學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精滾動檢測二考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上．3．本次考試時間120分鐘,滿分150分．4．請在密封線內作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共60分）一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分,共60分．在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的）1．函數f(x）＝eq\r(x－1）＋lg（x＋1)的定義域是（）A．(－1,1] B．(－1,1）C．[－1,1] D．［1，＋∞）2．設集合A，B，則“A?B”是“A∪B＝B”成立的(）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3．（2018·大同調研)給定函數：①y＝x，②y＝eq\f(1，x）,③y＝｜x|－1，④y＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,2）－x）)，其中既是奇函數又在區間(0，1）上是增函數的是（）A．①B．②C．③D．④4．設f(x)是定義在實數集R上的函數，滿足條件y＝f（x＋1)是偶函數,且當x≥1時，f（x）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，則feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3））),feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(3，2））)，feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)））的大小關系是（)A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3)))〉feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3,2)）)〉feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3））)B．feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))>feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，3）））>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3,2）））C．feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(3，2）))>feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)))〉feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，3))）D．feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，3))）〉feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2）））〉feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3))）5．定義域為R的函數f（x)滿足f（x＋1)＝2f(x)，且當x∈(0，1］時，f（x)＝x2－x,則當x∈（－2,－1]時，f（x)的最小值為()A．－eq\f（1,16）B．－eq\f(1,8）C．－eq\f(1，4)D．06．在f（x)＝x3＋3x2＋6x－10的切線中，斜率最小的切線方程為（）A．3x＋y－11＝0 B．3x－y＋6＝0C．x－3y－11＝0 D．3x－y－11＝07．(2017·哈爾濱市九中二模）函數f（x)＝2x－4sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f(π，2），\f（π,2)))的圖象大致是（)8．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足(4a－3c)cosB＝3bcosC，a，b,c成等差數列,若b＝2eq\r(2)，則△ABC的面積為(）A。eq\f（6\r(7）,7）B。eq\f(\r（7),2)C。eq\f（7\r(7),6)D.eq\f(4\r(7),5）9．將函數y＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，6)－2x))的圖象向右平移eq\f(π，12)個單位長度后所得圖象的一條對稱軸的方程是（）A．x＝eq\f(π，6） B．x＝eq\f（π,4）C．x＝eq\f（π,3） D．x＝eq\f（π，12)10．(2018屆大慶實驗中學期中）將函數f(x)＝sin(2x＋φ）的圖象向右平移eq\f（π,8)個單位長度，得到的圖象關于原點對稱,則φ的一個可能取值為()A.eq\f（3π,4) B。eq\f(π,4）C．0 D．－eq\f(π，4）11．己知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且函數y＝f(x）的圖象關于直線x＝1對稱，已知當x∈［－1，0］時，f（x)＝－(x＋1)2＋1，函數y1＝f(x）的圖象和函數y2＝lg|x|的圖象的交點個數為（）A．8B．9C．16D．1812．已知函數f(x）＝lnx－ax2＋ax恰有兩個零點，則實數a的取值范圍為（）A．(－∞，0） B．(0，＋∞）C．（0，1）∪(1,＋∞) D．（－∞，0）∪{1}第Ⅱ卷（非選擇題共90分）二、填空題（本大題共4小題，每小題5分,共20分．把答案填在題中橫線上)13．（2017·安徽皖西教學聯盟）命題“若ab＝0，則a＝0或b＝0”的否定為____________________．14．