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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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高中同步达标检测卷
第8章　函数应用
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.函数f(x)=x+2x的零点所在区间是(　　)
A.(-2,-1) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,2)
2.小胡同学用二分法求函数y=f(x)在区间(1,2)上的零点近似值,由计算可得f(1)<0, f(2)>0, f(1.5)<0,则小胡同学下次应计算的函数值为　　(　　)
A.f(0.5) B.f(1.125)
C.f(1.25) D.f(1.75)
3.某公司生产某种产品的年固定成本为2 000万元,每生产一台需增加投入20万元,若年销售收入R(单位:万元)关于年产量x(单位:台)满足R=则当该公司所获年利润最大时,年产量为(　　)
A.50台 B.80台 C.100台 D.120台
4.已知函数f(x)=g(x)=f(x)+x+m,若g(x)有两个零点,则实数m的取值范围是(　　)
A.[-1,+∞) B.(-∞,-1] C.[0,+∞) D.[-1,0)
5.茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关,经验表明,某品牌的茶叶用90 ℃的水泡制,再等到茶水温度降至60 ℃时饮用,可以产生极佳口感.在20 ℃室温下,茶水温度从90 ℃开始,经过t min后的温度为y ℃,可选用函数y=60×0.9t+20(t>0)来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律,则在上述条件下,该品牌的茶水达到最佳饮用口感时,需要放置的时间最接近的是(参考数据:lg 2≈0.30,lg 3≈0.48)(　　)
A.2.5 min B.4.5 min C.6 min D.8 min
6.已知函数f(x)=若F(x)=f(x)-k有四个不同的零点x1,x2,x3,x4,且x1A.07.已知函数f(x)=若关于x的方程(f(x))2-(a+8)·f(x)-a=0有6个不同的实数根,则实数a的取值范围为(　　)
A. B. C.(-4,0) D.
8. 已知函数f(x)=x+-2,且关于x的方程f(|ex-1|)+-3k2=0有三个不同的实数解,则实数k的取值范围为(　　)
A. B.∪
C. D.∪
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.下列函数中,有零点但不能用二分法求零点的近似值的是(　　)
A.y=+1 B.y=
C.y=x2+4x+8 D.y=|x|
10.科学研究表明,物体在空气中冷却的温度变化是有规律的.如果物体的初始温度为θ1 ℃,空气温度θ0 ℃保持不变,那么t分钟后物体的温度θ(单位:℃)满足θ=θ0+(θ1-θ0)e-0.05t.若空气温度为10 ℃,则该物体的温度从θ' ℃(90≤θ'≤100)下降到30 ℃,大约所需的时间为t1;从70 ℃,50 ℃分别下降到30 ℃,大约所需的时间为t2,t3,则(参考数据:ln 2≈0.7,ln 3≈1.1)(　　)
A.t2=20 B.28≤t1≤30 C.t1≥2t3 D.t1-t2≤6
11.已知x1,x2为函数f(x)=2 024-x-|log3(x-3)|的两个零点,则下列结论中正确的有(　　)
A.(x1-4)(x2-4)<0 B.0<(x1-3)(x2-3)<1
C.(x1-3)(x2-3)>1 D.若x1三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.某杀菌剂每喷洒一次就能杀死某物质上的细菌的80%,要使该物质上的细菌少于原来的0.1%,则至少要喷洒　　　　　次.(参考数据:lg 2≈0.301 0)
13.已知a>0且a≠1,函数f(x)=若关于x的方程(f(x))2-5f(x)+6=0恰有3个不相等的实数解,则实数a的取值范围是　　　　.
14.已知函数f(x)=则函数f(x)的零点是　　　　;若函数g(x)=f(f(x))-a,且函数g(x)有三个不同的零点,则实数a的取值范围是　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)已知关于x的方程x2-2(m-1)x+m+11=0,当m分别在什么范围内取值时,方程的两个实数根:
(1)都大于1
(2)都小于1
(3)一个大于1,一个小于1
16.(15分)汽车驾驶员发现前方有障碍物时会紧急刹车,这一过程中,由于人的反应需要时间,在汽车的惯性作用下会有一个停车距离.记驾驶员的停车距离为s(单位:m),驾驶员反应时间内汽车所行的距离为s1(单位:m),刹车距离为s2(单位:m),则s=s1+s2,其中s1与刹车时的车速v(单位:km/h)满足s1=v,s2与刹车时的车速v的部分关系见下表:
v/(km/h) 15 30 60 105
s2/m 1.25 5 20 61.25
(1)在平面直角坐标系中画出(v,s2)的散点图,从①s2=a·2v;②s2=av2;③s2=alog2(v+1)中选择最恰当的一个函数模型拟合s2与v之间的关系,并求出其解析式;
(2)在限速100 km/h的高速公路上,驾驶员遇障碍物紧急刹车,已知驾驶员的停车距离为51 m,请根据(1)中所求的解析式,判断驾驶员是否超速行驶.
