章末檢測(A)(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．設集合M＝{1,2,4,8}，N＝{x|x是2的倍數(shù)}，則M∩N等于()A．{2,4}B．{1,2,4}C．{2,4,8}D．{1,2,8}2．若集合A＝{x||x|≤1，x∈R}，B＝{y|y＝x2，x∈R}，則A∩B等于()A．{x|－1≤x≤1}B．{x|x≥0}C．{x|0≤x≤1}D．?3．若f(x)＝ax2－eq\r(2)(a>0)，且f(eq\r(2))＝2，則a等于()A．1＋eq\f(\r(2),2)B．1－eq\f(\r(2),2)C．0D．24．若函數(shù)f(x)滿足f(3x＋2)＝9x＋8，則f(x)的解析式是()A．f(x)＝9x＋8B．f(x)＝3x＋2C．f(x)＝－3x－4D．f(x)＝3x＋2或f(x)＝－3x－45．設全集U＝{1,2,3,4,5}，集合M＝{1,4}，N＝{1,3,5}，則N∩(?UM)等于()A．{1,3}B．{1,5}C．{3,5}D．{4,5}6．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為A，最小值為B，則A－B等于()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．1D．－17．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(a3－a)x＋1在(－∞，－1]上遞增，則a的取值范圍是()A．a(chǎn)≤eq\r(3)B．－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)C．0<a≤eq\r(3)D．－eq\r(3)≤a<08．設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3x>10,ffx＋5x≤10))，則f(5)的值是()A．24B．21C．18D．169．f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3為偶函數(shù)，則f(x)在區(qū)間(2,5)上是()A．增函數(shù)B．減函數(shù)C．有增有減D．增減性不確定10．設集合A＝[0，eq\f(1,2))，B＝[eq\f(1,2)，1]，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)，x∈A,21－x，x∈B))，若x0∈A，且f[f(x0)]∈A，則x0的取值范圍是()A．(0，eq\f(1,4)]B．(eq\f(1,4)，eq\f(1,2)]C．(eq\f(1,4)，eq\f(1,2))D．[0，eq\f(3,8)]11．若函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c對任意實數(shù)x都有f(2＋x)＝f(2－x)，那么()A．f(2)<f(1)<f(4)B．f(1)<f(2)<f(4)C．f(2)<f(4)<f(1)D．f(4)<f(2)<f(1)12．若f(x)和g(x)都是奇函數(shù)，且F(x)＝f(x)＋g(x)＋2，在(0，＋∞)上有最大值8，則在(－∞，0)上F(x)有()A．最小值－8B．最大值－8C．最小值－6D．最小值－4二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的增函數(shù)，且f(m＋3)≤f(5)，則實數(shù)m的取值范圍是________．14．函數(shù)f(x)＝－x2＋2x＋3在區(qū)間[－2,3]上的最大值與最小值的和為________．15．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋a＋1x＋a,x)為奇函數(shù)，則實數(shù)a＝________.16．如圖，已知函數(shù)f(x)的圖象是兩條直線的一部分，其定義域為(－1,0]∪(0,1)，則不等式f(x)－f(－x)>－1的解集是______________．三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)設集合A＝{x|2x2＋3px＋2＝0}，B＝{x|2x2＋x＋q＝0}，其中p、q為常數(shù)，x∈R，當A∩B＝{eq\f(1,2)}時，求p、q的值和A∪B.18．(12分)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋2,x－6)，(1)點(3,14)在f(x)的圖象上嗎？