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滾動檢測三(1～6章)
(時間：120分鐘 滿分：150分)
第Ⅰ卷(選擇題 共40分)
一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知全集為R，集合A＝{x|2x≥1}，B＝{x|x2－6x＋8≤0}，則A∩(?RB)等于( )
A．{x|x≤0} B．{x|2≤x≤4}
C．{x|0≤x<2或x>4} D．{x|x<2或x>4}
答案 C
解析 因為A＝{x|2x≥1}＝{x|x≥0}，B＝{x|x2－6x＋8≤0}＝{x|2≤x≤4}，所以?RB＝{x|x<2或x>4}，所以A∩(?RB)＝{x|0≤x<2或x>4}，故選C.
2．“α>”是“sinα>”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案 D
解析 當(dāng)π<α<時，sinα<0，充分性不成立；
而sinα>時，α可?。匾圆怀闪?；
故“α>”是“sinα>”的既不充分也不必要條件．
故選D.
3．已知函數(shù)f(x)＝3x3－ax2＋x－5在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是( )
A．(－∞，5] B．(－∞，5)
C. D．(－∞，3]
答案 A
解析 f′(x)＝9x2－2ax＋1，
∵f(x)＝3x3－ax2＋x－5在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，
∴f′(x)＝9x2－2ax＋1≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立．
即a≤＝，即a≤5.
4．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對任意x∈R滿足f(x)＋f′(x)<0，則下列結(jié)論正確的是( )
A．2f(ln2)>3f(ln3)
B．2f(ln2)<3f(ln3)
C．2f(ln2)≥3f(ln3)
D．2f(ln2)≤3f(ln3)
答案 A
解析 由題意設(shè)g(x)＝exf(x)，
則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]．
∵對任意x∈R滿足f(x)＋f′(x)<0，ex>0，
∴對任意x∈R滿足g′(x)<0，則函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減．
∵ln2
g(ln3)，即2f(ln2)>3f(ln3)，故選A.
5．已知函數(shù)f(x)＝(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則y＝f(x)的大致圖象為( )
答案 D
解析 令g(x)＝ex－5x－1，則g′(x)＝ex－5，所以易知函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，ln5)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln5，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．又g(ln5)＝4－5ln5<0，所以g(x)有兩個零點x1，x2，因為g(0)＝0，g(2)＝e2－11<0，g(3)＝e3－16>0，所以x1＝0，x2∈(2,3)，且當(dāng)x<0時，g(x)>0，f(x)>0；當(dāng)x1x2時，g(x)>0，f(x)>0，選項D滿足條件，故選D.
6.將函數(shù)f(x)＝－2cosωx(ω>0)的圖象向左平移φ個單位長度，得到的部分圖象如圖所示，則φ的值為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 設(shè)將函數(shù)y＝f(x)的圖象平移后得到函數(shù)g(x)的圖象，由圖象可知g(x)的最小正周期為π，所以ω＝2，則g(x)＝－2cos2(x＋φ)．又g＝－2cos2＝2，且0<φ<，所以φ＝，故選C.
7．已知x，y滿足約束條件若存在(x，y)滿足y＝logax(a>0，且a≠1)，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[，] B．(1,]
C．(1，] D.∪(1，]
答案 D
解析 作出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，
由可得C(1,1)，
由可得B(3,3)，
由可得A，
當(dāng)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象過點
A時，a＝，
當(dāng)直線y＝x與函數(shù)y＝logax的圖象相切時，y′＝，
設(shè)切點為(x0，y0)，
則解得
由圖可知實數(shù)a的取值范圍是∪(1，]．
8．已知函數(shù)f(x)＝asinωx＋sin(a>0，ω>0)，對任意的x1，x2∈R，都有f(x1)＋f(x2)≤2，若f(x)在[0，π]上的值域為，則實數(shù)ω的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 f(x)＝asinωx＋sin
＝sinωx＋cosωx
＝sin(ωx＋φ)(其中tanφ＝)，
因為對任意的x1，x2∈R，都有f(x1)＋f(x2)≤2，
所以函數(shù)f(x)的最大值為，
即＝，
又a>0，所以a＝1，
所以f(x)＝sinωx＋cosωx＝sin.
當(dāng)x∈[0，π]時，因為ω>0，
所以ωx＋∈，
又f(x)在[0，π]上的值域為，
所以f(x)在[0，π]上的最小值為，最大值為，
則由正弦函數(shù)的圖象可知≤ωπ＋≤，
解得≤ω≤.
