2022届高考数学(全国通用)：单元评估检测(二).docx

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单元评估检测(二)
其次章
(120分钟　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,只有一项是符合题目要求的)
1.(2021·信阳模拟)下列函数中既是奇函数,又在(0,+∞)上单调递增的是
(　　)
A.y=sin x　　　　　　　　 B.y=-x2+
C.y=x3+3x D.y=e|x|
【解析】选C.选项A,C中函数为奇函数,又函数y=sin x在(0,+∞)上不是单调函数,故选C.
2.若函数y=x2-3x-4的定义域为,值域为,则m的取值范围是(　　)
A.(0,4] B.
C. D.
【解析】选C.y=当x=0或x=3时,y=-4,所以≤m≤3.
3.(2021·西安模拟)已知函数f(x)=若f(f(0))=4a,则实数a=(　　)
A.　　　 　B.　　　 　C.2　　 　　D.9
【解析】选C.f(0)=20+1=2,f(f(0))=f(2)=4+2a=4a,解得a=2.
4.函数y=esin x(-π≤x≤π)的大致图象为(　　)

【解析】选D.取x=-π,0,π这三个值,可得y总是1,故排解A,C;
当0<x<时,y=sin x是增函数,y=ex也是增函数,故y=esin x也是增函数,故选D.
【加固训练】函数f(x)=ln x-x2的图象大致是(　　)

【解析】选B.函数的定义域为{x|x>0},函数的导数f′(x)= -x=,由
f′(x)= >0得,0<x<1,即增区间为(0,1).由f′(x)= <0得,x>1,即减区间为(1,+∞),所以当x=1时,函数取得极大值,且f(1)=- <0,所以选B.
5.已知函数f(x)=是(-∞,+∞)上的减函数,则a的取值范围是
(　　)
A.(0,3) B.(0,3] C.(0,2) D.(0,2]
【解析】选D.由于f(x)为(-∞,+∞)上的减函数,
所以解得0<a≤2.
【加固训练】若f(x)=在定义域(-∞,+∞)上是单调函数,则a的取值范围是(　　)
A.(1,] B.∪(1, ] D.∪[,+∞)
【解析】选C.f(x)在定义域(-∞,+∞)上是单调函数时,
(1)函数的单调性是增函数时,可得当x=0时,(a2-1) eax≤ax2+1=1,即a2-1≤1,解得-≤a≤,
由于x≥0时,y=ax2+1是增函数,所以a>0,
又由于x<0时,(a2-1)eax是增函数,所以a2-1>0,得a<-1或a>1,
因此,实数a的取值范围是:1<a≤.
(2)函数的单调性是减函数时,可得当x=0时,(a2-1)eax≥ax2+1=1,即a2-1≥1,解得a≤-或a≥.
由于x≥0时,y=ax2+1是减函数,所以a<0,
又由于x<0时,(a2-1)eax是减函数,所以a2-1>0,得a<-1或a>1,
因此,实数a的取值范围是:a≤-,
综上所述,得a∈(-∞,-]∪(1,],故选C.
6.(2021·山东师大附中模拟)方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是(　　)
A.3 B.2 C.1 D.0
【解析】选C.设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,微小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1个.
7.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x),且在区间上是增函数,则
(　　)
A.f(2)<f(5)<f(8)　　　　 B.f(5)<f(8)<f(2)
C.f(5)<f(2)<f(8) D.f(8)<f(2)<f(5)
【解题提示】利用奇偶性、周期性将待比较函数值调整到同一个单调区间上,再比较大小.
【解析】选B.由于f(x-4)=-f(x),所以f(x+8)=f(x),
所以函数f(x)是周期函数,且周期为8,
所以f(8)=f(0),f(5)=-f(1)=f(-1),
由于奇函数f(x)在区间上是增函数,
所以函数f(x)在区间上是增函数,
又由于-2<-1<0<2,所以f(5)<f(8)<f(2).
