【全程復習方略】（浙江專用）2013版高考數(shù)學 2.4二次函數(shù)課時體能訓練 文 新人教A版

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1、 【全程復習方略】（浙江專用）2013版高考數(shù)學 2.4二次函數(shù)課時體能訓練 文 新人教A版 (45分鐘 100分) 一、選擇題（每小題6分，共36分） 1.已知x∈R,函數(shù)f(x)=(m-1)x2+(m-2)x+(m2-7m+12)為偶函數(shù),則m的值是( ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 2.如果函數(shù)f(x)=x2+bx+c對任意實數(shù)t都有f(2+t)=f(2-t),那么( ) (A)f(2)＜f(1)＜f(4) (B)f(1)＜f(2)＜f(4) (C)f(2)＜f(4)＜f(1)

2、 (D)f(4)＜f(2)＜f(1) 3.（2012·杭州模擬）在下列圖象中,二次函數(shù)y=ax2+bx及指數(shù)函數(shù)y=()x的圖象只可能是( ) 4.已知f(x)為奇函數(shù)，且當x＜0時，f(x)=x2+3x+2，若當x∈[1,3]時，n≤f(x)≤m恒成立，則m-n的最小值是( ) (A)2 (B) (C) (D) 5.（易錯題）函數(shù)f(x)=ax2+(a-3)x+1在區(qū)間[-1,+∞)上是遞減的,則實數(shù)a的取值范圍是( ) (A)[-3,0) (B)(-∞,-3] (C)[-2,0]

3、 (D)[-3,0] 6.若不等式x2+ax+1≥0對于一切x∈(0,]恒成立,則a的最小值是( ) (A)0 (B)2 (C)- (D)-3 二、填空題（每小題6分，共18分） 7.已知函數(shù)f(x)=4x2+kx-8在[-1,2]上具有單調(diào)性,則實數(shù)k的取值范圍是____. 8.（預測題）若函數(shù)f(x)=(x+a)(bx+2a)(a、b∈R)是偶函數(shù)， 且它的值域為(-∞,4]，則該函數(shù)的解析式f(x)=______. 9.（2012·寧波模擬）若函數(shù)y=x2-3x-4的定義域為[0,m],值域為[-,-4],則m的取值范圍為__

4、____. 三、解答題（每小題15分，共30分） 10.設f(x)為定義在R上的偶函數(shù),當x≤-1時,y=f(x)的圖象是經(jīng)過點（-2,0）,斜率為1的射線,又在y=f(x)的圖象中的一部分是頂點在（0,2）,且過點（-1,1）的一段拋物線，試寫出函數(shù)f(x)的表達式,并作出其圖象. 11.（2012·紹興模擬）已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx滿足條件:①對任意x∈R，均有f(x-4)=f(2-x); ②函數(shù)f(x)的圖象與y=x相切. (1)求f(x)的解析式; (2)若g(x)=2f(x)-18x+q+3,是否存在常數(shù)t(t≥0)，當x∈［t,10］時，g(x)的值域為區(qū)間D

5、,且D的長度為12-t，若存在，請求出t值，若不存在,請說明理由(注：［a,b］的區(qū)間長度為b-a). 【探究創(chuàng)新】 （16分）已知函數(shù)f(x)=x2+bx+c（b、c∈R）,且x≤1時f(x)≥0,1≤x≤3時,f(x)≤0恒成立. （1）求b、c之間的關系式. （2）當c≥3時,是否存在實數(shù)m使得g(x)=f(x)-m2x在區(qū)間（0,+∞）上是單調(diào)函數(shù)？若存在,求出m的取值范圍,若不存在,說出理由. 答案解析 1.【解析】選B.由已知f(-x)=f(x)?(m-2)x=0, 又x∈R,∴m-2=0,得m=2. 2.【解析】選A.依題意,函數(shù)f(x)=x2+bx+

6、c的對稱軸方程為x=2,且f(x)在 [2,+∞)上為增函數(shù),因為f(1)=f(2-1)=f(2+1)=f(3),2＜3＜4, ∴f(2)＜f(3)＜f(4),即f(2)＜f(1)＜f(4). 3.【解析】選A.逐項驗證,易得0＜＜1, 則-∈(-,0),排除B、C、D,故選A. 4.【解析】選B.依題意知：設m′、n′分別為函數(shù)f(x)在[1,3]上的最大值與最小值，又因為f(x)為奇函數(shù)且當x＜0時，f(x)=x2+3x+2,m′、n′分別為函數(shù)f(x)在[-3,-1]上的最小值與最大值的相反數(shù)，顯然m′=，n′=-2，則m-n的最小值即為m′-n′=． 5.【解析】選D.當a

