高中数学必修1综合测试题及答案.doc

必修1综合检测
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(每小题5分，共50分)
1．函数y＝ln(1－x)的定义域为(　　)
A．(0,1) B．[0,1) C．(0,1] D．[0,1]
2．已知U＝{y|y＝log2x，x>1}，P＝，则∁UP＝(　　)
A. B. C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪
3．设a>1，函数f(x)＝logax在区间[a,2a]上的最大值与最小值之差为，则a＝(　　)
A. B．2 C．2 D．4
4．设f(x)＝g(x)＋5，g(x)为奇函数，且f(－7)＝－17，则f(7)的值等于(　　)
A．17 B．22 C．27 D．12
5．已知函数f(x)＝x2－ax－b的两个零点是2和3，则函数g(x)＝bx2－ax－1的零点是(　　)
A．－1和－2 B．1和2 C.和 D．－和－
6．下列函数中，既是偶函数又是幂函数的是(　　)
A．f(x)＝ B．f(x)＝x2 C．f(x)＝x－3 D．f(x)＝x－1
7．直角梯形ABCD如图Z­1(1)，动点P从点B出发，由B→C→D→A沿边运动，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为f(x)．如果函数y＝f(x)的图象如图Z­1(2)，那么△ABC的面积为(　　)
A．10 B．32 C．18 D．16
8．设函数f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则关于x的方程f(x)＝x的解的个数为(　　)
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．下列四类函数中，具有性质“对任意的x>0，y>0，函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)f(y)”的是(　　)
A．幂函数 B．对数函数 C．指数函数 D．一次函数
10．甲用1000元人民币购买了一支股票，随即他将这支股票卖给乙，获利10%，而后乙又将这支股票返卖给甲，但乙损失了10%，最后甲按乙卖给甲的价格九折将这支股票卖给了乙，在上述股票交易中(　　)
A．甲刚好盈亏平衡 B．甲盈利1元 C．甲盈利9元 D．甲亏本1.1元
二、填空题(每小题5分，共20分)
11．计算：÷100＝__________.
12．已知f(x)＝(m－2)x2＋(m－1)x＋3是偶函数，则f(x)的最大值是__________．
13．y＝f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)＝x2＋ax，且f(2)＝6；则当x≥0时，f(x)的解析式为_______．
14．函数y＝，x∈[3,5]的最小值为________；最大值为________．
三、解答题(共80分)
15．(12分)已知全集U＝R，集合A＝{x|log2(11－x2)>1}，B＝{x|x2－x－6>0}，M＝{x|x2＋bx＋c≥0}。(1)求A∩B；(2)若∁UM＝A∩B，求b，c的值。
16．(12分)已知函数f(x)＝(b≠0，a>0)。(1)判断f(x)的奇偶性；(2)若f(1)＝，log3(4a－b)＝log24，求a，b的值。
17．(14分)方程3x2－5x＋a＝0的一根在(－2,0)内，另一根在(1,3)内，求参数a的取值范围．
18．(14分)某租赁公司拥有汽车100辆，当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出；当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆，租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元．
(1)当每辆车的月租金定为3600时，能租出多少辆车？
(2)当每辆车的月租金为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大收益为多少元？
19．(14分)已知函数f(x)＝2x＋2ax＋b，且f(1)＝，f(2)＝。(1)求a，b的值；(2)判断f(x)的奇偶性；(3)试判断f(x)在(－∞，0]上的单调性，并证明；(4)求f(x)的最小值．
20．(14分)已知函数f(x)＝lnx＋2x－6。(1)证明：函数f(x)在其定义域上是增函数；(2)证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3)求这个零点所在的一个区间，使这个区间的长度不超过。
参考答案：1．B
2．A　解析：由已知U＝(0，＋∞)．P＝，所以∁UP＝.故选A.
3．D　4.C　5.D　6.B　7.D
8．C　解析：由f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，可得b＝4，c＝2，
所以f(x)＝所以方程f(x)＝x等价于或
所以x＝2或x＝－1或x＝－2.故选C. 9．C
10．B　解析：由题意知，甲盈利为1000×10%－1000×(1＋10%)×(1－10%)×(1－0.9)＝1(元)． 11．－20
12．3　解析：∵f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，即(m－2)·(－x)2－(m－1)x＋3＝(m－2)x2＋(m－1)x＋3， ∴m＝1.∴f(x)＝－x2＋3.f(x)max＝3. 13．－x2＋5x
14.　　解析：y＝＝＝2－，显然在(－1，＋∞)单调递增，
故当x∈[3,5]时，f(x)min＝f(3)＝，f(x)max＝f(5)＝.
15．解：(1)∵⇒－3<x<3，∴A＝{x|－3<x<3}．
∵x2－x－6>0，∴B＝{x|x<－2或x>3}． ∴A∩B＝{x|－3<x<－2}．
(2)∁UM＝A∩B＝{x|－3<x<－2}＝{x|x2＋bx＋c<0}，
∴－3，－2是方程x2＋bx＋c＝0的两根，则⇒
16．解：(1)函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝＝－f(x)，故f(x)是奇函数．
(2)由f(1)＝＝，则a－2b＋1＝0.
又log3(4a－b)＝1，即4a－b＝3. 由得
17．解：令f(x)＝3x2－5x＋a，则其图象是开口向上的抛物线．
因为方程f(x)＝0的两根分别在(－2,0)和(1,3)内，
故即
解得－12＜a＜0. 故参数a的取值范围是(－12,0)．
18．解：(1)当每辆车的月租金为3600元时，未租出的车辆数为＝12(辆)．
所以这时租出的车辆数为100－12＝88(辆)．
(2)设每辆车的月租金定为x元，则租赁公司的月收益为
f(x)＝(x－150)－×50
所以f(x)＝－x2＋162x－21 000＝－(x－4050)2＋307 050.
所以当x＝4050时，f(x)最大，最大值为307 050，
即当每辆车的月租金为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大收益为307 050元．
19．解：(1)由已知，得解得
(2)由(1)，知f(x)＝2x＋2－x，任取x∈R，
有f(－x)＝2－x＋2－(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，∴f(x)为偶函数．
(3)任取x1，x2∈(－∞，0]，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝(＋)－(＋)
＝(－)＋＝(－)＝(－).
∵x1，x2∈(－∞，0]且x1<x2，∴0<<≤1.
从而－<0,·－1<0,·>0，故f(x1)－f(x2)>0. ∴f(x)在(－∞，0]上单调递减．
(4)∵f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(x)为偶函数，可以证明f(x)在[0，＋∞)上单调递增(证明略)．∴当x≥0时，f(x)≥f(0)；当x≤0时，f(x)≥f(0)．
从而对任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)＝20＋20＝2， ∴f(x)min＝2.
20．(1)证明：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，设0<x1<x2，则lnx1<lnx2,2x1<2x2.
∴lnx1＋2x1－6<lnx2＋2x2－6. ∴f(x1)<f(x2)． ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)证明：∵f(2)＝ln2－2<0，f(3)＝ln3>0，∴f(2)·f(3)<0. ∴f(x)在(2,3)上至少有一个零点，
又由(1)，知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，因此函数至多有一个根，
从而函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．
(3)解：f(2)<0，f(3)>0， ∴f(x)的零点x0在(2,3)上，取x1＝，∵f＝ln－1<0，
∴f·f(3)<0.∴x0∈. 取x1＝，∵f＝ln－>0，∴f·<0.∴x0∈.
而＝≤， ∴即为符合条件的区间．