（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 階段檢測(cè)二 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、 1．已知集合A＝{x|＝，x∈R}，B＝{1，m}，若A?B，則m的值為_(kāi)_______________． 2．下列命題正確的是________． ①?x∈R，x2＋2x＋3＝0； ②?x∈N，x3＞x2； ③x＞1是x2＞1的充分不必要條件； ④若a＞b，則a2＞b2. 3．(2017·常蘇鹽錫聯(lián)考)已知映射f：A→B，其中A＝B＝R，對(duì)應(yīng)法則f：x→y＝|x|.若對(duì)實(shí)數(shù)k∈B，在集合A中不存在元素x使得f：x→k，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是____________． 4．已知函數(shù)f(x)＝則f(f())＝________. 5．(2016·皖南模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2

2、x＋1，如果使f(x)≤kx對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值是5，則實(shí)數(shù)k＝________. 6．(2016·宿遷模擬)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，且f(2)＝1，若f(x＋a)≤1對(duì)x∈[－1,1]恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________． 7．函數(shù)f(x)＝x3＋3x2＋3x－a的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是________． 8．若函數(shù)f(x)＝1＋＋tan x在區(qū)間[－1,1]上的值域?yàn)閇m，n]，則m＋n＝________. 9．已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝f(x)，且在區(qū)間[0,2]上，f(x)＝x，若關(guān)于x的方程f

3、(x)＝logax有三個(gè)不同的根，則a的取值范圍為_(kāi)_____________． 10．若曲線C1：y＝ax2(x＞0)與曲線C2：y＝ex存在公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_____________． 11．設(shè)全集為R，集合M＝{x|x2≤4}，N＝{x|log2x≥1}，則(?RM)∩N＝________. 12．已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝ln ＋的圖象分別與直線y＝m交于A，B兩點(diǎn)，則AB的最小值為_(kāi)_______． 13．設(shè)a，b∈Z，已知函數(shù)f(x)＝log2(4－|x|)的定義域?yàn)閇a，b]，其值域?yàn)閇0,2]，若方程|x|＋a＋1＝0恰有一個(gè)解，則b－a＝____

4、____. 14．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝e－x(x－1)．給出以下命題： ①當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝ex(x＋1)； ②函數(shù)f(x)有五個(gè)零點(diǎn)； ③若關(guān)于x的方程f(x)＝m有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是f(－2)≤m≤f(2)； ④對(duì)?x1，x2∈R，|f(x2)－f(x1)|＜2恒成立． 其中，正確命題的序號(hào)是________． 15．已知集合A是函數(shù)y＝lg(20＋8x－x2)的定義域，集合B是不等式x2－2x＋1－a2≥0(a＞0)的解集，p：x∈A，q：x∈B. (1)若A∩B＝?，求a的取值范圍； (2)若綈p是q的充分不必要條件，

5、求a的取值范圍． 16．設(shè)命題p：關(guān)于x的二次方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一個(gè)根大于零，另一根小于零；命題q：不等式2x2＋x＞2＋ax對(duì)?x∈(－∞，－1)恒成立．如果命題“p∨q”為真命題，命題“p∧q”為假命題，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 17．已知函數(shù)f(x)＝aln x(a＞0)，求證：f(x)≥a(1－)． 18．(2016·鹽城模擬)定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(2)＝，且對(duì)任意x，y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)． (1)求證：f(x)為奇函數(shù)； (2)若f(k·3x)＋f(3x－9x－2)＜0對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

6、 19．(2016·泰州模擬)為了緩解城市交通壓力，某市市政府在市區(qū)一主要交通干道修建高架橋，兩端的橋墩現(xiàn)已建好，已知這兩橋墩相距m米，“余下的工程”只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩．經(jīng)測(cè)算，一個(gè)橋墩的工程費(fèi)用為256萬(wàn)元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費(fèi)用為(2＋)x萬(wàn)元．假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點(diǎn)，且不考慮其他因素．記“余下工程”的費(fèi)用為y萬(wàn)元． (1)試寫(xiě)出工程費(fèi)用y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)當(dāng)m＝640米時(shí)，需新建多少個(gè)橋墩才能使工程費(fèi)用y最小？并求出其最小值． 20．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax2(x∈R)，e＝2.718 28…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1

7、)求函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(0,1)處的切線方程； (2)若函數(shù)f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，試求實(shí)數(shù)a的范圍． 答案精析 1．2　2.③　3.(－∞，0)　4.－2 5. 解析　設(shè)g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，由題意知g(x)≤0對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈(1，m]都成立的m的最大值為5，所以x＝5是方程g(x)＝0的一個(gè)根，將x＝5代入g(x)＝0，可以解得k＝(經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意)． 6．[－1,1] 解析　因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，f(2)＝1且在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(－2)＝f(2)＝1. 因?yàn)閒(x＋a)≤1，

