廣西陸川縣中學1屆高三上學期理科數(shù)學周測（）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2012屆數(shù)學周測試題(3）2011年8月23日一、選擇題(每小題5分,共60分)1．設(shè)f：x→x2是集合A到集合B的映射,如果B＝｛1,2}，則A∩B等于()A．｛1｝ B．?C．?或｛1｝ D．?或｛2｝2．設(shè)函數(shù),若，則實數(shù)a的取值范圍是(）A．（－∞,－3)B．(－∞,－1）C．（1，＋∞) D．（0，1)3.函數(shù)y＝log2eq\f（2－x,2＋x）的圖象（）A．關(guān)于原點對稱B．關(guān)于直線y＝－x對稱C．關(guān)于y軸對稱D．關(guān)于直線y＝x對稱4．設(shè)f(x）是R上的奇函數(shù)，當x〉0時，f（x）＝2x＋x,則當x〈0時，f（x）＝()A．－（－eq\f(1，2))x－x B．－(eq\f（1，2))x＋xC．－2x－x D．－2x＋x5.函數(shù)f(x)＝（eq\f(1,2）)x與函數(shù)g(x）＝logeq\f（1，2)|x｜在區(qū)間（－∞，0)上的單調(diào)性為（）A．都是增函數(shù)B．都是減函數(shù)C．f（x)是增函數(shù)，g(x）是減函數(shù)D．f(x)是減函數(shù)，g（x）是增函數(shù)6。已知偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)增加，則滿足的取值范圍是A．(eq\f（1,3），eq\f(2,3）） B．［eq\f(1，3）,eq\f(2，3））C．(eq\f（1,2）,eq\f(2,3)) D．［eq\f(1,2），eq\f(2,3)）7．設(shè)函數(shù)f（x)＝－x2＋4x在[m，n]上的值域是[－5,4]則m＋n的取值所組成的集合為()A．［0,6] B．［－1，1］C．[1,5] D．[1,7］8.已知二次函數(shù)f（x)的圖象如圖所示，則其導函數(shù)f′（x）的圖象的大致形狀是(）9．過曲線y＝eq\f（a2，x)(a≠0)上任意一點處的切線與兩坐標軸圍成三角形的面積是()A．a(chǎn)2 B。eq\r（2)a2C．2a2 10．若函數(shù)f(x）＝eq\f(ax＋1,x＋2）（a為常數(shù)），在（－2，2)內(nèi)為增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（eq\f（1,2),＋∞) B．［eq\f（1，2),＋∞）C．（－∞，eq\f(1，2)） D．（－∞,eq\f(1，2）]11。若函數(shù)（其中為常數(shù)）的圖象如右圖所示，則函數(shù)的大致圖象是（）ABCD12。已知函數(shù)f（x)＝log2（a－2x）＋x－2，若f（x)存在零點，則實數(shù)a的取值范圍是(）A.（－∞，－4]∪[4，＋∞）B。［1，＋∞)C.［2，＋∞）D。［4，＋∞)二、填空題(每小題5分，共20分）13.已知=_______.14．設(shè)a，b∈R且a≠2，若定義在區(qū)間(－b，b)內(nèi)的函數(shù)f（x）＝lgeq\f(1＋ax，1＋2x)是奇函數(shù),則a＋b的取值范圍是________．15。下列三個命題：①若函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱,則;②若函數(shù)的圖象關(guān)于點（1,1)對稱,則a=1；③函數(shù)的圖象關(guān)于直線x=1對稱.其中真命題的序號是_______________.(把真命題的序號都填上）16.在R上的可導函數(shù)f（x）滿足：f(0）＝0，xf′（x)〉0,則①f(－2）<f(－1）；②f(x）不可能是奇函數(shù)；③函數(shù)y＝xf（x)在R上為增函數(shù)；④存在區(qū)間[a，b］,對任意x1,x2∈[a，b]，都有f(eq\f（x1＋x2,2））≤eq\f(fx1＋fx2，2）成立．其中正確命題的序號為（將所有正確命題的序號都填上）________。一、選擇題答題卡題號123456789101112答案二、填空題答題卡13。