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【金版学案】2016-2017学年高中数学必修一苏教版练习:模块综合检测卷.doc


模块综合检测卷
(时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题意的) 1.已知全集 U={1,2,3,4},A={1,2},B={2,3},则? U(A∪B)=( A.{3} C.{3,4} B.{4} D.{1,3,4} )

解析:因为 A={1,2},B={2,3}, 所以 A∪B={1,2,3}. 所以? U(A∪B)={4}. 答案:B 2.当 a>1 时,在同一平面直角坐标系中,函数 y=a x 与 y=logax 的图象是(


)

答案:A 3.已知集合 A={x|y= x+1},B={y|y=x2+1},则 A∩B=( A.? C.[-1,+∞) B.[-1,1] D.[1,+∞) )

解析:A={x|y= x+1}={x|x≥-1},B={y|y=x2+1}={y|y≥1}. 所以 A∩B=[1,+∞). 答案:D 4.设 f(x)是 R 上的偶函数,且在(0,+∞)上是减函数,若 x1<0,x1+x2>0,则( A.f(-x1)>f(-x2) B.f(-x1)=f(-x2) C.f(-x1)<f(-x2) )

D.f(-x1)与 f(-x2)大小不确定 解析:由 x1<0,x1+x2>0 得 x2>-x1>0, 又 f(x)是 R 上的偶函数,且在(0,+∞)上是减函数, 所以 f(-x2)=f(x2)<f(-x1). 答案:A 5.已知函数 f(x)的单调递增区间是(-2,3),则 y=f(x+5)的单调递增区间是( A.(3,8) C.(-2,3) B.(-7,-2) D.(0,5) )

解析:因为 f(x)的单调递增区间是(-2,3),则 f(x+5)的单调递增区间满足-2<x+5 <3,即-7<x<-2. 答案:B 6.若 x∈[0,1],则函数 y= x+2- 1-x的值域是( A.[ 2-1, 3-1] C.[ 2-1, 3 ] D.[0, 2-1] B.[1, 3 ] )

解析:该函数为增函数,自变量最小时,函数值最小;自变量最大时,函数值最大.故 ymin= 2-1,ymax= 3. 答案:C 7.下列不等式正确的是( 1?2 ?1?2 ?1?4 A.? ?6? <?3? <?6? 1? 1 1 4<? ?2<? ?2 B.? ?6? ?6? ?3? 1? 2 ?1?4 ?1?2 C.? ?3? <?6? <?6? 1? 2 ?1?2 ?1?4 D.? ?3? <?6? <?6? 答案:A 8.已知函数 f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3,若有 f(a)=g(b),则 b 的取值范围为( A.[2- 2,2+ 2] C.[1,3] D.(1,3) B.(2- 2,2+ 2) )
1 1 1 1 1 1 1 1 1

)

1

1

1

解析: f(x) = ex - 1> - 1 , g(x) =- x2 + 4x - 3 =- (x - 2)2 + 1 ≤ 1 ,若有 f(a) = f(b) ,则 g(b)∈(-1,1],即-b2+4b-3>-1? 2- 2<b<2+ 2. 答案:B
?2x 1-2, x≤1, ? 9.已知函数 f(x)=? 且 f(a)=-3,则 f(6-a)=( ? ?-log2(x+1),x>1,


)

7 A.- 4

5 B.- 4

3 1 C.- D.- 4 4


解析:当 a≤1 时,f(a)=2a 1-2=-3, 则 2a 1=-1 不成立,舍去.


当 a>1 时,f(a)=-log2(a+1)=-3. 所以 a+1=8,a=7. 7 - 此时 f(6-a)=f(-1)=2 2-2=- . 4 答案:A 10.设偶函数 f(x)=loga|x+b|在(0,+∞)上是单调减函数,则 f(b-2)与 f(a+1)的大小关 系是( ) B.f(b-2)>f(a+1) D.不能确定

A.f(b-2)=f(a+1) C.f(b-2)<f(a+1)

解析:因为 y=loga|x+b|是偶函数,b=0, 所以 y=loga|x|. 又在(0,+∞)上是单调递减函数, 所以 0<a<1. 所以 f(b-2)=f(-2)=f(2),f(a+1)中 1<a+1<2. 所以 f(2)<f(a+1),因此 f(b-2)<f(a+1). 答案:C 11.某食品的保鲜时间 y(单位:小时)与储藏温度 x(单位:℃)满足函数关系 y=ekx b(e


=2.718…为自然对数的底数,k,b 为常数).若该食品在 0 ℃的保鲜时间是 192 小时,在 22 ℃的保鲜时间是 48 小时, 则该食品在 33 ℃的保鲜时间是( A.16 小时 C.24 小时 B.20 小时 D.28 小时 )

