（江蘇專用）2018版高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測二 文.doc

（江蘇專用）2018版高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測二 文1集合axn|x6，bxr|x23x0，則ab_.2(2016鹽城三模)若函數(shù)f(x)2x(k23)2x，則“k2”是“函數(shù)f(x)為奇函數(shù)”的_條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)3(2017常蘇鹽錫聯(lián)考)已知映射f：ab，其中abr，對(duì)應(yīng)法則f：xy|x|.若對(duì)實(shí)數(shù)kb，在集合a中不存在元素x使得f：xk，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_4已知函數(shù)f(x)則f(f()_.5(2016皖南模擬)已知函數(shù)f(x)x22x1，如果使f(x)kx對(duì)任意實(shí)數(shù)x(1，m都成立的m的最大值是5，則實(shí)數(shù)k_.6(2016宿遷模擬)已知定義在r上的偶函數(shù)f(x)在0，)上是增函數(shù)，且f(2)1，若f(xa)1對(duì)x1,1恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_7函數(shù)f(x)x33x23xa的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是_8若函數(shù)f(x)1tan x在區(qū)間1,1上的值域?yàn)閙，n，則mn_.9已知定義在r上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x4)f(x)，且在區(qū)間0,2上，f(x)x，若關(guān)于x的方程f(x)logax有三個(gè)不同的根，則a的取值范圍為_10若曲線c1：yax2(x0)與曲線c2：yex存在公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_11設(shè)全集為r，集合mx|x24，nx|log2x1，則(rm)n_.12已知函數(shù)f(x)ex，g(x)ln 的圖象分別與直線ym交于a，b兩點(diǎn)，則ab的最小值為_13設(shè)a，bz，已知函數(shù)f(x)log2(4|x|)的定義域?yàn)閍，b，其值域?yàn)?,2，若方程|x|a10恰有一個(gè)解，則ba_.14已知函數(shù)f(x)是定義在r上的奇函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)ex(x1)給出以下命題：當(dāng)x0時(shí)，f(x)ex(x1)；函數(shù)f(x)有五個(gè)零點(diǎn)；若關(guān)于x的方程f(x)m有解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是f(2)mf(2)；對(duì)x1，x2r，|f(x2)f(x1)|2恒成立其中，正確命題的序號(hào)是_15已知集合a是函數(shù)ylg(208xx2)的定義域，集合b是不等式x22x1a20(a0)的解集，p：xa，q：xb.(1)若ab，求a的取值范圍；(2)若綈p是q的充分不必要條件，求a的取值范圍16設(shè)命題p：關(guān)于x的二次方程x2(a1)xa20的一個(gè)根大于零，另一根小于零；命題q：不等式2x2x2ax對(duì)x(，1)恒成立如果命題“pq”為真命題，命題“pq”為假命題，求實(shí)數(shù)a的取值范圍17已知函數(shù)f(x)aln x(a0)，求證：f(x)a(1)18(2016鹽城模擬)定義在r上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(2)，且對(duì)任意x，yr，都有f(xy)f(x)f(y)(1)求證：f(x)為奇函數(shù)；(2)若f(k3x)f(3x9x2)0對(duì)任意xr恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍19(2016鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，將一矩形花壇abcd擴(kuò)建成一個(gè)更大的矩形花壇ampn，要求m在ab的延長線上，n在ad的延長線上，且對(duì)角線mn過c點(diǎn)已知ab3米，ad2米(1)設(shè)anx(單位：米)，要使花壇ampn的面積大于32平方米，求x的取值范圍；(2)若x3,4)(單位：米)，則當(dāng)am，an的長度分別是多少時(shí)，花壇ampn的面積最大？并求出最大面積20已知函數(shù)f(x)x3ax2x2，(1)如果x及x1是函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，求函數(shù)f(x)的解析式；(2)在(1)的條件下，求函數(shù)yf(x)的圖象在點(diǎn)p(1,1)處的切線方程；(3)若不等式2xln xf(x)2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍答案精析14,5,62.充分不必要3.(，0)4.25.解析設(shè)g(x)f(x)kxx2(2k)x1，由題意知g(x)0對(duì)任意實(shí)數(shù)x(1，m都成立的m的最大值為5，所以x5是方程g(x)0的一個(gè)根，將x5代入g(x)0，可以解得k(經(jīng)檢驗(yàn)滿足題意)61,1解析因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，f(2)1且在(，0上單調(diào)遞減，在0，)上單調(diào)遞增，所以f(2)f(2)1.因?yàn)閒(xa)1，所以2xa2.(*)又(*)式對(duì)x1,1恒成立，所以(2x)maxa(2x)min，所以1a1.70解析因?yàn)閒(x)3x26x33(x1)20，則f(x)在r上是增函數(shù)，所以不存在極值點(diǎn)84解析因?yàn)閒(x)1tan x，所以f(x)1tan(x)1tan x，則f(x)f(x)24.