（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 階段滾動檢測（二）（含解析）

階段滾動檢測（二）一、選擇題1.(2019·紹興一中模擬)已知集合Mx|0x6，Nx|2x32，則MN等于()A.(，6 B.(，5C.0,6D.0,52.(2019·舟山模擬)已知aR，則“a0”是“f(x)x2ax是偶函數(shù)”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3.(2019·湖州模擬)若函數(shù)f(x)同時滿足下列兩個條件，則稱該函數(shù)為“優(yōu)美函數(shù)”：(1)任意xR，都有f(x)f(x)0；(2)任意x1，x2R，且x1x2，都有<0.f(x)sinx；f(x)2x3；f(x)1x；f(x)ln(x).以上四個函數(shù)中，“優(yōu)美函數(shù)”的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.34.已知函數(shù)f(x)(a>0，且a1)的值域是4，)，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(1,2) B.(1,2C.(1,3) D.(1,4)5.函數(shù)f(x)的圖象為()6.函數(shù)f(x)x4(2a3)x2，則f(x)在其圖象上的點(1，2)處的切線的斜率為()A.1B.1C.2D.27.已知函數(shù)f(x)ex1e1x，則滿足f(x1)<ee1的x的取值范圍是()A.1<x<3B.0<x<2C.0<x<eD.1<x<e8.已知定義域為R的函數(shù)f(x)在區(qū)間(，5)上單調(diào)遞減，對任意實數(shù)t，都有f(5t)f(5t)，那么下列式子一定成立的是()A.f(1)<f(9)<f(13) B.f(13)<f(9)<f(1)C.f(9)<f(1)<f(13) D.f(13)<f(1)<f(9)9.已知函數(shù)f(x)exx22x，g(x)lnx2，h(x)x2，且1<x<3，若f(a)g(b)h(c)0，則實數(shù)a，b，c的大小關(guān)系是()A.a<b<cB.b<a<cC.a<c<bD.c<b<a10.(2019·學(xué)軍中學(xué)模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(x5)f(x)，當(dāng)x(3,0時，f(x)x1，當(dāng)x(0,2時，f(x)log2x，則f(1)f(2)f(3)f(2018)的值等于()A.403B.405C.806D.809二、填空題11.(2018·浙江溫州中學(xué)模擬)已知集合Ax|y，By|y2x，xR，則A_；(RA)B_.12.(2019·紹興柯橋區(qū)檢測)若實數(shù)a>b>1，且logablogba2，則logba_，_.13.設(shè)函數(shù)f(x)則f(f(4)_.若f(a)1，則a_.14.若函數(shù)f(x)x3x2mx1在R上無極值點，則實數(shù)m的取值范圍是_.15.已知f(x)若f(x)xa有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是_.16.已知函數(shù)f(x)若f(x)a有且只有一個根，則實數(shù)a的取值范圍是_；若關(guān)于x的方程f(xT)f(x)有且僅有3個不同的實根，則實數(shù)T的取值范圍是_.17.已知函數(shù)f(x)x33ax1，a0，若f(x)在x1處取得極值，直線ym與yf(x)的圖象有三個不同的交點，則m的取值范圍是_.三、解答題18.已知集合A，B.(1)若Cx|m1x2m1，C(AB)，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若Dx|x6m1，且(AB)D，求實數(shù)m的取值范圍.19.(2018·北京)設(shè)函數(shù)f(x)ax2(3a1)x3a2ex.(1)若曲線yf(x)在點(2，f(2)處的切線斜率為0，求a；(2)若f(x)在x1處取得極小值，求a的取值范圍.20.已知函數(shù)f(x)xalnx，g(x)(aR).(1)若a1，求函數(shù)f(x)的極值；(2)設(shè)函數(shù)h(x)f(x)g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間.21.已知f(x)為二次函數(shù)，且f(x1)f(x1)2x24x，(1)求f(x)的表達式；(2)設(shè)g(x)f(2x)m·2x1，其中x0,1，m為常數(shù)且mR，求函數(shù)g(x)的最小值.22.(2019·紹興柯橋區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)xlnxx2x1.(1)若yf(x)在(0，)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍；(2)當(dāng)0<a<1時，函數(shù)yf(x)x有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，證明：x1x2>2.答案精析1.A2.C3.B4.B5.D6.D7.A8.C9.C10.B11.0,2(2，)12.3113.51或解析f(f(4)f(31)log2325；由f(a)1，得或所以a1或a.14.