14.15。16.三、解答題（共70分)17.（本小題10分)已知定義在R上的函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，當x>0時，f(x）＝x(1＋x），求：（1）當x〈0時，f（x）的解析式；(2)滿足f(x）＝1＋x的x值．18。（本小題12分）設(shè)函數(shù)f(x）＝lnx，g（x）＝ax＋eq\f(b,x），函數(shù)f(x）的圖象與x軸的交點也在函數(shù)g（x）的圖象上，且在此點有公切線．(1）求a、b的值；（2）對任意x>0，試比較f（x)與g(x）的大小．19。（本小題12分）已知函數(shù)f（x)＝ax2－2ax＋2＋b（a≠0）,在區(qū)間［2，3］上有最大值5，最小值2。(1）求a,b的值;(2）若b〈1，g（x)＝f(x)－(2m)·x在[2,4］上單調(diào)，求m20.(本小題12分）已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx在區(qū)間［0,1]上是增函數(shù),在區(qū)間（－∞，0]與[1,＋∞）上是減函數(shù),且f′（eq\f(1，2)）＝eq\f(3,2）。(1）求f(x)的解析式;（2)若在區(qū)間［0,m]（m〉0)上恒有f(x)≤x成立，求m的取值范圍．21.(本小題12分)已知函數(shù)f(x）＝eq\f(ln1＋x,x）。(1)確定y＝f(x）在(0,＋∞）上的單調(diào)性；（2）設(shè)h（x）＝x·f(x)－x－ax3在(0,2）上有極值，求a的取值范圍．22。(本小題12分）設(shè)函數(shù)f（x）＝x2＋2，g（x）＝alnx＋bx，(a〉0）．（1）若g（x）在x＝1處的切線方程為2x－y－1＝0，求F(x)＝f(x）－g（x）－2的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)G(x)＝f(x）－g(x)有兩個不同零點x1，x2,且2x0＝x1＋x2,試探究G′(x0）值的符號．2012屆數(shù)學周測(3）答案理一、選擇題1.答案:C解析：由已知可得集合A是集合｛－eq\r(2),－1，1，eq\r（2）}的非空子集，則A∩B＝?或{1｝．2.答案：B解析：當a≥0時，f(a)＝eq\f(2，3)a－1，則由f(a)〉a得a<－3，所以這樣的a不存在．當a〈0時，f(a)＝eq\f(1,a)，則由f（a)〉a得a<－1。綜上可知,所求a的取值范圍為（－∞，－1)．3.答案：A解析:∵f(x)＝log2eq\f（2－x，2＋x）,∴f(－x)＝log2eq\f（2＋x，2－x）＝－log2eq\f（2－x，2＋x).∴f（－x）＝－f（x)．又∵x∈（－2,2)，∴f（x)是奇函數(shù)．故選A。4。答案：B解析:當x<0時，則－x〉0,∴f(－x）＝2－x－x.又f(x)為奇函數(shù)，∴f(x)＝－f(－x)＝－（eq\f（1,2))x＋x.故選B.5。答案:D解析：f（x）＝(eq\f（1,2)）x在x∈（－∞，0）上為減函數(shù)，g(x)＝logeq\f（1,2)|x｜在(－∞，0）上為增函數(shù)．6。答案：A解析：當2x－1≥0，即x≥eq\f（1,2)時，因為f（x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故需滿足2x－1<eq\f（1，3)，即x<eq\f（2，3)，所以eq\f（1，2)≤x〈eq\f（2，3)。當2x－1〈0，即x<eq\f(1,2）時，由于f（x)是偶函數(shù)，故f（x）在(－∞，0］上單調(diào)遞減，f(eq\f(1,3))＝f（－eq\f（1,3)），此時需滿足2x－1>－eq\f（1，3)，所以eq\f(1，3)<x<eq\f（1，2)，綜上可得eq\f（1,3)〈x〈eq\f（2,3)。7.答案：D解析：由－x2＋4x＝4得x＝2,由－x2＋4x＝－5,解得x＝5或x＝－1，結(jié)合二次函數(shù)的圖象知－1≤m≤2，2≤n≤5，故－1＋2≤m＋n≤2＋5，即1≤m＋n≤7.8.