(2017·揭陽聯考）已知coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（α＋\f（2π，3））)＝eq\f（4，5)，－eq\f（π，2）<α〈0，則sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π,3)）)＋sinα＝________。15．(2017·唐山一模)將函數f(x)＝cosωx的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度后得到函數g(x）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π，4)))的圖象，則正數ω的最小值為________．16．定義：如果函數f（x)在［m，n］上存在x1，x2(m〈x1<x2<n)滿足f′(x1)＝eq\f（fn－fm,n－m)，f′(x2)＝eq\f(fn－fm，n－m）。則稱函數f(x）是[m，n］上的“雙中值函數”,已知函數f(x)＝x3－x2＋a是［0,a]上的“雙中值函數”,則實數a的取值范圍是________________．三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)已知集合A＝eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(1，8)≤2x－2≤16)）））,B＝｛x|2m＋1≤x≤3m－1｝．(1）求集合A；（2）若B?A，求實數m的取值范圍．18．(12分)(2018屆重慶一中月考)已知函數f(x）＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋φ＋\f（π，3））)(0<φ〈2π)，若f(x）－feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)－x)）＝0對x∈R恒成立，且feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,2）））>f（0）．(1）求y＝f(x)的解析式和單調遞增區間；(2)當x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π，12），\f（π,2)))時,求y＝f（x）的值域．19．（12分）（2018·葫蘆島調研)某公司生產一種產品，每年需投入固定成本25萬元,此外每生產1件這樣的產品，還需增加投入0。5萬元，經市場調查知這種產品年需求量為500件,產品銷售數量為t件時，銷售所得的收入為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(5t－\f（1,200)t2）)萬元．（1)設該公司這種產品的年生產量為x件，生產并銷售這種產品所得到的利潤關于當年產量x的函數為f(x），求f(x)；(2）當該公司的年產量為多少件時，當年所獲得的利潤最大．20．（12分)已知函數f(x）＝(ax－1)ex，a∈R,e是自然對數的底數．（1）當a＝1時，求函數f（x)的極值;(2）若函數f(x）在區間(0，1)上是單調遞增函數,求實數a的取值范圍．21.(12分）在△ABC中，設邊a,b，c所對的角分別為A，B，C。A，B,C都不是直角，且accosB＋bccosA＝a2－b2＋8cosA。（1）若sinB＝2sinC，求b，c的值；（2）若a＝eq\r（6）,求△ABC面積的最大值．22．(12分）（2017·沈陽大東區質檢）已知函數f(x）＝2x－eq\f（1，x)－alnx(a∈R)．（1）當a＝3時，求f(x）的單調區間；（2)設g（x)＝f(x)－x＋2alnx,且g(x)有兩個極值點x1，x2,其中x1<x2，若g(x1）－g（x2)>t恒成立,求t的取值范圍．

答案精析1．D2。C3。D4.A5。A6．D［由題意得,f′(x）＝3x2＋6x＋6＝3（x＋1）2＋3，則當x＝－1時，f′(x)min＝3。又f(－1)＝－14，則曲線y＝f（x)在x＝－1處的切線方程為y－（－14)＝3（x＋1)，即3x－y－11＝0.]7．D[∵函數f(x)＝2x－4sinx,∴f（－x)＝－2x－4sin(－x）＝－(2x－4sinx)＝－f（x），故函數f（x)為奇函數，所以函數f（x)＝2x－4sinx的圖象關于原點對稱，排除A，B；函數f′(x)＝2－4cosx，由f′（x)＝0,得cosx＝eq\f（1,2)，故x＝2kπ±eq\f（π，3）（k∈Z)，所以當x＝±eq\f（π，3）時函數取得極值,排除C，故選D。]8．A［由題意可知,4sinAcosB－3sinCcosB＝3sinBcosC,可得4sinAcosB＝3sin(B＋C)＝3sinA，∵sinA≠0，∴cosB＝eq\f(3，4)，∴sinB＝eq\r（1－cos2B)＝eq\f（\r（7），4)。∵a，b，c成等差數列，∴2b＝a＋c，由余弦定理,得cosB＝eq\f（a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a＋c2－b2－2ac，2ac）＝eq\f（3,4)，∴ac＝eq\f（48,7)，則S△ABC＝eq\f（1，2)acsinB＝eq\f（6\r（7)，7）。]9．A［將函數y＝coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，6）－2x))的圖象向右平移eq\f（π,12)個單位長度后所得圖象的函數解析式為y＝coseq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（π，12）)）)）＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，3)－2x))＝coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π,3))).因為函數在函數圖象的對稱軸處取得最值，經檢驗x＝eq\f（π，6）成立，故選A。]10．B[將函數f（x)＝sin（2x＋φ）的圖象向右平移eq\f（π,8）個單位長度，可得sineq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(π,8)）)＋φ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f（π，4)＋φ））。