(2)當x＝4時，求f(x)的值；(3)當f(x)＝2時，求x的值．19．(12分)函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù)，且當x>0時，函數(shù)的解析式為f(x)＝eq\f(2,x)－1.(1)用定義證明f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)；(2)求當x<0時，函數(shù)的解析式．20．(12分)函數(shù)f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在區(qū)間[0,2]上有最小值3，求a的值21．(12分)已知函數(shù)f(x)對一切實數(shù)x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當x>0時，f(x)<0，又f(3)＝－2.(1)試判定該函數(shù)的奇偶性；(2)試判斷該函數(shù)在R上的單調(diào)性；(3)求f(x)在[－12,12]上的最大值和最小值．22．(12分)已知函數(shù)y＝x＋eq\f(t,x)有如下性質(zhì)：如果常數(shù)t>0，那么該函數(shù)在(0，eq\r(t)]上是減函數(shù)，在[eq\r(t)，＋∞)上是增函數(shù)．(1)已知f(x)＝eq\f(4x2－12x－3,2x＋1)，x∈[0,1]，利用上述性質(zhì)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和值域；(2)對于(1)中的函數(shù)f(x)和函數(shù)g(x)＝－x－2a，若對任意x1∈[0,1]，總存在x2∈[0,1]，使得g(x2)＝f(x1)成立，求實數(shù)a的值章末檢測(A)1．C[因為N＝{x|x是2的倍數(shù)}＝{…，0,2,4,6,8，…}，故M∩N＝{2,4,8}，所以C正確．]2．C[A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{y|y≥0}，解得A∩B＝{x|0≤x≤1}．]3．A[f(eq\r(2))＝2a－eq\r(2)＝2，∴a＝1＋eq\f(\r(2),2).]4．B[f(3x＋2)＝9x＋8＝3(3x＋2)＋2，∴f(t)＝3t＋2，即f(x)＝3x＋2.]5．C[?UM＝{2,3,5}，N＝{1,3,5}，則N∩(?UM)＝{1,3,5}∩{2,3,5}＝{3,5}．]6．A[f(x)＝eq\f(1,x)在[1,2]上遞減，∴f(1)＝A，f(2)＝B，∴A－B＝f(1)－f(2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).]7．D[由題意知a<0，－eq\f(a3－a,2a)≥－1，－eq\f(a2,2)＋eq\f(1,2)≥－1，即a2≤3.∴－eq\r(3)≤a<0.]8．A[f(5)＝f(f(10))＝f(f(f(15)))＝f(f(18))＝f(21)＝24.]9．B[f(x)是偶函數(shù)，即f(－x)＝f(x)，得m＝0，所以f(x)＝－x2＋3，畫出函數(shù)f(x)＝－x2＋3的圖象知，f(x)在區(qū)間(2,5)上為減函數(shù)．]10．C[∵x0∈A，∴f(x0)＝x0＋eq\f(1,2)∈B，∴f[f(x0)]＝f(x0＋eq\f(1,2))＝2(1－x0－eq\f(1,2))，即f[f(x0)]＝1－2x0∈A，所以0≤1－2x0<eq\f(1,2)，即eq\f(1,4)<x0≤eq\f(1,2)，又x0∈A，∴eq\f(1,4)<x0<eq\f(1,2)，故選C.]11．A[由f(2＋x)＝f(2－x)可知：函數(shù)f(x)的對稱軸為x＝2，由二次函數(shù)f(x)開口方向，可得f(2)最??；又f(4)＝f(2＋2)＝f(2－2)＝f(0)，在x<2時y＝f(x)為減函數(shù)．∵0<1<2，∴f(0)>f(1)>f(2)，即f(2)<f(1)<f(4)．]12．D[由題意知f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上有最大值6，因f(x)和g(x)都是奇函數(shù)，所以f(－x)＋g(－x)＝－f(x)－g(x)＝－[f(x)＋g(x)]，即f(x)＋g(x)也是奇函數(shù)，所以f(x)＋g(x)在(－∞，0)上有最小值－6，∴F(x)＝f(x)＋g(x)＋2在(－∞，0)上有最小值－4.]13．m≤2解析由函數(shù)單調(diào)性可知，由f(m＋3)≤f(5)有m＋3≤5，故m≤2.14．