解析:由题设得 eb=192,① e22k b=e22k·eb=48,②


1 1 将①代入②得 e22k= ,则 e11k= . 4 2 当 x=33 时,y=e
33k+b

1? =(e ) ·e =? ?2? ×192=24.
11k 3 b

3

所以该食品在 33 ℃的保鲜时间是 24 小时. 答案:C x -ax+5,x<1, ? ? 12.已知函数 f(x)=? 1 在 R 上单调,则实数 a 的取值范围是( x≥1, ? 1+ x , ?
2

)

A.(-∞,2] C.[4,+∞)

B.[2,+∞) D.[2,4]

1 解析:当 x≥1 时,f(x)=1+ 为减函数, x 所以 f(x)在 R 上应为单调递减函数, 要求当 x<1 时,f(x)=x2-ax+5 为减函数, a 1 所以 ≥1,即 a≥2,并且满足当 x=1 时,f(x)=1+ 的函数值不大于 x=1 时 f(x)=x2- 2 x ax+5 的函数值,即 1-a+5≥2,解得 a≤4. 所以实数 a 的取值范围[2,4]. 答案:D 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横线上)
1

13.2 ,32与 log25 三个数中最大的数是________.
1

-3

解析:因为 2 <1,32<2,log25>2. 所以这三个数中最大的数为 log25. 答案:log25 14.函数 y= x-2 lg x-3 4-x的定义域是__________.

-3

x-2≥0, ? ? 解析:由题知?x-3≠0, 所以 2≤x<4 且 x≠3. ? ?4-x>0, 答案:[2,3)∪(3,4) b-2x 15.已知函数 f(x)= x 为定义是区间[-2a,3a-1]上的奇函数,则 a+b=________. 2 +1 b-2x 解析:因为函数 f(x)= x 为定义是区间[-2a,3a-1]上的奇函数,所以-2a+3a-1 2 +1 =0,所以 a=1. b-20 b-1 又 f(0)= 0 = =0,所以 b=1. 2 2 +1 故 a+b=2. 答案:2 16.若函数 f(x)=|4x-x2|-a 的零点个数为 3,则 a=________. 解析:作出 g(x)=|4x-x2|的图象,g(x)的零点为 0 和 4.由图象可知,将 g(x)的图象向下 平移 4 个单位时,满足题意,所以 a=4. 答案:4

三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程式演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)设函数 f(x)=ax2+(b-8)x-a-ab 的两个零点分别是-3 和 2. (1)求 f(x); (2)当函数 f(x)的定义域是[0,1]时,求函数 f(x)的值域. 解:(1)因为 f(x)的两个零点是-3 和 2, 所以函数图象过点(-3,0),(2,0). 所以有 9a-3(b-8)-a-ab=0.① 4a+2(b-8)-a-ab=0.② ①-②得 b=a+8.③ ③代入②得 4a+2a-a-a(a+8)=0,即 a2+3a=0, 因为 a≠0, 所以 a=-3. 所以 b=a+8=5. 所以 f(x)=-3x2-3x+18. 1 3 x+ ? + +18, (2)由(1)得 f(x)=-3x -3x+18=-3? ? 2? 4
2 2

1 图象的对称轴方程是 x=- ,又 0≤x≤1, 2 所以 f(x)min=f(1)=12,f(x)max=f(0)=18. 所以函数 f(x)的值域是[12,18].
?f(x),x>0, ? 18. (本小题满分 12 分)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a>0), F(x)=? ? ?-f(x),x<0,

若 f(-1)=0,且对任意实数 x 均有 f(x)≥0, (1)求 F(x)的表达式; (2)当 x∈[-2,2]时,g(x)=f(x)-kx 是单调函数,求 k 的取值范围. 解:(1)因为 f(x)=ax2+bx+1,f(-1)=0, 所以 a-b+1=0. 又因为对任意实数 x,均有 f(x)≥0, 所以 Δ=b2-4a≤0. 所以(a+1)2-4a≤0. 所以 a=1,b=2. 所以 f(x)=x2+2x+1.
?x2+2x+1,x>0, ? 所以 F(x)=? 2 ?-x -2x-1,x<0. ?

(2)因为 g(x)=f(x)-kx=x2+2x+1-kx=x2+(2-k)x+1,

在[-2,2]上是单调函数, k-2 k-2 所以 ≥2 或 ≤-2, 2 2 解之得 k≥6 或 k≤-2. 所以 k 的取值范围是{k|k≥6 或 k≤-2}. 2x-1 19.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)= ,其定义域为{x|x≠0}. x (1)用单调性的定义证明函数 f(x)在区间(0,+∞)上为增函数; (2)利用(1)所得到的结论,求函数 f(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值. (1)证明:设 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2,则 x2-x1>0. 2x2-1 2x1-1 x2-x1 f(x2)-f(x1)= - = . x2 x1 x1x2 因为 x1<x2, 所以 x2-x1>0. 又因为 x1,x2∈(0,+∞), 所以 x2x1>0,f(x2)-f(x1)>0. 2x-1 故 f(x)= 在区间(0,+∞)上为增函数. x 2x-1 (2)解:因为 f(x)= 在区间(0,+∞)上为增函数, x 所以 f(x)min=f(1)= 2-1 2×2-1 3 =1,f(x)max=f(2)= = . 1 2 2