9．若方程＝kx－2恰有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是( )
A．(－2，－1)∪(0,4) B.∪
C.∪(1,4) D．(0,1)∪(1,4)
答案 D
解析 方法一 代數(shù)求解：方程可化為
或或
經(jīng)檢驗知，當(dāng)k＝1或k＝－2時，方程均有一個實根，不滿足條件，故k≠1，且k≠－2，
所以要使方程＝kx－2恰有兩個不同的實根，
只需解得k∈(0,1)∪(1,4)．
方法二 幾何求解：求方程＝kx－2恰有兩個不同的實根時實數(shù)k的取值范圍，即求函數(shù)的圖象與直線y＝kx－2有兩個不同的交點時k的取值范圍，作出圖象如圖所示，由圖知k∈(0,1)∪(1,4)．
10．(2018長沙模擬)若函數(shù)f(x)在區(qū)間A上，?a，b，c∈A，f(a)，f(b)，f(c)為一個三角形的三邊長，則稱函數(shù)f(x)為“三角形函數(shù)”．已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋m在區(qū)間上是“三角形函數(shù)”，則實數(shù)m的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由題意知，若f(x)為區(qū)間D上的“三角形函數(shù)”，則在區(qū)間D上，函數(shù)f(x)的最大值N和最小值n應(yīng)滿足：
N<2n.由函數(shù)f(x)＝xlnx＋m在區(qū)間上是“三角形函數(shù)”，f′(x)＝lnx＋1，
當(dāng)x∈時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
故當(dāng)x＝時，函數(shù)f(x)取得最小值－＋m，
又f(e)＝e＋m，f＝－＋m，
故當(dāng)x＝e時，函數(shù)f(x)取得最大值e＋m，
所以00)在x＝2處有極大值16，則c＝________，k＝________.
答案 6 16
解析 ∵f(x)＝x3－2cx2＋c2x－k(c>0)，
∴f′(x)＝3x2－4cx＋c2＝(x－c)(3x－c)(c>0)，
當(dāng)f′(x)>0時，x<或x>c，
當(dāng)f′(x)<0時，0且滿足不等式33a＋2>34a＋1.
(1)解不等式loga(3x＋2)0，∴cos＝－，
∴cos2x0＝cos
＝coscos＋sinsin
＝＋＝.
20．(15分)已知向量＝(6,1)，＝(x，y)，＝(－2，－3)．
(1)若∥，求x與y之間的關(guān)系式；
(2)在(1)的條件下，若⊥，求x，y的值及四邊形ABCD的面積．
解 (1)∵＝＋＋＝(x＋4，y－2)，
∴＝－＝(－x－4,2－y)．
又∥且＝(x，y)，
∴x(2－y)－y(－x－4)＝0，即x＋2y＝0.①
(2)由于＝＋＝(x＋6，y＋1)，
＝＋＝(x－2，y－3)，
又⊥，∴＝0，
即(x＋6)(x－2)＋(y＋1)(y－3)＝0.②
聯(lián)立①②，化簡得y2－2y－3＝0.
解得y＝3或y＝－1.故當(dāng)y＝3時，x＝－6，
此時＝(0,4)，＝(－8,0)，
∴S四邊形ABCD＝||||＝16；
當(dāng)y＝－1時，x＝2，此時＝(8,0)，＝(0，－4)，
∴S四邊形ABCD＝||||＝16.
故四邊形ABCD的面積為16.
21．(15分)在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，已知cos2A－3cos(B＋C)＝1.
(1)求角A的值；
(2)若a＝2，求b＋c的取值范圍．
解 (1)由cos2A－3cos(B＋C)＝1，
得2cos2A＋3cosA－2＝0，
即(2cosA－1)(cosA＋2)＝0，
解得cosA＝或cosA＝－2(舍去)．
∵02，∴20，所以當(dāng)x∈(0,2)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增，
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)，單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．
(2)由(1)知，當(dāng)k≤0時，函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，故f(x)在(0,2)上不存在極值點；
當(dāng)k>0時，設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．
因為g′(x)＝ex－k＝ex－elnk.
當(dāng)00，y＝g(x)單調(diào)遞增，故f(x)在(0,2)上不存在兩個極值點．
當(dāng)k>1時，得x∈(0，lnk)時，g′(x)＝ex－k<0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞減；x∈(lnk，＋∞)時，g′(x)＝ex－k>0，函數(shù)y＝g(x)單調(diào)遞增．
所以函數(shù)y＝g(x)的最小值為g(lnk)＝k(1－lnk)．
函數(shù)f(x)在(0,2)上存在兩個極值點，
當(dāng)且僅當(dāng)解得e
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滾動檢測三1-6章含解析
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