最新高中数学必修1综合测试题及答案

必修1综合检测(时间：120分钟总分值：150分)一、选择题(每题5分，共50分)1．函数y＝eq\r(x)ln(1－x)的定义域为()A．(0,1)B．[0,1)C．(0,1]D．[0,1]2．U＝{y|y＝log2x，x>1}，P＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y|y＝\f(1,x)，x>2))，那么∁UP＝()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(0，＋∞)D．(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))3．设a>1，函数f(x)＝logax在区间[a,2a]上的最大值与最小值之差为eq\f(1,2)，那么a＝()A.eq\r(2)B．2C．2eq\r(2)D．44．设f(x)＝g(x)＋5，g(x)为奇函数，且f(－7)＝－17，那么f(7)的值等于()A．17B．22C．27D．125．函数f(x)＝x2－ax－b的两个零点是2和3，那么函数g(x)＝bx2－ax－1的零点是()A．－1和－2B．1和2C.eq\f(1,2)和eq\f(1,3)D．－eq\f(1,2)和－eq\f(1,3)6．以下函数中，既是偶函数又是幂函数的是()A．f(x)＝eq\r(x)B．f(x)＝x2C．f(x)＝x－3D．f(x)＝x－17．直角梯形ABCD如图Z­1(1)，动点P从点B出发，由B→C→D→A沿边运动，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为f(x)．如果函数y＝f(x)的图象如图Z­1(2)，那么△ABC的面积为()A．10B．32C．18D．168．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≤0，,2，x>0，))假设f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，那么关于x的方程f(x)＝x的解的个数为()A．1个B．2个C．3个D．4个9．以下四类函数中，具有性质“对任意的x>0，y>0，函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)f(y)〞的是()A．幂函数B．对数函数C．指数函数D．一次函数10．甲用1000元人民币购置了一支股票，随即他将这支股票卖给乙，获利10%，而后乙又将这支股票返卖给甲，但乙损失了10%，最后甲按乙卖给甲的价格九折将这支股票卖给了乙，在上述股票交易中()A．甲刚好盈亏平衡B．甲盈利1元C．甲盈利9元D．甲亏本1.1元二、填空题(每题5分，共20分)11．计算：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,4)－lg25))÷100＝__________.12．f(x)＝(m－2)x2＋(m－1)x＋3是偶函数，那么f(x)的最大值是__________．13．y＝f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)＝x2＋ax，且f(2)＝6；那么当x≥0时，f(x)的解析式为_______．14．函数y＝eq\f(2x－1,x＋1)，x∈[3,5]的最小值为________；最大值为________．三、解答题(共80分)15．(12分)全集U＝R，集合A＝{x|log2(11－x2)>1}，B＝{x|x2－x－6>0}，M＝{x|x2＋bx＋c≥0}。(1)求A∩B；(2)假设∁UM＝A∩B，求b，c的值。16．(12分)函数f(x)＝eq\f(bx,ax2＋1)(b≠0，a>0)。(1)判断f(x)的奇偶性；(2)假设f(1)＝eq\f(1,2)，log3(4a－b)＝eq\f(1,2)log24，求a，b的值。17．(14分)方程3x2－5x＋a＝0的一根在(－2,0)内，另一根在(1,3)内，求参数a的取值范围．18．(14分)某租赁公司拥有汽车100辆，当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出；当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆，租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元．(1)当每辆车的月租金定为3600时，能租出多少辆车？(2)当每辆车的月租金为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大收益为多少元？19．(14分)函数f(x)＝2x＋2ax＋b，且f(1)＝eq\f(5,2)，f(2)＝eq\f(17,4)。(1)求a，b的值；(2)判断f(x)的奇偶性；(3)试判断f(x)在(－∞，0]上的单调性，并证明；(4)求f(x)的最小值．20．(14分)函数f(x)＝lnx＋2x－6。(1)证明：函数f(x)在其定义域上是增函数；(2)证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3)求这个零点所在的一个区间，使这个区间的长度不超过eq\f(1,4)。参考答案：1．B2．A解析：由U＝(0，＋∞)．P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以∁UP＝eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).应选A.3．D4.C5.D6.B7.D8．C解析：由f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，可得b＝4，c＝2，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2，x≤0，,2，x>0，))所以方程f(x)＝x等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,x＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋4x＋2＝x.))所以x＝2或x＝－1或x＝－2.应选C.9．C10．B解析：由题意知，甲盈利为1000×10%－1000×(1＋10%)×(1－10%)×(1－0.9)＝1(元)．11．－2012．