高考數(shù)學(xué)（人教A版）一輪復(fù)習(xí)滾動測試卷一（第一-三章）

滾動測試卷一(第一~三章)(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.已知全集U=R,集合A={x|1<x≤3},B={x|x>2},則A∩(?UB)=()A.{x|1≤x≤2} B.{x|1≤x<2} C.{x|1<x≤2} D.{x|1≤x≤3}2.不等式x2+|x|+2<0的解集是()A.{x|2<x<2} B.{x|x<2,或x>2} C.{x|1<x<1} D.{x|x<2,或x>1}3.若冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點(3,),則該函數(shù)的解析式為()A.y=x3 B.y= C.y= D.y=x14.下列判斷錯誤的是()A.命題“若am2≤bm2,則a≤b”是假命題B.命題“?x∈R,x3x21≤0”的否定是“?x0∈R,1>C.“若a=1,則直線x+y=0和直線xay=0互相垂直”的逆否命題為真命題D.命題“p∨q為真命題”是命題“p∧q為真命題”的充分不必要條件5.下列函數(shù)中,既是奇函數(shù),又在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增的是()A.y=sinx B.y=x2+ C.y=x3+3x D.y=e|x|6.若函數(shù)y=x23x4的定義域為[0,m],值域為,則m的取值范圍是()A.(0,4] B. C. D.7.設(shè)函數(shù)f(x)=若f=8,則m=()A.2 B.1 C.2或1 D8.函數(shù)y=esinx(π≤x≤π)的大致圖象為()9.(2017河南豫南九校考評)若函數(shù)f(x)=|logax|2x(a>0,a≠1)的兩個零點是m,n,則()A.mn=1 B.mn>1C.mn<1 D.以上都不對10.某公司為激勵創(chuàng)新,計劃逐年加大研發(fā)資金投入.若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬元,在此基礎(chǔ)上,每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%,則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是()(參考數(shù)據(jù):lg1.12≈0.05,lg1.3≈0.11,lg2≈0.30)A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年11.已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且當(dāng)x>0時,不等式f(x)+x·f'(x)<0成立,若a=30.2·f(30.2),b=(logπ2)·f(logπ2),c=·f,則a,b,c的大小關(guān)系為()A.c>b>a B.c>a>bC.b>a>c D.a>c>b12.已知函數(shù)f(x)=+sinπx在[0,1)內(nèi)的最大值為m,在(1,2]上的最小值為n,則m+n=()A.2 B.-1 C.1 D.二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.(2017北京,文13)能夠說明“設(shè)a,b,c是任意實數(shù),若a>b>c,則a+b>c”是假命題的一組整數(shù)a,b,c的值依次為.

14.方程x36x2+9x10=0的實根個數(shù)是.

15.(2017天津,文10)已知a∈R,設(shè)函數(shù)f(x)=axlnx的圖象在點(1,f(1))處的切線為l,則l在y軸上的截距為.

16.已知函數(shù)f(x)=x2+,g(x)=m.若?x1∈[1,2],?x2∈[1,1],使f(x1)≥g(x2),則實數(shù)m的取值范圍是.

