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(四川专用)2014届高考数学 专题阶段评估模拟卷1 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 文


专题阶段评估(一)

集合、常用逻辑用语、不等式、 函数与导数

【说明】 本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分,请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内,第 Ⅱ卷可在各题后直接作答,共 150 分,考试时间 120 分钟. 第Ⅰ卷 (选择题 共 50 分) 题号 答案 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分.在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的) 1.(2013·吉林白山二模)命题“若 a +b =0,则 a=0 且 b=0”的逆否命题是( A.若 a +b ≠0,则 a≠0 且 b≠0 C.若 a=0 且 b=0,则 a +b ≠0
|x| 2 2 2 2 2 2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

)

B.若 a +b ≠0,则 a≠0 或 b≠0 D.若 a≠0 或 b≠0,则 a +b ≠0
2 2

2

2

2.下列函数中,与函数 y=-3 的奇偶性相同,且在(-∞,0)上单调性也相同的是 ( ) 1 A.y=-

x
2

B.y=log2|x| D.y=x -1
3

C.y=1-x

3.(2013·安徽“江南十校”高三联考)已知 e1,e2 是两个单位向量,其夹角为 θ ,若 向量 m=2e1+3e2,则|m|=1 的充要条件是( A.θ =π π C.θ = 3 )

π B.θ = 2 2π D.θ = 3 )

4.(2013·山东泰安一模)若 a,b∈R,且 ab>0,则下列不等式中,恒成立的是( A.a+b≥2 ab 1 1 2 B. + >

a b
2

ab

C. + ≥2

b a a b

D.a +b >2ab
2 2

2

5.(2013·重庆卷)关于 x 的不等式 x -2ax-8a <0(a>0)的解集为(x1,x2),且 x2-

x1=15,则 a=(
A. C. 5 2 15 4

) B. D. 7 2 15 2

1

x+2y≥0, ? ? 6.(2013·辽宁大连二模)设 z=x+y,其中实数 x,y 满足?x-y≤0, ? ?0≤y≤k,
大值为 6,则 z 的最小值为( A.-3 C.-1
2x

若 z 的最

) B.-2 D.0
x

7. 已知 f(x)=3 -(k+1)3 +2, 当 x∈R 时, f(x)恒为正值, 则 k 的取值范围是( A.(-∞,-1) C.(-1,2 2-1) B.(-∞,2 2-1) D.(-2 2-1,2 2-1)

)

8.函数 y= f(x),x∈D,若存在常数 C,对任意的 x1∈D,存在唯一的 x2∈D 使得

f x1 f x2 =C,则称函数 f(x)在 D 上的几何平均数为 C.已知 f(x)=x3,x∈[1,2],
则函数 f(x)=x 在[1,2]上的几何平均数为( A. 2 C.4 B.2 D.2 2
3

)

9.(2013·北京东城一模)已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x<0 时,f(x)= e (x+1),给出下列命题: ①当 x>0 时,f(x)=e (1-x);②函数 f(x)有两个零点;③f(x)>0 的解集为(-1,0) ∪(1,+∞);④? x1,x2∈R,都有|f(x1)-f(x2)|<2. 其中正确命题的个数是( A.1 C.3 ) B.2 D.4
x x

10.(2013·山东德州)已知函数 y=f(x)的图象关于 y 轴对称,且当 x∈(-∞,0)时,

f(x)+xf′(x)<0 成立, a=(20.2)·f(20.2), b=(logπ 3)·f(logπ 3), c=(log39)·f(log39),
则 a,b,c 的大小关系是( A.b>a>c C.c>b>a 第Ⅱ卷 (非选择题 共 100 分) 题 号 得 分 二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在题中的横线上) 11.(2013·上海静安二模)函数 g(x)=x -2 013x,若 g(a)=g(b),a≠b,则 g(a+b) =________.
2

) B.c>a>b D.a>c>b

第Ⅰ卷

第Ⅱ卷 二 16 17 18 19 20 21 总 分

2

12.(2013·安徽“江南十校”高三联考)已知集合 A={x|x -x≤0},函数 f(x)=2-

2

x(x∈A)的值域为 B,则(?RA)∩B=________.
13.(2013·山东龙口一模)设函数 f(x)=ax+b(0≤x≤1),则 a+2b>0 是 f(x)>0 在 [0,1]上恒成立的________条件.(填充分但不必要,必要但不充分,充要,既不充分也不必 要) 14.已知集合 A、B,定义集合 A 与 B 的一种运算 A⊕B,其结果如下表所示:

A B A⊕B

{1,2,3,4} {2,3,6} {1,4,6}

{-1,1} {-1,1} ?