3解析：∵f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，即(m－2)·(－x)2－(m－1)x＋3＝(m－2)x2＋(m－1)x＋3，∴m＝1.∴f(x)＝－x2＋3.f(x)max＝3.13．－x2＋5x14.eq\f(5,4)eq\f(3,2)解析：y＝eq\f(2x－1,x＋1)＝eq\f(2x＋2－3,x＋1)＝2－eq\f(3,x＋1)，显然在(－1，＋∞)单调递增，故当x∈[3,5]时，f(x)min＝f(3)＝eq\f(5,4)，f(x)max＝f(5)＝eq\f(3,2).15．解：(1)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(11－x2>0，,11－x2>2))⇒－3<x<3，∴A＝{x|－3<x<3}．∵x2－x－6>0，∴B＝{x|x<－2或x>3}．∴A∩B＝{x|－3<x<－2}．(2)∁UM＝A∩B＝{x|－3<x<－2}＝{x|x2＋bx＋c<0}，∴－3，－2是方程x2＋bx＋c＝0的两根，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝－3＋－2，,c＝－3·－2))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝5，,c＝6.))16．解：(1)函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq\f(－bx,ax2＋1)＝－f(x)，故f(x)是奇函数．(2)由f(1)＝eq\f(b,a＋1)＝eq\f(1,2)，那么a－2b＋1＝0.又log3(4a－b)＝1，即4a－b＝3.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2b＋1＝0，,4a－b＝3，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))17．解：令f(x)＝3x2－5x＋a，那么其图象是开口向上的抛物线．因为方程f(x)＝0的两根分别在(－2,0)和(1,3)内，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＞0，,f0＜0，,f1＜0，,f3＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3×－22－5×－2＋a＞0，,a＜0，,3－5＋a＜0，,3×9－5×3＋a＞0，))解得－12＜a＜0.故参数a的取值范围是(－12,0)．18．解：(1)当每辆车的月租金为3600元时，未租出的车辆数为eq\f(3600－3000,50)＝12(辆)．所以这时租出的车辆数为100－12＝88(辆)．(2)设每辆车的月租金定为x元，那么租赁公司的月收益为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100－\f(x－3000,50)))(x－150)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－3000,50)))×50所以f(x)＝－eq\f(1,50)x2＋162x－21000＝－eq\f(1,50)(x－4050)2＋307050.所以当x＝4050时，f(x)最大，最大值为307050，即当每辆车的月租金为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大收益为307050元．19．解：(1)由，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋2a＋b＝\f(5,2)，,4＋22a＋b＝\f(17,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝0.))(2)由(1)，知f(x)＝2x＋2－x，任取x∈R，有f(－x)＝2－x＋2－(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，∴f(x)为偶函数．(3)任取x1，x2∈(－∞，0]，且x1<x2，那么f(x1)－f(x2)＝(＋)－(＋)＝(－)＋＝(－)＝(－).∵x1，x2∈(－∞，0]且x1<x2，∴0<<≤1.从而－<0,·－1<0,·>0，故f(x1)－f(x2)>0.∴f(x)在(－∞，0]上单调递减．(4)∵f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(x)为偶函数，可以证明f(x)在[0，＋∞)上单调递增(证明略)．∴当x≥0时，f(x)≥f(0)；当x≤0时，f(x)≥f(0)．从而对任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)＝20＋20＝2，∴f(x)min＝2.20．(1)证明：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，设0<x1<x2，那么lnx1<lnx2,2x1<2x2.∴lnx1＋2x1－6<lnx2＋2x2－6.∴f(x1)<f(x2)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)证明：∵f(2)＝ln2－2<0，f(3)＝ln3>0，∴f(2)·f(3)<0.∴f(x)在(2,3)上至少有一个零点，又由(1)，知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此函数至多有一个根，从而函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．(3)解：f(2)<0，f(3)>0，∴f(x)的零点x0在(2,3)上，取x1＝eq\f(5,2)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝lneq\f(5,2)－1<0，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))·f(3)<0.∴x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，3)).取x1＝eq\f(11,4)，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,4)))＝lneq\f(11,4)－eq\f(1,2)>0，∴feq\b\lc\(\r