2013年高考三次函数试题

一、选择题 1 ．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））已知函数

f(x)x3ax2bxc,下列结论中错误的是

A．x0R,f(x0)0B函数yf(x)的图像是中心对称图形

．

C．若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(,x0)上单调递减 D．若x0是f(x)的极值点,则f'(x0)0

【答案】C

2．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））定义域为R的四个

（ ）

函数yx3,y2x,yx21,y2sinx中,奇函数的个数是( ) A . 4 B.3

【答案】C

C.2

D.1

3．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））若函数

f(x)x3ax2bxc有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x))22af(x)b0的不同实根个数是

(A)3 (B)4 (C) 5 (D)6 【答案】A

4．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）本题共有3个小题,第1小题满分5分,第2

小题满分7分,第3小题满分6分.

b)成中心对称图形”的充要条件为“函已知真命题:“函数yf(x)的图像关于点P(a、数yf(xa)b 是奇函数”.

(1)将函数g(x)x33x2的图像向左平移1个单位,再向上平移2个单位,求此时图像对应的函数解析式,并利用题设中的真命题求函数g(x)图像对称中心的坐标;

2x 图像对称中心的坐标; 4x(3)已知命题:“函数 yf(x)的图像关于某直线成轴对称图像”的充要条件为“存在实数a和b,使得函数yf(xa)b 是偶函数”.判断该命题的真假.如果是真命题,请给予

(2)求函数h(x)log2证明;如果是假命题,请说明理由,并类比题设的真命题对它进行修改,使之成为真命题(不必证明).

【答案】(1)平移后图像对应的函数解析式为y(x1)33(x1)22,

整理得yx33x,

由于函数yx33x是奇函数,

， 2). 由题设真命题知,函数g(x)图像对称中心的坐标是(12x b),由题设知函数h(xa)b是奇函数. 的对称中心为P(a，4x2x2a2(xa)b. b,即f(x)log2设f(x)h(xa)b,则f(x)log24ax4(xa)2x2a0的解集关于原点对称,得a2. 由不等式

4ax2(x2)b， x(2， 2). 此时f(x)log22x任取x(2,2),由f(x)f(x)0,得b1,

2x 1). 所以函数h(x)log2图像对称中心的坐标是(2，4x(2)设h(x)log2(3)此命题是假命题.

举反例说明:函数f(x)x的图像关于直线yx成轴对称图像,但是对任意实数a和b,函数yf(xa)b,即yxab总不是偶函数. 修改后的真命题:

“函数yf(x)的图像关于直线xa成轴对称图像”的充要条件是“函数yf(xa)是偶函数”. 5．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））已知函数

x3fx1x,gxax12xcosx.当x0,1时，

21; (I)求证:1-xfx1x(II)若fxgx恒成立,求实数a取值范围.

e2x请考生在第22、23、24三题中任选一题做答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑. 【答案】

6．（2013年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD版））已知aR,函数

f(x)x33x23ax3a3.

(1)求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x[0,2]时,求|f(x)|的最大

值.

f(x)3x26x3af(1)3a3,且

f(1)133a33a1,所以所求切线方程为:y1(3a3)(x1),即为:3(a1)xy43a0;

【答案】解:(Ⅰ)由已知得:

(Ⅱ)由已知得到:f(x)3x26x3a3[x(x2)a],其中44a,当

x[0,2]时,x(x2)0,

(1)当a0时,f(x)0,所以f(x)在x[0,2]上递减,所以

因为|f(xm)a|xmfax{f(0),(2,)}0a)f3ma(a;

(2)当44a0,即a1时,f(x)0恒成立,所以f(x)在x[0,2]上递增,所以|f(x)|maxmax{f(0),f(2)},因为

f(0)3(1a),f(2)3a1f(0)0f(2)|f(x)|maxf(2)3a1; (3)当44a0,即0a1时,

f(x)3x26x3a0x111a,x211a ,且0x1x22,

即 f(1fx 0 (0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,2)2 0 极大值 - 递减 0 极小值 + 递增 f(x) + 递增 f(x) 33a 3a1 所以f(x1)12(1a)1a,f(x2)12(1a)1a,且 f(x1)f(x2)20,f(x1)f(x2)14(1a)30,所以f(x1)|f(x2)|, 所以|f(x)|maxmax{f(0),f(2),f(x1)};

2由f(0)f(2)33a3a100a,所以

32(ⅰ)当0a时,f(0)f(2),所以x(,1]a[,时),yf(x)递

3增,x(1,a)时,yf(x)递减,所以|f(x)|maxmax{f(0),f(x1)},因为 f(x1)f(0)12(1a)1a33a2(1a)1a(23a),又因为0aa2(34a)2(1a)1a(23a)2a0,3a4,0,所以23所以f(x),0所以1)f(03|f(x)m|axf(x1)12(1a) a12(ⅱ)当a1时,f(2)0,f(0)0,所以|f(x)max,因为|max{f(2),fx(1)}3a2(34a)f(x1)f(2)12(1a)1aa312(1a)1aa(32)2(1a)1a(3a2)2,此时3a20,当a1时,34a是大于零还是小于零不确定,所以

323a① 当时,34a0,所以f(1x)|f(,2所)以|此时34|f(x)|maxf(x1)12(1a)1a; 3a1时,34a0,所以f(1x② 当)|f(,2所)以|此时4|f(xm)a|xf(2 a) 3133a,(a0)3综上所述:|f(x)|max12(1a)1a,(0a).

433a1,(a)4