答案：C解析：由函數(shù)f（x)的圖象知:當x∈（－∞，1］時，f（x）為減函數(shù)，∴f′（x）≤0;當x∈[1,＋∞）時，f（x）為增函數(shù)，∴f′(x）≥0。結(jié)合選項知選C。9。答案:C解析：設(shè)點(x0,y0）在曲線上,求導得曲線的切線方程為：y－eq\f(a2，x0)＝－eq\f（a2，x02）（x－x0),∴S＝eq\f（1,2)|2x0×eq\f(2a2，x0)｜＝2a2，選C.10.答案：A解析：因為f′（x)＝eq\f(2a－1，x＋22)，所以由題意,可得f′(x）＝eq\f（2a－1,x＋22）≥0在(－2,2）上恒成立，即a≥eq\f（1,2）,當a＝eq\f（1,2)時，f′(x）＝eq\f（2a－1，x＋22）＝0恒成立．即當a＝eq\f（1,2）時，函數(shù)f（x)不是單調(diào)遞增函數(shù)，所以a〉eq\f（1，2）。11.答案：D12。答案：D解析：據(jù)題意令log2(a－2x）＝2－x?22－x＝a－2x，令2x＝t，則原方程等價于eq\f(4，t)＝a－t?t2－at＋4＝0有正根即可,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系t1t2＝4〉0,即若方程有正根，必有兩正根，故有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝a〉0，a2－16≥0）)?a≥4。二、填空題13。答案：114。(－2，－eq\f(3,2)]解析：由f（－x）＋f(x）＝0得eq\f（1－a2x2，1－4x2）＝1，（a2－4）x2＝0，從而a＝－2，∴f(x)＝lgeq\f(1－2x，1＋2x）.從而eq\f（1－2x，1＋2x)>0，∴－eq\f（1，2）〈x<eq\f（1,2），∴(－b，b)?(－eq\f（1，2)，eq\f(1,2))，∴0<b≤eq\f（1,2）,故－2〈a＋b≤－eq\f(3,2）。15.（2）(3）16.答案：②③解析：該函數(shù)的特點是f（0）＝0，當x〉0時，f′（x）〉0，即在(0,＋∞）上單調(diào)遞增,同理在（－∞，0)上單調(diào)遞減,所以f（x）≥0.由于f(x）在（－∞，0)上單調(diào)遞減，故f(－2）<f（－1）不正確，故①不正確；由于奇函數(shù)在定義域關(guān)于原點對稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性,故f（x）不可能是奇函數(shù),故②正確;y＝xf（x)的導數(shù)為y′＝f（x）＋xf′(x),而f（x)≥0，故f（x）＋xf′(x)〉0，所以③正確；結(jié)合草圖(如圖）分析知④不正確．三、解答題17。解:(1）設(shè)x<0,則－x>0，所以f(－x)＝－x(1－x）．因為f(x)為奇函數(shù)，所以f（x)＝－f(－x)＝x（1－x)．（2)因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＋x，x≥0,，x1－x，x<0，））且f（x)＝1＋x，所以當x≥0時，x（1＋x）＝1＋x,即x2＝1，解得x＝±1，所以x＝1成立；當x〈0時，x（1－x）＝1＋x，即－x2＝1，無解．綜上x＝1.18。解：（1）f(x）＝lnx與x軸交于點(1，0)，g(1）＝a＋b＝0①又f′(1)＝g′（1)即a－b＝1②由①，②解得a＝eq\f（1,2)，b＝－eq\f(1，2)。（2）令F（x)＝f(x)－g(x)＝lnx－eq\f（1，2）(x－eq\f(1，x)），F(xiàn)′(x)＝－eq\f(x－12，2x2）≤0?！郌（x)在(0，＋∞）上是減函數(shù)，又F(1）＝0，所以，當x＝1時，f(x)＝g（x)；當0<x<1時，f（x)〉g(x）；當x>1時，f（x）<g（x）．19。解：（1)f(x)＝a(x－1）2＋2＋b－a.①當a〉0時，f（x)在[2,3］上為增函數(shù)．故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（f3＝5,f2＝2）)?eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋2＋b＝5,4a－4a＋2＋b＝2))?