8.(2021·长春模拟)已知函数y=f(x)是定义在R上的偶函数,且当x>0时,不等式f(x)+x·f′(x)<0成立,若a=30.2·f(30.2),b=(logπ2)·f(logπ2),
c=,则a,b,c间的大小关系为(　　)
A.c>b>a
B.c>a>b
C.b>a>c
D.a>c>b
【解析】选A.由题意知,设F(x)=xf(x),当x>0时,F′(x)=′=f(x)+
xf′(x)<0,即函数F(x)在(0,+∞)上单调递减,又y=f(x)在R上是偶函数,则F(x)在R上是奇函数,从而F(x)在R上单调递减,又30.2>1,0<logπ2<1,log2 <0,即30.2>logπ2>log2,所以F(30.2)<F(logπ2)<F(log2),即a<b<c.
9.已知f(x)满足f(4)=f(-2)=1,f′(x)为导函数,且导函数y=f′(x)的图象如图所示,则f(x)<1的解集是(　　)
A.(-2,0)
B.(-2,4)
C.(0,4)
D.(-∞,-2)∪(4,+∞)
【解析】选B.由f′(x)的图象知,当x<0时,f′(x)<0,函数y=f(x)是减函数,当x>0时,f′(x)>0,函数y=f(x)是增函数,且f(4)=f(-2)=1,从而f(x)<1的解集是(-2,4).
10.(2021·双鸭山模拟)已知函数f(x)=则f(2 014)=(　　)
A.2 012 B.2 013
C.2 014 D.2 015
【解析】选D.f(2 014)=f(2 013)+1=f(2 012)+2=…=f(1)+2 013=log24+2 013=
2 015.
11.设f(x)是定义域为R的偶函数,且对任意实数x,恒有f(x+1)=-f(x),已知x∈(0,1)时,f(x)=log(1-x),则函数f(x)在(1,2)上(　　)
A.是增函数,且f(x)<0 B.是增函数,且f(x)>0
C.是减函数,且f(x)<0 D.是减函数,且f(x)>0
【解析】选D.由f(x+1)=-f(x)得f(x+2)=f(x),又f(x)是定义域为R的偶函数,则f(x+2)=f(x)=f(-x),则直线x=1是函数f(x)的图象的一条对称轴,又x∈(0,1)时,f(x)=log(1-x)是增函数,且f(x)>0,则函数f(x)在(1,2)上是减函数,且f(x)>0.
12.(2021·忻州模拟)设函数f(x)=log3-a在(1,2)内有零点,则实数a的取值范围是(　　)
A.(0,log32) B.(log32,1)
C.(-1,-log32) D.(1,log34)
【解析】选B.f(x)=log3-a=log3-a,则函数f(x)在(1,2)上是减函数,从而解得log32<a<1.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.由两曲线y=sin x(x∈)和y=cos x(x∈)所围成的封闭图形的面积为　　　　.
【解析】由sin x=cos x得tan x=1,所以x=或x=,则所求面积为
S=(sin x-cos x)dx
=(-cos x-sin x) =2.
答案:2
14.(2021·淄博模拟)已知函数f(x)为奇函数,当x>0时,f(x)=log2x,则满足不等式f(x)>0的x的取值范围是　　　　.
【解析】由log2x>0得x>1,由log2x<0得0<x<1,
又函数f(x)为奇函数,则f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞).
答案:(-1,0)∪(1,+∞)
15.(2021·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=x2+,g(x)= -m.若∀x1∈,∃x2∈使f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是　　　　　.
【解题提示】依据f(x)min≥g(x)min求解.
【解析】∀x1∈,∃x2∈,
使f(x1)≥g(x2),只需f(x)=x2+在上的最小值大于等于g(x)=-m在上的最小值,由于f′(x)=2x-=≥0在上成立,且
f′(1)=0,
所以f(x)=x2+在上单调递增,
所以f(x)min=f(1)= =3.
由于g(x)= -m是单调递减函数,
所以g(x)min=g(1)=-m,
所以-m≤3,即m≥-.
答案:
16.已知定义在区间上的函数y=f(x)图象如图所示,对于满足0<x1<x2<1的任意x1,x2给出下列结论:
①f(x2)-f(x1)>x2-x1;
②x2f(x1)>x1f(x2);③.