三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)已知a∈R,函數(shù)f(x)=log2.(1)當(dāng)a=5時,解不等式f(x)>0;(2)若關(guān)于x的方程f(x)log2[(a4)x+2a5]=0的解集中恰有一個元素,求a(3)設(shè)a>0,若對任意t∈,函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上的最大值與最小值的差不超過1,求a的取值范圍.18.(12分)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且對任意實數(shù)x,恒有f(x+2)=f(x).當(dāng)x∈[0,2]時,f(x)=2xx2.(1)求證:f(x)是周期函數(shù);(2)當(dāng)x∈[2,4]時,求f(x)的解析式;(3)求f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2015)的值.19.(12分)如圖,在半徑為30cm的四分之一圓形(O為圓心)鋁皮上截取一塊矩形材料OABC,其中點B在圓弧上,點A,C在兩半徑上,現(xiàn)將此矩形鋁皮OABC卷成一個以AB為母線的圓柱形罐子的側(cè)面(不計剪裁和拼接損耗),設(shè)矩形的邊長AB=xcm,圓柱的體積為Vcm3.(1)寫出體積V關(guān)于x的函數(shù)解析式;(2)當(dāng)x為何值時,才能使做出的圓柱形罐子的體積V最大?20.(12分)已知函數(shù)f(x)=lnxax+(a,b∈R),且對任意x>0,都有f(x)+f=0.(1)求a,b的關(guān)系式;(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,且x1<x2,求a的取值范圍.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=,其中a∈R.(1)若a=0,求函數(shù)f(x)的定義域和極值.(2)當(dāng)a=1時,試確定函數(shù)g(x)=f(x)1的零點個數(shù),并證明.22.(12分)(2017山東,文20)已知函數(shù)f(x)=x3ax2,a∈R.(1)當(dāng)a=2時,求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程;(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+(xa)cosxsinx,討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值.答案：1.C解析:∵B={x|x>2},∴?UB={x|x≤2},∴A∩(?UB)={x|1<x≤2}.2.B解析:由x2+|x|+2<0,得x2|x|2>0,即(|x|+1)(|x|2)>0,故|x|2>0,解得x>2或x<2.3.B解析:設(shè)冪函數(shù)解析式為y=xα,則=3α,故α=,即y=.故選B.4.D解析:A項中,當(dāng)m=0時,滿足am2≤bm2,但a可以大于b,故命題是假命題,故正確;B項顯然正確;C項中,原命題是真命題,故其逆否命題也為真命題,故正確;D項中,p∨q為真命題,可知p,q至少有一個為真,但推不出p∧q為真命題,故錯誤.故選D.5.C解析:選項A,C中函數(shù)為奇函數(shù),又函數(shù)y=sinx在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),故選C.6.C解析:y=x23x4=.當(dāng)x=0或x=3時,y=4,故≤m≤3.7.B解析:∵f=8,∴f(4m)=8.若4m<1,即3<m,可得5(4m)m=8,解得m=2,舍去.若4m≥1,即m≤3,可得24m=8,解得m=1.故選B.8.D解析:取x=π,0,π這三個值,可得y總是1,故排除選項A,C;當(dāng)0<x<時,y=sinx是增函數(shù),y=ex也是增函數(shù),故y=esinx也是增函數(shù),排除選項B,故選D.9.C解析:由f(x)=0,得|logax|=2x,函數(shù)y=|logax|,y=2x=的圖象如圖所示,由圖象可知,n>1,0<m<1,不妨設(shè)a>1,則有l(wèi)ogam=,logan=,兩式兩邊分別相減得loga(mn)=<0,∴0<mn<1,故選C.10.B解析:設(shè)從2015年后第n年該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元,由已知得130×(1+12%)n>200,∴1.12n>,兩邊取常用對數(shù)得nlg1.12>lg,∴n>=3.8.∴n≥4,故選B.11.A解析:設(shè)F(x)=xf(x),當(dāng)x>0時,F'(x)=[xf(x)]'=f(x)+xf'(x)<0,即函數(shù)F(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,又y=f(x)在R上是偶函數(shù),則F(x)在R上是奇函數(shù),從而F(x)在R上單調(diào)遞減,又30.2>1,0<logπ2<1,log2<0,即30.2>logπ2>log2,所以F(30.2)<F(logπ2)<F,即a<b<c.12.D解析:可知f(x)=+sinπx=1++sinπx.記g(x)=+sinπx,則當(dāng)x∈[0,1)時,g(2x)=+sinπ(2x)=sinπx==g(x),即在區(qū)間[0,1)∪(1,2]上,函數(shù)f(x)關(guān)于點(1,1)中心對稱,故m+n=2.13.1,2,3(答案不唯一)解析:答案不唯一,如令a=1,b=2,c=3,則a>b>c,而a+b=3=c,能夠說明“設(shè)a,b,c是任意實數(shù),若a>b>c,則a+b>c”是假命題.14.1解析:設(shè)f(x)=x36x2+9x10,f'(x)=3x212x+9=3(x1)(x3),由此可知函數(shù)的極大值為f(1)=6<0,極小值為f(3)=10<0,故方程x36x2+9x10=0的實根個數(shù)為1.15.1解析:∵f(x)=axlnx,∴f'(x)=a,f'(1)=a1,f(1)=a,則切線l方程為ya=(a1)(x1),即y=(a1)x+1,則l在y軸上的截距為1.16.解析:?x1∈[1,2],?x2∈[1,1],使f(x1)≥g(x2),只需f(x)=x2+在[1,2]上的最小值大于等于g(x)=m在[1,1]上的最小值.