17.(15分)已知函数f(x)=ln x+x+m和g(x)=x2-tx-1.
(1)若函数f(x)在区间(2,e)上存在零点,求实数m的取值范围;
(2)设x1∈{x|F(x)=0},x2∈{x|G(x)=0},若存在x1,x2,使得|x1-x2|≤1,则称F(x)和G(x)“零点贴近”.当m=-1时,函数f(x)与g(x)“零点贴近”,求实数t的取值范围.
18.(17分)已知函数f(x)=x2-2mx+m-1,g(x)=e-x-1.
(1)若m=0,求证:函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上恰有一个零点;
(2)若函数φ(x)=f(|g(x)|)恰有三个零点,求实数m的取值范围.
19.(17分)已知函数f(x)=+m.
(1)若函数y=f(x)有4个零点x1,x2,x3,x4(x1(2)是否存在非零实数m,使得函数f(x)在区间[a,b](0答案全解全析
1.B　因为函数y=x,y=2x均为R上的增函数,
所以函数f(x)=x+2x为R上的增函数,
因为f(-1)=-1+2-1=-<0, f(0)=1>0,
所以函数f(x)=x+2x的零点所在区间是(-1,0).
2.D　因为f(1)<0, f(2)>0, f(1.5)<0,所以函数y=f(x)在区间(1.5,2)上有零点,根据二分法,下次应计算的函数值为区间中点的函数值,即f(1.75).
3.B　设该公司所获年利润为f(x)(单位:万元).
当0≤x≤100时, f(x)=100x-x2-2 000-20x=-x2+80x-2 000=-(x-80)2+1 200,所以当x=80时, f(x)取到最大值1 200;
当x>100时, f(x)=5 000-2 000-20x=3 000-20x,易知f(x)单调递减,所以f(x)<3 000-20×100=1 000.
综上,当年产量为80台时,该公司所获年利润最大.
4.A　令g(x)=f(x)+x+m=0,得f(x)=-x-m.
因为g(x)有两个零点,所以函数y=f(x)的图象与直线y=-x-m有两个交点.
作出函数f(x)的图象,如图所示.
由图可知,要使函数y=f(x)的图象与直线y=-x-m有两个交点,需满足-m≤1,解得m≥-1,故实数m的取值范围是[-1,+∞).
5.B　令60×0.9t+20=60,得0.9t=,
等号两边同时取常用对数,得lg 0.9t=lg,
所以tlg=t(2lg 3-1)=lg 2-lg 3,
所以t=≈=4.5.
6.D　作出函数y=f(x)的图象,如图所示.
因为F(x)=f(x)-k有四个不同的零点,所以y=f(x)的图象与直线y=k有四个不同的交点,所以0由图可知,x3+x4=6,1因为x3,x4是方程2x2-12x+18-k=0的两个不相等的实数根,所以x3x4=9-,又0易知2-=-2,所以4=+≥2,所以4≥,所以x1+x2≤2,当且仅当=,即x1=x2时取等号,又x1≠x2,所以x1+x2<2,故D中说法错误.
7.A　作出函数y=f(x)的图象如图所示:
令t=f(x),则原方程可转化为t2-(a+8)t-a=0,
因为关于x的方程(f(x))2-(a+8)f(x)-a=0有6个不同的实数根,
所以关于t的方程t2-(a+8)t-a=0在(1,3]上有两个不相等的实数根,
设g(t)=t2-(a+8)t-a,则函数g(t)=t2-(a+8)t-a在(1,3]上有2个不同的零点,所以解得-48.B　由f(|ex-1|)+-3k2=0,及f(x)=x+-2,得|ex-1|++-3k2-2=0,且|ex-1|≠0,则x≠0,
故-(3k2+2)|ex-1|+2k+1=0(x≠0).
