广西陆川县中学1届高三上学期理科数学周测（）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2012届数学周测试题(3）2011年8月23日一、选择题(每小题5分,共60分)1．设f：x→x2是集合A到集合B的映射,如果B＝｛1,2}，则A∩B等于()A．｛1｝ B．∅C．∅或｛1｝ D．∅或｛2｝2．设函数,若，则实数a的取值范围是(）A．（－∞,－3)B．(－∞,－1）C．（1，＋∞) D．（0，1)3.函数y＝log2eq\f（2－x,2＋x）的图象（）A．关于原点对称B．关于直线y＝－x对称C．关于y轴对称D．关于直线y＝x对称4．设f(x）是R上的奇函数，当x〉0时，f（x）＝2x＋x,则当x〈0时，f（x）＝()A．－（－eq\f(1，2))x－x B．－(eq\f（1，2))x＋xC．－2x－x D．－2x＋x5.函数f(x)＝（eq\f(1,2）)x与函数g(x）＝logeq\f（1，2)|x｜在区间（－∞，0)上的单调性为（）A．都是增函数B．都是减函数C．f（x)是增函数，g(x）是减函数D．f(x)是减函数，g（x）是增函数6。已知偶函数在区间上单调增加，则满足的取值范围是A．(eq\f（1,3），eq\f(2,3）） B．［eq\f(1，3）,eq\f(2，3））C．(eq\f（1,2）,eq\f(2,3)) D．［eq\f(1,2），eq\f(2,3)）7．设函数f（x)＝－x2＋4x在[m，n]上的值域是[－5,4]则m＋n的取值所组成的集合为()A．［0,6] B．［－1，1］C．[1,5] D．[1,7］8.已知二次函数f（x)的图象如图所示，则其导函数f′（x）的图象的大致形状是(）9．过曲线y＝eq\f（a2，x)(a≠0)上任意一点处的切线与两坐标轴围成三角形的面积是()A．a2 B。eq\r（2)a2C．2a2 10．若函数f(x）＝eq\f(ax＋1,x＋2）（a为常数），在（－2，2)内为增函数,则实数a的取值范围是（）A．（eq\f（1,2),＋∞) B．［eq\f（1，2),＋∞）C．（－∞，eq\f(1，2)） D．（－∞,eq\f(1，2）]11。若函数（其中为常数）的图象如右图所示，则函数的大致图象是（）ABCD12。已知函数f（x)＝log2（a－2x）＋x－2，若f（x)存在零点，则实数a的取值范围是(）A.（－∞，－4]∪[4，＋∞）B。［1，＋∞)C.［2，＋∞）D。［4，＋∞)二、填空题(每小题5分，共20分）13.已知=_______.14．设a，b∈R且a≠2，若定义在区间(－b，b)内的函数f（x）＝lgeq\f(1＋ax，1＋2x)是奇函数,则a＋b的取值范围是________．15。下列三个命题：①若函数的图象关于y轴对称,则;②若函数的图象关于点（1,1)对称,则a=1；③函数的图象关于直线x=1对称.其中真命题的序号是_______________.(把真命题的序号都填上）16.在R上的可导函数f（x）满足：f(0）＝0，xf′（x)〉0,则①f(－2）<f(－1）；②f(x）不可能是奇函数；③函数y＝xf（x)在R上为增函数；④存在区间[a，b］,对任意x1,x2∈[a，b]，都有f(eq\f（x1＋x2,2））≤eq\f(fx1＋fx2，2）成立．其中正确命题的序号为（将所有正确命题的序号都填上）________。一、选择题答题卡题号123456789101112答案二、填空题答题卡13。14.15。16.三、解答题（共70分)17.（本小题10分)已知定义在R上的函数f（x）为奇函数，当x>0时，f(x）＝x(1＋x），求：（1）当x〈0时，f（x）的解析式；(2)满足f(x）＝1＋x的x值．18。（本小题12分）设函数f(x）＝lnx，g（x）＝ax＋eq\f(b,x），函数f(x）的图象与x轴的交点也在函数g（x）的图象上，且在此点有公切线．(1）求a、b的值；（2）对任意x>0，试比较f（x)与g(x）的大小．19。（本小题12分）已知函数f（x)＝ax2－2ax＋2＋b（a≠0）,在区间［2，3］上有最大值5，最小值2。(1）求a,b的值;(2）若b〈1，g（x)＝f(x)－(2m)·x在[2,4］上单调，求m20.(本小题12分）已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx在区间［0,1]上是增函数,在区间（－∞，0]与[1,＋∞）上是减函数,且f′（eq\f(1，2)）＝eq\f(3,2）。(1）求f(x)的解析式;（2)若在区间［0,m]（m〉0)上恒有f(x)≤x成立，求m的取值范围．21.(本小题12分)已知函数f(x）＝eq\f(ln1＋x,x）。(1)确定y＝f(x）在(0,＋∞）上的单调性；（2）设h（x）＝x·f(x)－x－ax3在(0,2）上有极值，求a的取值范围．22。(本小题12分）设函数f（x）＝x2＋2，g（x）＝alnx＋bx，(a〉0）．