阶段滚动检测(一) 第一、二章 (120分钟 150分) 第I卷(选择题 共40分) 一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合A＝{0，a}，B＝{b|b2－3b<0，b∈Z}，A∩B≠?，则实数a的值为( ) (A)1 (B)2 (C)1或2 (D)2或3 2.已知a、b都是实数，那么“a2>b2”是“a>b”的( ) (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件 3.(2012·安阳模拟)设集合A＝{x|－2<－a0}，命题p：1∈A，命题q：2∈A.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则a的取值范围是( ) (A)02 (B)00的解集是____________. 10.定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝
，则f (3)的值为__________. 11.不等式ex－x>ax的解集为P，且[0,2]?P，则实数a的取值范围是______. 12.(2012·杭州模拟)函数y=
的定义域为_______． 13.若f(x)是幂函数，且满足
＝3，则f(
)＝________. 14.拟定从甲地到乙地通话m分钟的电话费由f(x)＝1.06×(0.50×[m]＋1)给出，其中m>0，[m]是大于或等于m的最小整数，若通话费为10.6元，则通话时间m∈_______. 15.已知函数f(x)＝lnx＋2x，g(x)＝a(x2＋x)，若f(x)≤g(x)恒成立，则实数a的取值范围是__________． 三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(12分)(2012·台州模拟)已知命题p:函数
的定义域为R；命题q:方程
有两个不相等的负数根，若p∨q是假命题，求实数a的取值范围． 17.(12分)如图,设点P从原点沿曲线y=x2向点A(2,4)移动,记直线OP、曲线y=x2及直线x=2所围成的面积分别为S1,S2,若S1=S2,求点P的坐标.
18.(12分)集合A是由具备下列性质的函数f(x)组成的： ①函数f(x)的定义域是[0，＋∞)； ②函数f(x)的值域是[－2,4)； ③函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，试分别探究下列两小题： (1)判断函数
是否属于集合A？并简要说明理由； (2)对于(1)中你认为属于集合A的函数f(x)，不等式f(x)＋f(x＋2)<2f(x＋1)是否对于任意的x≥0恒成立？请说明理由． 19.(13分)如图所示：图1是定义在R上的二次函数y=f(x)的部分图象，图2是函数g(x)＝loga(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的取值范围. 20.(13分)已知函数f(x)＝ax2＋2x＋c(a、c∈N*)满足： ①f(1)＝5；②612
-2>1,充分性不成立.令a=1，b=-2，1>-2
12>(-2)2，必要性不成立，故选D. 3.【解析】选C.p∨q为真命题，p∧q为假命题，则命题p，q一真一假．命题p为真时，a>1，又－2<－a，则a<2，∴10，则f(x)在R上是增函数，所以不存在极值点．故选C. 7.【解析】选B.∵f′(x)＝x2＋2ax＋(a2－1)， ∴导函数f′(x)的图象开口向上．又∵a≠0，∴其图象必为第三个图． 由图象特征知f′(0)＝0，且－a>0，∴a＝－1. 故f(－1)＝－
－1＋1＝－
. 8.【解题指南】解答本题的突破口在于由f(x)的图象与x轴切于（1,0)点得到f′(1)=0及f(1)=0. 【解析】选A.f′(x)＝3x2－2px－q， 由f′(1)＝0，f(1)＝0得
，解得
， ∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝
或x＝1，进而求得当x＝
时，f(x)取极大值
，当x＝1时，f(x)取极小值0，故选A. 9.【解析】由已知可得
或
， ∴0＜x＜
或x＞2. 答案：(0,
)∪(2,+∞) 10.【解题指南】根据自变量的值，选择相应区间上的函数解析式代入求解. 【解析】依题意得f(3)＝f(2)－f(1) ＝f(1)－f(0)－f(1)＝－f(0)＝－log2(4－0)＝－2. 答案：-2 11.【解题指南】转化为恒成立问题，利用导数求解. 【解析】因为ex－x>ax的解集为P，且[0,2]
