模块综合检测卷(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的)1．已知全集U＝{1，2，3，4}，A＝{1，2}，B＝{2，3}，则∁U(A∪B)＝( )A．{3} B．{4}C．{3，4} D．{1，3，4}解析：因为A＝{1，2}，B＝{2，3}，所以A∪B＝{1，2，3}．所以∁U(A∪B)＝{4}．答案：B2．当a＞1时，在同一平面直角坐标系中，函数y＝a－x与y＝log a x 的图象是( )答案：A3．已知集合A＝{x|y＝x＋1}，B＝{y|y＝x2＋1}，则A∩B＝( )A．∅B．[－1，1]C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)解析：A＝{x|y＝x＋1}＝{x|x≥－1}，B＝{y|y＝x2＋1}＝{y|y≥1}．所以A∩B＝[1，＋∞)．答案：D4．设f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，若x1＜0，x1＋x2＞0，则( )A．f(－x1)＞f(－x2)B．f(－x1)＝f(－x2)C．f(－x1)＜f(－x2)D．f(－x1)与f(－x2)大小不确定解析：由x1＜0，x1＋x2＞0得x2＞－x1＞0，又f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，所以f(－x2)＝f(x2)＜f(－x1)．答案：A5．已知函数f(x)的单调递增区间是(－2，3)，则y＝f(x＋5)的单调递增区间是( )A．(3，8) B．(－7，－2)C．(－2，3) D．(0，5)解析：因为f(x)的单调递增区间是(－2，3)，则f(x＋5)的单调递增区间满足－2＜x ＋5＜3，即－7＜x ＜－2.答案：B6．若x ∈[0，1]，则函数y ＝x ＋2－1－x 的值域是( )A ．[2－1，3－1]B ．[1， 3 ]C ．[2－1， 3 ]D ．[0，2－1]解析：该函数为增函数，自变量最小时，函数值最小；自变量最大时，函数值最大．故y min ＝2－1，y max ＝ 3.答案：C7．下列不等式正确的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1612＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1312＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1614 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1614＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1612＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1312 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 12＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1614＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1612 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 12＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1612＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1614 答案：A8．已知函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x 2＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 的取值围为( )A ．[2－2，2＋2]B ．(2－2，2＋2)C ．[1，3]D ．(1，3)解析：f (x )＝e x －1>－1，g (x )＝－x 2＋4x －3＝－(x －2)2＋1≤1，若有f (a )＝f (b )，则g (b )∈(－1，1]，即－b 2＋4b －3>－1⇒2－2<b <2＋ 2.答案：B9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1－2， x ≤1，－log 2（x ＋1），x ＞1，且f (a )＝－3，则f (6－a )＝( )A ．－74B ．－54C ．－34D ．－14解析：当a ≤1时，f (a )＝2a －1－2＝－3，则2a －1＝－1不成立，舍去．当a ＞1时，f (a )＝－log 2(a ＋1)＝－3.所以a ＋1＝8，a ＝7.此时f (6－a )＝f (－1)＝2－2－2＝－74. 答案：A10．设偶函数f (x )＝log a |x ＋b |在(0，＋∞)上是单调减函数，则f (b －2)与f (a ＋1)的大小关系是( )A ．f (b －2)＝f (a ＋1)B ．f (b －2)＞f (a ＋1)C ．f (b －2)＜f (a ＋1)D ．不能确定解析：因为y ＝log a |x ＋b |是偶函数，b ＝0，所以y ＝log a |x |.又在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以0＜a ＜1.所以f (b －2)＝f (－2)＝f (2)，f (a ＋1)中1＜a ＋1＜2.所以f (2)＜f (a ＋1)，因此f (b －2)＜f (a ＋1)．答案：C11．