∵圖象關于原點對稱,∴－eq\f(π,4)＋φ＝kπ，k∈Z.解得φ＝kπ＋eq\f(π，4）。當k＝0時,可得φ＝eq\f(π,4).］11．D[函數y1＝f（x）的圖象關于直線x＝1對稱,故f（1＋x）＝f（1－x)．函數f（x）是定義在R上的偶函數，故f（1－x）＝f(x－1)，因此f（x＋1）＝f(x－1），從而函數f(x）是周期為2的函數．可根據函數性質作出函數y1＝f(x）的圖象和函數y2＝lg｜x|的圖象，因為函數f(x)的值域為[0,1]，所以只需要考慮區間［－10,10]，數形結合可得交點個數為18。故選D.］12．C[函數f（x)的定義域為(0，＋∞)，f(x)恰有兩個零點,轉化為lnx－ax2＋ax＝0，即方程eq\f（lnx,x)＝a（x－1)恰有兩解，設g（x)＝eq\f(lnx，x），則g′（x)＝eq\f(1－lnx，x2），當0<x〈e時,g′(x）>0，當x>e時，g′(x）〈0，所以g（x）在（0，e）上是增函數,在(e，＋∞）上是減函數，且g（1)＝0，當x>e時，g(x)〉0，g′（1)＝1，作出函數y1＝g(x)和函數y2＝a（x－1）的圖象如圖所示，由圖可知,兩個函數有兩個交點的充要條件是0〈a<1或a>1,故選C.]13．若ab＝0,則a≠0且b≠0解析若“ab＝0，則a＝0或b＝0"的否定為“若ab＝0，則a≠0且b≠0”．14．－eq\f(4\r(3）,5)解析∵coseq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（α＋\f(2π,3)））＝eq\f(4,5)，－eq\f(π，2)<α<0，∴sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝eq\r（1－cos2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（α＋\f（2π，3）))）＝eq\f(3,5），而sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，3)））＝sineq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f(2π,3）))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（α＋\f（2π，3）)）·coseq\f(π,3）－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（2π,3)）)sineq\f（π，3）＝eq\f(3－4\r（3）,10)，∴sinα＝sineq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f（2π,3)）)－\f（2π，3)）)＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π，3）)）coseq\f（2π,3)－coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π，3）)）sineq\f(2π，3）＝eq\f(－3－4\r(3）,10），sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π，3））)＋sinα＝eq\f（3－4\r(3）,10）＋eq\f(－3－4\r（3）,10)＝－eq\f（4\r（3）,5）.15。eq\f（3,2）解析f(x）向右平移eq\f（π，2)個單位長度后得g(x)＝coseq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（ω\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（π,2)）)))＝coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx－\f（π，2）ω)）。∵sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f（π，4)))＝coseq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（π，2）－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ωx－\f(π，4)））))＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ωx－\f（3π，4）)），∴ωx－eq\f（π，2)ω＝ωx－eq\f(3π，4)＋2kπ(k∈Z)，∴ω＝eq\f（3，2）－4k（k∈Z),∴正數ω的最小值為eq\f(3,2）.16。eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2），1)）解析因為f（x)＝x3－x2＋a,所以由題意可知，f′（x）＝3x2－2x在區間[0，a］上存在x1,x2(0<x1<x2〈a）,滿足f′（x1)＝f′(x2)＝eq\f(fa－f0,a－0）＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在區間(0,a)上有兩個不相等的實根．令g(x）＝3x2－2x－a2＋a（0<x〈a），則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（Δ＝4－12－a2＋a〉0，，g0＝－a2＋a>0,,ga＝2a2－a>0,）)解得eq\f（1，2）<a〈1.17．解（1)eq\f(1，8）≤2x－2≤16，2－3≤2x－2≤24，∴－3≤x－2≤4，∴－1≤x≤6，∴A＝{x｜－1≤x≤6}．（2)若B＝?,則2m＋1〉3m－1，解得m〈2，此時滿足題意；若B≠?且B?A，∴必有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2m＋1≤3m－1，，－1≤2m＋1，，3m－1≤6,)）解得2≤m≤eq\f（7,3).