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数学检测

第Ⅰ卷（选择题共60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备选项中，只有一项是符合
题目要求的
1．已知集合
A{x|1x4},B{x|x2}
，则
AB
（ ）

A．
{x|1x4}
B．
{x|2x4}
C．
{x|2x4}
D．
{x|1x2}

2．如果等差数列

a
n

中，
a
3
+
a
5
=12，那么
a4
= （ ）
A．12 B. 24 C. 6 D. 4
3．“
a
1a
”是“对任意的正数x，均有
x1
”的
4x
B．必要非充分条件 C．充要条件
2
（ ）
D．既非充分也非必要条件 A．充分非必要条件
4. 曲线
y2x2x
在点（1,0）处的切线的斜率为（ ）
A．1 B．4 C．5 D．2
5．若< br>a
为实数，则“
a2
”是“
a
2
4
”的 （ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6. 函数
f(x)x1(x0)
的反函数为（ ）
A．
f
C．
f
11
(x)x1(x0)
B．
f(x)x1(x0)

2
1
1
(x)x1(x1)
D．
f(x)x1(x1)

7.已知
f(x)2log
3
x(1x9)
，则函数
yf(x)
的最大值为 （ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
2
8．已知命题
P
：函数
ylog
a
(x1)
在定义域内单调递减；命题
Q
：不等式
x(2a3)x1 0
的解集
为R．如果
P
且
Q
是真命题，则实数
a
的取值范围是 （ ）
A．
(0,1)

C．
(,1)

x
B．
(0,)

1
2
1
2
D．
(1,5)

9．若
ya
(a0
，且
a 1)
在
R
上为增函数，则
f(x)log
a
1
的 图象是（ ）
x1

A． B． C． D．
10．已知
f(x)
是定义在R上的奇函数，且满足
f(x2)
1
，当x(0,2)
时，
f(x)2
2x1
1
，则
f (x)
f(2013)
的值为（ ）
A．-1 B.-2013 C.1 D. 2013
11．已知函数
f(x)2ln3x8x,则lim
A．10 B．—10
x0
f(12x)f(1)
的值为 （ ）
x
C．—20 D．20
12．下列图像中，有且只有一个是函数
f(x )
则
f(1)
的值为（ ）






1
3
xax
2
(a
2
 1)x1(aR,a0)
的导数
f'(x)
的图象，
3
第Ⅱ卷 （非选择题 共100分）
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共20分．把答案写在答题卷相应位置上．
13. 函数
y
1
lg(x1)
的定义域为
x3

42
14. 若
f(x)axbxc
满足< br>f

(1)2
，则
f

(1)


15. 已知函数
f(x)


log
3x(x0)
，则
f(2)
=
x
2(x0)

16．在实数集R上定义一种运算“*”，该运算具有性质：


①对任意
a,bR,a*bb*a
；②对任意
aR,a*0 a
；
③对任意
a,b,cR,(a*b)*cc*(ab)(a*c)( b*c)2c.

则
1*2
= ___ ；函数
f(x)x*
1
(x0)
的最小值是 。 < br>x
三、解答题：本大题共6小题，共7分．解答应在答题卷写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分10分）
已知
aR,求函数f(x)(23a)x2x a
在区间[0，1]上的最小值。



2

18. （本小题满分12分）已知函数
f(x)x< br>3
ax
2
9xb
的图象过点P（0，2），
且
f

(1)0

（1）求函数
yf(x)
的解析式； （2）求函数
yf(x)
的单调区间.









19、（本小题满分12分）
（1）解关于x的不等式
x3
10
；
x5
（2） 记（1）中不等式的解集为A，函数
g(x)lg[(xa1)(2ax)]，
a1

的定义域为B
．
若
BA
，求
实数a的取值范围．












20、（本小题12分）已知函数
f(x)xaxbxc
在
x
(1)求
a,b
的值；
(2)若对
x[1,2]，不等式
f(x)c
恒成立，求c的取值范围．








2
32
2
与
x1
时都取得极值．
3

21、（本小题12分）定义在R上的函数
f(x)
满足：对任意实数
m
，
n

，总有
f(mn)f(m)f(n)
，且
当
x0
时，
0f(x) 1
．
（1）试求
f(0)
的值； （2）判断
f(x)
的单调性并证明你的结论；
（3）若不等式
f[(t 2)(x4x4)]f(t
2
4t13)
对
t[4，6]恒成立，求实数
x
的取值范围．











22（本小题满分12分）
已知函数
f(x)是定义在[e,0)(0,e]
上的奇函数，当
x(0,e ]时,f(x)axlnx.

