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2012年数学一轮复习精品试题第一、二、三模块 集合与常用逻辑用语 函数 导数及其应用


2012 年数学一轮复习精品试题第一、二、三模块 集合与 常用逻辑用语 函数 导数及其应用

一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的. 1.(2010· “九校”高三联考)已知集合 A={0,a},B={b|b2-3b<0,b∈Z},A∩B≠?则实数 a 的值为 ( ) A.1

B.2 C.1 或 2 D.2 或 3

解析:B={1,2}.由 A∩B≠?,得 a=1 或 2,故选 C. 答案:C 2.(2010· 山东枣庄高三调研)设集合 A={ x|-2<-a<x<a,a>0},命题 p:1∈A,命题 q:2∈A.若 p∨q 为真命题,p∧q 为假命题,则 a 的取值范围是( A.0<a<1 或 a>2 B.0<a<1 或 a≥2 ) C.1<a<2 D.1≤a≤2

解析:p∨q 为真命题,p∧q 为假命题,则命题 p,q 一真一假.命题 p 为真时,a>1,又-2<-a,则 a<2,∴1<a<2.由 a<2 知命题 q 为假,故选 C. 答案:C 3.若 p、q 是两个命题,则“p∨q 为真命题”是“(綈 p)∧(綈 q)为假命题”的( A.充分非必要条件 C.充要条件 B.必要非充分条件 D.既非充分也非必要条件 )

解析:“p∨q 为真命题”则 p,q 至少有一个为真,∴綈 p,綈 q 至少有一个为假,∴(綈 p)∧(綈 q) 为假命题.反之,“(綈 p)∧(綈 q)为假命题”则綈 p,綈 q 至少有一个为假,则 p,q 至少有一个为真,因 此 p∨q 为真命题. 答案:C 4.函数 f(x)=πx+log2x 的零点所在区间为( 1 A.?0,8? ? ? 1 1 B.?8,4? ? ? 1 1 C.?4,2? ? ? ) 1 D.?2,1? ? ?

1 ?1 解析:因为 f(x)在定义域内为单调递增函数,而在 4 个选项中,只有 f?4?· 2?<0,所以零点所在区间 ? ? f? ? 1 1 为?4,2?. ? ? 答案:C

5.2008 年北京成功举办了第 29 届奥运会,中国取得了 51 金、21 银、28 铜的骄人成绩.下表为北京 奥运会官方票务网站公布的几种球类比赛的门票价格,某球迷赛前准备用 12000 元预订 15 张下表中球类 比赛的门票:
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比赛 项目 男篮 足球 乒乓 球

票价(元/ 场) 1000 800 500

若在准备资金允许的范围内和总票数不变的前提下,这个球迷想预订上表中三种球类门票,其中足球 门票数与乒乓球门票数相同,且足球门票的费用不超过男篮门票的费用,则可以预订男篮门票数为( A.2 B.3 C.4 D.5 )

解析:设足球门票数与乒乓球门票数都预定 n(n∈N*)张,则男篮门票数为(15-2n)张,得:
? ?800n+500n+1000(15-2n)≤12000 ? ?800n≤1000(15-2n) ?

2 5 解得 4 ≤n≤5 ,由 n∈N*,可得 n=5,15-2n=5. 答案:D 7 14 6.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+2)=3f(x),当 x∈[0,2]时,f(x)=x2-2x,则当 x∈[-4,-2]时,f(x) 的最小值是( 1 A.- 9 ) 1 B.- 3 1 C. 9 D.-1

解析:由 f(x+2)=3f(x),当 x∈[0,2]时,f(x)=x2-2x,当 x=1 时 f(x)取得最小值. 所以,当 x∈[-4,-2]时,x+4∈[0,2], 所以当 x+4=1 时 f(x)有最小值, 1 1 1 1 即 f(-3)= f(-3+2)= f(-1)= f(1)=- .答案:A 3 3 9 9
? ?log2(4-x),x≤0 7.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)=? ,则 f(3)的值为( ? ?f(x-1)-f(x-2),x>0

)

A.-1 B.-2

C.1 D.2

解析:依题意得 f(3)=f(2)-f(1)=f(1)-f(0)-f(1)=-f(0) =-log2(4-0)=-2,故选 B.答案:B 评析:分段函数一直是高考的热点内容,求分段函数的函数值时,必须根据自变量的值,选择相应区 间上的函数解析式代入求解,有时需要重复代入多次 才能求出结果. 8.函数 f(x)=x3+3x2+4x-a 的极值点的个数是( A.2 B.1 C.0 )