綜上所述，m的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(m\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(m≤\f（7，3）））））。18．解（1)f（x)＝sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋φ＋\f(π,3)))，由f(x）－feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π,4）－x）)＝0可知，x＝eq\f（π,8）為函數的對稱軸，則2×eq\f（π,8)＋φ＋eq\f（π，3)＝kπ＋eq\f(π，2），φ＝－eq\f（π,12）＋kπ，k∈Z，由0<φ〈2π可知，φ＝eq\f（11π,12)或φ＝eq\f(23π,12）.又由feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))〉f（0)可知，－sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π，3）))〉sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(φ＋\f（π,3)）），則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π，3)））<0，驗證φ＝eq\f(11π,12）和φ＝eq\f（23π，12），則φ＝eq\f(11π,12）符合，所以y＝f(x）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（5π，4）)）＝－sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，4))）.由eq\f（π，2）＋2kπ≤2x＋eq\f（π，4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ,得eq\f(π，8)＋kπ≤x≤eq\f(5π,8）＋kπ，k∈Z，所以f(x）的單調遞增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(π，8)＋kπ，\f(5π，8)＋kπ））,k∈Z.（2)因為x∈eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（π，12)，\f(π，2)))，所以2x＋eq\f（π，4）∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，12)，\f(5π，4))），則f（x)＝－sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2x＋\f（π,4))）∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－1，\f（\r（2)，2）)）.所以f（x）的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－1，\f(\r(2），2）)）。19．解(1)當0＜x≤500時，f（x)＝5x－eq\f(1,200)x2－eq\f(x，2）－25；當x＞500時，f（x）＝5×500－eq\f(1,200)×5002－eq\f（x，2)－25，故f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－\f（1，200)x2＋\f(9，2）x－25，0<x≤500，,－\f（1，2）x＋1225,x>500.))（2）當0＜x≤500時，f（x)＝－eq\f（1，200)（x－450）2＋eq\f（1975，2）。故當x＝450時，f（x）max＝eq\f(1975，2)＝987.5；當x＞500時,f(x)〈－eq\f(1，2)×500＋1225＝975，故當該公司的年產量為450件時，當年獲得的利潤最大．20．解（1)因為f′（x）＝(ax＋a－1)ex，所以當a＝1時，f′(x）＝xex,令f′（x）＝0,解得x＝0，所以當x變化時f（x),f′（x)的變化情況如下表:x（－∞,0)0(0，＋∞）f′（x）－0＋f(x)↘極小值↗所以當x＝0時，f（x）取得極小值f(0)＝－1。(2）因為f′（x)＝（ax＋a－1)ex,函數f（x）在區間（0，1)上是單調遞增函數，所以f′(x）≥0對x∈（0,1)恒成立，又ex>0,所以只要ax＋a－1≥0對x∈(0，1）恒成立,要使ax＋a－1≥0對x∈（0,1）恒成立，因為x>0，所以a≥eq\f（1,x＋1）對x∈（0，1）恒成立，因為函數g(x）＝eq\f(1，x＋1）在（0,1）上單調遞減，所以只要a≥g（0)＝eq\f（1，0＋1)＝1，所以a的取值范圍是［1,＋∞）．21．解（1)∵ac·eq\f（a2＋c2－b2,2ac）＋bc·eq\f（b2＋c2－a2,2bc)＝a2－b2＋8cosA,∴b2＋c2－a2＝8cosA，∴2bccosA＝8cosA，∵cosA≠0，∴bc＝4。又∵sinB＝2sinC，由正弦定理，得b＝2c，∴b＝2eq\r(2)，c＝eq\r(2）.(2）a2＝b2＋c2－2bccosA≥2bc－2bccosA,即6≥8－8cosA,∴cosA≥eq\f（1，4)，當且僅當b＝c時取等號．∴sinA≤eq\f(\r（15),4），∴S＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(\r（15),2)，∴△ABC面積的最大值為eq\f(\r（15),2).22．解（1)易知f（x）的定義域為（0，＋∞),當a＝3時，f(x）＝2x－eq\f（1，x)－3lnx,f′(x)＝2＋eq\f(1，x2）－eq\f（3,x）＝eq\f（2x2－3x＋1,x2)，令f′（x)〉0,得0<x〈eq\f（1,2）或x〉1，令f′（x)<0,得eq\f(1,2)〈x<1。∴f（x)的單調遞增區間是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2）））和（1，＋∞），單調遞減區間是eq