解析因為函數(shù)f(x)在R上無極值點，所以f(x)3x22xm0恒成立，即224×3×m0，所以m.15.1，)解析作出兩個函數(shù)的圖象如圖所示，當(dāng)直線yxa經(jīng)過點(0,1)時，此時a1，直線和函數(shù)yf(x)的圖象顯然有兩個交點.當(dāng)a>1時，直線和函數(shù)yf(x)的圖象顯然有兩個交點.當(dāng)直線yxa經(jīng)過點(1,0)時，此時a1，設(shè)g(x)ln x(x1)，g(x)，kg(1)1，所以在(1,0)處的切線方程為y01(x1)x1，剛好是直線yxa，所以此時直線和函數(shù)的圖象只有一個交點，當(dāng)a1時，觀察圖象得直線和函數(shù)的圖象只有一個交點，故當(dāng)a1時，f(x)xa有兩個零點.故實數(shù)a的取值范圍為1，).16.(1，)(4，2)(2,4)解析作出函數(shù)f(x)的圖象，f(x)a有且只有一個根等價于yf(x)的圖象與ya只有一個交點，故可得a1，即a的取值范圍是(1，)；方程f(xT)f(x)有且僅有3個不同的實根等價于yf(xT)的圖象與yf(x)的圖象有3個交點，而yf(xT)的圖象是將yf(x)的圖象向左或向右平移|T|個單位長度，故可得T的取值范圍是(4，2)(2,4).17.(3,1)解析函數(shù)f(x)x33ax1，a0，f(x)3x23a，函數(shù)f(x)在x1處取得極值，則f(1)0，即33a0，解得a1，f(x)x33x1，a0，f(x)3x233(x21)3(x1)(x1).當(dāng)f(x)>0時，得x>1或x<1，當(dāng)f(x)<0時，1<x<1，即函數(shù)在x1處取得極大值f(1)1，在x1處取得極小值f(1)3，要使直線ym與yf(x)的圖象有三個不同的交點，則m小于極大值，大于極小值，即3<m<1，m的取值范圍是(3,1).18.解Ax|2x7，By|3y5.(1)ABx|2x5，若C，則m12m1，m2；若C，則2m3；綜上m3.(2)ABx|3x7，6m17，m1.19.解(1)因為f(x)ax2(3a1)x3a2ex，所以f(x)ax2(a1)x1ex，f(2)(2a1)e2.由題意知f(2)0，即(2a1)e20，解得a.(2)由(1)得f(x)ax2(a1)x1ex(ax1)(x1)ex.若a1，則當(dāng)x時，f(x)0；當(dāng)x(1，)時，f(x)0.所以f(x)在x1處取得極小值.若a1，則當(dāng)x(0,1)時，ax1x10，所以f(x)0.所以1不是f(x)的極小值點.綜上可知，a的取值范圍是(1，).20.解(1)f(x)的定義域為(0，)，當(dāng)a1時，f(x)xln x，f(x)1，在(0，)上，當(dāng)x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1，)f(x)0f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)在x1處取得極小值1.函數(shù)沒有極大值.(2)h(x)xaln x(x>0)，h(x)1，當(dāng)a1>0，即a>1時，在(0,1a)上h(x)<0，在(1a，)上h(x)>0，所以h(x)在(0,1a)上單調(diào)遞減，在(1a，)上單調(diào)遞增；當(dāng)1a0，即a1時，在(0，)上h(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞增.綜上，當(dāng)a>1時，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1a，)；當(dāng)a1時，h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)，無單調(diào)遞減區(qū)間.21.解(1)設(shè)f(x)ax2bxc(a0).因為f(x1)f(x1)2x24x，所以a(x1)2b(x1)ca(x1)2b(x1)c2x24x，所以2ax22bx2a2c2x24x，故有即所以f(x)x22x1.(2)g(x)f(2x)m·2x1(2x)2(2m2)·2x1，設(shè)t2x，t1,2，yt2(2m2)·t1t(m1)2(m22m2)，當(dāng)m1>2，即m>1時，yt2(2m2)·t1在t1,2時為減函數(shù)，當(dāng)t2時，ymin4m1；當(dāng)m1<1，即m<0時，yt2(2m2)·t1在t1,2上為增函數(shù)，當(dāng)t1，ymin2m2；當(dāng)0m1時，當(dāng)tm1，ymin(m22m2)，綜上所述：g(x)min22.(1)解因為f(x)ln xax2(x>0)，由題意可得f(x)0在(0，)上恒成立，得amax，x(0，)，令g(x)，x(0，)，g(x)，所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以age，所以ae.(2)證明函數(shù)yf(x)xxln xx21有兩個極值點x1，x2(x1<x2)，即yf(x)1ln xax1有兩個不同的零點，且均為正數(shù)，令F(x)f(x)1ln xax1，由F(x)a(x>0)可知，yF(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且0<x1<，則x1>，構(gòu)造函數(shù)m(x)FF(x)lna(ln xax)，則m(x)2a<0，故m(x)在上單調(diào)遞減，又由于0<x1<，則m(x1)>m0，即m(x1)>0在上恒成立，即F>F(x1)F(x2)恒成立.由于x2>，x1>，yF(x)在上是減函數(shù)，所以x2>x1，所以x1x2>>2成立.10