7、=0時,f(x)=-3x+1顯然成立, 當a≠0時，需,解得-3≤a＜0, 綜上可得-3≤a≤0. 【誤區(qū)警示】本題易忽視二次項系數(shù)a=0這一情況而誤選A,失誤的原因是將關于x的函數(shù)誤認為二次函數(shù). 6.【解析】選C.方法一：設g(a)=ax+x2+1, ∵x∈(0,],∴g(a)為單調(diào)遞增函數(shù). 當x=時滿足：a++1≥0即可，解得a≥-. 方法二：由x2+ax+1≥0得a≥-(x+)在(0,]上恒成立, 令g(x)=-(x+),則知g(x)在(0,]為增函數(shù), ∴g(x)max=g()=-,∴a≥-. 【方法技巧】關于二元不等式恒成立問題的求解技巧： (1)變換主元法

8、：求解二元不等式,在其中一個元所在范圍內(nèi)恒成立問題，當正面思考較繁或難以入手時，我們可以變換主元，將問題轉化為求解關于另一個變量的函數(shù)的最值或值域問題，從而求解. (2)分離參數(shù)法：根據(jù)題設條件將參數(shù)（或含有參數(shù)的式子）分離到不等式的左邊，從而將問題轉化為求不等式右邊函數(shù)的最值問題. 7.【解析】函數(shù)f(x)＝4x2+kx-8的對稱軸為x=-, 依題意有：-≤-1或-≥2,解得k≥8或k≤-16. 答案：k≥8或k≤-16 8.【解題指南】化簡f(x)，函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則一次項系數(shù)為0可求b.值域為（-∞,4],則最大值為4，可求a，即可求出解析式. 【解析】∵f(x)=(x

9、+a)(bx+2a)=bx2+(2a+ab)x+2a2是偶函數(shù)，則其圖象關于y軸對稱， ∴2a+ab=0，∴b=-2或a=0（舍去）. 又∵f(x)=-2x2+2a2且值域為(-∞,4]， ∴2a2=4，f(x)=-2x2+4． 答案：-2x2+4 9.【解題指南】可作出函數(shù)y=(x-)2-的圖象，數(shù)形結合求解. 【解析】y=x2-3x-4=(x-)2-, 對稱軸為x=,當x=時,y=-, ∴m≥,而當x=3時,y=-4,∴m≤3. 綜上：≤m≤3. 答案：≤m≤3 10.【解析】當x≤-1時,設f(x)=x+b,則由0=-2+b,即b=2,得f(x)=x+2; 當-1

10、＜x＜1時,設f(x)=ax2+2,則由1=a(-1)2+2,即a=-1,得f(x)=-x2+2; 當x≥1時,f(x)=-x+2. 故f(x)=,其圖象如圖. 11.【解析】(1)由①得，a(x-4)2+b(x-4)=a(2-x)2+b(2-x). ∴(2x-6)(-2a+b)=0，∴b=2a. 由②，ax2+(2a-1)x=0的兩根相等, ∴a=,b=1，f(x)=x2+x. （2）由題意得g(x)=x2-16x+q+3. ∵0≤t＜10,g(x)在區(qū)間［0,8］上是減函數(shù),在區(qū)間［8,10］上是增函數(shù)，且其圖象的對稱軸是x=8. ①當0≤t≤6時,在區(qū)間［t,10］

11、上,g(t)最大,g(8)最小, ∴g(t)-g(8)=12-t，即t2-15t+52=0, 解得t=，∴t=； ②當6＜t≤8時，在區(qū)間［t,10］上，g(10)最大,g(8)最小, ∴g(10)-g(8)=12-t,解得t=8, ③當8＜t＜10時，在區(qū)間［t,10］上, g(10)最大，g(t)最小, ∴g(10)-g(t)=12-t,即t2-17t+72=0, 解得t=8(舍去)或t=9. 綜上可知:存在常數(shù)t為、8、9滿足題意. 【探究創(chuàng)新】 【解析】（1）由已知f(1)≥0與f(1)≤0同時成立. ∴f(1)=0,∴1+b+c=0. （2）假設存在實數(shù)m,使?jié)M足條件的g(x)存在, ∵g(x)=x2+bx+c-m2x=x2+(b-m2)x+c, ∴g(x)圖象開口向上. 在[-,+∞）上單調(diào)遞增. ∴≤0即b≥m2≥0, 又∵c≥3,∴b=-c-1≤-4, 這與上式矛盾,從而滿足題設的實數(shù)m不存在. - 5 -