令t=|ex-1|(x≠0),则t>0,t2-(3k2+2)t+2k+1=0.
作出函数t=|ex-1|(x≠0)的图象如图所示,
因为关于x的方程f(|ex-1|)+-3k2=0有三个不同的实数解,
所以关于t的方程t2-(3k2+2)t+2k+1=0的两根分别在(0,1)和[1,+∞)上,
令g(t)=t2-(3k2+2)t+2k+1,
当g(1)=-3k2+2k=0时,k=0或k=,
若k=0,则t2-2t+1=0,解得t=1(二重根),不符合题意,
若k=,则t2-t+=0,解得t=1或t=,不符合题意,
所以g(1)=-3k2+2k≠0,
则解得-,
所以实数k的取值范围为∪.
9.CD　易知A,B中函数有零点,且可用二分法求零点的近似值.对于C,y=x2+4x+8=(x+4)2≥0,故不能用二分法求零点的近似值.对于D,y=|x|≥0,故不能用二分法求零点的近似值.
10.BC　由题意得,θ=10+(θ1-10)e-0.05t.
令30=10+(θ1-10)e-0.05t,得e-0.05t=,等号两边同时取自然对数,得-0.05t=ln,所以t=20ln,此时t是关于θ1的单调递增函数.
当θ1=90时,t1=20ln=20ln 4=40ln 2≈28,
当θ1=100时,t1=20ln=20ln=20(2ln 3-ln 2)≈30,
所以28≤t1≤30,故B正确.
当θ1=70时,t2=20ln=20ln 3≈22,易得t1-t2≥6,故A,D错误.
当θ1=50时,t3=20ln=20ln 2≈14,满足t1≥2t3,故C正确.
11.ABD　根据题意知,y=2 024-x与y=|log3(x-3)|的图象在(3,+∞)上有两个交点,且这两个交点的横坐标分别为x1,x2,
y=2 024-x在(3,+∞)上单调递减,且值域为(0,2 024-3);
y=|log3(x-3)|=且当x=4时,y=-log3(x-3)=0,
易知y=-log3(x-3)在(3,4]上单调递减,值域为[0,+∞);
y=log3(x-3)在(4,+∞)上单调递增,值域为(0,+∞).
综上,y=2 024-x与y=|log3(x-3)|的图象的交点在直线x=4的两侧,
即原函数的两个零点分别在区间(3,4),(4,+∞)上,
故(x1-4)(x2-4)<0恒成立,故A正确;
不妨设3令g(x)=2 024x,则g(x)在R上单调递增,
若证<,则证x1-3<,即(x1-3)(x2-3)<1,显然D正确.
12.答案　5
解析　　设喷洒x(x∈N*)次,则(1-80%)x<0.1%,即0.2x<10-3,
∴xlg 0.2<-3,∴x>≈≈4.3,
又x∈N*,∴至少要喷洒5次.
13.答案　(2,3]
解析　　由(f(x))2-5f(x)+6=0,得f(x)=2或f(x)=3.
当x≥1时, f(x)=2x,令f(x)=2,得x=1;令f(x)=3,得x=log23.
当x<1时, f(x)=ax,此时方程(f(x))2-5f(x)+6=0只有1个实数解.
若0若a>1,则f(x)=ax在(-∞,1)上单调递增,所以f(x)∈(0,a),所以2综上,实数a的取值范围是(2,3].
14.答案　-2和-;[-1,+∞)
解析　　由解得x=-2.由解得x=-.
所以函数f(x)的零点是-2和-.
设t=f(x),令f(t)-a=0,则a=f(t).
在同一平面直角坐标系中作出y=f(t)的图象及直线y=a.
若a≥-1,则y=f(t)的图象与直线y=a有两个交点,设这两个交点的横坐标分别为t1,t2(t2>t1),则t1<-1,t2≥-1.
易得y=f(x)的图象和y=f(t)的图象相同,结合y=f(x)的图象可得,当t1<-1时,t1=f(x)有且只有一个解,当t2≥-1时,t2=f(x)有两个不同的解.
若a<-1,则y=f(t)的图象与直线y=a只有一个交点,设交点的横坐标为t3,则t3<-1,当t3<-1时,t3=f(x)有且只有一个解,不符合题意.
