2012届高考数学一轮复习 单元质量评估2 理 新人教A版

单元质量评估二(第二章)
时间：120分钟 分值：150分
一、选择题(每小题5分，共60分) 1．已知函数f (x )＝11－x
2
的定义域为M ，g (x )＝log 2(1－x )(x ≤－1)的值域为N ，则∁R M ∩N
等于( )
A ．{x |x >1}
B ．Ø
C ．{y |y ≥1或y ≤－1}
D ．{x |x ≥1} 解析：可求得集合M ＝{x |－1<x <1}， 集合N ＝{g (x )|g (x )≥1}， 则∁R M ＝{x |x ≤－1或x ≥1}， ∴∁R M ∩N ＝{x |x ≥1}，故选D. 答案：D
2．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
|x －1|－2，|x |≤11
1＋x 2，|x |>1，则f (f (1
2
))等于( )
A.12
B.4
13 C ．－95D.2541
解析：∵f (12)＝|12－1|－2＝－3
2，
∴f (f (12))＝f (－32)＝
1
1＋－
3
22
＝413. 答案：B
3．(2011·某某某某模拟)已知函数y ＝f (x )与y ＝e x
互为反函数，函数y ＝g (x )的图象与
y ＝f (x )的图象关于x 轴对称，若g (a )＝1，则实数a 的值为( )
A ．－e
B ．－1
e
C.1
e
D ．e 解析：由y ＝f (x )与y ＝e x
互为反函数，
得f (x )＝ln x (x >0)，
因为y ＝g (x )的图象与y ＝f (x )的图象关于x 轴对称， 故有g (x )＝－ln x (x >0)，g (a )＝1⇒ln a ＝－1， ∴a ＝1e .
答案：C
4．若函数f (x )＝log a (x ＋b )的图象如下图，其中a ，b 为常数．则函数g (x )＝a x
＋b 的大致图象是( )
解析：由f (x )＝log a (x ＋b )为减函数可得0<a <1，y ＝log a (x ＋b )是由y ＝log a x 向左平移
b 个单位得到的，且0<b <1，所以g (x )＝a x ＋b 的图象为减函数且是由y ＝a x 向上平移了b 个单
位，故选D.
答案：D
5．已知函数f (x )＝ln(x ＋x 2
＋1)，若实数a ，b 满足f (a )＋f (b －1)＝0，则a ＋b 等于( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．不确定
解析：观察得f (x )在定义域内是增函数，而f (－x )＝ln(－x ＋x 2
＋1)＝ln 1
x ＋x 2＋1
＝
－f (x )，
∴f (x )是奇函数，则f (a )＝－f (b －1)＝f (1－b )， ∴a ＝1－b ，即a ＋b ＝1. 答案：C
6．函数f (x )＝－(cos x )|lg|x ||的部分图象是( )
解析：特殊值法，通过分离函数得
f 1(x )＝－cos x ，f 2(x )＝|lg|x ||，
由于f 2(x )＝|lg|x ||≥0，
观察函数f 1(x )＝－cos x 的符号即可， 由于x ∈(－π2，0)∪(0，π
2
)时，
f 1(x )＝－cos x <0，
可以得到正确结果． 答案：C
7．(2011·皖南八校联考)已知二次函数f (x )的图象如下图所示，则其导函数f ′(x )的图象的大致形状是( )
解析：由函数f (x )的图象知：当x ∈(－∞，1]时，f (x )为减函数，∴f ′(x )≤0；当x ∈[1，＋∞)时，f (x )为增函数，∴f ′(x )≥0.结合选项知选C.
答案：C
8．已知函数f (x )＝x e x
，则f ′(2)等于( ) A ．e 2
B ．2e 2
C ．3e 2
D ．2ln2
解析：∵f (x )＝x e x ，∴f ′(x )＝e x ＋x e x
. ∴f ′(2)＝e 2
＋2e 2
＝3e 2
.故选C. 答案：C
9．函数f (x )＝ax 3
－x 在(－∞，＋∞)内是减函数，则() A ．a <1 B ．a <1
3
C ．a <0
D ．a ≤0
解析：f ′(x )＝3ax 2－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a ≤1
3x 2在(－∞，＋∞)上恒成立，
而
1
3x
2>0，∴a ≤0.故选D.