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝1，b＝0））。②當a<0時，f(x）在［2，3]上為減函數(shù),故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f3＝2，f2＝5）)?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（9a－6a＋2＋b＝2，4a－4a＋2＋b＝5）)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，b＝3））.（2）∵b<1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2,g（x）＝x2－2x＋2－（2m)x＝x2－（2＋2m）x＋2.eq\f（2＋2m,2)≤2或eq\f(2m＋2，2）≥4?！?m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log20.解:（1）由f（x）＝ax3＋bx2＋cx，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c。又由f（x)在區(qū)間[0,1］上是增函數(shù)，在區(qū)間(－∞,0］與[1，＋∞）上是減函數(shù)，可知x＝0和x＝1是f′（x)＝0的解，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f′0＝0，，f′1＝0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝0,，3a＋2b＋c＝0。））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝0,，b＝－\f(3，2）a.))∴f′（x)＝3ax2－3ax。又由f′(eq\f（1,2）)＝eq\f（3,2)，得f′(eq\f（1,2)）＝eq\f（3a，4)－eq\f（3a,2）＝eq\f（3,2）,∴a＝－2,即f（x）＝－2x3＋3x2.（2)由f（x）≤x，得－2x3＋3x2≤x，即x（2x－1)（x－1）≥0,∴0≤x≤eq\f（1,2)或x≥1。又f(x）≤x在區(qū)間［0,m］(m>0）上恒成立，∴0〈m≤eq\f(1，2）.21。解：（1)由題知f′（x）＝eq\f（\f(x，x＋1）－ln1＋x，x2），設(shè)g（x)＝eq\f（x，x＋1)－ln(1＋x)(x〉0)，則g′（x)＝eq\f(1,x＋12）－eq\f(1，x＋1）＝eq\f(－x，x＋12)〈0在（0,＋∞)上恒成立,∴g（x)在（0，＋∞)上單調(diào)遞減,∴g（x）〈g（0)＝0，∴f′(x)<0.因此f(x)在（0,＋∞)上單調(diào)遞減．（2)由h（x)＝x·f(x)－x－ax3可得，h′(x)＝eq\f(1,x＋1）－1－3ax2＝eq\f(－x3ax2＋3ax＋1,x＋1)，若a≥0，對任意x∈（0,2),h′(x）<0,∴h（x)在(0,2)上單調(diào)遞減，則f（x)在(0，2)上無極值．若a<0，h(x)＝x·f（x）－x－ax3在(0，2)上有極值的充要條件是φ（x)＝3ax2＋3ax＋1在（0,2)上有零點，又φ（x）在（－eq\f(1，2),＋∞）上單調(diào)，∴φ(0)·φ（2）<0,解得a〈－eq\f(1,18）.綜上,a的取值范圍是（－∞,－eq\f(1，18）)．22.解：(1)由題知，eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（g1＝b＝1，g′1＝a＋b＝2)）,∴a＝b＝1,∴F（x)＝f（x)－g(x）－2＝x2－lnx－x，則F′(x)＝2x－eq\f(1,x)－1＝eq\f(2x2－x－1，x）＝eq\f（x－12x＋1，x)，∴x∈（0,1）時，F(xiàn)′（x)〈0，F(xiàn)(x）為減函數(shù),x∈(1，＋∞)時,F′(x）〉0,F(x）為增函數(shù)，∴F(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0，