{-4,8} {-4,-2,0,2} {-2,0,2,8}

{-1,0,1} {-2,-1,0,1} {-2}

按照上述定义,若 M={-2 011,0,2 012},N={-2 012,0,2 013},则 M⊕N=________. 15.设函数 f(x)的定义域为 D,若存在非零实数 l 使得对于任意 x∈M(M? D),有 x+l ∈D,且 f(x+l)≥f(x),则称函数 f(x)为 M 上的 l 高调函数.现给出下列命题:

?1?x ①函数 f(x)=? ? 是 R 上的 1 高调函数; ?2?
②函数 f(x)=sin 2x 为 R 上的 π 高调函数; ③如果定义域为[-1,+∞)的函数 f(x)=x 为[-1,+∞)上的 m 高调函数,那么实 数 m 的取值范围是[2,+∞). 其中正确的命题是________.(写出所有正确命题的序号) 三、解答题(本大题共 6 小题,共 75 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤) 1 16.(本小题满分 12 分)设定义在(0,+∞)上的函数 f(x)=ax+ +b(a>0).
2

ax

(1)求 f(x)的最小值; 3 (2)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2

3

? 1? ? ? x+3?-2≤x≤ ? 2 ? ? 17.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=? 1 ? ?5x+1???x>2???
-x-

x<-

x∈R

.

(1)求函数 f(x)的最小值; (2)已知 m∈R,命题 p:关于 x 的不等式 f(x)≥m +2m-2 对任意 m∈R 恒成立;q:函 数 y=(m -1) 是增函数.若“p 或 q”为真,“p 且 q”为假,求实数 m 的取值范围.
2 2

x

18.(本小题满分 12 分)(2013·湖北武汉市武昌区高三联合考试)已知函数 f(x)=ln x 1 + -1.

x

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设 m∈R,对任意的 a∈(-1,1),总存在 x0∈[1,e],使得不等式 ma-f(x0)<0 成 立,求实数 m 的取值范围.

4

5

19.(本小题满分 13 分)(2013·湖南五市十校高三第一次联合检测)设函数 f(x)=ax +

2

a bx+c,且 f(1)=- ,3a>2c>2b,求证:
2

b 3 (1)a>0,且-3< <- ; a 4
(2)函数 f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点; (3)设 x1,x2 是函数 f(x)的两个零点,则 2≤|x1-x2|< 57 . 4

1 3 2 2 20.(本小题满分 13 分)设函数 f(x)= x -ax -ax,g(x)=2x +4x+c. 3 (1)试问函数 f(x)能否在 x=-1 时取得极值?说明理由; (2)若 a=-1,当 x∈[-3,4]时,函数 f(x)与 g(x)的图象有两个公共点,求 c 的取值 范围.

21.(本小题满分 13 分)已知函数 f(x)=ax -ln x,x∈(0,e],其中 e 是自然对数的
6

2

底数,a∈R. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的单调区间与极值; (2)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值是 3?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理 由.

详解答案 专题阶段评估(一) 一、选择题 1. D “若 a +b =0, 则 a=0 且 b=0”的逆否命题是“若 a≠0 或 b≠0, 则 a +b ≠0”, 故选 D. 2.C 函数 y=-3 为偶函数,在(-∞,0)上为增函数,选项 B 是偶函数但单调性不 符合,只有选项 C 符合要求. 3.A 由|m|=1,得 m =1,即(2e1+3e2) =1.展开得,4e1+9e2+12e1·e2=1,即 4+ 9+12cos θ =1,所以 cos θ =-1.又 θ ∈[0,π ],∴θ =π . 4.C 因为 ab>0,所以 >0, >0,即 + ≥2 立),所以选 C. 5.A 由 x -2ax-8a <0(a>0)得(x+2a)(x-4a)<0(a>0),即-2a<x<4a,故原 不等式的解集为(-2a,4a). 5 由 x2-x1=15 得 4a-(-2a)=15,即 6a=15,所以 a= .故选 A. 2
2 2 2 2 2 2 |x| 2 2 2 2

b a

a b

b a a b

b a · =2(当且仅当 a=b 时等号成 a b

x+2y≥0, ? ? 6.A 由 z=x+y 得 y=-x+z,作出?x-y≤0, ? ?0≤y≤k

表示的区域, 如图中阴影部分,

平移直线 y=-x+z,由图象可知当直线经过 C 时,直线的纵截距最大,此时 z=6,由
? ?y=x, ? ?y=-x+6, ?

解得?

? ?x=3, ?y=3, ?

所以 k=3,故 B(-6,3),则 zmin=-6+3=-3,选 A.

7.B

2 2 2x x x x 由 f(x)>0 得 3 -(k+1)·3 +2>0,解得 k+1<3 + x,而 3 + x ≥2 2 3 3
7

?当且仅当3x= 2x ? 3 ?

,即 x=log3 2时,等号 成立),

∴k+1<2 2,即 k<2 2-1.