（I）求
f(x)
的解析式； （II）是否存在实数a，使得当
x[e,0)时,f(x)
的最小值是3，如果
存在，求出a的值，如果不存在，说明理由。

答 案
一、BCADA， CACDA，AB
二、13，（1 3）U
(3,)
14，-2 15，14 16，5 ，3
三17题．解：当
23a0
即
a
2
2
时，
f(x)2x
在[0，1] 上递减
3
3
4
∴
f
min
(x)f(1)
„„„（2分）
3
2
时，
f(x)
为二次函数 „„„（3分）
3
21
若
23a0
即
a
时，
f(x)
的开口向上，其对称轴为
x
„„„（4分）
323a
1
13a
2
2a1
① 当
23a1
即
a
时
f
min
(x)f(
„„„（6分）
)
3
23a3a2
12
② 当
023a1
即
a
时，
f
min
(x)f(1)2a
„„„（8分）
33
21
若
23a0
即
a
时，
f(x)
的开口向下，其对称轴为
x
„„（9分）
323a
当
23a0
即
a

f
min
(x)f(1)2a
„„（10分）


3a
2
2a11
(a)< br>
3a23
综上可得：
f(x)



min
1

2a(a)

3
18、解：（1）由函数的图像经过点（0，2）可知，
b2
，„„„„„„2分 又
f

(x)3x2ax9
，„„„„„„„„„„„„„„„„ „„„„„ 4分
且
f

(1)0
得
a3
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分
∴
f(x)x3x9x2
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分
（2）
f

(x)3x6x93(x2x3)3(x1)( x3)

由
f

(x)03(x1)(x3)0x 1或x3
„„„„„„„9分
22
32
2
f

(x)03(x1)(x3)01x3
„„„„„„„ 11分
∴函 数
yf(x)
的单调递增区间为
(,1)
和
(3,)< br>
函数
yf(x)
的单调递减区间为
(1,3)
„„„„„„„„„„„„„„13分
19题、解：(1) 由
x32x2
1 0
得：
02(x1)(x5)0
，
x5x5
解得
1x5
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分
(2) 由
(xa1)(2ax)0
得：
(xa1)(x2a)0

由
a1
得
a12a
， ∴
B(2a，a1)
„„„„„„„8分
当
x
变化时函数< br>f(x)
和
f

(x)
的变化如下表：

x

f

(x)

f(x)

当
x
-1

2
(1,)

3
＋

递增


2

3
2
(,1)

3
－

递减

1

0

极小值

(1,2)

＋
递增
2
0

极大值

f(1)

f(2)

2221
时，
f(x)
取极大值
c
，而
f(2)2c,f(1) c
„„„„„9分
3272
所以，当
x[1,2]
时，
f
max
(x)f(2)2c
„„„„„„„„„„„„„„10分
要使
f(x)c对x[1,2]
恒成立 ，只需
cf(2)2c
„„„„„„„„„„11分
解得
c1 或c2
即
c
的取值范围为
(,1)(2,)
„„„„„„„„„„12分

2
2

方法二：
f(x
2
)
f(x
2
x
1
)1,且f(x
1
)0f(x
1
)f(x
2
)
f(x
1
)
即
f(x)
在R上为减函数．„„„„„ „„„„„„„„„„7分
(3)

yf(x)
为R上的减函数

f[(t2)(x4x4)]f(t
2
4t13)

t
2
4t13
„„9分

(t2)(x4x 4)t4t13

x4x4
t2
2

t< br>2
4t13

由题意知，
x4x4

„„„„„„„„„„10分


t2

min
t
2
4t1391
而
(t2)[6，6]
„„„„„„„„„„„„„„„11分
t2t22

须
|x4| |x4|6
，解不等式得
x3
„„„„„„„„„„„„„12分
（理）22．解：(Ⅰ)设
x

e,0

,则x

0,e

∴
f(x)axln(x)

又
f(x)
为奇函数，
f(x)
＝－
f(x )axln(x)


axln(x),
x

e,0

∴ 函数
f(x)
的解析式为
f(x)

„„„„（4分）
x

0,e


axlnx,
(Ⅱ) 假设存在实数
a
符合题意，先求导
f'(x)a
1

x

① 当
a
，由于
x

e,0

，则
f`(x)a
∴
f(x)axln(x)
是

e,0

上的增函数，
∴
f
min
(x)f(e)ae13
则
a
1
e
1
0

x
41

（舍去） „„（8分）
ee
111
② 当
a
时
ex



f`(x)a0

eax
11
1

x0



f'(x)a0
，则
f(x)axln(x)
在

 e,

上递减，
a

ax



1

11
2
在

,0

上递增，∴
f
min
(x)f()1ln()3
解得
ae

aa

a

综合①、②可知存在实数< br>ae
使得当
x

e,0

时，
f( x)
有最小值3. „„„（12分）
2