答案：D
10．将函数y ＝f ′(x )sin x 的图象向左平移π
4个单位，得到函数y ＝1－2sin 2
x 的图象，
则f (x )是( )
A ．2sin x
B ．cos x
C ．sin x
D ．2cos x
解析：y ＝1－2sin 2
x ＝cos2x ，向右平移
π
4
个单位得cos2(x －
π
4
)＝cos(2x －
π
2
)＝sin2x
＝2cos x ·sin x ，故f ′(x )＝2cos x ，∴f (x )＝2sin x ，故选A.
答案：A
11．(2010·某某调研)已知f (x )、g (x )都是定义在R 上的函数，且满足以下条件： ①f (x )＝a x
g (x )(a >0，a ≠1)； ②g (x )≠0；
③f (x )g ′(x )>f ′(x )g (x )． 若
f 1
g 1＋f －1g －1＝5
2
，则a 等于( ) A.54B.12 C ．2 D ．2或1
2
解析：记h (x )＝f x g x
＝a x
，
则有h ′(x )＝
f ′x
g x －f x g ′x
g 2x
<0，
即a x
ln a <0，故ln a <0,0<a <1. 由已知得h (1)＋h (－1)＝5
2，
即a ＋a －1
＝52，a 2－52a ＋1＝0，
故a ＝1
2
或a ＝2，
又0<a <1，因此a ＝1
2，选B.
答案：B
12．若函数f (x )＝log a (x 3
－ax )(a >0，a ≠1)在区间(－12，0)上单调递增，则a 的取值X
围是( )
A ．[14，1)
B ．[3
4，1)
C ．(94，＋∞) D．(1，94
)
解析：设u (x )＝x 3
－ax ，由复合函数的单调性，可分0<a <1和a >1两种情况讨论： ①当0<a <1时，u (x )＝x 3
－ax 在(－12，0)上单调递减，
即u ′(x )＝3x 2
－a ≤0在(－12，0)上恒成立，
∴a ≥34，∴3
4
≤a <1；
②当a >1时，u (x )＝x 3
－ax 在(－12，0)上单调递增，
即u ′(x )＝3x 2
－a ≥0在(－12，0)上恒成立，
∴a ≤0，∴a 无解， 综上，可知3
4≤a <1，故选B.
答案：B
二、填空题(每小题5分，共20分)
13．若函数f (x )＝ax 2
＋x ＋1的值域为R ，则函数g (x )＝x 2
＋ax ＋1的值域为________． 解析：要使f (x )的值域为R ，必有a ＝0，于是g (x )＝x 2
＋1，值域为[1，＋∞)． 答案：[1，＋∞)
14．若f (x )是幂函数，且满足
f 4f 2＝3，则f (1
2
)＝________. 解析：设f (x )＝x α
，则有4α
2α＝3，解得2α
＝3，α＝log 23，
∴f (12)＝(12)log 23＝2－log 23＝13.
答案：13
15．(2011·某某模拟)已知a ＝⎠⎛0
π(sin t ＋cos t )d t ，则(x －
1
ax
)6
的展开式中的常数项为
________．
解析：a ＝⎠⎛0
π(sin t ＋cos t )d t ＝(sin t －cos t )| π
＝(sin π－cos π)－(sin0－cos0)＝2，
所以(x －1ax )6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r (－12x )r ＝(－1)r 2－r C r 6x 6－2r
，令6－2r ＝0，得r
＝3，故常数项为(－1)32－3C 3
6＝－52
.
答案：－5
2
16．设函数f (x )＝⎩⎨
⎧
2x
，－2≤x <0
g x －log 5x ＋5＋x 2，0<x ≤2
，若f (x )为奇函数，则当
0<x ≤2时，g (x )的最大值是________．
解析：由于f (x )为奇函数，当－2≤x <0时，f (x )＝2x 有最小值为f (－2)＝2－2
＝14，故当
0<x ≤2时，f (x )＝g (x )－log 5(x ＋5＋x 2
)有最大值为f (2)＝－14，而当0<x ≤2时，y ＝log 5(x
＋5＋x 2
)为增函数，考虑到g (x )＝f (x )＋log 5(x ＋5＋x 2
)，结合当0<x ≤2时，f (x )与y ＝log 5(x ＋5＋x 2)在x ＝2时同时取到最大值，故[g (x )]max ＝f (2)＋log 5(2＋5＋22
)＝－14＋1
＝34
. 答案：34
三、解答题(本大题共6个小题，共计70分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)
17．(10分)如下图所示，图1是定义在R 上的二次函数f (x )的部分图象，图2是函数g (x )＝log a (x ＋b )的部分图象．
(1)分别求出函数f (x )和g (x )的解析式；
(2)如果函数y ＝g (f (x ))在区间[1，m )上单调递减，求m 的取值X 围． 解：(1)由题图1得，二次函数f (x )的顶点坐标为(1,2)， 故可设函数f (x )＝a (x －1)2
＋2，
又函数f (x )的图象过点(0,0)，故a ＝－2， 整理得f (x )＝－2x 2
＋4x .