又f(x)1tan x在區(qū)間1,1上是一個(gè)增函數(shù)，其值域?yàn)閙，n，所以mnf(1)f(1)4.9(，)解析由f(x4)f(x)，知f(x)的周期為4，又f(x)為偶函數(shù)，所以f(x4)f(x)f(4x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x2對(duì)稱，作出函數(shù)yf(x)與ylogax的圖象如圖所示，要使方程f(x)logax有三個(gè)不同的根，則解得a.10.解析根據(jù)題意，函數(shù)yax2與yex的圖象在(0，)上有公共點(diǎn)，令ax2ex，得a(x0)設(shè)f(x)(x0)，則f(x)，由f(x)0，得x2.當(dāng)0x2時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)；當(dāng)x2時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(2，)上是增函數(shù)所以當(dāng)x2時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上有最小值f(2)，所以a.11(2，)解析由mx|x24x|2x22,2，可得rm(，2)(2，)，又nx|log2x1x|x22，)，則(rm)n(2，)122ln 2解析顯然m0，由exm，得xln m，由ln m，得x2em，則ab2emln m.令h(m)2emln m，由h(m)2em0，求得m.當(dāng)0m時(shí)，h(m)0，函數(shù)h(m)在上單調(diào)遞減；當(dāng)m時(shí)，h(m)0，函數(shù)h(m)在上單調(diào)遞增所以h(m)minh2ln 2，因此ab的最小值為2ln 2.135解析由方程|x|a10恰有一個(gè)解，得a2.又解得3x3，所以b3.所以ba3(2)5.14解析當(dāng)x0時(shí)，x0，所以f(x)ex(x1)f(x)，所以f(x)ex(x1)，故正確；當(dāng)x0時(shí)，f(x)ex(x1)ex，令f(x)0，所以x2，所以f(x)在(，2)上單調(diào)遞減，在(2,0)上單調(diào)遞增，而在(，1)上，f(x)0，在(1,0)上，f(x)0，所以f(x)在(，0)上僅有一個(gè)零點(diǎn)，由對(duì)稱性可知，f(x)在(0，)上也有一個(gè)零點(diǎn)，又f(0)0，故該函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，故錯(cuò)誤；因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)，f(x)在(，2)上單調(diào)遞減，在(2,0)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，當(dāng)1x0時(shí)，f(x)0，所以當(dāng)x0時(shí)，f(2)f(x)1，即f(x)1，由對(duì)稱性可知，當(dāng)x0時(shí)，1f(x)，又f(0)0，故當(dāng)x(，)時(shí)，f(x)(1,1)，若關(guān)于x的方程f(x)m有解，則1m1，且對(duì)x1，x2r，|f(x2)f(x1)|2恒成立，故錯(cuò)誤，正確15解(1)由題意得ax|2x10，bx|x1a或x1a若ab，則必須滿足a的取值范圍為a9.(2)易得綈p：x10或x2.綈p是q的充分不必要條件，x|x10或x2是x|x1a或x1a的真子集，則其中兩個(gè)等號(hào)不能同時(shí)成立，解得0a3，a的取值范圍為0a3.16解令f(x)x2(a1)xa2.二次方程x2(a1)xa20的一個(gè)根大于零，另一根小于零，f(0)0，即a20，a2.命題p為真時(shí)，有a2.x(，1)，由不等式2x2x2ax，可得a2x1.令g(x)2x1，g(x)20，g(x)在x(，1)單調(diào)遞增，且g(1)1，g(x)(，1)又不等式2x2x2ax對(duì)x(，1)恒成立，命題q為真時(shí)，有a1.依題意，命題“pq”為真命題，命題“pq”為假命題，則有若p真q假，得a1；若p假q真，得a2.綜上可得，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，1)2，)17證明要證f(x)a(x0)，只需證f(x)a0(x0)，即證a0(x0)a0，只需證ln x10(x0)令g(x)ln x1(x0)，即證g(x)min0(x0)g(x)(x0)令g(x)0，得x1.當(dāng)0x1時(shí)，g(x)0，此時(shí)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，此時(shí)g(x)在(1，)上單調(diào)遞增g(x)ming(1)00，即ln x10成立，故有f(x)a成立18(1)證明f(xy)f(x)f(y)(x，yr)，令xy0，代入式，得f(00)f(0)f(0)，即f(0)0.令yx，代入式，得f(xx)f(x)f(x)，又f(0)0，則有0f(x)f(x)即f(x)f(x)對(duì)任意xr恒成立，所以f(x)是奇函數(shù)(2)解f(2)0，即f(2)f(0)，又f(x)在r上是單調(diào)函數(shù)，所以f(x)在r上是增函數(shù)又由(1)知f(x)是奇函數(shù)，f(k3x)f(3x9x2)f(3x9x2)，所以k3x3x9x2,32x(1k)3x20對(duì)任意xr恒成立令t3x0，問題等價(jià)于t2(1k)t20對(duì)任意t0恒成立令g(t)t2(1k)t2，其對(duì)稱軸t.當(dāng)0，即k1時(shí)，g(0)20，符合題意；當(dāng)0時(shí)，對(duì)任意t0，g(t)0恒成立解得1k12.綜上所述，當(dāng)k12時(shí)，f(k3x)f(3x9x2)0對(duì)任意xr恒成立19解由于，則am，故sampnanam(x2)(1)由sampn32，得32，因?yàn)閤2，所以3x232x640，即(3x8)(x8)0，從而2x或x8，即an長的取值范圍是(8，)(2)令y，則y，因?yàn)楫?dāng)x3,4)時(shí)，y0，所以函數(shù)y在3,4)上為單調(diào)遞減函數(shù)，從而當(dāng)x3時(shí)，y取得最大值，即花壇ampn的面積最大為27平方米，此時(shí)an3米，am9米20解(1)f(x)3x22ax1，即3x22ax10的兩根分別是，1.將x1或代入方程3x22ax10，得a1.f(x)x3x2x2.(2)由(1)知，f(x)3x22x1，f(1)