【志鸿优化设计】2014届高考数学一轮复习阶段检测一集合与常用逻辑用语函数导数及其应用试题理(含

1、1阶段检测一集合与常用逻辑用语(时间：120 分钟，满分: 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 只有一项是符合题目要求的1.A.C.2.函数导数及其应用150 分)60 分.在每小题给出的四个选项中,) 设全集U= 1,2,3,4,5,7U= MUNU= (euMU(euN)若函数y=f(x)的定义域为).=f(x)的图象可能是(，集合 Ml= 1,3,5,7，集合 N= 3,5，则().B. U= MU (euN)D.U= (eJMUNM= x| 2xw2，值域为 N= y|0 yJ12 - ii07-2 02X-2 02XDC1 1 13. 设命题p：若ab,则ab；q：

2、若品 0,a 1)的图象如图所示，贝Ua,b满足的关系- aR,- aR,一aR,aR,已知函数).0va_1vbv10vb_1vav1327.设p：f(x)=x+2xB.D.0vbva_1v111 .0vavbv141 在(一g, +s)内单调递增，q：m-,则p是q的().A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件&已知函数f(x)是(一g,+g)上的偶函数，若对于x0,都有f(x+ 2) =f(x),且 当x 0,2)时，f(x) = log2(x+ 1),则f( 2 012) +f(2 013)的值为().A. 2B. 1C. 2D. 1239.已

3、知直线y=kx与曲线y= Inx有公共点，贝 Uk的最大值为().A. 11B.- e2C._eD迟e10已知函数f (x)=L5x，命题 p： Px 0 ,+),f(x)w1,则().A.p是假命题,p: 盼 0 ,+),f(X0)1B.p是假命题,p:Vx 0 ,+),f(x)1C.p是真命题,p:0 ,+),f(X0)1D.p是真命题,p:Vx 0 ,+),f(x)111.已知函数f(x)=12alnx+ -x (a 0)，若对任意两个不等的正实数X1,X2都有X1X22 恒成立，则a的取值范围是().A. (0,1B. (1 ,+)C. (0,1)D. 1 ,+)12.已知函数f(x)

4、 = x+ax 4 在x= 2 处取得极值，若m,n 1,1，则f(n) +f(n)的最小值是().A. 13B. 15C. 10D. 15二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分将答案填在题中横线上)2x13. /o(2x e )dx=_.14. 若函数f(x) = (x+a)(bx+ 2a)(常数a,b R)是偶函数，且它的值域为(一, 4,则该函数的解析式f(x) =_ .15._ “若x= 5 或x=6，则(x 5)(x 6) = 0”的逆否命题是 _.1,x0,16 .已知函数f(x) = 0,x= 0,则不等式x+ 1 (x1 2 3 4+ 1)f(x)的解集是

5、三、解答题(本大题共 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)已知数列刘的前n项和S=pn+q(pz0,且pz1)，求证：数列an是等 比数列的充要条件为q= 1.18.(12 分)已知集合A= x|x2 2x 3W0,x R ,B=x|x2 2mx+ni 4 0,xR,m R.2若AnB= 0,3，求实数m的值；3若 AeRB,求实数m的取值范围.19.(12 分)某摩托车生产企业，上年度生产摩托车的投入成本为1 万元/辆，出厂价为1.2 万元/辆，年销售量为 1 000 辆.本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适度增 加投入成本若每辆车投入成本增

6、加的比例为x(0vxv1)，则出厂价相应提高的比例为0.75x，同时预计年销售量增加的比例为0.6x.已知年利润=(出厂价一投入成本)X年销售量.(1) 写出本年度预计的年利润y与投入成本增加的比例x的关系式；(2) 为使本年度利润比上年有所增加，问投入成本增加的比例x应在什么范围内？20.(12 分)已知函数f(x)对任意实数x均有f(x) =kf(x+ 2)，其中常数k为负数，且f(x)在区间0,2上有表达式f(x) =x(x 2).(1) 求f( 1) ,f(2.5)的值；(2) 写出f(x)在区间3,3上的表达式，并讨论函数f(x)在区间3,3上的单调性；4求出f(x)在 3,3上的最

7、小值与最大值，并求出相应的自变量的取值.21.(12 分)设a R,函数f(x) = Inxax.41,xe2.a22. (12 分)已知函数f(x) =x+-+ Inx(a R).X(1) 求函数f(x)的单调区间与 极值点；1/I(2) 若对p ag, 2e I,函数f(x)满足对p x 1 , e都有f(x) vm成立，求实数 取值范围(其中e 是自然对数的底数).(1) 讨论函数f(x)的单调区间和极值；(2) 已知刘=e(e 为自然对数的底数)和X2是函数f(x)的两个不同的零点，求a的值并3.5参考答案1 . B2. B 解析：(筛选法)根据函数的定义，观察得出答案为选项B.3.

8、B 解析：1 1 1p：若ab,则v,是假命题；q：若av0,贝卩abv0，是真命题.所以p是真命题，q是假命题.所以pAq是假命题，pVq是真命题，(p)人(q) 是假命题故选 B.x 2x 30,4. D 解析：易知，x应满足5X+ 20,X 3 或x 2.-X (一6,5. C 解析:1U3,+).当a= 1 时，函数f(x)在(0,1)上为减函数，A 错；当a= 1 时，函数f(x)在(1,+8)上为增函数，B 错；D 选项中的a不存在，故选 C.6. A 解析：由于函数$ (x) = 2x+b 1 单调递增，所以a 1.又一 1 1.12.A 解析：求导得f(x) = 3x2+ 2a