D.由 a 确定

解析:f′(x)=3x2+6x+4=3(x+1)2+1>0,则 f(x)在 R 上是增函数,故不存在极值点.故选 C. 答案:C 1 9.下列图象中,有一个是函数 f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R,a≠0)的导函数 y=f′(x)的图象, 3 则 f(-1)等于( )
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解析:∵f′(x)=x2+2ax+(a2-1),∴导函数 f′(x)的图象开口向上. 又∵a≠0,∴其图象必为第三个图.由图象特征知 f′(0)=0,且-a>0,∴a=-1. 1 1 故 f(-1)=- -1+1=- .答案:B 3 3 10.(2010· 德州市质检)如图是函数 f(x)的导函数 y=f′(x)的图象,则下面判断正确的是( )

A.在(-2,1)内 f(x)是增函数 C.在(4,5)内 f(x)是增函数

B.在(1,3)内 f(x)是减函数 D.在 x=2 时,f(x)取到极小值

解析:在(-2,1)上,导函数的符号有正有负,所以函数 f(x)在这个区间上不是单调函数;同理,函数 3 f(x)在(1,3)上也不是单调函数.在 x=2 的左侧,函数 f(x)在?-2,2?上是增函数,在 x=2 的右侧,函数 f(x) ? ? 在(2,4)上是减函数,所以在 x=2 时,f(x)取到极大值;在(4,5)上导函数的符号为正,所以函数 f(x)在这个区 间上为增函数. 答案:C 11.已知函数 f(x)=x3-px2-qx 的图象与 x 轴切于(1,0)点,则 f(x)的极大值、极小值分别为( 4 A. ,0 27 4 B.0, 27 4 C.- ,0 27 4 D.0,- 27 )

解析:f′(x)=3x2-2px-q,由 f′(1)=0,f(1)=0 得
? ? ?3-2p-q=0 ?p=2 ? ,解得? ,∴f(x)=x3-2x2+x. ? ? ?1-p-q=0 ?q=-1

1 由 f′(x)=3x2-4x+1=0,得 x= 或 x=1, 3 1 4 进而求得当 x= 时,f(x)取极大值 ,当 x=1 时,f(x)取极小值 0,故选 A. 3 27 答案:A 12.(2010· 寿光市质检)不等式 ex-x>ax 的解集为 P,且[0,2]?P,则实数 a 的取值范围是(
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)

A.(-∞,e-1) B.(e-1,+∞)

C.(-∞,e+1) D.(e+1,+∞)

解析:因为 ex-x>ax 的解集为 P,且[0,2]?P,所以对任意 x∈[0,2],ex-x>ax 恒成立,当 x=0 时, ex 不等式成立,故 0<x≤2 时,a< -1 恒成立.[来源:学。科。网 Z。X。X。K] x (x-1)ex ex 令 g(x)= -1,则 g′(x)= , x x2 当 1<x≤2 时,g′(x)>0,当 0<x<1 时,g′(x)<0. 所以当 x=1 时,g(x)取得最小值 e-1, 所以 a 的取值范围是(-∞,e-1),故选 A. 答案:A 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在题中的横线上. 13.(2010· 通州市三余中学高三第三次模拟)已知命题 p:函数 y=log0.5(x2+2x+a)的值域为 R.命题 q: 函数 y=-(5-2a)x 是 R 上的减函数. p 或 q 为真命题, 且 q 为假命题, 若 p 则实数 a 的取值范围是________. 解析: 函数 y= log0.5(x2+2x+a)的值域为 R, 方程 x2+2x+a=0 的判别式 Δ≥0, 4-4a≥0, 即 ∴a≤1. 函数 y=-(5-2a)x 是 R 上的减函数,则 5-2a>1,∴a<2.∵p 或 q 为真命题,p 且 q 为假命题,∴p,q 一 真一假,当 p 真 q 假时,无解;当 p 假 q 真时,1<a<2. 答案:(1,2) 14.若 f(x)是幂函数,且满足 1 f(4) =3,则 f?2?=______. ? ? f(2)

4α 解析:设 f(x)=xα,则有 α=3,解得 2α=3,α=log23, 2 1 1 1 - ∴f?2?=?2?log23=2 log23= . ? ? ? ? 3 1 答案: 3