－1解析f(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，∵1∈[－2,3]，∴f(x)max＝4，又∵1－(－2)>3－1，由f(x)圖象的對稱性可知，f(－2)的值為f(x)在[－2,3]上的最小值，即f(x)min＝f(－2)＝－5，∴－5＋4＝－1.15．－1解析由題意知，f(－x)＝－f(x)，即eq\f(x2－a＋1x＋a,－x)＝－eq\f(x2＋a＋1x＋a,x)，∴(a＋1)x＝0對x≠0恒成立，∴a＋1＝0，a＝－1.16．(－1，－eq\f(1,2))∪[0,1)解析由題中圖象知，當x≠0時，f(－x)＝－f(x)，所以f(x)－[－f(x)]>－1，∴f(x)>－eq\f(1,2)，由題圖可知，此時－1<x<－eq\f(1,2)或0<x<1.當x＝0時，f(0)＝－1，f(0)－f(－0)＝－1＋1＝0,0>－1滿足條件．因此其解集是{x|－1<x<－eq\f(1,2)或0≤x<1}．17．解∵A∩B＝{eq\f(1,2)}，∴eq\f(1,2)∈A.∴2(eq\f(1,2))2＋3p(eq\f(1,2))＋2＝0.∴p＝－eq\f(5,3).∴A＝{eq\f(1,2)，2}．又∵A∩B＝{eq\f(1,2)}，∴eq\f(1,2)∈B.∴2(eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)＋q＝0.∴q＝－1.∴B＝{eq\f(1,2)，－1}．∴A∪B＝{－1，eq\f(1,2)，2}．18．解(1)∵f(3)＝eq\f(3＋2,3－6)＝－eq\f(5,3)≠14.∴點(3,14)不在f(x)的圖象上．(2)當x＝4時，f(4)＝eq\f(4＋2,4－6)＝－3.(3)若f(x)＝2，則eq\f(x＋2,x－6)＝2，∴2x－12＝x＋2，∴x＝14.19．(1)證明設0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝(eq\f(2,x1)－1)－(eq\f(2,x2)－1)＝eq\f(2x2－x1,x1x2)，∵0<x1<x2，∴x1x2>0，x2－x1>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．(2)解設x<0，則－x>0，∴f(－x)＝－eq\f(2,x)－1，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)＝－eq\f(2,x)－1，即f(x)＝－eq\f(2,x)－1(x<0)．20．解∵f(x)＝4(x－eq\f(a,2))2－2a＋2，①當eq\f(a,2)≤0，即a≤0時，函數(shù)f(x)在[0,2]上是增函數(shù)．∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a由a2－2a＋2＝3，得a＝1±eq\r(2).∵a≤0，∴a＝1－eq\r(2).②當0<eq\f(a,2)<2，即0<a<4時，f(x)min＝f(eq\f(a,2))＝－2a＋2.由－2a＋2＝3，得a＝－eq\f(1,2)?(0,4)，舍去．③當eq\f(a,2)≥2，即a≥4時，函數(shù)f(x)在[0,2]上是減函數(shù)，f(x)min＝f(2)＝a2－10a由a2－10a＋18＝3，得a＝5±eq\r(10).∵a≥4，∴a＝5＋eq\r(10).綜上所述，a＝1－eq\r(2)或a＝5＋eq\r(10).21．解(1)令x＝y(tǒng)＝0，得f(0＋0)＝f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，∴f(0)令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)．(2)任取x1<x2，則x2－x1>0，∴f(x2－x1)<0，∴f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)<0，即f(x2)<f(x1)∴f(x)在R上是減函數(shù)．(3)∵f(x)在[－12,12]上是減函數(shù)，∴f(12)最小，f(－12)最大．又f(12)＝f(6＋6)＝f(6)＋f(6)＝2f(6＝2[f(3)＋f(3)]＝4f(3)∴f(－12)＝－f(12)＝8.∴f(x)在[－12,12]上的最大值是8，最小值是－8.22．解(1)y＝f(x)＝eq\f(4x2－12x－3,2x＋1)＝2x＋1＋eq\f(4,2x＋1)－8，設u＝2x＋1，x∈[0,1]，1≤u≤3，則y＝u＋eq\f(4,u)－8，u∈[1,3]．由已知性質(zhì)得，當1≤u≤2，即0≤x≤eq\f(