8. D

m ? ?2≥1 令 x x =m, 且 1≤x ≤2,1≤x ≤2, 则 x ≤x x ≤2x , 即 x ≤m≤2x , ∴? m ? ?1≤2
1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 3 3 3



可得 m=2,故 C= f x1 f x2 = x1x2= m =2 2. 9.B 根据函数 y=f(x)是奇函数,当 x<0 时,f(x)=e (x+1),可知 x>0 时的解析
-x

x

式为 f(x)=-e (-x+1),①不正确;函数有三个零点,②不正确;命题③④成立.选 B. 10.A 因为函数 y=f(x)关于 y 轴对称,所以函数 y=xf(x)为奇函数.因为[xf(x)]′ =f(x)+xf′(x), 且当 x∈(-∞, 0)时, [xf(x)]′=f(x)+xf′(x)<0, 则函数 y=xf(x) 在(-∞,0)上单调递减;因为 y=xf(x)为奇函数,所以当 x∈(0,+∞)时,函数 y=xf(x) 单调递减.因为 1<2 <2,0<logπ 3<1,log39=2,所以 0<logπ 3<2 <log39,所以 b >a>c,选 A. 二、填空题 11.解析: 由 g(a)=g(b)得 a -2 013a=b -2 013b,所以 a+b=2 013,g(a+b) =g(2 013)=0. 答案: 0 12.解析: 由题意知,集合 A={x|0≤x≤1},∴B={y|1≤y≤2},?RA={x|x<0 或 x >1},∴(?RA)∩B=(1,2]. 答案: (1,2] 13.解析: 由? ∴a+2b>0. 而仅有 a+2b>0,无法推出 f(0)>0 和 f(1)>0 同时成立. 答案: 必要但不充分 14.解析: 由给出的定义知集合 A⊕B 的元素是由所有属于集合 A 但不属于集合 B 和 属于集合 B 但不属于集合 A 的元素构成的,即 A⊕B={x|x∈A 且 x?B 或 x∈B 且 x?A}.故 M ⊕N={-2 011,2 012,-2 012,2 013}. 答案: {-2 011,2 012,-2 012,2 013} 15.解析: 对于①,∵x∈R,∴x+1∈R.
? ?f ? ?f
2 2 0.2 0.2

>0, >0

??

? ?b>0, ? ?a+b>0.

?1?x 又 f(x)=? ? 在 R 上是减函数, ?2?

8

?1?x+1 ?1?x ∴? ? <? ? ,即 f(x+1)<f(x). ?2? ?2?
∴①错. 对于②,∵x∈R,∴x+π ∈R. ∴f(x+π )=sin 2(x+π )=sin 2x=f(x). ∴②正确. 对于③,∵f(x)=x 为[-1,+∞)上的 m 高调函数, ∴f(x+m)≥f(x)即(x+m) ≥x , ∴2mx+m ≥0 对于 x∈[-1,+∞)恒成立. ∴?
? ?m>0 ?m ?
2 2 2 2

-2x

或?
max

? ?m<0 ?m ?

-2x

.
min

∴m≥2,即③正确. ∴正确命题是②,③. 答案: ②③ 三、解答题 16.解析: (1)f(x)=ax+ 1

ax

+b≥2

ax· +b=b+2, ax

1

? 1? 当且仅当 ax=1?x= ?时,f(x)取得最小值为 b+2. ?
a?
3 1 3 (2)由题意得:f(1)= ?a+ +b= ,① 2 a 2

f′(x)=a- 2? f′(1)=a- = ,② ax a 2
由①②得:a=2,b=-1. 17. 解析: (1)作出函数 f(x)的图象, 可知函数 f(x)在(-∞, -2)上单调递减, 在(- 2,+∞)上单调递增,故 f(x)的最小值为 f(x)min=f(-2)=1. (2)对于命题 p,m +2m-2≤1,故-3≤m≤1; 对于命题 q,m -1>1,故 m> 2或 m<- 2. 由于“p 或 q”为真,“p 且 q”为假,则
2 2

1

1 3

?-3≤m≤1 ①若 p 真 q 假,则? ?- 2≤m≤ 2,
②若 p 假 q 真,则?

解得- 2≤m≤1.

?m>1或m<-3 ?m<- 2或m> 2

,解得 m<-3 或 m> 2.

故实数 m 的取值范围是(-∞,-3)∪[- 2,1]∪( 2,+∞).

9

1 1 x-1 18.解析: (1)f′(x)= - 2= 2 ,x>0.

x x

x

令 f′(x)>0,得 x>1,因此函数 f(x)的单调递增区间是(1,+∞). 令 f′(x)<0,得 0<x<1,因此函数 f(x)的单调递减区间是(0,1). (2)依题意,ma<f(x)max. 由(1)知,f(x)在 x∈[1,e]上是增函数, 1 1 ∴f(x)max=f(e)=ln e+ -1= . e e 1 1 ∴ma< ,即 ma- <0 对于任意的 a∈(-1,1)恒成立. e e 1 ? ?m×1-e≤0, ∴? 1 ?m - -e≤0. ?

