2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題二 2.2 二次函數(shù)及其綜合應(yīng)用能力訓(xùn)練 新人教A版.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 專題二 2.2 二次函數(shù)及其綜合應(yīng)用能力訓(xùn)練 新人教A版一、選擇題(本大題共7小題,每小題5分,共35分)1.若集合A=x|(k+2)x2+2kx+1=0有且僅有兩個(gè)子集,則實(shí)數(shù)k的值是()A.-2B.-2或-1C.2或-1D.2或-12.若函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1在區(qū)間(-1,0)和(1,2)內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.(-,1-1+,+)B.(-,1-)(1+,+)C.D.3.若函數(shù)f(x)=x2+2a|x|+4a2-3的零點(diǎn)有且只有一個(gè),則實(shí)數(shù)a=()A.或-B.-C.D.以上都不對(duì)4.(xx天津南開一模)函數(shù)y=log0.4(-x2+3x+4)的值域是()A.(0,-2B.-2,+)C.(-,-2D.2,+)5.(xx浙江嘉興教學(xué)測(cè)試(二),文8)已知函數(shù)f(x)=其中aR.若對(duì)任意的非零實(shí)數(shù)x1,存在唯一的非零實(shí)數(shù)x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)成立,則k的取值范圍為()A.k0B.k8C.0k8D.k0或k86.(xx浙江衢州4月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè),文7)已知aR,若函數(shù)f(x)=x2-|x-2a|有三個(gè)或者四個(gè)零點(diǎn),則函數(shù)g(x)=ax2+4x+1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A.1或2B.2C.1或0D.0或1或27.(xx浙江寧波鎮(zhèn)海中學(xué)5月模擬,文8)已知f(x)是定義在-4,4上的奇函數(shù),當(dāng)x0時(shí),f(x)=-x2+4x,則不等式f(f(x)f(x)的解集為()A.(-3,0)(3,4B.(-4,-3)(1,2)(2,3)C.(-1,0)(1,2)(2,3)D.(-4,-3)(-1,0)(1,3)二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)8.(xx浙江寧波鄞州5月模擬,文13)設(shè)函數(shù)f(x)=是一個(gè)奇函數(shù),滿足f(2t+3)f(4-t),則a=,t的取值范圍是.9.若函數(shù)f(x)=x2+|x-a|+1(xR)具有奇偶性,則a=,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.10.(xx浙江嵊州第二次教學(xué)質(zhì)量調(diào)測(cè),文15)設(shè)關(guān)于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的實(shí)根分別為x1,x2和x3,x4.若x1x3x20恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.三、解答題(本大題共3小題,共45分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)12.(本小題滿分14分)(xx浙江嘉興下學(xué)期教學(xué)測(cè)試,文20)設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,bR)滿足條件:當(dāng)xR時(shí),f(x)的最大值為0,且f(x-1)=f(3-x)成立;二次函數(shù)f(x)的圖象與直線y=-2交于A,B兩點(diǎn),且|AB|=4.(1)求f(x)的解析式;(2)求最小的實(shí)數(shù)n(n0,b,cR).設(shè)集合A=xR|f(x)=x,B=xR|f(f(x)=f(x),C=xR|f(f(x)=0.(1)當(dāng)a=2,A=2時(shí),求集合B;(2)若f2x+m恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.專題能力訓(xùn)練4二次函數(shù)及其綜合應(yīng)用1.D解析:由集合A有且僅有兩個(gè)子集得,集合A中只有一個(gè)元素,即方程(k+2)x2+2kx+1=0有唯一解.當(dāng)k+2=0,即k=-2時(shí),方程-4x+1=0有一解x=,滿足題意,所以k=-2滿足;當(dāng)k-2時(shí),=(2k)2-4(k+2)=0,解得k=-1或2,都滿足.所以實(shí)數(shù)k的值為2或-2或-1.2.D解析:函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1的零點(diǎn)分別在區(qū)間(-1,0)和(1,2)內(nèi),即函數(shù)f(x)=x2+2mx+2m+1的圖象與x軸的交點(diǎn)一個(gè)在(-1,0)內(nèi),一個(gè)在(1,2)內(nèi),根據(jù)圖象列出不等式組解得-m0,x2-3x-40,解得-1x4.此時(shí),0-x2+3x+4=-,又對(duì)數(shù)的底數(shù)小于1,所以y=log0.4(-x2+3x+4)log0.4=-2,故選B.5.D解析:由題意,對(duì)任意的非零實(shí)數(shù)x1,都存在唯一的非零實(shí)數(shù)x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)成立,也即函數(shù)圖象除x=0外,其余均是一個(gè)函數(shù)值對(duì)應(yīng)兩個(gè)自變量,結(jié)合圖象可知:k(1-a2)=(3-a)2,即(k+1)a2-6a+9-k=0,當(dāng)aR時(shí)始終有解,因此=36-4(k+1)(9-k)0,整理得k2-8k0,解得k0或k8.6.A解析:當(dāng)x2a時(shí),x2+x-2a=0,由0,得1-4(-2a)0,解得a-.