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【高三数学】湖北省鄂州市二中2012届高三数学《集合与函数》测试题(理)及答案(精编).doc

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【高三数学】湖北省鄂州市二中2012届高三数学《集合与函数》测试题(理)及答案(精编).doc

鄂州市二中第一轮复习测试题 集合与函数(理)一、选择题本大题共 10 个小题,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.已知集合 A={x| x22. 已知命题 p∃n∈N,2 n> 1000,则p 为 A A.∀n∈N,2 n≤1000 B.∀n∈N, 2n>1000 C.∃n∈N,2 n≤1000 D.∃n∈N, 2n<10003.若不等式 成立的充分条件为 ,则实数 的取值范围为( A )xa104xa.A[, .B[, .C], 3.D], 14.实数 a= ,b=log 0.3,c= 0.3 的大小关系正确的是 C 202 2A.a0的零点所在的大致区间是 B 2xA.0,1 B.1,2C.2,e D.3,46.已知函数 y=f x是偶函数,且函数 y=f x-2 在[0,2]上是单调减函数,则 D A.f-10,y 0,已知数列{ an}满足a n= n∈N *,若对任意正整Fn,2F2,n数 n,都有 an≥a kk∈N *,k 为常数成立,则 ak的值为___ _____.8914.若函数 fx=2x 2-lnx 在其定义域内的一个子区间k-1,k+1内不是单调函数,则实数 k 的取值范围是__[1, ______3215.对于三次函数 fx=ax 3+bx 2+cx+da≠0,定义设 f″x是函数 y=fx 的导数y=f′x 的导数,若方程 f″ x=0 有实数解 x0,则称点x 0,f x0为函数 y=fx 的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’ ;任何一个三次函数都有对称中心;且‘拐点’就是对称中心. ”请你将这一发现为条件,求1函数 fx=x 3-3x 2+3x 对称中心为___1,1_____.2若函数 gx= x3- x2+3x- + ,则13 12 512 1x- 12g +g +g + g ++g =____2010____.12011 22011 32011 42011 20102011三、解答题本大题共 6 个小题,共 75 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤16.(本小题满分 12 分)设集合 A{x|-2≤x≤3},B 为函数 ylgkx24xk3的定义域,当B⊆A 时,求实数 k 的取值范围.解设 gxkx24xk3,则 B{x|gx0}.①当 k0 时,B- ,∞⊈A,不合题意,故舍去.34②当 k0 时,注意到 gx的图象开口向上,显然 B⊈A,故舍去.③当 k0,𝑔-2≤0,𝑔3≤0,-20 且 a≠1是定义域为 R 的奇函数.1若 f10,试求不等式 fx2+2x+fx-40 的解集;2若 f1= ,且 gx=a 2x+a -2x -2mf x在[1,+∞ 上的最小值为-2,求 m 的值.32[解析] 1∵f x是定义域为 R 的奇函数,∴f0=0,∴k-1=0,∴k=1,故 fx=a x-a -x a0,且 a≠1∵f10,∴a- 0,又 a0 且 a≠1,∴a1.1af′x=a xlna+ = lnalnaax ax+ 1ax∵a1,∴lna0,而 ax+ 0,∴f′x01ax故 fx在 R 上单调递增原不等式化为fx 2+2x f4- x∴x2+2x4-x,即 x2+3x -40∴x1 或 x1 或 x ,舍去251232综上可知 m=2.18.(本小题满分 12 分)已知函数 fx=x 2+|x-a| +1,a∈R .1试判断 fx的奇偶性;2若- ≤a≤ ,求 fx的最小值.12 12解 1当 a=0 时,函数 f-x =-x 2+|-x| +1=fx ,此时,fx 为偶函数.当 a≠0 时,fa=a 2+1,f-a =a 2+2| a|+1,fa≠f-a ,fa≠-f-a ,此时,f x为非奇非偶函数.2当 x≤a 时,fx=x 2-x+a+1= 2+a+ ,x- 12 34∵a≤ ,故函数 fx在-∞,a]上单调递减,12从而函数 fx在-∞,a]上的最小值为 fa=a 2+1.当 x≥a 时,函数 fx=x 2+x-a+1= 2-a+ ,x+ 12 34∵a≥- ,故函数 fx在[a,+∞上单调递增,从而函数 fx在[a,+∞上的最小值为 fa12=a 2+1.综上得,当- ≤a≤ 时,函数 fx的最小值为 a2+1. 12 1219.本小题满分 12 分已知函数 fx=e x-k -x,x∈R1当 k=0 时,若函数 gx= 的定义域是 R,求实数 m 的取值范围;1fx+ m2试判断当 k1 时,函数 fx在 k,2k内是否存在零点.[解析] 1当 k=0 时,f x= ex-x,f ′ x=e x-1,令 f ′x =0 得,x =0,当 x0 时,f ′ x0,∴fx在-∞,0上单调减,在[0,+∞上单调增.∴fxmin=f0=1,∵对 ∀x ∈R,fx≥1,∴fx -1≥0 恒成立,∴欲使 gx定义 域为 R,应有 m-1.2当 k1 时,f x=e x-k -x,f ′x =e x-k -10 在 k,2k上恒成立.∴fx在k,2k 上单调增.又 fk=e k-k -k =1-k0,∴hk在 k1 时单调增,∴hke-20 ,即 f2k0,∴由零点存在定理知,函数 fx在k,2k内存在零点.20.(本小题满分 13 分)某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得 10 万元~1000 万元的投资收益.现准备制定一个对科研课题组的奖励方案奖金 y(单位万元)随投资收益 x(单位万元)的增加而增加,且奖金不超过 9 万元,同时奖金不超过投资收益的 20.(1)若建立函数 fx模型制定奖励方案,试用数学语言表述公司对奖励函数 fx模型的基本要求;(2)现有两个奖励函数模型1y= 2150 x;2y=4lgx-3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求20.解(Ⅰ)设奖励函数模型为 y=fx,则公司对函 数模型的基本要求是当 x∈[10,1000]时,①fx 是增函数;②f x≤9 恒成立; ③ 5xf恒成立.(Ⅱ) (1)对于函数模型 2150 x当 x∈[10,1000]时,fx是增函数,则 max10293ff.所以 fx

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