某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝e kx ＋b (e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时， 则该食品在33 ℃的保鲜时间是( )A ．16小时B ．20小时C ．24小时D ．28小时解析：由题设得e b ＝192，①e 22k ＋b ＝e 22k ·e b ＝48，②将①代入②得e 22k＝14，则e 11k ＝12. 当x ＝33时，y ＝e 33k ＋b ＝(e 11k )3·e b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×192＝24. 所以该食品在33 ℃的保鲜时间是24小时．答案：C12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－ax ＋5，x ＜1，1＋1x， x ≥1，在R 上单调，则实数a 的取值围是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[4，＋∞)D ．[2，4]解析：当x ≥1时，f (x )＝1＋1x为减函数， 所以f (x )在R 上应为单调递减函数，要求当x ＜1时，f (x )＝x 2－ax ＋5为减函数，所以a 2≥1，即a ≥2，并且满足当x ＝1时，f (x )＝1＋1x 的函数值不大于x ＝1时f (x )＝x 2－ax ＋5的函数值，即1－a ＋5≥2，解得a ≤4.所以实数a 的取值围[2，4]．答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．2－3，312与log 25三个数中最大的数是________．解析：因为2－3＜1，312＜2，log 25＞2.所以这三个数中最大的数为log 25.答案：log 2514．函数y ＝x －2x －3lg 4－x 的定义域是__________． 解析：由题知⎩⎨⎧x －2≥0，x －3≠0，4－x ＞0，所以2≤x ＜4且x ≠3.答案：[2，3)∪(3，4)15．已知函数f (x )＝b －2x2x ＋1为定义是区间[－2a ，3a －1]上的奇函数，则a ＋b ＝________．解析：因为函数f (x )＝b －2x2x ＋1为定义是区间[－2a ，3a －1]上的奇函数，所以－2a ＋3a －1＝0，所以a ＝1.又f (0)＝b －2020＋1＝b －12＝0，所以b ＝1.故a ＋b ＝2.答案：216．若函数f (x )＝|4x －x 2|－a 的零点个数为3，则a ＝________. 解析：作出g (x )＝|4x －x 2|的图象，g (x )的零点为0和4.由图象可知，将g (x )的图象向下平移4个单位时，满足题意，所以a ＝4.答案：4三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程式演算步骤)17．(本小题满分10分)设函数f (x )＝ax 2＋(b －8)x －a －ab 的两个零点分别是－3和2.(1)求f (x )；(2)当函数f (x )的定义域是[0，1]时，求函数f (x )的值域．解：(1)因为f (x )的两个零点是－3和2，所以函数图象过点(－3，0)，(2，0)．所以有9a －3(b －8)－a －ab ＝0.①4a ＋2(b －8)－a －ab ＝0.②①－②得b ＝a ＋8.③③代入②得4a ＋2a －a －a (a ＋8)＝0，即a 2＋3a ＝0，因为a ≠0，所以a ＝－3.所以b ＝a ＋8＝5.所以f (x )＝－3x 2－3x ＋18.(2)由(1)得f (x )＝－3x 2－3x ＋18＝－3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34＋18，图象的对称轴方程是x ＝－12，又0≤x ≤1， 所以f (x )min ＝f (1)＝12，f (x )max ＝f (0)＝18.所以函数f (x )的值域是[12，18]．18．(本小题满分12分)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋1(a ＞0)，F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），x ＞0，－f （x ），x ＜0，若f (－1)＝0，且对任意实数x 均有f (x )≥0， (1)求F (x )的表达式；(2)当x ∈[－2，2]时，g (x )＝f (x )－kx 是单调函数，求k 的取值围．解：(1)因为f (x )＝ax 2＋bx ＋1，f (－1)＝0，所以a －b ＋1＝0.又因为对任意实数x ，均有f (x )≥0，所以Δ＝b 2－4a ≤0.所以(a ＋1)2－4a ≤0.所以a ＝1，b ＝2.所以f (x )＝x 2＋2x ＋1.所以F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋1，x ＞0，－x 2－2x －1，x ＜0. (2)因为g (x )＝f (x )－kx ＝x 2＋2x ＋1－kx ＝x 2＋(2－k )x ＋1，在[－2，2]上是单调函数，所以k －22≥2或k －22≤－2，解之得k ≥6或k ≤－2.所以k的取值围是{k|k≥6或k≤－2}．19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2x－1x，其定义域为{x|x≠0}．(1)用单调性的定义证明函数f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数；(2)利用(1)所得到的结论，求函数f(x)在区间[1，2]上的最大值与最小值．