8、所以－2≤x＋a≤2.(*) 又(*)式對(duì)?x∈[－1,1]恒成立， 所以(－2－x)max≤a≤(2－x)min， 所以－1≤a≤1. 7．0 解析　因?yàn)閒′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，則f(x)在R上是增函數(shù)，所以不存在極值點(diǎn)． 8．4 解析　因?yàn)閒(x)＝1＋＋tan x， 所以f(－x)＝1＋＋tan(－x) ＝1＋－tan x， 則f(x)＋f(－x)＝2＋＋＝4. 又f(x)＝1＋＋tan x在區(qū)間[－1,1]上是一個(gè)增函數(shù)，其值域?yàn)閇m，n]，所以m＋n＝f(－1)＋f(1)＝4. 9．(，) 解析　由f(x－4)＝f(x)，知f(x)

9、的周期為4，又f(x)為偶函數(shù)，所以f(x－4)＝f(x)＝f(4－x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，作出函數(shù)y＝f(x)與y＝logax的圖象如圖所示，要使方程f(x)＝logax有三個(gè)不同的根，則解得＜a＜. 10. 解析　根據(jù)題意，函數(shù)y＝ax2與y＝ex的圖象在(0，＋∞)上有公共點(diǎn)，令ax2＝ex，得a＝(x＞0)． 設(shè)f(x)＝(x＞0)， 則f′(x)＝， 由f′(x)＝0，得x＝2. 當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)； 當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(2，＋∞)上是增函數(shù)． 所以當(dāng)x＝2

10、時(shí)，函數(shù)f(x)＝在(0，＋∞)上有最小值f(2)＝，所以a≥. 11．(2，＋∞) 解析　由M＝{x|x2≤4}＝{x|－2≤x≤2}＝[－2,2]，可得?RM＝(－∞，－2)∪(2，＋∞)，又N＝{x|log2x≥1}＝{x|x≥2}＝[2，＋∞)，則(?RM)∩N＝(2，＋∞)． 12．2＋ln 2 解析　顯然m＞0，由ex＝m， 得x＝ln m， 由ln ＋＝m，得x＝， 則AB＝－ln m. 令h(m)＝－ln m， 由h′(m)＝－＝0， 求得m＝. 當(dāng)0＜m＜時(shí)，h′(m)＜0， 函數(shù)h(m)在上單調(diào)遞減； 當(dāng)m＞時(shí)，h′(m)＞0， 函數(shù)h(m)在上

11、單調(diào)遞增． 所以h(m)min＝h＝2＋ln 2， 因此AB的最小值為2＋ln 2. 13．5 解析　由方程|x|＋a＋1＝0恰有一個(gè)解，得a＝－2. 又解得－3≤x≤3， 所以b＝3. 所以b－a＝3－(－2)＝5. 14．①④ 解析　當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0，所以f(－x)＝ex(－x－1)＝－f(x)，所以f(x)＝ex(x＋1)，故①正確；當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)＝ex(x＋1)＋ex，令f′(x)＝0，所以x＝－2，所以f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2,0)上單調(diào)遞增，而在(－∞，－1)上，f(x)＜0，在(－1,0)上，f(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0

12、)上僅有一個(gè)零點(diǎn)，由對(duì)稱性可知，f(x)在(0，＋∞)上也有一個(gè)零點(diǎn)，又f(0)＝0，故該函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，故②錯(cuò)誤；因?yàn)楫?dāng)x＜0時(shí)，f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2,0)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x＜－1時(shí)，f(x)＜0，當(dāng)－1＜x＜0時(shí)，f(x)＞0，所以當(dāng)x＜0時(shí)，f(－2)≤f(x)＜1，即－≤f(x)＜1，由對(duì)稱性可知，當(dāng)x＞0時(shí)，－1＜f(x)≤，又f(0)＝0，故當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時(shí)，f(x)∈(－1,1)，若關(guān)于x的方程f(x)＝m有解，則－1＜m＜1，且對(duì)?x1，x2∈R，|f(x2)－f(x1)|＜2恒成立，故③錯(cuò)誤，④正確． 15．解　(1)由題意得A＝{x|－2＜x

13、＜10}，B＝{x|x≥1＋a或x≤1－a}． 若A∩B＝?，則必須滿足 ∴a的取值范圍為a≥9. (2)易得綈p：x≥10或x≤－2. ∵綈p是q的充分不必要條件， ∴{x|x≥10或x≤－2}是{x|x≥1＋a或x≤1－a}的真子集，則 其中兩個(gè)等號(hào)不能同時(shí)成立，解得0＜a≤3， ∴a的取值范圍為0＜a≤3. 16．解　令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a－2. ∵二次方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一個(gè)根大于零，另一根小于零， ∴f(0)＜0，即a－2＜0，∴a＜2. ∴命題p為真時(shí)，有a＜2. ∵x∈(－∞，－1)， ∴由不等式2x2＋x＞2＋ax，