1 1 解得- ≤m≤ . e e

? 1 1? ∴m 的取值范围是?- , ?. ? e e?
19.解析: (1)由已知得 f(1)=a+b+c=- ,∴3a+2b+2c=0, 2 又 3a>2c>2b,∴a>0,b<0. 又 2c=-3a-2b,∴3a>-3a-2b>2b,

a

b 3 ∵a>0,∴-3< <- . a 4
(2)由已知得 f(0)=c,f(2)=4a+2b+c=a-c, ①当 c>0 时,f(0)=c>0,f(1)=- <0, 2 ∴函数 f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点; ②当 c≤0 时,f(1)=- <0,f(2)=a-c>0, 2 ∴函数 f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点. 综上所述,函数 f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点. (3)∵x1,x2 是函数 f(x)的两个零点,

a

a

b c 3 b ∴x1+x2=- ,x1x2= =- - , a a 2 a
∴|x1-x2|= =

x1+x2

2

-4x1x2

?-b?2-4?-3-b?= ? a? ? 2 a? ? ? ? ?

?b+2?2+2, ?a ? ? ?

10

b 3 ∵-3< <- ,∴ a 4

2≤|x1-x2|<
2

57 . 4

20.解析: (1)由题意 f′(x)=x -2ax-a, 假设在 x=-1 时 f(x)取得极值, 则有 f′(-1)=(-1) -2a(-1)-a=0, 解得 a=- 1. 而此时 f′(x)=x +2x+1=(x+1) ≥0, 所以函数 f(x)在 R 上为增函数, 函数无极值. 这与 f(x)在 x=-1 处有极值矛盾,所以 f(x)在 x=-1 处无极值. 1 3 2 2 (2)设 f(x)=g(x),则有 x -ax -ax=2x +4x+c, 3 1 3 2 所以 c= x -x -3x. 3 1 3 2 2 设 F(x)= x -x -3x,则 F′(x)=x -2x-3,令 F′(x)=0,解得 x1=-1,x2=3. 3 当 x 变化时,F′(x),F(x)的变化情况如表所示:
2 2 2

x F′(x) F(x)

-3

(-3,-1) +

-1 0 极大值

(-1,3) -

3 0 极小值

(3,4) +

4

-9



20 3

由表可知 F (x)在[-3,-1],[3,4]上是增函数,在[-1,3]上是减函数. 5 当 x=-1 时,F(x)取得极大值 F(-1)= ;当 x=3 时,F(x)取得极小值 F(3)=-9, 3 而 F(-3)=-9,F(4)=- 20 . 3

如果函数 f(x)与 g(x)的图象有两个公共点,则函数 F(x)与 y=c 有两个公共点,所以 20 5 - <c< 或 c=-9. 3 3 1 2x -1 2 21.解析: (1)∵f(x)=x -ln x,f′(x)=2x- = ,x∈(0,e],
2

x

x

令 f′(x)>0,得

2 <x<e, 2 2 , 2 2? ? 2 ? ? ,e?,单调减区间为?0, ?. 2 2 ? ? ? ?

f′(x)<0,得 0<x<

∴f(x)的单调增区间是? ∴f(x)的极小值为 f?

2 1 1 ? 2? 1 ?=2-ln 2 =2+2ln 2.无极大值. ?2?
2

(2)假设存在实数 a,使 f(x)=ax -ln x,x∈(0,e]有最小值 3,

11

f′(x)=2ax- = x

1 2ax -1 .

2

x

①当 a≤0 时,x∈(0,e],所以 f′(x)<0,所以 f(x)在(0,e]上单调递减, ∴f(x)min=f(e)=ae -1=3,
2

a= 2(舍去).
②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 x= (ⅰ)当 0< 1 1 <e,即 a> 2时, 2a 2e 1? ?上单调递减, 2a? 1 , 2a

4 e

f(x)在?0,
在?

? ?

? ?

1 ? ,e?上单调递增, 2a ?

∴f(x)min=f? 1 = -ln 2 (ⅱ)当

? ?

1? ? 2a?
5

1 e =3,得 a= . 2a 2 1 1 ≥e,即 0<a≤ 2时,x∈(0,e]时,f′(x)<0, 2a 2e

所以 f(x)在(0,e]上单调递减, ∴f(x)min=f(e)=ae -1=3,
2

a= 2(舍去),此时 f(x)无最小值.
e 综上,存在实数 a= ,使得当 x∈(0, e]时,f(x)有最小值 3. 2
5

4 e

12


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