课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测2

阶段知能检测(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递增的是()A．y＝log12xB．y＝2x－1C．y＝x2－12D．y＝－x32．函数f(x)＝3＋x·lnx的单调递增区间是()A．(0，1e)B．(e，＋∞)C．(1e，＋∞)D．(1e，e)3．函数f(x)＝ex＋x－2的零点所在的一个区间是()A．(－2，－1)B．(－1,0)C．(0,1)D．(1,2)4．(2012·佛山调研)设f(x)为定义在R上的奇函数．当x≥0时，f(x)＝2x＋2x＋b(b为常数)，则f(－1)＝()A．3B．1C．－1D．－35．设f(x)＝x(ax2＋bx＋c)(a≠0)在x＝1和x＝－1处均有极值，则下列点中一定在x轴上的是()A．(a，b)B．(a，c)C．(b，c)D．(a＋b，c)6．已知A、B两地相距150千米，某人开汽车以60千米/小时的速度从A地到达B地，在B地停留1小时后再以50千米/小时的速度返回A地，汽车离开A地的距离x(千米)与时间t(小时)之间的函数表达式是()A．x＝60tB．x＝60t＋50tC．x＝60t，0≤t≤2.5150－5t，x＞3.5D．x＝60t，0≤t≤2.5150，2.5＜t≤3.5，150－50t－3.5，3.5＜t≤6.57．(2012·阳江质检)设2a＝5b＝m，且1a＋1b＝2，则m等于()A.10B．10C．20D．1008．定义：如果对于函数f(x)定义域内的任意x，都有f(x)≥M(M为常数)，那么称M为f(x)的下界，下界M中的最大值叫做f(x)的下确界．现给出下列函数，其中有下确界的函数是()①f(x)＝cosx；②f(x)＝log2x；③f(x)＝3x；④f(x)＝－1；x＞00；x＝01；x＜0.A．①B．④C．②③④D．①③④9．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝4x＋1x，在其定义域的子区间(k－1，k＋1)上函数不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．k＞32B．k＜－12C．－12＜k＜32D．1≤k＜3210．(2012·惠州模拟)设偶函数f(x)满足f(x)＝2x－4(x≥0)，则{x|f(x－2)＞0}等于()A．{x|x＜－2或x＞4}B．{x|x＜0或x＞4}C．{x|x＜0或x＞6}D．{x|x＜－2或x＞2}第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．(2011·湖南高考)已知f(x)为奇函数，g(x)＝f(x)＋9，g(－2)＝3，则f(2)＝________.12．函数f(x)＝12ex(sinx＋cosx)在区间[0，π2]上的最小值是________．13．曲线C：f(x)＝sinx＋ex＋2在x＝0处的切线方程为________．14．地震的震级R与地震释放的能量E的关系为R＝23(lgE－11.4).2011年3月，日本东海岸发生了9.0级特大地震，而1989年旧金山海湾区域地震的震级为6.0级，那么2011年地震的能量是1989年地震能量的________倍．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝13x3＋12ax2＋bx＋1(x∈R，a，b为实数)有极值，且在x＝－1处的切线与直线x－y＋1＝0平行，求实数a的取值范围．16．(本小题满分13分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5，记f(x)的导数为f′(x)．(1)若曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝23时y＝f(x)有极值，求函数f(x)的解析式．(2)在(1)的条件下，求函数f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值．17．(本小题满分13分)定义在R上的单调函数f(x)满足对任意x，y均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝1.(1)求f(0)的值，并判断f(x)的奇偶性；(2)解关于a的不等式f(a2＋a－4)＜2.18．(本小题满分14分)(2012·广州六校联考)已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若b∈[－2,2]时，函数h(x)＝13x3lnx－19x3－(2a＋b)x，在(1,2)上为单调递减函数，求实数a的范围．19．(本小题满分14分)工厂生产某种产品，次品率p与日产量x(万件)间的关系为p＝16－x，0＜x≤c23，x＞c，(c为常数，且0＜c＜6)．已知每生产1件合格产品盈利3元，每出现1件次品亏损1.5元．(1)将日盈利额y(万元)表示为日产量x(万件)的函数；(2)为使日盈利额最大，日产量应为多少万件？(注：次品率＝次品数产品总数×100%)．20．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明当x＞1时，f(x)＞g(x)．答案及解析1．【解析】y＝log12x与y＝－x3是单调减函数；y＝x2－12在(－1,1)内先减后增；y＝2x－1单调递增，且有零点x＝0.【答案】B2．【解析】f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)＞0，得x＞1e.【答案】C3．【解析】∵f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，∴f(0)·f(1)＜0，∴f(x)的零点所在的一个区间是(0,1)．【答案】C4．【解析】∵f(x)为定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0，即20＋2×0＋b＝0，解得b＝－1，∴当x≥0时，f(x)＝2x＋2x－1，∴f(－1)＝－f(1)＝－3.【答案】D5．【解析】f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由题意知1，－1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，1－1＝－2b3a，b＝0.【答案】A6．