（1）若g（x）在x＝1处的切线方程为2x－y－1＝0，求F(x)＝f(x）－g（x）－2的单调区间；(2)设G(x)＝f(x）－g(x)有两个不同零点x1，x2,且2x0＝x1＋x2,试探究G′(x0）值的符号．2012届数学周测(3）答案理一、选择题1.答案:C解析：由已知可得集合A是集合｛－eq\r(2),－1，1，eq\r（2）}的非空子集，则A∩B＝∅或{1｝．2.答案：B解析：当a≥0时，f(a)＝eq\f(2，3)a－1，则由f(a)〉a得a<－3，所以这样的a不存在．当a〈0时，f(a)＝eq\f(1,a)，则由f（a)〉a得a<－1。综上可知,所求a的取值范围为（－∞，－1)．3.答案：A解析:∵f(x)＝log2eq\f（2－x，2＋x）,∴f(－x)＝log2eq\f（2＋x，2－x）＝－log2eq\f（2－x，2＋x).∴f（－x）＝－f（x)．又∵x∈（－2,2)，∴f（x)是奇函数．故选A。4。答案：B解析:当x<0时，则－x〉0,∴f(－x）＝2－x－x.又f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－（eq\f（1,2))x＋x.故选B.5。答案:D解析：f（x）＝(eq\f（1,2)）x在x∈（－∞，0）上为减函数，g(x)＝logeq\f（1,2)|x｜在(－∞，0）上为增函数．6。答案：A解析：当2x－1≥0，即x≥eq\f（1,2)时，因为f（x)在[0，＋∞)上单调递增，故需满足2x－1<eq\f（1，3)，即x<eq\f（2，3)，所以eq\f（1，2)≤x〈eq\f（2，3)。当2x－1〈0，即x<eq\f(1,2）时，由于f（x)是偶函数，故f（x）在(－∞，0］上单调递减，f(eq\f(1,3))＝f（－eq\f（1,3)），此时需满足2x－1>－eq\f（1，3)，所以eq\f(1，3)<x<eq\f（1，2)，综上可得eq\f（1,3)〈x〈eq\f（2,3)。7.答案：D解析：由－x2＋4x＝4得x＝2,由－x2＋4x＝－5,解得x＝5或x＝－1，结合二次函数的图象知－1≤m≤2，2≤n≤5，故－1＋2≤m＋n≤2＋5，即1≤m＋n≤7.8.答案：C解析：由函数f（x)的图象知:当x∈（－∞，1］时，f（x）为减函数，∴f′（x）≤0;当x∈[1,＋∞）时，f（x）为增函数，∴f′(x）≥0。结合选项知选C。9。答案:C解析：设点(x0,y0）在曲线上,求导得曲线的切线方程为：y－eq\f(a2，x0)＝－eq\f（a2，x02）（x－x0),∴S＝eq\f（1,2)|2x0×eq\f(2a2，x0)｜＝2a2，选C.10.答案：A解析：因为f′（x)＝eq\f(2a－1，x＋22)，所以由题意,可得f′(x）＝eq\f（2a－1,x＋22）≥0在(－2,2）上恒成立，即a≥eq\f（1,2）,当a＝eq\f（1,2)时，f′(x）＝eq\f（2a－1，x＋22）＝0恒成立．即当a＝eq\f（1,2）时，函数f（x)不是单调递增函数，所以a〉eq\f（1，2）。11.答案：D12。答案：D解析：据题意令log2(a－2x）＝2－x⇒22－x＝a－2x，令2x＝t，则原方程等价于eq\f(4，t)＝a－t⇒t2－at＋4＝0有正根即可,根据根与系数的关系t1t2＝4〉0,即若方程有正根，必有两正根，故有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝a〉0，a2－16≥0）)⇒a≥4。二、填空题13。答案：114。(－2，－eq\f(3,2)]解析：由f（－x）＋f(x）＝0得eq\f（1－a2x2，1－4x2）＝1，（a2－4）x2＝0，从而a＝－2，∴f(x)＝lgeq\f(1－2x，1＋2x）.从而eq\f（1－2x，1＋2x)>0，∴－eq\f（1，2）〈x<eq\f（1,2），∴(－b，b)⊆(－eq\f（1，2)，eq\f(1,2))，∴0<b≤eq\f（1,2）,故－2〈a＋b≤－eq\f(3,2）。15.（2）(3）16.答案：②③解析：该函数的特点是f（0）＝0，当x〉0时，f′（x）〉0，即在(0,＋∞）上单调递增,同理在（－∞，0)上单调递减,所以f（x）≥0.由于f(x）在（－∞，0)上单调递减，故f(－2）<f（－1）不正确，故①不正确；由于奇函数在定义域关于原点对称的区间上具有相同的单调性,故f（x）不可能是奇函数,故②正确;y＝xf（x)的导数为y′＝f（x）＋xf′(x),而f（x)≥0，故f（x）＋xf′(x)〉0，所以③正确；结合草图(如图）分析知④不正确．三、解答题17。解:(1）设x<0,则－x>0，所以f(－x)＝－x(1－x）．因为f(x)为奇函数，所以f（x)＝－f(－x)＝x（1－x)．（2)因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＋x，x≥0,，x1－x，x<0，））且f（x)＝1＋x，所以当x≥0时，x（1＋x）＝1＋x,即x2＝1，解得x＝±1，所以x＝1成立；当x〈0时，x（1－x）＝1＋x，即－x2＝1，无解．综上x＝1.18。