由题图2得，函数g (x )＝log a (x ＋b )的图象过点(0,0)和(1,1)，
故有⎩
⎪⎨
⎪⎧
log a b ＝0，log a 1＋b ＝1，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝2，
b ＝1，
∴g (x )＝log 2(x ＋1)(x >－1)．
(2)由(1)得y ＝g (f (x ))＝log 2(－2x 2
＋4x ＋1)是由y ＝log 2t 和t ＝－2x 2
＋4x ＋1复合而成的函数，
而y ＝log 2t 在定义域上单调递增，要使函数y ＝g (f (x ))在区间[1，m )上单调递减，必须
t ＝－2x 2＋4x ＋1在区间[1，m )上单调递减，且有t >0恒成立．
由t ＝0得x ＝2±6
2，
又t 的图象的对称轴为x ＝1.
所以满足条件的m 的取值X 围为1<m <2＋6
2.
18．(12分)已知关于x 的方程9x ＋m ·3x
＋6＝0(其中m ∈R )． (1)若m ＝－5，求方程的解；
(2)若方程没有实数根，某某数m 的取值X 围． 解：(1)当m ＝－5时，方程即为9x －5·3x
＋6＝0， 令3x ＝t (t >0)，方程可转化为t 2
－5t ＋6＝0， 解得t ＝2或t ＝3，
由3x ＝2得x ＝log 32，由3x
＝3得x ＝1， 故原方程的解为1，log 32. (2)令3x
＝t (t >0)．
方程可转化为t 2
＋mt ＋6＝0①
要使原方程没有实数根，应使方程①没有实数根，或者没有正实数根． 当方程①没有实数根时，需Δ＝m 2
－24<0， 解得－26<m <26；
当方程①没有正实数根时，方程有两个相等或不相等的负实数根，
这时应有⎩
⎪⎨
⎪⎧
Δ＝m 2
－24≥0，
－m <0，解得m ≥2 6.
综上，实数m 的取值X 围为m >－2 6.
19．(12分)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (a ＋b )＝f (a )＋f (b )，且x >0时，f (x )<0，
f (1)＝－2.
(1)求证f (x )是奇函数；
(2)求f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值．
(1)证明：∵f (a ＋b )＝f (a )＋f (b )， 令a ＝－b ，得f (0)＝f (a )＋f (－a )； 令a ＝b ＝0，得f (0)＝2f (0)， ∴f (0)＝0.∴f (a )＋f (－a )＝0(a ∈R )． ∴f (－x )＝－f (x )．∴f (x )为奇函数． (2)解：设x 1<x 2，x 1、x 2∈R
f (x 2)－f (x 1)＝f (x 2)＋f (－x 1)＝f (x 2－x 1)<0，
∴f (x 2)－f (x 1)<0，即f (x 2)<f (x 1)． ∴函数f (x )在R 上是单调递减的．
∴f (x )在[－3,3]上的最大值是f (－3)，最小值是f (3)． ∵f (1)＝－2，∴f (2)＝f (1)＋f (1)＝－4，
f (3)＝f (2)＋f (1)＝－6，f (－3)＝－f (3)＝6.
∴f (x )在[－3,3]上的最大值为6，最小值为－6. 20．(12分)(2010·某某模拟)已知函数f (x )＝ln
1＋x
x
.