sinx 15.已知函数 f(x)=1- (x∈R)的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m=________. 1+|x| sinx 解析:令 g(x)=- (x∈R),显然它是一个奇函数,所以 g(x)的最大值与最小值之和等于 0,而 f(x) 1+|x| 的最大值等于 g(x)的最大值加上 1,f(x)的最小值等于 g(x)的最小值加上 1,所以 f(x)的最大值与最小值之和 等于 2,即 M+m=2. 答案:2 16.(2010· 扬州市质检)已知函数 f(x)=lnx+2x,g(x)=a(x2+x),若 f(x)≤g(x)恒成立,则实数 a 的取值 范围是________. -(2x+1)(ax-1) 1 解析: F( x)=f(x)-g(x), 设 其定义域为(0, +∞), F′(x)= +2-2ax-a= 则 , x∈(0, x x +∞). 当 a≤0 时,F′(x)>0,F(x)单调递增,F(x)≤0 不可能恒成立, 1 1 当 a>0 时,令 F′(x)=0,得 x= 或 x=- (舍去). a 2 1 1 1 1 当 0<x< 时,F′(x)>0,当 x> 时,F′(x)<0,故 F(x)在(0,+∞)上有最大值 F?a?,由题意 F?a?≤0 ? ? ? ? a a
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1 1 1 1 1 1 恒成立,即 ln + -1≤0,令 φ(a)=ln + -1,则 φ(a)在(0,+∞)上单调递减,且 φ(1)=0,故 ln + - a a a a a a 1≤0 成立的充要条件是 a≥1. 答案:[1,+∞) 三、解答题:共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)已知命题 p:方程 a2x2+ax-2=0 在[-1,1]上有且仅有一解.命题 q:只有一个实数 x 满足 不等式 x2+2ax+2a≤0.若命题“p 或 q”是假命题,求 a 的取值范围. 2 1 解:由 a2x2+ax-2=0,得(ax+2)(ax-1)=0,显然 a≠0,∴x=- 或 x= a a ∵方程 a2x2+ax-2=0 在[-1,1]上有且仅有一解,

?|a|≤1, 故? 1 ?|a|>1
2

?|a|≤1, 或? 2 ?|a|>1.
1

∴-2<a≤-1 或 1≤a<2.

只有一个实数 x 满足不等式 x2+2ax+2a≤0, ∴Δ=4a2-8a=0,解得 a=0 或 a=2. ∵命题“p 或 q”是假命题,∴命题 p 和命题 q 都是假命题, ∴a 的取值范围为{a|a≤-2 或-1<a<0 或 0<a<1 或 a>2}. 18.(12 分)集合 A 是由具备下列性质的函数 f(x)组成的: ①函数 f(x)的定义域是[0,+∞); ②函数 f(x)的值域是[-2,4); ③函数 f(x)在[0,+∞)上是增函数,试分别探究下列两小题:

?1 (1)判断函数 f1(x)= x-2(x≥0)及 f2(x)=4-6·2?x(x≥0)是否属于集合 A?并简要说明理由; ? ?
(2)对于(1)中你认为属于集合 A 的函数 f (x), 不等式 f(x)+f(x+2)<2f(x+1)是否对于任意的 x≥0 恒成立? 若不成立,为什么?若成立,请说明你的结论. 解:(1)函数 f1(x)= x-2 不属于集合 A.因为 f1(x)的值域是[-2,+∞),所以函数 f1(x)= x-2 不属于

?1 集合 A.f2(x)=4-6·2?x(x≥0)在集合 A 中, 因为: ①函数 f2(x)的定义域是[0, +∞); 2(x)的值域是[-2,4); ②f ? ?
③函数 f2(x)在[0,+∞)上是增函数. 1 ?1 (2)∵f(x)+f(x+2)-2f(x+1)=6·2?x?-4?<0, ? ?? ? ∴不等式 f(x)+f(x+2)<2f(x+1)对任意的 x≥0 恒成立. 19.(12 分)如图所示:图 1 是定义在 R 上的二次函数 f(x)的部分图象,图 2 是函数 g(x)=loga(x+b)的 部分图象.

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(1)分别求出函数 f( x)和 g(x)的 解析式; (2)如果函数 y=g(f(x))在区间[1,m)上单调递减,求 m 的取值范围. 解:(1)由题图 1 得,二次函数 f(x)的顶点坐标为(1,2), 故可设函数 f(x)=a(x-1)2+2,又函数 f(x)的图象过点(0,0),故 a=-2, 整理得 f(x)=-2x2+4x. 由题图 2 得,函数 g(x)=loga(x+b)的图象过点(0,0)和(1,1),
?logab=0, ?a=2, ? ? 故有? ∴? ∴g(x)=log2(x+1)(x>-1). ? ? ?loga(1+b)=1, ?b=1,