解：（1）f(x）＝lnx与x轴交于点(1，0)，g(1）＝a＋b＝0①又f′(1)＝g′（1)即a－b＝1②由①，②解得a＝eq\f（1,2)，b＝－eq\f(1，2)。（2）令F（x)＝f(x)－g(x)＝lnx－eq\f（1，2）(x－eq\f(1，x)），F′(x)＝－eq\f(x－12，2x2）≤0。∴F（x)在(0，＋∞）上是减函数，又F(1）＝0，所以，当x＝1时，f(x)＝g（x)；当0<x<1时，f（x)〉g(x）；当x>1时，f（x）<g（x）．19。解：（1)f(x)＝a(x－1）2＋2＋b－a.①当a〉0时，f（x)在[2,3］上为增函数．故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（f3＝5,f2＝2）)⇒eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(9a－6a＋2＋b＝5,4a－4a＋2＋b＝2))⇒eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝1，b＝0））。②当a<0时，f(x）在［2，3]上为减函数,故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f3＝2，f2＝5）)⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（9a－6a＋2＋b＝2，4a－4a＋2＋b＝5）)⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，b＝3））.（2）∵b<1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2,g（x）＝x2－2x＋2－（2m)x＝x2－（2＋2m）x＋2.eq\f（2＋2m,2)≤2或eq\f(2m＋2，2）≥4。∴2m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log20.解:（1）由f（x）＝ax3＋bx2＋cx，得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c。又由f（x)在区间[0,1］上是增函数，在区间(－∞,0］与[1，＋∞）上是减函数，可知x＝0和x＝1是f′（x)＝0的解，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f′0＝0，，f′1＝0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝0,，3a＋2b＋c＝0。））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝0,，b＝－\f(3，2）a.))∴f′（x)＝3ax2－3ax。又由f′(eq\f（1,2）)＝eq\f（3,2)，得f′(eq\f（1,2)）＝eq\f（3a，4)－eq\f（3a,2）＝eq\f（3,2）,∴a＝－2,即f（x）＝－2x3＋3x2.（2)由f（x）≤x，得－2x3＋3x2≤x，即x（2x－1)（x－1）≥0,∴0≤x≤eq\f（1,2)或x≥1。又f(x）≤x在区间［0,m］(m>0）上恒成立，∴0〈m≤eq\f(1，2）.21。解：（1)由题知f′（x）＝eq\f（\f(x，x＋1）－ln1＋x，x2），设g（x)＝eq\f（x，x＋1)－ln(1＋x)(x〉0)，则g′（x)＝eq\f(1,x＋12）－eq\f(1，x＋1）＝eq\f(－x，x＋12)〈0在（0,＋∞)上恒成立,∴g（x)在（0，＋∞)上单调递减,∴g（x）〈g（0)＝0，∴f′(x)<0.因此f(x)在（0,＋∞)上单调递减．（2)由h（x)＝x·f(x)－x－ax3可得，h′(x)＝eq\f(1,x＋1）－1－3ax2＝eq\f(－x3ax2＋3ax＋1,x＋1)，若a≥0，对任意x∈（0,2),h′(x）<0,∴h（x)在(0,2)上单调递减，则f（x)在(0，2)上无极值．若a<0，h(x)＝x·f（x）－x－ax3在(0，2)上有极值的充要条件是φ（x)＝3ax2＋3ax＋1在（0,2)上有零点，又φ（x）在（－eq\f(1，2),＋∞）上单调，∴φ(0)·φ（2）<0,解得a〈－eq\f(1,18）.综上,a的取值范围是（－∞,－eq\f(1，18）)．22.解：(1)由题知，eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（g1＝b＝1，g′1＝a＋b＝2)）,∴a＝b＝1,∴F（x)＝f（x)－g(x）－2＝x2－lnx－x，则F′(x)＝2x－eq\f(1,x)－1＝eq\f(2x2－x－1，x）＝eq\f（x－12x＋1，x)，∴x∈（0,1）时，F′（x)〈0，F(x）为减函数,x∈(1，＋∞)时,F′(x）〉0,F(x）为增函数，∴F(x)的单调减区间为(0，