(1)证明：设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则x2－x1＞0.f(x2)－f(x1)＝2x2－1x2－2x1－1x1＝x2－x1x1x2.因为x1＜x2，所以x2－x1＞0.又因为x1，x2∈(0，＋∞)，所以x2x1＞0，f(x2)－f(x1)＞0.故f(x)＝2x－1x在区间(0，＋∞)上为增函数．(2)解：因为f(x)＝2x－1x在区间(0，＋∞)上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝2－11＝1，f(x)max＝f(2)＝2×2－12＝32.20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x m－4x，且f(4)＝3.(1)求m的值；(2)判断f(x)的奇偶性；(3)若不等式f(x)－a＞0在区间[1，＋∞)上恒成立，数a的取值围．解：(1)因为f (4)＝3，所以4m－44＝3， 所以m ＝1.(2)由(1)知f (x )＝x －4x， 其定义域为{x |x ≠0}，关于原点对称．又f (－x )＝－x －4－x ＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －4x ＝－f (x )， 所以f (x )是奇函数．(3)因为y ＝x ，y ＝－1x在区间[1，＋∞)上都是增函数， 所以f (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，所以f (x )≥f (1)＝－3.因为不等式f (x )－a ＞0在区间[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ＜f (x )在区间[1，＋∞)上恒成立，所以a ＜－3，故实数a 的取值围是(－∞，－3)．21．(本小题满分12分)“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点．研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度v (单位：千克/年)是养殖密度x (单位：尾/立方米)的函数．当x 不超过4(尾/立方米)时，v 的值为2(千克/年)；当4≤x ≤20时，v 是x 的一次函数；当x 达到20(尾/立方米)时，因缺氧等原因，v 的值为0(千克/年)．(1)当0＜x ≤20时，求函数v (x )的表达式；(2)当养殖密度x 为多大时，鱼的年生长量(单位：千克/立方米)f (x )＝x ·v (x )可以达到最大，并求出最大值．解：(1)由题意：当0＜x ≤4时，v (x )＝2；当4＜x ≤20时，设v (x )＝ax ＋b ，显然该函数在[4，20]是减函数，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧20a ＋b ＝0，4a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－18，b ＝52.故函数v (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2， 0＜x ≤4，x ∈N *，－18x ＋52， 4≤x ≤20，x ∈N *.(2)依题意并由(1)可得 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， 0＜x ≤4，x ∈N *，－18x 2＋52x ， 4≤x ≤20，x ∈N *. 当0≤x ≤4时，f (x )为增函数，故f max (x )＝f (4)＝4×2＝8；当4≤x ≤20时，f (x )＝－18x 2＋52x ＝－18(x 2－20x )＝－18(x －10)2＋10028， f max (x )＝f (10)＝12.5.所以，当0＜x ≤20时，f (x )的最大值为12.5.当养殖密度为10尾/立方米时，鱼的年生长量可以达到最大，最大值约为12.5千克/立方米．22．(本小题满分12分)已知奇函数f(x)＝m－g（x）1＋g（x）的定义域为R，其中g(x)为指数函数，且过定点(2，9)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对任意的t∈[0，5]，不等式f(t2＋2t＋k)＋f(－2t2＋2t－5)＞0恒成立，数k的取值围．解：(1)设g(x)＝a x(a＞0，且a≠1)，则a2＝9.所以a＝－3(舍去)或a＝3，所以g(x)＝3x，f(x)＝m－3x 1＋3x.又f(x)为奇函数，且定义域为R，所以f(0)＝0，则m－301＋30＝0，所以m＝1，所以f(x)＝1－3x1＋3x.(2)设x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝1－3x11＋3x1－1－3x21＋3x2＝2（3x2－3x1）（1＋3x1）（1＋3x2）.因为x1＜x2，所以3x2－3x1＞0，所以2（3x2－3x1）（1＋3x1）（1＋3x2）＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函数f(x)在R上单调递减．要使对任意的t∈[0，5]，f(t2＋2t＋k)＋f(－2t2＋2t－5)＞0恒成立，即f(t2＋2t＋k)＞－f(－2t2＋2t－5)恒成立．因为f(x)为奇函数，所以f(t2＋2t＋k)＞f(2t2－2t＋5)恒成立．又因为函数f(x)在R上单调递减，所以对任意的t∈[0，5]，t2＋2t＋k＜2t2－2t＋5恒成立，即对任意的t∈[0，5]，k＜t2－4t＋5＝(t－2)2＋1恒成立．而当t∈[0，5]时，1≤(t－2)2＋1≤10，所以k＜1.。