【解析】到达B地需要15060＝2.5小时，所以当0≤t≤2.5时，x＝60t；当2.5＜t≤3.5时，x＝150；当3.5＜t≤6.5时，x＝150－50(t－3.5)．【答案】D7．【解析】由2a＝5b＝m，得a＝log2m，b＝log5m，又1a＋1b＝2.∴1log2m＋1log5m＝lg2＋lg5lgm＝1lgm＝2，∴m＝10.【答案】A8．【解析】①中，cosx≥－1，∴f(x)＝cosx的下确界为－1，③中f(x)≥1，且下确界为1，又④中，f(x)≥－1，且下确界为－1.排除A、B、C，选D.【答案】D9．【解析】f′(x)＝4－1x2，由f′(x)＝0，得x＝12.由题意得12∈(k－1，k＋1)，所以－12＜k＜32，又k－1≥0，即k≥1，所以1≤k＜32.【答案】D10．【解析】由f(x)是偶函数，且f(2)＝0，又当x≥0时，f(x)＝2x－4是增函数．由f(x－2)＞0，得f(|x－2|)＞f(2)，因此|x－2|＞2.∴x＞4或x＜0.【答案】B11．【解析】依题意，得g(－2)＝f(－2)＋9＝－f(2)＋9＝3，解得f(2)＝6.【答案】612．【解析】f′(x)＝12ex(cosx－sinx)＋12ex(sinx＋cosx)＝excosx，∵0≤x≤π2，∴f′(x)≥0，且f′(x)不恒为0，因此f(x)在[0，π2]上是增函数．∴f(x)最小值为f(0)＝12.【答案】1213．【解析】y′＝cosx＋ex，∴在x＝0处的切线斜率k＝y′|x＝0＝e0＋cos0＝2.又切点坐标为(0,3)，∴切线方程为y＝2x＋3.【答案】y＝2x＋314．【解析】由题意可知9＝23(lgE1－11.4)又6＝23(lgE2－11.4)∴9－6＝23(lgE1－lgE2)＝23lgE1E2，则lgE1E2＝92⇒E1E2＝1000010，∴2011年地震的能量是1989年的1000010倍．【答案】100001015．【解】f′(x)＝x2＋ax＋b，由题意得，f′(－1)＝1－a＋b＝1，∴a＝b.令f′(x)＝0，即x2＋ax＋a＝0，当Δ＝a2－4a≤0时，f′(x)≥0恒成立，y＝f(x)没有极值；当Δ＝a2－4a＞0时，即a＜0或a＞4时，f′(x)＝0有两个不相等的实数根，y＝f(x)有极值．综上可知，a的取值范围为(－∞，0)∪(4，＋∞)．16．【解】(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b.依题意f′(1)＝3，f′(23)＝0，∴3＋2a＋b＝3，3·232＋43a＋b＝0，解之得a＝2，b＝－4.所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.(2)由(1)知，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2)．令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝23.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：x－4(－4，－2)－2(－2，23)23(23，1)1f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值函数值－111395274∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11.17．【解】(1)令x＝y＝0，则由题意可得f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0，令y＝－x，则有f(0)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0.故对∀x∈R，有f(－x)＝－f(x)成立．因此f(x)为奇函数．(2)由f(x)在R上单调，且f(0)＝0，f(1)＝1，知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．又f(1)＝1，∴f(2)＝f(1)＋f(1)＝2.∵f(a2＋a－4)＜2⇔f(a2＋a－4)＜f(2)，∴a2＋a－4＜2，解之得－3＜a＜2，故f(a2＋a－4)＜2的解集为(－3,2)．18．【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2xlnx＋x，令f′(x)＝0解得x＝e－12x∈(0，e－12)时，f′(x)＜0，此时函数单调递减．x∈(e－12，＋∞)时，f′(x)＞0，此时函数单调递增．(2)h′(x)＝x2lnx－(2a＋b)由题意可知，x∈(1,2)时，h′(x)≤0恒成立．即2a＋b≥x2lnx，由(1)可知，2a＋b≥f(2)＝4ln2由b∈[－2,2]可得2a≥4ln2＋2所以a≥2ln2＋1.19．【解】(1)当x＞c时，p＝23，∴y＝(1－23)·x·3－23·x·32＝0；当0＜x≤c时，p＝16－x，∴y＝(1－16－x)·x·3－16－x·x·32＝39x－2x226－x.∴日盈利额y(万元)与日产量x(万件)的函数关系为y＝39x－2x226－x0＜x≤c0x＞c.(2)由(1)知，当x＞c时，日盈利额为0.当0＜x≤c时，∵y＝39x－2x226－x，∴y′＝32·9－4x6－x＋9x－2x26－x2＝3x－3x－96－x2，令y′＝0，得x＝3或x＝9(舍去)．∴①当0＜c＜3时，∵y′＞0，∴y在区间(0，c]上单调递增，∴y最大值＝f(c)＝39c－2c226－c，②当3≤c＜6时，在(0,3)上，y′＞0；在(3，c)上y′＜0.∴y在(0,3)上单调递增，在(3，c)上单调递减．∴y最大值＝f(3)＝92.综上，若0＜c＜3，则当日产量为c万件时，日盈利额最大；若3≤c＜6，则当日产量为3万件时，日盈利额最大．20．【解】(1)f′(x)＝(1－x)e－x.令f′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)在(－∞，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．故函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝1e.(2)证明由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)ex－2.令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)ex－2.于是F′(