階段滾動檢測（一） 一、選擇題 1.(2019·臺州模擬)設(shè)集合M＝{x|－1≤x≤1}，N＝{x|1<2x<4}，則M∩N等于(　　) A.{x|－1≤x<0} B.{x|0<x≤1} C.{x|1≤x<2} D.{x|－1≤x<2} 2.(2019·杭州高級中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝的定義域為(1,2)，則函數(shù)f(x2)的定義域是(　　) A.(1,2) B.(1,4) C.R D.(－，－1)∪(1，) 3.已知a∈R，則“a>1”是“<1”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 4.已知集合A＝{x|x2－x－6<0}，集合B＝{x|x>1}，則(?RA)∩B等于(　　) A.[3，＋∞) B.(1,3] C.(1,3) D.(3，＋∞) 5.(2019·浙江新高考仿真模擬)下列命題正確的是(　　) A.若lna－lnb＝a－3b，則a>b>0 B.若lna－lnb＝a－3b，則0<a<b C.若lna－lnb＝3b－a，則a>b>0 D.若lna－lnb＝3b－a，則0<a<b 6.已知a＝21.2，b＝20.8，c＝2log52，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A.c<b<a B.c<a<b C.b<a<c D.b<c<a 7.已知函數(shù)f(x)＝的零點為3，則f(f(6)－2)等于(　　) A.1B.2C.D.2019 8.已知P＝{m|－1<m<0}，Q＝{m∈R|mx2＋4mx－4<0對于任意實數(shù)x恒成立}，則下列關(guān)系中成立的是(　　) A.PQ B.QP C.P＝Q D.P∩Q＝? 9.已知函數(shù)f(x)＝，則不等式f(x＋2)＋f(1－2x)<0的解集是(　　) A. B. C.(3，＋∞) D.(－∞，3) 10.(2019·鎮(zhèn)海模擬)已知函數(shù)y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱，且當(dāng)x≤0時，f(x)＝－x3＋ln(1－x)，設(shè)a＝f(log36)，b＝f(log48)，c＝f(log510)，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A.a>b>c B.c>b>a C.b>c>a D.b>a>c 二、填空題 11.已知全集U＝{1,2,3,4,5}，集合A＝{1,2,3}，?UB＝{2,5}，則集合B＝________，A∩B＝________. 12.(2019·金麗衢十二校聯(lián)考)函數(shù)y＝的定義域是________，值域是________. 13.已知f(x)＝則f(f(－2))＝________，函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為________. 14.已知命題p：－4<x－a<4，q：(x－2)(3－x)>0，若q是p的充分條件，則實數(shù)a的取值范圍是________. 15.若x，y滿足則xy＝________，＝________. 16.已知函數(shù)f(x)＝若f(4)>1，則實數(shù)a的取值范圍是____________. 17.(2019·浙江超級全能生考試)已知函數(shù)f(x)＝＋，在定義域內(nèi)使得方程f(x)＝2|m|的整數(shù)解的個數(shù)為2，則m的取值范圍是________. 三、解答題 18.(2019·浙江學(xué)軍中學(xué)期末)設(shè)p：實數(shù)m滿足m2－4am＋3a2≤0，其中a∈R； q：實數(shù)m使得方程＋＝1表示橢圓. (1)在p中，當(dāng)a＝－1時，求m的取值范圍； (2)若q是p的必要不充分條件，求實數(shù)a的取值范圍. 19.已知函數(shù)f(x)＝4x－4·2x－6，其中x∈[0,3]. (1)求函數(shù)f(x)的最大值和最小值； (2)若實數(shù)a滿足f(x)－a≥0恒成立，求a的取值范圍. 20.已知函數(shù)f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x). (1)求函數(shù)f(x)的定義域并判斷函數(shù)f(x)的奇偶性； (2)記函數(shù)g(x)＝10f(x)＋3x，求函數(shù)g(x)的值域； (3)若不等式f(x)>m有解，求實數(shù)m的取值范圍. 21.(2019·湖州期末)已知f(x)＝|x－1|＋1，F(xiàn)(x)＝ (1)解不等式f(x)≤2x＋3； (2)若方程F(x)＝a有三個解，求實數(shù)a的取值范圍. 22.已知函數(shù)f(x)＝x2－＋2. (1)判斷函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上的單調(diào)性并加以證明； (2)對任意的x∈[1,4]，若不等式x·f(x)＋x2>(a－2)x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍. 