P，所以对任意x∈[0,2]，ex－x>ax恒成立，当x＝0时，不等式恒成立，当00，当00，F(x)单调递增，F(x)≤0不可能恒成立，当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝
或x＝
(舍去)． 当00，当x>
时，F′(x)<0，故F(x)在(0，＋∞)上有最大值F(
)，由题意F(
)≤0恒成立，即ln
＋
－1≤0，令φ(a)＝ln
＋
－1，则φ(a)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，故ln
＋
－1≤0成立的充要条件是a≥1. 答案:[1，＋∞) 16.【解析】由题意得p和q均是假命题， 由p:x2-2ax+3a-2＞0恒成立，Δ=4a2-4(3a-2)＜0得1＜a＜2,﹁p真：a≥2或 a≤1，由q：当a=0时，不满足, 当a≠0时，
,得0＜a＜1,﹁q真：a≥1或a≤0, 综上，由p假和q假得a≤0或a=1或a≥2. 17.【解析】设直线OP的方程为y=kx,P点的坐标为(x,x2), 则
即
解得
kx2-
x3=
-2k-(
x3-
kx2),解得k=
,即直线OP的方程为y=
x, 所以点P的坐标为(
,
). 18.【解析】(1)函数f1(x)＝
－2不属于集合A.因为f1(x)的值域是[－2， ＋∞)，所以函数f1(x)＝
－2不属于集合A.f2(x)＝4－6·(
)x(x≥0)属于集合A，因为：①函数f2(x)的定义域是[0，＋∞)；②f2(x)的值域是[－2,4)； ③函数f2(x)在[0，＋∞)上是增函数． (2)是.∵f(x)＋f(x＋2)－2f(x＋1)＝6·(
)x(
)<0， ∴不等式f(x)＋f(x＋2)<2f(x＋1)对任意的x≥0恒成立． 19.【解题指南】解答本题关键是借助图形得到函数所过的点，求出对应的解析式，进而求解(2). 【解析】(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)＝k(x－1)2＋2， 又函数f(x)的图象过点(0,0)，故k＝－2， 整理得f(x)＝－2x2＋4x. 由题图2得，函数g(x)＝loga(x＋b)的图象过点(0,0)和(1,1)， 故有
，∴
∴g(x)＝log2(x＋1)(x>－1)． (2)由(1)得y＝g(f(x))＝log2(－2x2＋4x＋1)是由y＝log2t和t＝－2x2＋4x＋1复合而成的函数， 而y＝log2t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＝－2x2＋4x＋1在区间[1，m)上单调递减，且有t>0恒成立． 由t＝0得x＝
，又t的图象的对称轴为x＝1. 所以满足条件的m的取值范围为11，即m>2时， g(x)max＝g(
)＝
－m， 故只需
－m≤1，解得m≥
. 又∵m>2，∴m≥
. 综上可知，m的取值范围是m≥
. 方法二：∵x∈[
，
]， ∴不等式f(x)－2mx≤1恒成立?2(1－m)≤－(x＋
)在[
，
]上恒成立．易知[－(x＋
)]min＝
， 故只需2(1－m)≤
即可．解得m≥
. 【方法技巧】二次函数的最值求解技巧： 当二次函数的定义域不是R时,求函数的最值，要充分利用函数的图象，重点关注开口方向和对称轴与所给定区间的关系：若对称轴不在区间内，则该区间是函数的单调区间，最值在两个端点处，反之，则必有一个在顶点处取，即函数的最值不在端点处，就在顶点处. 21. 【解析】（1）F(x)=f(x)+2=x2+bsinx-2+2=x2+bsinx， 依题意，对任意实数x，恒有F(x)-F(-x)=0. 即x2+bsinx-(-x)2-bsin(-x)=0, 即2bsinx=0,所以b=0，所以f(x)=x2-2. （2）∵g(x)=x2-2+2(x+1)+alnx, ∴g(x)=x2+2x+alnx, g′(x)=2x+2+
. ∵函数g(x)在（0，1）上单调递减， ∴在区间（0，1）上，g′(x)=2x+2+
=
≤0恒成立， ∴a≤-(2x2+2x)在（0，1）上恒成立, 而-(2x2+2x)在（0，1）上单调递减，∴a≤-4. （3）∵h(x)=ln(1+x2)-
f(x)-k =ln(1+x2)-
x2+1-k, ∴h′(x)=
-x. 令h′(x)=
-x=0，解得x=0,-1,1, ∴当x<-1时，h′(x)>0,当-10,当x>1时，h′(x)<0, ∴h(x)极大值＝h(±1)=ln2+
-k, ∴h(x)极小值＝h(0)=1-k, 所以①当k>ln2+
时，函数没有零点； ②当1

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