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  • 2021-06-21 发布

人教版高三数学总复习第二章单元质量检测

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第二章单元质量检测 时间:90分钟 分值:100分 一、选择题(每小题4分,共40分)‎ ‎1.函数y=的定义域为(  )‎ A. B.∪(-1,+∞)‎ C. D.∪(-1,+∞)‎ 解析:由得x∈.‎ 答案:A ‎2.曲线y=x3-2x+4在点(1,3)处的切线的倾斜角为(  )‎ A.30° B.45°‎ C.60° D.120°‎ 解析:由y′=3x2-2得y′|x=1=1,即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1,所以切线的倾斜角为45°.‎ 答案:B ‎3.若已知函数f(x)=则f(f(1))+f 的值是(  )‎ A.7 B.2‎ C.5 D.3‎ 解析:f(1)=log21=0,所以f(f(1))=f(0)=2.因为log3<0,所以f eq lc( c)(avs4alco1(log3f(1,2)))=9+1=9log32+1=32log32+1=3log34+1=4+1=5,所以f(f(1))+f=2+5=7,故选A.‎ 答案:A ‎4.已知a=0.7,b=0.6,c=log2.11.5,则a,b,c的大小关系是(  )‎ A.c0,即f(x)在R上单调递增,因此函数f(x)只有一个零点,故选A.‎ 答案:A ‎6.已知函数f(x)=x-4+,x∈(0,4),当x=a时,f(x)取得最小值b,则函数g(x)=|x+b|的图象为(  )‎ 解析:由基本不等式得f(x)=x+1+-5≥2-5=1,当且仅当x+1=,‎ 即x=2时取得最小值1,故a=2,b=1,‎ 因此g(x)=|x+b|=|x+1|,‎ 只需将y=|x|的图象向左平移1个单位即可,‎ 其中y=|x|的图象可利用其为偶函数通过y=x作出,故选B.‎ 答案:B ‎7.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x),且在区间[0,2]上是增函数,则(  )‎ A.f(2)0时,f(x)的单调递减区间是(-3m,m),若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则,解得m≥3.当m<0时,f(x)的单调递减区间是(m,-3m),若f(x)在区间(-2,3)上是减函数,则,解得m≤-2.综上所述,实数m的取值范围是m≥3或m≤-2.故选D.‎ 答案:D ‎9.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于(  )‎ A.2 B.3‎ C.6 D.9‎ 解析:∵f′(x)=12x2-2ax-2b,‎ Δ=4a2+96b>0,又x=1是极值点,‎ ‎∴f′(1)=12-2a-2b=0,即a+b=6,且a>0,b>0,‎ ‎∴ab≤=9,当且仅当a=b时“=”成立,所以ab的最大值为9.‎ 答案:D ‎10.(2014·湖南卷)若0lnx2-lnx1 B.ex2-ex1x1ex2 D.x2ex1g(x2),x2ex1>x1ex2,故选C.‎ 答案:C 二、填空题(每小题4分,共16分)‎ ‎11.设f(x)=则f[f(-1)]=________.‎ 解析:f(-1)=(-1)2=1,所以f[f(-1)]=f(1)=21=2.‎ 答案:2‎ ‎12.不等式x2-2x<0表示的平面区域与抛物线y2=4x围成的封闭区域的面积为________.‎ 解析:由x2-2x<0,得00)有实根,‎ 所以a=-<0.‎ 答案:(-∞,0)‎ ‎14.对于函数f(x)=x|x|+px+q,现给出四个命题:‎ ‎①q=0时,f(x)为奇函数;‎ ‎②y=f(x)的图象关于(0,q)对称;‎ ‎③p=0,q>0时,方程f(x)=0有且只有一个实数根;‎ ‎④方程f(x)=0至多有两个实数根.‎ 其中正确命题的序号为________.‎ 解析:若q=0,则f(x)=x|x|+px=x(|x|+p)为奇函数,所以①正确;由①知,当q=0时,f(x)为奇函数,图象关于原点对称,f(x)=x|x|+px+q的图象由函数f(x)=x|x|+px向上或向下平移|q|个单位,所以图象关于(0,q)对称,所以②正确;当p=0,q>0时,f(x)=x|x|+q=当f(x)=0,得x=-,只有一解,所以③正确;取q=0,p=-1,f(x)=x|x|-x=由f(x)=0,可得x=0,x=±1有三个实根,所以④不正确.综上正确命题的序号为①②③.‎ 答案:①②③‎ 三、解答题(共4小题,共44分,解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤.)‎ ‎15.(10分)已知函数f(x)=a-.‎ ‎(1)求证:函数y=f(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ ‎(2)若f(x)<2x在(1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)证明:当x∈(0,+∞)时,f(x)=a-,‎ 设00,x2-x1>0,‎ f(x2)-f(x1)=- ‎=-=>0,‎ 所以f(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ ‎(2)由题意a-<2x在(1,+∞)上恒成立,‎ 设h(x)=2x+,则a1,‎ 所以2->0,所以h(x1)0,f(x)单调递增;‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 故f(x)在x=-2取极小值f(-2)=0,在x=0取极大值f(0)=4.‎ ‎(2)f′(x)=,‎ 因为当x∈时,<0,‎ 依题意当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.‎ 所以b的取值范围为.‎ ‎17.(12分)设函数f(x)=x2+ax-lnx(a∈R).‎ ‎(1)若a=1,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)过坐标原点O作曲线y=f(x)的切线,证明:切点的横坐标为1.‎ 解:(1)a=1时,f(x)=x2+x-lnx(x>0),‎ ‎∴f′(x)=2x+1-=,‎ 当x∈时,f′(x)<0;‎ 当x∈时,f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.‎ ‎(2)证明:设切点为M(t,f(t)),f′(x)=2x+a-,‎ 切线的斜率k=2t+a-,又切线过原点,则k=,‎ ‎∴=2t+a-,即t2+at-lnt=2t2+at-1.‎ ‎∴t2-1+lnt=0,‎ 存在性:t=1满足方程t2-1+lnt=0,‎ ‎∴t=1是方程t2-1+lnt=0的根.‎ 再证唯一性:设φ(t)=t2-1+lnt,φ′(t)=2t+>0,‎ φ(t)在(0,+∞)单调递增,且φ(1)=0,‎ ‎∴方程t2-1+lnt=0有唯一解.‎ 综上,切点的横坐标为1.‎ ‎18.(12分)(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.‎ ‎(1)求a;‎ ‎(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.‎ 解:(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a,‎ 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.‎ 由题意得-=-2,所以a=1.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.‎ 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.‎ 由题设知1-k>0.‎ 当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.‎ 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).‎ h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.‎ 所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.‎ 综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.‎