(2)由(1)得 y=g(f(x))=log2(-2x2+4x+1)是由 y=log2t 和 t=-2x2+4x+1 复合而成的函数, 而 y=log2t 在定义域上单调递增,要使函数 y=g(f(x))在区间[1,m)上单调递减,必须 t=-2x2+4x+1 在区间[1,m)上单调递减,且有 t>0 恒成立. 2± 6 由 t=0 得 x= ,又 t 的图象的对称轴为 x=1. 2 2+ 6 所以满足条件的 m 的取值范围为 1<m< . 2 20.(12 分)已知函数 f(x) =ax2+2x+c(a、c∈N*)满足: ①f(1)=5;②6<f(2)<11. (1)求 a、c 的值; 1 3 (2)若对任意的实数 x∈?2,2?,都有 f(x)-2mx≤1 成立,求实数 m 的取值范围. ? ? 解:(1)∵f(1)=a+2+c=5,∴c=3-a.① 又∵6<f(2)<11,即 6<4a+c+4<11,② 1 4 将①式代入②式,得- <a< ,又∵a、c∈N*,∴a=1,c=2. 3 3 (2)由(1)知 f(x)=x2+2x+2. 解法一:设 g(x)=f(x)-2mx=x2+2(1-m)x+2. 2(1-m) 3 29 29 ①当- ≤1,即 m≤2 时,g(x)max=g?2?= -3m,故只需 -3m≤1, ? ? 4 2 4 25 解得 m≥ ,又∵m≤2,故无解. 12
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2(1-m) 1 13 13 9 ②当- >1,即 m>2 时,g(x)max=g?2?= -m,故只需 -m≤1,解得 m≥ . ? ? 4 2 4 4 9 又∴m>2,∴m≥ . 4 9 综上可知,m 的取值范围是 m≥ . 4 1 3 1 1 3 解法二:∵x∈?2,2?,∴不等式 f(x)-2mx≤1 恒成立?2(1-m)≤-?x+x?在?2,2?上恒成立. ? ? ? ? ? ? 1 5 5 9 易知?-(x+x )?min=- ,故只需 2(1-m)≤- 即可.解得 m≥ . ? ? 2 2 4 21.(12 分)(2009· 重庆)设函数 f(x) =ax2+bx+k(k>0)在 x=0 处取得极值,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线垂直于直线 x+2y+1=0. (1)求 a,b 的值; (2)若函数 g(x)= ex ,讨论 g(x)的单调性. f(x)

解:(1)因 f(x)=ax2+bx+k(k>0),故 f′(x)=2ax+b,又 f(x)在 x=0 处取得极值, 故 f′(0)=0,从而 b=0. 由曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与直线 x+2y+1=0 相互垂直, 可知该切线斜率为 2,即 f′(1)=2,有 2a=2,从而 a=1. ex(x2-2x+k) ex (2)由(1)知,g(x)= 2 (k>0),g′(x)= (k>0). x +k (x2+k)2 令 g′(x)=0,有 x2-2x+k=0(k>0). ①当 Δ=4-4k<0,即 k>1 时,g′(x)>0 在 R 上恒成立,故函数 g(x)在 R 上为增函数. ex(x-1)2 ②当 Δ=4-4k=0,即 k=1 时,有 g′(x)= 2 >0(x≠1),从而当 k=1 时,g(x)在 R 上为增函数, (x +1)2 ③当 Δ=4-4k>0, 0<k<1 时, 即 方程 x2-2x+k=0 有两个不相等的实根 x1=1- 1-k, 2=1+ 1-k. x 当 x∈(-∞,1- 1-k)时,g′(x)>0,故 g(x)在(-∞,1- 1-k)上为增函数; 当 x∈(1- 1-k,1+ 1-k)时,g′(x)<0,故 g(x)在(1- 1-k,1+ 1-k)上为减函数; 当 x∈(1+ 1-k,+∞)时,g′(x)>0,故 g(x)在(1+ 1-k,+∞)上为增函数. 22.(12 分)(2010· 山东德州模拟 )已知 f(x)=(x2+ax+a)e x(a≤2,x∈R). (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)的极大值为 4e 2,求出 a 的值. 解:(1)当 a=1 时,f(x)=(x2+x+1)e x,f′(x)=e x(-x2+x), 当 f′(x)>0 时,0<x<1. 当 f′(x)<0 时,x>1 或 x<0. ∴f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(-∞,0),(1,+∞). (2)f′(x)=(2x+a)e x-e x(x2+ax+a)=e x[-x2+(2-a)x]. 令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2-a.
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- - - - - - -

列表如下: x f ′(x) f(x )
?

(-∞, 0) -

0

(0,2- a)

2- a

(2-a,+ ∞)

0 极 小值




- 极



?

大值

?

由表可知,f(x)极大值=f(2-a)=(4-a)ea 2.∵4-a=4 且 a-2=-2, 所以存在实数 a=0 使 f(x)有极大值 4e 2.


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