答案精析 1.B　2.D　3.A　4.A　5.C　6.A　7.C　8.A　9.D　10.A　 11.{1,3,4}　{1,3}　12.[－3,1]　[0,2]　13.14　1　14.[－1,6]　15.8　2　16. 解析　由題意知f(4)＝f(log4)＝f(－2)＝(3a－1)×(－2)＋4a>1，解得a<. 故實數(shù)a的取值范圍是. 17.∪ 解析　方法一　令g(x)＝x＋，則由絕對值的幾何意義可知原題等價于函數(shù)g(x)上的點到直線y＝m與y＝－m的距離之和為2|m|有且僅有兩個x為整數(shù). 由g(x)的函數(shù)圖象可知， g(1)≤|m|且g(2)>|m|， ∴2≤m<或－<m≤－2. 方法二?。荩?|m|(當(dāng)≤|m|時等號成立)， ∴原題可轉(zhuǎn)化為≤|m|在定義域上有且僅有2個整數(shù)解，由對稱性不妨令x>0，m>0，原題轉(zhuǎn)化為x＋≤m(x>0，m>0)有且僅有1個整數(shù)解，即x2－mx＋1≤0(x>0，m>0)有且僅有1個整數(shù)解.令g(x)＝x2－mx＋1， 則g≤0，∴m≥2或m≤－2(舍去). 即m≥2，∴g(1)＝2－m≤0，∴x＝1必為x2－mx＋1≤0的整數(shù)解，又g(x)≤0在x>0上僅有1個整數(shù)解，∴g(2)>0， ∴m<.∴2≤m<.又由對稱性可知， 當(dāng)x<0，m<0時，必有－<m≤－2. 綜上，2≤m<或－<m≤－2. 18.解　(1)當(dāng)a＝－1時，由m2＋4m＋3≤0， 解得－3≤m≤－1， ∴實數(shù)m的取值范圍是[－3，－1]. (2)由(1)知，記滿足條件q對應(yīng)的集合為A＝{m|m>－1}， 記滿足條件p的實數(shù)的集合為B＝{m|(m－a)(m－3a)≤0}， 因為q是p的必要不充分條件，所以由題意知BA， 當(dāng)a＝0時，B＝{m|m＝0}，滿足BA； 當(dāng)a>0時，B＝{m|a≤m≤3a}，滿足BA； 當(dāng)a<0時，B＝{m|3a≤m≤a}，要使BA，只需3a>－1，所以－<a<0， 綜上實數(shù)a的取值范圍為. 19.解　(1)f(x)＝(2x)2－4·2x－6(0≤x≤3).令t＝2x，∵0≤x≤3，∴1≤t≤8. 則h(t)＝t2－4t－6＝(t－2)2－10(1≤t≤8). 當(dāng)t∈[1,2]時，h(t)是減函數(shù)；當(dāng)t∈(2,8]時，h(t)是增函數(shù). ∴f(x)min＝h(2)＝－10，f(x)max＝h(8)＝26. (2)∵f(x)－a≥0恒成立，即a≤f(x)恒成立，∴a≤f(x)min. 由(1)知f(x)min＝－10，∴a≤－10. 故a的取值范圍為(－∞，－10]. 20.解　(1)∵函數(shù)f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x)，∴解得－2<x<2. ∴函數(shù)f(x)的定義域為(－2,2). ∵f(－x)＝lg(2－x)＋lg(2＋x)＝f(x)， ∴f(x)是偶函數(shù). (2)∵－2<x<2， ∴f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x)＝lg(4－x2). ∵g(x)＝10f(x)＋3x， ∴函數(shù)g(x)＝－x2＋3x＋4 ＝－2＋(－2<x<2)， ∴g(x)max＝g＝， g(x)min＝g(－2)＝－6， ∴函數(shù)g(x)的值域是. (3)∵不等式f(x)>m有解， ∴m<f(x)max， 令t＝4－x2，由于－2<x<2，∴0<t≤4， ∴f(x)的最大值為lg 4. ∴實數(shù)m的取值范圍為{m|m<lg 4}. 21.解　(1)不等式f(x)≤2x＋3， 即為|x－1|＋1≤2x＋3. 當(dāng)x≥1時，即化為x－1＋1≤2x＋3，得x≥－3，此時不等式的解集為x≥1， 當(dāng)x<1時，即化為－(x－1)＋1≤2x＋3，解得x≥－， 此時不等式的解集為－≤x<1， 綜上，不等式f(x)≤2x＋3的解集為. (2)F(x)＝ 即F(x)＝ 作出函數(shù)F(x)的圖象如圖所示， 當(dāng)直線y＝a與函數(shù)y＝F(x)的圖象有三個公共點時，方程F(x)＝a有三個解，所以1<a<3. 所以實數(shù)a的取值范圍是(1,3). 22.解　(1)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增. 證明：設(shè)1≤x1<x2，則 f(x1)－f(x2)＝x－＋2－ ＝x－－x＋ ＝x－x－ ＝(x1－x2)， ∵1≤x1<x2， ∴x1－x2<0，x1＋x2＋>0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， ∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增. (2)由已知可得x·f(x)＋x2>(a－2)x， ∵x∈[1,4]，∴a－2<＝f(x)＋x恒成立， 即a－2<(f(x)＋x)min，x∈[1,4]， 由(1)知，f(x)＋x單調(diào)遞增， ∴f(x)＋x的最小值為f(1)＋1＝3， ∴a－2<3，即a<5. 故實數(shù)a的取值范圍為(－∞，5). 8