9、x.由f(x)在x= 2 处取得极值知f (2) = 0, 即一 3x4+2ax2= 0 ,a= 3.由此可得f(x)= x3+ 3x2 4,f(x)= 3x2+ 6x.由此可得f(x)在(一 1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，对m 1,1时，f(m)min=f(0) = 4.又f(x) = 3x+ 6x的图象开口向下，且对称轴为x= 1，对n 1,1时，f(n)min=f ( 1) = 9.于是，f(m) +f(n)的最小值为一 13.13.5 e2解析：J0(2x ex)dx=x2 exf= (22 e2) (02 e) = 4 e2+ 1 = 5 e2.14. 2x2+ 4 解

10、析：函数f(x)是偶函数，f( x) =f(x)且f(x) =bx2+(2a+ab)x+ 2a2,b( x)2+ (2a+ab)( x) + 2a2=bx2+ (2a+ab)x+ 2a2. (2a+ab) = 2a+ab, 即卩 2a+ab= 0.a= 0 或b= 2.当a= 0 时，f(x) =bx2.e10.C 解析：/f(x)=1x是 R 上的减函数，.当x0,+s)时，f(x)wf(0)=1.p为真命题，p 为：Xo0,+8),f(xo)1,故选 C.11.D 解析：由题意得f(x)=+x2a,当且仅当=x,即x=. a时取等号，xx所以f(x-S)X1X2f(x)min= 2a2,6

11、 f(x)的值域为(g, 4,而y=bx8的值域不可能为(g, 4,二az0.当b= 2 时，f(x) = 2x2+ 2a2,其值域为(g, 2a2.2a= 4，即a= 2.二f(x) = 2x+ 4.15.若(x 5)(x 6)丰0,贝Ux工5且x工68eRB= x|xvm 2,或xm+ 2.A二eRB,.n23 或m+2v1.n5，或mv 3.实数m的取值范围是(一g,3)U(5,+g).19.解：(1)依题意，本年度每辆摩托车的成本为1 +x(万元)，出厂价为 1.2X(1 +0.75x)(万元)，销售量为 1 000X(1 + 0.6x)(辆).故利润y= 1.2X(1 + 0.75x

12、) (1 +x)X1 000X(1 + 0.6x)，整理得y= 60 x2+ 20 x+200(0vxv1).(2)要保证本年度利润比上一年有所增加，则y (1.2 1)X1 000 0,即60 x+ 20 x+ 200 200 0,21即 3xxv0.解得 0vxv3.适合 0vxv1.故为保证本年度利润比上年有所增加，投入成本增加的比例20.解:(1)f( 1) =kf(1) =k,/f(0.5) =kf(2.5),16. (0,1)解析:原不等式可转化为三个不等式组x0,I 2x+ 11,x1.所以，原不等式的解集为17.证明：充分性：后两个不等式组的解集为空集，解第一个不等式组得0vx

13、v1.(0,1).当q= 1 时，ai=Si=p+q=p 1.3.7n一1当n时，an=S Sn1=p(p 1).当n= 1 时也成立，n1*an=p(p1)(n N).an+1pn(p 1)*工旦-anp ( p 1)必要性：当n= 1 时，a1=S= p+q.当n2时，an=S S1=p(p 1). pz0,且pz1,n.an+1p(p 1)a2an+1p(p1)a;=17=prr=p，即p 1 =p+q.q= 1.综上所述，数列an是等比数列的充要条件为q= 1.18.解：由已知得：A= x| Kxw3,B=x|m2wx3,2,m 1. m= 2，即实数m的值为 2.x的取值范围是811

14、=-f (0.5)=(0.52)X0.5=kk(2) /对任意实数x,f(x) =kf(x+ 2), f(x2) =kf(x).1f (x)=kf (x2).当一 3Wxv0 时，OWx+ 2v2,f(x)=kf(x+2)=kx(x+2);当一 3xv 2 时，一 1Wx+ 2v0,2f(x)=kf(x+2)=k(x2)(x+4);当 2Wx3时，OWx2W1,1 1f(x)=f(x2)=k(x2)(x4).2k(x+2)(x+4), 3Wx2,kx(x+2), 2Wx0,故f(x) =x(x 2) , 0Wx 0,f(x)是(0,+s)上的增函数，无极值；12若a0,令f(x) = 0,得X

15、=-.a当x 0,1时，f(x) 0,f(x)是增函数；ka7当x -,时，f(x)v0,f(x)是减函数.a丿1i1、1所以当x=-时，f(x)有极大值，极大值为 f - = In - 1 = Ina 1，无极小值.ava丿a综上所述，当awo时，f(x)的递增区间为(0,+)，无极值；当a 0 时，f(x)的递 增区间为 乞,1j,递减区间为 ,+ j,极大值为一 Ina 1,无极小值.(2)因为X1= _ e 是函数f(x)的零点，所以f( ,e) = 0,即a、Je= 0,解得a= f(2.5)34k.91所以f(x) = Inx-x.2 伍3e因为f(e9) = 2-20，f(9 X

16、/a12e2，函数f(x)满足对 X/x 1 , e都有f(x)vm成立，即f(x)在1 , e -e上的最大值小于m由(1)知，0a |e，2e21,f(x)在Jo,_1上单调递减，在+；a-1,+s)上单调递增，35所以f(e2)f(e2)v0.由(1)知，函数f(x)在(2 e所以函数因止匕X2,)上单调递减，35f(x)在区间(e2,e2)上有唯一零点，3e2.102a1x+xa22解：(1)f(x) = 1 x+x=x2(x 0)-aw0时，f(x) 0,f(x)在(0,+s)上单调递增，此时函数f(x)无极值点;1 + 4a 1厶亠v0 舍去)，当 0vxvxi时，f(x)v0,f(x)在(0 ,xi)上单调递减