人教版 高中数学 选修22习题 综合检测1能力卷

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1、2019年编人教版高中数学第一章综合检测(能力卷)时间120分钟，满分150分一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1以正弦曲线ysinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是()A0，)B0，)C，D0，(，答案A解析ycosx，cosx1,1，切线的斜率范围是1,1，倾斜角的范围是0，)2若a0，b0，且函数f(x)4x3ax22bx2在x1处有极值，则ab的最大值等于()A2B3C6D9答案D解析f (x)12x22ax2b，又因为在x1处有极值，ab6，a0，b0，ab()29，当且仅当ab3时取等号，所

2、以ab的最大值等于9.故选D.3(2016青岛高二检测)下列函数中，x0是其极值点的函数是()Af(x)x3Bf(x)cosxCf(x)sinxxDf(x)答案B解析对于A，f (x)3x20恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于B，f (x)sinx，当x(，0)时，f (x)0，故f(x)cosx在x0的左侧区间(，0)内单调递减，在其右侧区间(0，)内单调递增，所以x0是f(x)的一个极小值点；对于C，f (x)cosx10恒成立，在R上单调递减，没有极值点；对于D，f(x)在x0没有定义，所以x0不可能成为极值点，综上可知，答案选B.4已知函数f(x)x3ax2x1在(，)上是单调函

3、数，则实数a的取值范围是()A(，)，(，) B(，)C(，) D，答案D解析f (x)3x22ax1，f(x)在(，)上是单调函数，且f (x)的图象是开口向下的抛物线，f (x)0恒成立，4a2120，a，故选D.5函数f(x)在其定义域内可导，其图象如图所示，则导函数yf (x)的图象可能为()答案C解析由图象知，f(x)在x0时，单调递增，故f (x)在x0时为，故选C.6已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，若ABC为锐角三角形，则一定成立的是()Af(sinA)f(cosB)Bf(sinA)f(sinB)Df(cosA)0时，f (x)0，即f(x)单调递增，又ABC为锐角三角形

4、，则AB，即AB0，故sinAsin(B)0，即sinAcosB0，故f(sinA)f(cosB)，选A.7函数f(x)ax3ax22ax1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是()AaBaCaDa答案D解析f (x)ax2ax2aa(x2)(x1)，要使函数f(x)的图象经过四个象限，则f(2)f(1)0，即(a1)(a1)0，解得a.故选D.8定义域为R的函数f(x)满足f(1)1，且f(x)的导函数f (x)，则满足2f(x)x1的x的集合为()Ax|1x1Bx|x1Cx|x1Dx|x1答案B解析令g(x)2f(x)x1，f (x)，g(x)2f (x)10，g(x)为单调增函数，f(

5、1)1，g(1)2f(1)110，当x1时，g(x)0，即2f(x)x1，故选B.9(2016岳阳高二检测)若关于x的方程x33xm0在0,2上有根，则实数m的取值范围是()A2,2B0,2C2,0D(，2)(2，)答案A解析令f(x)x33xm，则f (x)3x233(x1)(x1)，显然当x1时，f (x)0，f(x)单调递增，当1x1时，f (x)0，f(x)单调递减，在x1时，f(x)取极大值f(1)m2，在x1时，f(x)取极小值f(1)m2.f(x)0在0,2上有解，2m2.10(2016全国卷文，12)若函数f(x)xsin2xasinx在(，)单调递增，则a的取值范围是()A1

6、,1B1，C，D1，答案C解析函数f(x)xsin2xasinx在(，)单调递增，等价于f (x)1cos2xacosxcos2xacosx0在(，)恒成立设cosxt，则g(t)t2at0在1,1恒成立，所以，解得a.故选C.11(2016河南八市质量监测)已知函数f(x)xlnx，g(x)x3x25，若对任意的x1，x2，都有f(x1)g(x2)2成立，则a的取值范围是()A(0，)B1，)C(，0)D(，1答案B解析由于g(x)x3x25g(x)3x22xx(3x2)，函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，g5，g(2)8451.由于对x1，x2，f(x1)g(x2)2恒成立，f(x)

7、g(x)2max，即x时，f(x)1恒成立，即xlnx1，在上恒成立，axx2lnx在上恒成立，令h(x)xx2lnx，则h(x)12xlnxx，而h(x)32lnx，x时，h(x)0，x1,2时，h(x)0，f(x)单调递增，当x(2,0)时，f (x)0，f(x)单调递减，极大值为f(2)a4，极小值为f(0)a，又f(3)a，f(3)54a，由条件知a3，最大值为f(3)54357.14如图阴影部分是由曲线y、y2x与直线x2、y0围成，则其面积为_.答案ln2解析由，得交点A(1,1)由得交点B.故所求面积Sdxdxxlnxln2.15函数f(x)ax33x在区间(1,1)上为单调减函