综上,函数g(x)=f(f(x))-a有三个不同的零点时,实数a的取值范围是[-1,+∞).
15.解析　　设f(x)=x2-2(m-1)x+m+11.(1分)
(1)若方程的两个实数根都大于1,则(3分)
即解得5≤m<14.(5分)
(2)若方程的两个实数根都小于1,则(7分)
即解得m≤-2.(9分)
(3)若方程的两个实数根一个大于1,一个小于1,
则f(1)=1-2(m-1)+m+11<0,解得m>14.(13分)
16.解析　　(1)作出散点图如图所示,
最恰当的一个函数模型为②s2=av2.(3分)
将(30,5)代入s2=av2,得5=a·302,解得a=,所以s2=v2.
经检验,题表中其余三点的坐标均满足s2=v2.(7分)
(2)由(1)及题意知,s=s1+s2=v+v2.(10分)
解法一:当v=100时,s=×100+×1002=.
因为>51,所以驾驶员没有超速行驶.(15分)
解法二:当s=51时,v+v2=51,即v2+12v-9 180=0,
所以(v+102)(v-90)=0,又v≥0,所以v=90.
因为90<100,所以驾驶员没有超速行驶.(15分)
17.解析　　(1)令f(x)=0,则ln x+x+m=0,即m=-(ln x+x).(1分)
令h(x)=-(ln x+x),易知h(x)在(0,+∞)上单调递减,(2分)
又h(2)=-(ln 2+2),h(e)=-(ln e+e)=-1-e,
所以h(x)在(2,e)上的值域为(-1-e,-ln 2-2),(4分)
所以实数m的取值范围为(-1-e,-ln 2-2).(6分)
(2)当m=-1时, f(x)=ln x+x-1,易知函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
令f(x)=0,则ln x+x-1=0,所以x=1,即x1=1.(8分)
由|x1-x2|≤1,得|1-x2|≤1,解得0≤x2≤2,即x2∈[0,2].(10分)
要使函数f(x)与g(x)“零点贴近”,则函数g(x)在[0,2]上有零点,(12分)
令g(x)=0,则x2-tx-1=0,又Δ=t2+4>0,所以方程x2-tx-1=0有两个不相等的实数根,即函数g(x)=x2-tx-1有两个零点,
而g(0)=-1<0,所以g(2)≥0,即22-2t-1≥0,解得t≤.
故实数t的取值范围是.(15分)
18.解析　　(1)证明:若m=0,则h(x)=f(x)-g(x)=x2-e-x.(1分)
因为当x>0时,y=x2,y=-e-x都单调递增,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,(4分)
因为h(x)的图象连续不断,且h(0)=-1<0,h(2)=4-e-2>0,(6分)
所以存在唯一的x0∈(0,2),使得h(x0)=0,
所以函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上恰有一个零点.(8分)
(2)设t=|g(x)|,作出函数t=|g(x)|的图象,如图所示:
对于方程t2-2mt+m-1=0,Δ=(-2m)2-4(m-1)=4+3>0,所以方程t2-2mt+m-1=0必有两个不相等的实数根t1,t2,不妨设t1当01;
当t1=0时,m=1,此时t2=2 (0,1),不符合题意.(16分)
综上所述,实数m的取值范围为(1,+∞).(17分)
19.解析　　(1)证明:因为函数f(x)=+m有4个零点x1,x2,x3,x4(x1于是方程x-+2+m=0,-+m=0各有两个不同的解,
即方程x2+(2+m)x-3=0,x2+(2-m)x-3=0各有两个不相等的实数根,
于是x1x2x3x4=9.(7分)
(2)当x>0时, f(x)=+m=
易知y=f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
①设函数f(x)在[a,b]上不单调,则有0因为m≠0,所以a=2,与a≤1矛盾;(10分)
②当1≤a即所以a,b是一元二次方程x2+(m+2)x-3-2m=0的两个不相等的实数根,
记g(x)=x2+(m+2)x-3-2m,则
解得m<-6-2;(13分)
③当0①-②,得(ab+3+2m)(b-a)=0,即ab+3=-2m,又0①+②,得a+b=,
又ab=-(2m+3),所以+==∈(2,+∞),
所以m<-4,
与m∈矛盾,此时满足条件的实数m不存在.(16分)
综上所述,满足条件的实数m的取值范围是(-∞,-6-2).(17分)

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