4 20.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=xm- ,且 f(4)=3. x (1)求 m 的值; (2)判断 f(x)的奇偶性; (3)若不等式 f(x)-a>0 在区间[1,+∞)上恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)因为 f(4)=3, 4 所以 4m- =3, 4 所以 m=1. 4 (2)由(1)知 f(x)=x- , x 其定义域为{x|x≠0},关于原点对称. 4? 4 又 f(-x)=-x- =-? ?x-x?=-f(x), -x 所以 f(x)是奇函数.

1 (3)因为 y=x,y=- 在区间[1,+∞)上都是增函数, x 所以 f(x)在区间[1,+∞)上为增函数,所以 f(x)≥f(1)=-3. 因为不等式 f(x)-a>0 在区间[1,+∞)上恒成立, 即不等式 a<f(x)在区间[1,+∞)上恒成立, 所以 a<-3, 故实数 a 的取值范围是(-∞,-3). 21.(本小题满分 12 分)“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点.研 究表明:“活水围网”养鱼时,某种鱼在一定的条件下,每尾鱼的平均生长速度 v(单位:千克 /年)是养殖密度 x(单位:尾/立方米)的函数.当 x 不超过 4(尾/立方米)时,v 的值为 2(千克/ 年);当 4≤x≤20 时,v 是 x 的一次函数;当 x 达到 20(尾/立方米)时,因缺氧等原因,v 的值 为 0(千克/年). (1)当 0<x≤20 时,求函数 v(x)的表达式; (2)当养殖密度 x 为多大时, 鱼的年生长量(单位: 千克/立方米)f(x)=x· v(x)可以达到最大, 并求出最大值. 解:(1)由题意:当 0<x≤4 时,v(x)=2; 当 4<x≤20 时,设 v(x)=ax+b,显然该函数在[4,20]是减函数,
? ?20a+b=0, 由已知得? 解得 ?4a+b=2, ?

?a=-8, ? 5 ?b=2.
*

1

2, 0<x≤4,x∈N , ? ? 故函数 v(x)=? 1 5 * ?-8x+2, 4≤x≤20,x∈N . ? (2)依题意并由(1)可得 2x, 0<x≤4,x∈N*, ? ? f(x)=? 1 2 5 * ? ?-8x +2x, 4≤x≤20,x∈N . 当 0≤x≤4 时,f(x)为增函数,故 fmax(x)=f(4)=4×2=8; 1 5 1 1 1002 当 4≤x≤20 时,f(x)=- x2+ x=- (x2-20x)=- (x-10)2+ , 8 2 8 8 8 fmax(x)=f(10)=12.5. 所以,当 0<x≤20 时,f(x)的最大值为 12.5. 当养殖密度为 10 尾/立方米时,鱼的年生长量可以达到最大,最大值约为 12.5 千克/立 方米. m-g(x) 22.(本小题满分 12 分)已知奇函数 f(x)= 的定义域为 R,其中 g(x)为指数函 1+g(x)

数,且过定点(2,9). (1)求函数 f(x)的解析式; (2)若对任意的 t∈[0,5],不等式 f(t2+2t+k)+f(-2t2+2t-5)>0 恒成立,求实数 k 的 取值范围. 解:(1)设 g(x)=ax(a>0,且 a≠1),则 a2=9. 所以 a=-3(舍去)或 a=3, m-3x 所以 g(x)=3x,f(x)= . 1+3x 又 f(x)为奇函数,且定义域为 R,所以 f(0)=0, m-30 1-3x 则 =0,所以 m=1,所以 f(x)= . 1+30 1+3x (2)设 x1<x2,则 1-3x1 1-3x2 2(3x2-3x1) f(x1)-f(x2)= - = . 1+3x1 1+3x2 (1+3x1)(1+3x2) 因为 x1<x2, 所以 3x2-3x1>0, 2(3x2-3x1) 所以 >0, (1+3x1)(1+3x2) 所以 f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), 所以函数 f(x)在 R 上单调递减. 要使对任意的 t∈[0,5],f(t2+2t+k)+f(-2t2+2t-5)>0 恒成立, 即 f(t2+2t+k)>-f(-2t2+2t-5)恒成立. 因为 f(x)为奇函数, 所以 f(t2+2t+k)>f(2t2-2t+5)恒成立. 又因为函数 f(x)在 R 上单调递减, 所以对任意的 t∈[0,5],t2+2t+k<2t2-2t+5 恒成立, 即对任意的 t∈[0,5],k<t2-4t+5=(t-2)2+1 恒成立. 而当 t∈[0,5]时,1≤(t-2)2+1≤10,所以 k<1.


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