8、数，则a的取值范围是_.答案a1解析f (x)3ax23，f(x)在(1,1)上为单调减函数，f (x)0在(1,1)上恒成立，即3ax230在(1,1)上恒成立，a，x(1,1)，a1.16(2015安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号)a3，b3；a3，b2；a3，b2；a0，b2；a1，b2.答案解析令f(x)x3axb，求导得f (x)3x2a，当a0时，f (x)0，所以f(x)单调递增，且至少存在一个数使f(x)0，所以f(x)x3axb必有一个零点，即方程x3axb0仅有一根，故正确；当a0时，若a3，则

9、f (x)3x233(x1)(x1)，易知，f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，在1,1上单调递减，所以f(x)极大f(1)13bb2，f(x)极小f(1)13bb2，要使方程仅有一根，则f(x)极大b20，解得b2，故正确所以使得三次方程仅有一个实根的是.三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本题满分10分)设函数f(x)lnxln(2x)ax(a0).(1)当a1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1上 的最大值为，求a的值解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f (x)a，(1)当a1时，f (x)，当x(0，)时，f (

10、x)0，当x(，2)时，f (x)0，即f(x)在(0,1上单调递增，故f(x)在(0,1上的最大值为f(1)a，因此a.18(本题满分12分)已知函数f(x)ax3cxd(a0)是R上的奇函数，当x1时，f(x)取得极值2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调区间和极大值；(3)证明：对任意x1、x2(1,1)，不等式|f(x1)f(x2)|4恒成立解析(1)f(x)是R上的奇函数，f(x)f(x)，即ax3cxdax3cxd，dd，d0(或由f(0)0得d0)f(x)ax3cx，f (x)3ax2c，又当x1时，f(x)取得极值2，即解得f(x)x33x.(2)f (x

11、)3x233(x1)(x1)，令f (x)0，得x1，当1x1时，f (x)0，函数f(x)单调递减；当x1时，f (x)0，函数f(x)单调递增；函数f(x)的递增区间是(，1)和(1，)；递减区间为(1,1)因此，f(x)在x1处取得极大值，且极大值为f(1)2.(3)由(2)知，函数f(x)在区间1,1上单调递减，且f(x)在区间1,1上的最大值为Mf(1)2.最小值为mf(1)2.对任意x1、x2(1,1)，|f(x1)f(x2)|Mm4成立即对任意x1、x2(1,1)，不等式|f(x1)f(x2)|0).(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求f(x)

12、的单调区间；(3)若f(x)0在区间1，e上恒成立，求实数a的取值范围解析(1)a1，f(x)x24x2lnx，f (x)(x0)，f(1)3，f (1)0，所以切线方程为y3.(2)f (x)(x0)，令f (x)0得x1a，x21，当0a0，在x(a,1)时，f (x)1时，在x(0,1)或x(a，)时，f (x)0，在x(1，a)时，f (x)c时，P，所以Tx2x10.当1xc时，P，所以T(1)x2()x1.综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为：T(2)由(1)知，当xc时，每天的盈利额为0，当1xc时，T，令T0，解得x3或x9.因为1xc，c6，所以()当3c6

13、时，Tmax3，此时x3.()当1c3时，由T知函数T在1,3上递增，所以Tmax，此时xc.综上，若3c6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；若1c1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m1.解析(1)依题f(x)(1x2)ex(1x2)(ex)(1x)2ex0，f(x)在(，)上是单调增函数(2)证明：a1，f(0)1a1a2a0， f(x)在(0，a)上有零点又由(1)知f(x)在(，)上是单调增函数，f(

14、x)在(，)上仅有一个零点(3)证明：令f(x)(1x)2ex0，得x1，而f(1)1(1)2e1aa，故P.直线OP的斜率kOPa，而f(x)在点M(m，n)处的切线斜率为f(m)(1m)2em.由平行关系知a(1m)2em.要证m1，即证(m1)3a(1m)2em，即m1em.令g(m)emm1，则g(m)em1.当m0时，g(m)0，g(m)在(，0)上单调递减；当m0时，g(m)0，g(m)在(0，)上单调递增故g(m)在(，)上的最小值为g(0)0，即g(m)emm0在(，)上恒成立，于是m1em，即m1得证22(本题满分14分)(2016四川理，21)设函数f(x)ax2alnx，

15、其中aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)e1x在区间(1，)内恒成立(e2.718为自然对数的底数)解析(1)f (x)2ax(x0)当a0时，f (x)0时，由f (x)0，有x.此时，当x(0，)时，f (x)0，f(x)单调递增(2)令g(x)，s(x)ex1x.则s(x)ex11.而当x1时，s(x)0，所以s(x)在区间(1，)内单调递增又由s(1)0，有s(x)0，从而当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)lnxg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1.由(1)有f()0，所以此时f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)内单调递增又h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立综上，a，)