其中正确结论的序号是　　　　.(把全部正确结论的序号都填写在横线上)
【解析】由f(x2)-f(x1)>x2-x1可得>1,即两点(x1,f(x1))与(x2,f(x2))连线的斜率大于1,明显①不正确;由x2f(x1)>x1f(x2)得,即表示两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))与原点连线的斜率的大小,可以看出结论②正确;结合函数图象,简洁推断③的结论是正确的.
答案:②③
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)设函数f(x)=log3(9x)·log3(3x),≤x≤9.
(1)若m=log3x,求m的取值范围.
(2)求f(x)的最值,并给出取最值时对应的x的值.
【解析】(1)由于≤x≤9,m=log3x为增函数,
所以-2≤log3x≤2,即m的取值范围是.
(2)由m=log3x得:f(x)=log3(9x)·log3(3x)
=(2+log3x)·(1+log3x)
=(2+m)·(1+m)=,
又由于-2≤m≤2,所以当m=log3x=-,
即x=时f(x)取得最小值-,
当m=log3x=2,即x=9时f(x)取得最大值12.
18.(12分)(2021·湛江模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数,且对任意实数x,恒有f(x+2)=-f(x).当x∈时,f(x)=2x-x2.
(1)求证:f(x)是周期函数.
(2)当x∈时,求f(x)的解析式.
(3)求f(0)+ f(1)+f(2)+…+f(2 015)的值.
【解析】(1)由于f(x+2)=-f(x),
所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x).
所以f(x)是周期为4的周期函数.
(2)当x∈时,-x∈.
由已知得f(-x)=2(-x)-(-x)2=-2x-x2,
又f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)=-2x-x2,
所以f(x)=x2+2x.
又当x∈时,x-4∈,
所以f(x-4)=(x-4)2+2(x-4).
又f(x)是周期为4的周期函数,
所以f(x)=f(x-4)=(x-4)2+2(x-4)=x2-6x+8.从而求得当x∈时,f(x)=x2-6x+8.
(3)f(0)=0,f(2)=0,f(1)=1,f(3)=-1.
又f(x)是周期为4的周期函数,
所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)
=f(4)+f(5)+f(6)+f(7)=…
=f(2 008)+f(2 009)+f(2 010)+f(2 011)
=f(2 012)+f(2 013)+f(2 014)+f(2 015)=0.
所以f(0)+f(1) +f(2)+…+f(2 015)=0.
【加固训练】已知定义在实数集上的函数f(x)满足xf(x)为偶函数,f(x+2)=-f(x)(x∈R),且当1≤x≤3时,f(x)=(2-x)3.
(1)求-1≤x≤0时,函数f(x)的解析式.
(2)求f(2 016),f(2 016.5)的值.
【解析】(1)由xf(x)为偶函数可知:f(x)是奇函数.设-1≤x≤0,则1≤x+2≤2,
又由于f(x+2)=-f(x),所以f(x)=x3.
(2)f(x+2)=-f(x)⇒f(x)=-f(x-2),
所以f(x+2)=f(x-2),
所以f(x)是周期为4的周期函数,
所以f(2 016)=f(0)=0,f(2 016.5)=f(0.5)=.
19.(12分)(2021·重庆模拟)如图,在半径为30 cm的圆形(O为圆心)铝皮上截取一块矩形材料OABC,其中点B在圆弧上,点A,C在两半径上,现将此矩形铝皮OABC卷成一个以AB为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁和拼接损耗),设矩形的边长AB=x cm,圆柱的体积为V cm3.
(1)写出体积V关于x的函数解析式.
(2)当x为何值时,才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大?
【解题提示】(1)依据圆柱的体积公式求解.
(2)利用导数求解.
【解析】(1)连接OB,由于AB=x cm,
所以OA= cm,

设圆柱的底面半径为r cm,则=2πr,即4π2r2=900-x2,所以V=πr2x=π··x=,其中0<x<30.
(2)由(1)知V=(0<x<30),则V′=.
由V′==0,得x=10,
因此V=在(0,10)上是增函数,
在(10,30)上是减函数.所以当x=10时,V有最大值.
20.(12分)已知函数f(x)=log(x2-2ax+3).