14、可得a＞2x－＋1. 令g(x)＝2x－＋1， ∴g′(x)＝2＋＞0， ∴g(x)在x∈(－∞，－1)單調(diào)遞增，且g(－1)＝1， ∴g(x)∈(－∞，1)． 又不等式2x2＋x＞2＋ax 對(duì)?x∈(－∞，－1)恒成立， ∴命題q為真時(shí)，有a≥1. 依題意，命題“p∨q”為真命題， 命題“p∧q”為假命題，則有 ①若p真q假，得a＜1； ②若p假q真，得a≥2. 綜上可得，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為 (－∞，1)∪[2，＋∞)． 17．證明　要證f(x)≥a(x＞0)， 只需證f(x)－a≥0(x＞0)， 即證a≥0(x＞0)． ∵a＞0， ∴只需證ln x＋

15、－1≥0(x＞0)． 令g(x)＝ln x＋－1(x＞0)， 即證g(x)min≥0(x＞0)． ∴g′(x)＝－＝(x＞0)． 令g′(x)＝0，得x＝1. ∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0，此時(shí)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0， 此時(shí)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴[g(x)]min＝g(1)＝0≥0，即ln x＋－1≥0成立， 故有f(x)≥a成立． 18．(1)證明　f(x＋y)＝f(x)＋f(y)(x，y∈R)，① 令x＝y(tǒng)＝0，代入①式， 得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0. 令y＝－x，代入①式， 得f

16、(x－x)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0， 則有0＝f(x)＋f(－x)． 即f(－x)＝－f(x)對(duì)任意x∈R恒成立， 所以f(x)是奇函數(shù)． (2)解　f(2)＝＞0，即f(2)＞f(0)， 又f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)， 所以f(x)在R上是增函數(shù)． 又由(1)知f(x)是奇函數(shù)， f(k·3x)＜－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)， 所以k·3x＜－3x＋9x＋2,32x－(1＋k)·3x＋2＞0對(duì)任意x∈R恒成立． 令t＝3x＞0，問(wèn)題等價(jià)于t2－(1＋k)t＋2＞0對(duì)任意t＞0恒成立． 令g(t)＝t2－(1＋k)t＋2， 其對(duì)稱軸t＝.

17、 當(dāng)＜0，即k＜－1時(shí)， g(0)＝2＞0，符合題意； 當(dāng)≥0時(shí)， 對(duì)任意t＞0，g(t)＞0恒成立? 解得－1≤k＜－1＋2. 綜上所述，當(dāng)k＜－1＋2時(shí)，f(k·3x)＋f(3x－9x－2)＜0對(duì)任意x∈R恒成立． 19．解　(1)設(shè)需要新建n(n∈N*)個(gè)橋墩，則(n＋1)x＝m， ∴n＝－1(n∈N*)． ∴y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋)x＝256＋(2＋)x＝＋m＋2m－256(0＜x≤m)． (2)由(1)得，f′(x)＝－＋mx－＝(x－512)． 令f′(x)＝0，得x＝512，∴x＝64. 當(dāng)0＜x＜64時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)，f(x)

18、在區(qū)間(0,64)內(nèi)為減函數(shù)； 當(dāng)64≤x＜640時(shí)，f′(x)＞0， 此時(shí)，f(x)在區(qū)間[64,640)內(nèi)為增函數(shù)． ∴函數(shù)f(x)在x＝64處取得極小值，也是其最小值． ∵m＝640，∴n＝－1＝－1＝9. 此時(shí)，ymin＝8 704(萬(wàn)元)． 故需新建9個(gè)橋墩才能使工程費(fèi)用y取得最小值，且最少費(fèi)用為8 704萬(wàn)元． 20．解　(1)由題設(shè)，得f′(x)＝ex－2ax， ∴f′(0)＝1， ∴f(x)在點(diǎn)P(0,1)處的切線方程為y－1＝f′(0)x， 即y＝x＋1. (2)依題意，知f′(x)＝ex－2ax≥0(x∈R)恒成立， ①當(dāng)x＝0時(shí)，有f′(x)≥0恒成立，此時(shí)a∈R. ②當(dāng)x＞0時(shí)，有2a≤， 令g(x)＝，則g′(x)＝， 由g′(x)＝0，得x＝1且當(dāng)x＞1時(shí)， g′(x)＞0； 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0. ∴g(x)min＝g(1)＝e， 則有2a≤g(x)min＝e， ∴a≤. ③當(dāng)x＜0時(shí)，有2a≥， ∵＜0，則有2a≥0，∴a≥0. 又a＝0時(shí)，f′(x)＝ex≥0恒成立． 綜上，若函數(shù)f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，所求a∈.