因為f'(x)=2x≥0在[1,2]上恒成立,且f'(1)=0,所以f(x)=x2+在[1,2]上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)=12+=3.因為g(x)=m在[1,1]上單調(diào)遞減,所以g(x)min=g(1)=m,所以m≤3,即m≥.17.解:(1)由log2>0,得+5>1,解得x∈∪(0,+∞).(2)+a=(a4)x+2a5,(a4)x2+(a5)x1=當(dāng)a=4時,x=1,經(jīng)檢驗,滿足題意.當(dāng)a=3時,x1=x2=1,經(jīng)檢驗,滿足題意.當(dāng)a≠3且a≠4時,x1=,x2=1,x1≠x2.x1是原方程的解當(dāng)且僅當(dāng)+a>0,即a>2;x2是原方程的解當(dāng)且僅當(dāng)+a>0,即a>1.于是滿足題意的a∈(1,2].綜上,a的取值范圍為(1,2]∪{3,4}.(3)當(dāng)0<x1<x2時,+a>+a,log2>log2,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+1]上的最大值與最小值分別為f(t),f(t+1).f(t)f(t+1)=log2log2≤1即at2+(a+1)t1≥0,對任意t∈成立.因為a>0,所以函數(shù)y=at2+(a+1)t1在區(qū)間上單調(diào)遞增,當(dāng)t=時,y有最小值a,由a≥0,得a≥.故a的取值范圍為.18.(1)證明:因為f(x+2)=f(x),所以f(x+4)=f(x+2)=f(x).所以f(x)是周期為4的周期函數(shù).(2)解:當(dāng)x∈[2,0]時,x∈[0,2].由已知得f(x)=2(x)(x)2=2xx2,又f(x)是奇函數(shù),所以f(x)=f(x)=2xx2,所以f(x)=x2+2x.又當(dāng)x∈[2,4]時,x4∈[2,0],所以f(x4)=(x4)2+2(x4).又f(x)是周期為4的周期函數(shù),所以f(x)=f(x4)=(x4)2+2(x4)=x26x+8.從而求得當(dāng)x∈[2,4]時,f(x)=x26x+8.(3)解:f(0)=0,f(2)=0,f(1)=1,f(3)=1.又f(x)是周期為4的周期函數(shù),所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=f(4)+f(5)+f(6)+f(7)=…=f(2008)+f(2009)+f(2010)+f(2011)=f(2012)+f(2013)+f(2014)+f(2015)=0.所以f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2015)=0.19.解:(1)連接OB,因為AB=xcm,所以O(shè)A=cm.設(shè)圓柱的底面半徑為rcm,則=2πr,即4π2r2=900x2,所以V=πr2x=π··x=,其中0<x<30.(2)由(1)知V=(0<x<30),則V'=.由V'==0,得x=10,可知V=在(0,10)內(nèi)是增函數(shù),在(10,30)內(nèi)是減函數(shù).所以當(dāng)x=10時,V有最大值.20.解:(1)令x=1,可得f(1)+f=0,故f(1)=a+b=0,即a=b.(2)由(1)可知f(x)=lnxax+,且x>0,則f'(x)=a.令g(x)=ax2+xa,要使f(x)存在兩個極值點x1,x2,則y=g(x)有兩個不相等的正數(shù)根,因此,解得0<a<或無解,故a的取值范圍是0<a<.21.解:(1)當(dāng)a=0時,函數(shù)f(x)=的定義域為{x|x∈R,且x≠1},f'(x)=.令f'(x)=0,得x=0.當(dāng)x變化時,f'(x)和f(x)的變化情況如下:x(∞,1)(1,0)0(0,+∞)f'(x)0+f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(∞,1),(1,0);單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).故當(dāng)x=0時,函數(shù)f(x)有極小值f(0)=1.函數(shù)f(x)無極大值.(2)函數(shù)g(x)存在兩個零點.證明過程如下:由題意,函數(shù)g(x)=1.因為x2+x+1=>0,所以函數(shù)g(x)的定義域為R.求導(dǎo),得g'(x)==,令g'(x)=0,得x1=0,x2=1,當(dāng)x變化時,g(x)和g'(x)的變化情況如下:x(∞,0)0(0,1)1(1,+∞)g'(x)+00+g(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1);單調(diào)遞增區(qū)間為(∞,0),(1,+∞).當(dāng)x=0時,函數(shù)g(x)有極大值g(0)=0;當(dāng)x=1時,函數(shù)g(x)有極小值g(1)=1.因為函數(shù)g(x)在(∞,0)內(nèi)單調(diào)遞增,且g(0)=0,所以對于任意x∈(∞,0),g(x)≠0.因為函數(shù)g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,且g(0)=0,所以對于任意x∈(0,1),g(x)≠0.因為函數(shù)g(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,且g(1)=1<0,g(2)=1>0,所以函數(shù)g(x)在(1,+∞)內(nèi)有且僅有一個x0,使得g(x0)=0,故函數(shù)g(x)存在兩個零點(即0和x0).22.解:(1)由題意f'(x)=x2ax,所以當(dāng)a=2時,f(3)=0,f'(x)=x22x,所以f'(3)=3,因此曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程是y=3(x3),即3xy9=0.(2)因為g(x)=f(x)+(xa)cosxsinx,所以g'(x)=f'(x)+cosx(xa)sinxcosx=x(xa)(xa)sinx=(xa)(xsinx).令h(x)=xsinx,則h'(x)=1cosx≥0,所以h(x)在R上單調(diào)遞增.因為h(0)=0,所以當(dāng)x>0時,h(x)>0;當(dāng)x<0時,h(x)<0.①