(1)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围.
(2)若f(-1)=-3,求f(x)的单调区间.
(3)是否存在实数a,使f(x)在(-∞,2)上为增函数?若存在,求出a的范围?若不存在,说明理由.
【解析】(1)由于f(x)的定义域为R,
所以x2-2ax+3>0对x∈R恒成立,
因此必有Δ<0,即4a2-12<0.解得-<a<.
故a的取值范围是(-,).
(2)由f(-1)=-3得log(4+2a)=-3.
所以4+2a=8,所以a=2.
这时f(x)=log(x2-4x+3),
由x2-4x+3>0得x>3或x<1,
故函数定义域为(-∞,1)∪(3,+∞).
令g(x)=x2-4x+3.
则g(x)在(-∞,1)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,又y=logx在(0,+∞)上单调递减,
所以f(x)的单调递增区间是(-∞,1),单调递减区间是(3,+∞).
(3)不存在实数a,使f(x)在(-∞,2)上为增函数,理由如下:
令g(x)=x2-2ax+3,要使f(x)在(-∞,2)上为增函数,应使g(x)在(-∞,2)上单调递减,且恒大于0.
因此即a无解.
所以不存在实数a,使f(x)在(-∞,2)上为增函数.
21.(12分)(2021·兰州模拟)已知f(x)=xln x,g(x)=-x2+mx-3.
(1)求f(x)在(t>0)上的最小值.
(2)若对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)成立,求实数m的取值范围.
【解析】(1)f′(x)=ln x+1,令f′(x)=0,得x=.
当x∈(0,),f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(,+∞）,f′(x)>0,f(x)单调递增.
由于t>0,t+2>2>,
①当0<t<时,f(x)min=f()=-;
②当t≥时,f(x)min=f(t)=tln t.
所以f(x)min=
(2)由2xln x≥-x2+mx-3得m≤2ln x+x+.设h(x)=2ln x+x+ (x>0),则
h′(x)=.令h′(x)=0,得x=1或x=-3(舍),当x∈(0,1)时,
h′(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以m≤h(x)min=4.
【误区警示】解答本题第(2)问时,易忽视x>0的条件,导致求导数的方程时产生增根.
22.(12分)(2021·贵阳模拟)已知函数f(x)=,其中a∈R.
(1)若a=0,求函数f(x)的定义域和极值.
(2)当a=1时,试确定函数g(x)=f(x)-1的零点个数,并证明.
【解析】(1)函数f(x)=的定义域为{x|x∈R,且x≠-1},f′(x)=.
令f′(x)=0,得x=0.当x变化时,f′(x)和f(x)的变化状况如下:
x
(-∞,-1)
(-1,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
-
-
0
+
f(x)
单调递减
单调递减
微小值
单调递增
所以f(x)的单调减区间为(-∞,-1),(-1,0);单调增区间为(0,+∞).
故当x=0时,函数f(x)有微小值f(0)=1.
(2)结论:函数g(x)存在两个零点.证明过程如下:由题意,函数g(x)= -1,
由于x2+x+1= >0.所以函数g(x)的定义域为R.求导,得g′(x)=

令g′(x)=0,得x1=0,x2=1,当x变化时,g(x)和g′(x)的变化状况如下:
x
(-∞,0)
0
(0,1)
1
(1,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
单调递增
极大值
单调递减
微小值
单调递增
故函数g(x)的单调减区间为(0,1);单调增区间为(-∞,0),(1,+∞).
当x=0时,函数g(x)有极大值g(0)=0;
当x=1时,函数g(x)有微小值g(1)= -1.
由于函数g(x)在(-∞,0)单调递增,且g(0)=0,所以对于任意x∈(-∞,0),g(x)≠0.
由于函数g(x)在(0,1)单调递减,且g(0)=0,所以对于任意x∈(0,1),g(x)≠0.
由于函数g(x)在(1,+∞)单调递增,且g(1)=-1<0,g(2)= -1>0,
所以函数g(x)在(1,+∞)上存在唯一x0,使得g(x0)=0,
故函数g(x)存在两个零点(即0和x0).
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