《新编高中数学北师大版选修22 第2、3、4章综合检测 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新编高中数学北师大版选修22 第2、3、4章综合检测 Word版含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、新编数学北师大版精品资料第二、三、四章综合检测(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1任一作直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s3tt2，则物体的初速度是()A0B3C2D32t解析：物体的初速度即为t0时物体的瞬时速度，即函数s(t)在t0处的导数s(0)s|t0(32t)|t03.答案：B2函数f(x)x2ln2x的单调递减区间是()ABC，D，解析：f(x)2x，当00，则a的取值范围是()A(2，)B(1，)C(，2)D(，1)解析：a0时，不符合题意a0时，f(x)3ax26x，令f(x)0，得x10，x2.若a0，则由图像知f(x)
2、有负数零点，不符合题意则a0知，此时必有f()0，即a310，化简得a24，又a0，所以a2，故选C.答案：C62014大庆高二检测设f(x)，则f(x)dx等于()ABCD解析：f(x)dxx2dxdx.答案：A7若函数f(x)满足f(x)x3f(1)x2x，则f(1)的值为()A0B2C1D1解析：f(x)x22f(1)x1，所以f(1)12f(1)1，则f(1)0.答案：A8函数f(x)x3ax2在区间(1，)内是增函数，则实数a的取值范围是()A3，)B3，)C(3，)D(，3)解析：f(x)3x2a.令3x2a0，则a3x2，x(1，)，a3.答案：B9若函数f(x)asinxcos
3、x在x处有最值，那么a等于()ABCD解析：f(x)acosxsinx，由题意f0，即a0，a.答案：A102014湖南高考若0x1x2lnx2lnx1Bex2ex1x1ex2Dx2ex1x1ex2解析：令f(x)，则f(x).当0x1时，f(x)0，即f(x)在(0,1)上单调递减，0x1x21，f(x2)f(x1)，即x1ex2，故选C.答案：C11已知函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x)0，设af(0)，bf()，cf(3)，则a、b、c的大小关系为()AabcBcabCcbaDbca解析：由f(x)f(2x)知函数f(x)图像关于x1对
4、称当x1时，由(x1)f(x)0，即x1时，f(x)单调递增af(0)，bf()，cf(3)f(1)，10，caCmDm0，得1x1，即函数f(x)的增区间为(1,1)又f(x)在(m,2m1)上单调递增，所以解得10)的一个单调递增区间为_解析：由题意得yx(lnx)x2(1lnx)，由y0，得0x0)f(x)x2.由f(x)0，得x1或x2.当f(x)0时1x2；当f(x)0时0x2.当x变化时f(x)，f(x)的变化情况如下：x(0,1)1(1,2)2(2，)f(x)00f(x)ln2因此f(x)的单调递增区间是(1,2)，单调递减区间是(0,1)，(2，)函数的极小值为f(1)，极大值
5、为f(2)ln2.19(12分)已知某公司生产的某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件，需另投入1.9万元，设R(x)(单位：万元)为销售收入，据市场调查知R(x)其中x是年产量(单位：千件)(1)写出年利润W关于年产量x的函数关系式；(2)年产量为多少时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大？解：(1)依题意有：W即W(2)设f(x)x38.1x10(0x10)，f(x)x28.1，由f(x)0，得x9或x9(舍去)当0x9时，f(x)0；当9x10时，f(x)0，所以当x9时，f(x)取得最大值38.6.当x10时，1.9x38.6.所以当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服
6、装的生产中所获年利润最大20(12分)2014课标全国卷已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以g(x)h(x)h(2)0.所以g(x)0在(0，)上没有实根综上，g(x)0在R上有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点21(12分)2014长春高二检测设函数f(x)x2mln
7、x，h(x)x2xa.(1)当a0时，f(x)h(x)在(1，)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m2时，若函数k(x)f(x)h(x)在1,3上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围解：(1)由a0，f(x)h(x)可得mlnxx，即m.记(x)，则f(x)h(x)在(1，)上恒成立等价于m(x)min，求得(x)，当x(1，e)时：(x)0故(x)在xe处取得极小值，也是最小值，即(x)min(e)e，故me.(2)函数k(x)f(x)h(x)在1,3上恰有两个不同的零点等价于方程x2lnxa，在1,3上恰有两个相异实根令g(x)x2lnx，则g(x)1当x1,2)时，g(x)0.g(x)在1,2)上是单调递减函数，在(2,3上是单调递增函数故g(x)ming(2)22ln 2.又g(1)1，g(3)32ln 3，g(1)g(3)，只需g(2)a0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有.解：(1)