(1)确定y ＝f (x )在(0，＋∞)上的单调性；
(2)设h (x )＝x ·f (x )－x －ax 3
在(0,2)上有极值，求a 的取值X 围．
解：(1)由题知f ′(x )＝x
x ＋1
－ln 1＋x
x 2
，
设g (x )＝
x
x ＋1
－ln(1＋x )(x >0)， 则g ′(x )＝
1x ＋1
2－
1x ＋1＝－x x ＋1
2
<0在(0，＋∞)上恒成立，
∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴g (x )<g (0)＝0，∴f ′(x )<0. 因此f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (2)由h (x )＝x ·f (x )－x －ax 3
可得，
h ′(x )＝1x ＋1－1－3ax 2
＝－x 3ax 2
＋3ax ＋1x ＋1，
若a ≥0，对任意x ∈(0,2)，h ′(x )<0，
∴h (x )在(0,2)上单调递减，则f (x )在(0,2)上无极值．
若a <0，h (x )＝x ·f (x )－x －ax 3
在(0,2)上有极值的充要条件是φ(x )＝3ax 2
＋3ax ＋1在(0,2)上有零点，
又φ(x )在(－1
2
，＋∞)上单调，
∴φ(0)·φ(2)<0，解得a <－1
18.
综上，a 的取值X 围是(－∞，－1
18
)．
21．(12分)(2011·东北三校二模)已知f (x )＝x 2
ln(ax )(a >0)． (1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e
a
处的切线斜率为3e ，求a 的值；
(2)求f (x )在[
1e
，e]上的最小值．
解：(1)∵f ′(x )＝2x ln(ax )＋x 2
·a ax
＝x [2ln(ax )＋1]， ∴3e＝f ′(e a )＝e a [2ln(a ·e
a
)＋1]，∴a ＝1.
(2)由题知x >0，f ′(x )＝x [2ln(ax )＋1]， 令f ′(x )＝0，则2ln(ax )＋1＝0，得x ＝1
a e
，
①当a ≥1时，1a e
≤1e .
当x ∈[
1e
，e]时，f ′(x )≥0， ∴f (x )在[
1e
，e]上是增函数， ∴[f (x )]min ＝f (
1
e )＝1e ln a e ＝1e
(ln a －12)； ②当1e <a <1时，1e <1
a e < e.
当x ∈[1e ，
1
a e
)时，f ′(x )<0；
当x ∈[
1a e
，e]时，f ′(x )>0， ∴f (x )在[
1e
，
1
a e
]上是减函数，在[
1
a e
，e]上为增函数，
∴[f (x )]min ＝f (
1
a e
)＝
1a 2e ln
1e
＝－1
2a 2e ； ③当0<a ≤1e 时，1
a e ≥ e.
当x ∈[
1e
，e]时，f ′(x )<0，
∴f (x )在[
1
e
，e]上是减函数，
∴[f
(x )]min ＝f (e)＝eln a e ＝e(ln a ＋1
2)．
22．(12分)已知函数f (x )＝x 3
－3ax 2
－9a 2
x ＋a 3
. (1)设a ＝1，求函数f (x )的极值；
(2)若a >1
4，且当x ∈[1,4a ]时，|f ′(x )|≤12a 恒成立，试确定a 的取值X 围．
解：(1)当a ＝1时，对函数f (x )求导数，得f ′(x )＝3x 2
－6x －9.令f ′(x )＝0，解得x 1
＝－1，x 2＝3.
列表讨论f (x )，f ′(x )的变化情况：
x (－∞，－1)
－1 (－1,3) 3 (3，＋∞)
f ′(x ) ＋
0 －
0 ＋
f (x )
极大
值6
极小
值－26
(2)f ′(x )＝3x 2
－6ax －9a 2
的图象是一条开口向上的抛物线，关于x ＝a 对称． 若1
4<a ≤1，则f ′(x )在[1,4a ]上是增函数，从而f ′(x )在[1,4a ]上的最小值是f ′(1)＝3－6a －9a 2
，最大值是f ′(4a )＝15a 2
.
由|f ′(x )|≤12a ，得－12a ≤3x 2
－6ax －9a 2
≤12a ，于是有f ′(1)＝3－6a －9a 2
≥－12a ，且f ′(4a )＝15a 2
≤12a .
由f ′(1)≥－12a ，得－1
3≤a ≤1，
由f ′(4a )≤12a ，得0≤a ≤4
5.
所以a ∈(14，1]∩[－13，1]∩[0，4
5]，
即a ∈(14，4
5
]．
若a >1，则|f ′(a )|＝12a 2
>12a .
故当x ∈[1,4a ]时|f ′(x )|≤12a 不恒成立．
所以使|f ′(x )|≤12a (x ∈[1,4a ])恒成立的a 的取值X 围是(14，4
5]．。