當(dāng)x2a時(shí),x2-x+2a=0,由0,得1-4(2a)0,a.所以當(dāng)-a時(shí),函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)或四個(gè)零點(diǎn).對(duì)g(x)=ax2+4x+1,由0,得16-4a0,解得a4(a0).當(dāng)a=0時(shí),g(x)=4x+1有一個(gè)零點(diǎn);由于-a4,所以g(x)=ax2+4x+1有一個(gè)零點(diǎn)或兩個(gè)零點(diǎn),故選A.7.D解析:設(shè)x0,所以f(-x)=-(-x)2+4(-x)=-x2-4x,因?yàn)閒(x)是定義在-4,4上的奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),所以-f(x)=-x2-4x,即f(x)=x2+4x.于是,當(dāng)0x0,所以f(f(x)=-(f(x)2+4f(x)=-(-x2+4x)2+4x(4-x),因?yàn)閒(f(x)f(x),所以-(-x2+4x)2+4x(4-x)x(4-x),即x2-4x+30,解得1x3,所以1x3;當(dāng)-4x0時(shí),f(x)=x2+4x0,所以f(f(x)=(f(x)2+4(f(x)=(x2+4x)2+4(x2+4x),因?yàn)閒(f(x)f(x),所以(x2+4x)2+4(x2+4x)0,解得x-1或x-3,所以-1x0或-4x-3.綜上所述,不等式f(f(x)f(x)的解集為(-4,-3)(-1,0)(1,3),故選D.8.1解析:因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù),所以f(-1)=-f(1),即-(-1-2)=-a(1+2),所以a=1.由函數(shù)f(x)的圖象可知,函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)上是減函數(shù),所以f(2t+3)4-tt.9.0(-,0解析:函數(shù)f(x)(xR)具有奇偶性,已知f(1)=2+|1-a|,f(-1)=2+|1+a|,若f(x)為奇函數(shù)必有f(0)=0,即|a|+1=0無解,所以f(x)一定是偶函數(shù),必有f(-1)=f(1),即2+|1-a|=2+|1+a|,解得a=0,此時(shí)f(x)=x2+|x|+1經(jīng)檢驗(yàn)是偶函數(shù),當(dāng)x0時(shí)f(x)=x2+x+1,所以,其單調(diào)遞增區(qū)間為0,+),根據(jù)偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱,可知f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-,0.10.解析:由x2-ax-1=0,得a=x-,由x2-x-2a=0,得a=(x2-x)=,令f(x)=x-,g(x)=,在同一坐標(biāo)系中作y=f(x),y=g(x)的圖象,解方程x-(x2-x)可得x=1-或x=1或x=1+,由圖可知A(1-,a),所以a=1-,因?yàn)殛P(guān)于x的方程x2-ax-1=0和x2-x-2a=0的實(shí)根分別為x1,x2和x3,x4,且x1x3x25或a0可化為t2-2at+a2-10對(duì)t2,4恒成立,設(shè)f(t)=t2-2at+a2-1(t2,4),當(dāng)a2時(shí),f(t)在2,4上是增函數(shù),所以f(x)min=f(2)=22-22a+a2-10,解得a3或a1,所以a1;當(dāng)2a0,無解;當(dāng)a4時(shí),f(t)在2,4上是減函數(shù),則f(x)min=f(4)=42-24a+a2-10,解得a5,所以a5.綜上所述,a的取值范圍為a5或a1.12.解:(1)由f(x-1)=f(3-x)可知函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸為x=1,由f(x)的最大值為0,可假設(shè)f(x)=a(x-1)2(a0).令a(x-1)2=-2,解得x=1,則易知2=4,解得a=-.所以f(x)=-(x-1)2.(2)由f(x+t)2x可得-(x-1+t)22x,即x2+2(t+1)x+(t-1)20,解得-t-1-2x-t-1+2.又f(x+t)2x在xn,-1時(shí)恒成立,可得由得0t4.令g(t)=-t-1-2,易知g(t)=-t-1-2單調(diào)遞減,所以g(t)g(4)=-9,故n-9,則n能取到的最小實(shí)數(shù)為-9.此時(shí),存在實(shí)數(shù)t=4,只要當(dāng)xn,-1時(shí),就有f(x+t)2x成立.13.解:(1)由a=2,A=2,得方程f(x)=x有且只有一根2,-=2,即b=1-4a=-7.由A=2可得,方程f(f(x)=f(x)等價(jià)于方程f(x)=2,而2是方程的根,由韋達(dá)定理可得方程的另一根為-2=,故集合B=.(2)由f0,得方程f(x)=0有兩個(gè)不等的實(shí)根,記為x1,x2,且有x1x2.從而可設(shè)f(x)=a(x-x1)(x-x2),f(x)min=f=-(x2-x1)2.由x1-x10,又a0,f(x)min=-(x2-x1)2-=-+x1x1,方程f(x)=x1也有兩個(gè)不等的實(shí)根.另一方面,f(x)min02x+m等價(jià)于x2-x+12x+m,即x2-3x+1-m0.要使此不等式在-1,1上恒成立,只需使函數(shù)g(x)=x2-3x+1-m在-1,1上的最小值大于0即可.g(x)=x2-3x+1-m在-1,1上遞減,g(x)min=g(1)=-m-1.由-m-10得,m-1.因此滿足條件的實(shí)數(shù)m的取值范圍是(-,-1).- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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