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高考数学(课标版)原创预测题(理科):专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数


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专题一:集合、常用逻辑用语、不等式、 专题一:集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数 (新课标理) 新课标理)
一、选择题 1.已知集合 M = { y | y = x ? 1, x ∈ R} , N = {x | y =
2

2 ? x 2 } ,则 M I N = (
.



. [ ?1,+∞ )

. [?1, 2 ]

[ 2 ,+∞)

. ? )

2 2.命题“存在 x ∈ R , 使x + ax ? 4a < 0 为假命题”是命题“ ? 16 ≤ a ≤ 0 ”的(

.充要条件 .充分不必要条件 3.设

.必要不充分条件 .既不充分也不必要条件 ( ) .b < a < c )

2 a = log 5 4,b = log5 3) c = log 4 5 ,则 ( ,

.a < c < b

. b<c<a

. a<b<c

x 4.曲线 y = xe + 2 x + 1 在点(0,1)处的切线方程为(

. y = ?3 x + 1 . y = 2x + 2 5.已知函数

. y = 3x + 1 . y = ?2 x + 2

f ( x) = a x + log a x ( a > 0 a ≠ 1) [1, 2] 且 在 上的最大值与最小值之和为


log a 2 + 6

,则 a 的值为(

1 . 2

1 .4

. 2

.4

2 6.求曲线 y = x 与 y = x 所围成图形的面积,其中正确的是





S = ∫ ( x 2 ? x)dx

0

1

S = ∫ ( x ? x 2 )dx

0

1

S = ∫ ( y 2 ? y )dy
. 7.设函数
0

1

S = ∫ ( y ? y )dy

0

1

f ( x) = log 3

x+2 ?a x 在区间 (1, 2) 内有零点,则实数 a 的取值范围是(



. (?1, ? log3 2)

. (0, log 3 2)

. (log3 2,1)

. (1, log3 4)

3 ? ,3 y = f (x) 在定义域( 2 )内可导,其图象如图所示,记 y = f (x) 的导函数为 8.函数

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y = f ' ( x) ,
则不等式 f ' ( x ) ≤ 0 的解集为( )

1 [? , 1] U [2 , 3) 3 .
3 1 [? , ] U [1 , 2] . 2 2

1 4 8 [ ?1 , ] U [ , ] 2 3 3 . 3 1 4 8 (? , ? 1] U [ , ] U [ , 3) 2 3 3 . 2

9.已知函数

f ( x) =| lg x | ,若 a < b ,且 f (a ) =


f (b) ,则 a + 4b 的取值范围是(





(2, +∞)

(2 2, +∞)
A(0,



(4, +∞)



(5, +∞)

10.如图,正方形 ABCD 的顶点

2 2 ) B( , 0) 2 , 2 ,顶点 C、D 位于第一象限,直线

l : x = t (0 ≤ t ≤ 2) 将正方形 ABCD 分成两部分,记位于直线 l 左侧阴影部分的面积为
f (t ) ,则函数 s = f ( t ) 的图象大致是(


二、填空题
x 11.若函数 f ( x) = e ? 2 x ? a 在 R 上有两个零点,则实数 a 的取值范围是________.

1 1 + + 2 ab 12.已知 a > 0, b > 0 ,则 a b 的最小值是_____________.

13. 设变量 x , y 满足约束条件

?y ≥ 0 ? ?x ? y +1 ≥ 0 ?x + y ? 3 ≤ 0 ?

,则 z = 3 x + y 的最大值为_____________.

且函数 y = f ( x ? 1) 的图象关于 (1, 0) 成中心对称, 14. 定义在 R 上的函数 y = f ( x) 是减函数,
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t f ( s 2 ? 2 s ) ≤ ? f (2t ? t 2 ) , t 若 s , 满足不等式 则当 1 ≤ s ≤ 4 时,s 的取值范围是___________. 三、解答题

f ( x) =
15.设函数

1 2 x x e 2 .

(I)求函数 f (x ) 的单调区间; (II)若当 x ∈ [? 2,2] 时,不等式 f ( x ) < m 恒成立,求实数 m 的取值范围.

a f ( x) = ln x ? . x 16.已知函数
(I)求函数 f (x ) 的单调增区间;

3 f ( x)在[1, e]上的最小值为 , 求实数a 2 (II)若函数 的值. f ( x) =
17.已知函数

ln x + 1 ? a x ,a∈R.

(Ⅰ)求 f ( x ) 的极值; (Ⅱ)若 ln x ? kx < 0 在 (0,+∞) 上恒成立,求 k 的取值范围; (Ⅲ)已知 x1 > 0 , x 2 > 0 ,且 x1 + x 2 < e ,求证: x1 + x 2 > x1 x 2 .

f ( x) = ln x ?
18.已知函数

a ( x ? 1) . x +1

(Ⅰ)若函数 f ( x)在(0, +∞) 上为单调增函数,求 a 的取值范围;

m, n为正实数, 且m ≠ n, 求证 :
(Ⅱ)设

m?n m+n < . ln m ? ln n 2

f ( x) =
19.已知函数

ln(ax ) ? ln(ax ) + ln( x + 1) x +1 , ( a ≠ 0, a ∈ R ) .

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的定义域; (Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅲ)当 a >0 时,若存在 x 使得 f ( x ) ≥ ln(2a ) 成立,求 a 的取值范围.

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f ( x) = ln( x 2 + 1), g ( x) =
20.已知函数

1 + a. x ?1
2

(Ⅰ)求 g ( x ) 在 P ( 2, g ( 2)) 处的切线方程 l ; (Ⅱ)若 f ( x ) 的一个极值点到直线 l 的距离为 1,求 a 的值; (Ⅲ)求方程 f ( x ) = g ( x ) 的根的个数.

答案解析(专题一) 答案解析(专题一)
1.选 .由题意得 M = { y | y ≥ ?1} , N = {x | ? 2 ≤ x ≤ 2.选

2} ,所以 M I N = [?1, 2 ] .

2 2 .依题意,“存在 x ∈ R , 使x + ax ? 4a < 0 为假命题”得 ? = a + 16a ≤ 0 ,解得

2 ? 16 ≤ a ≤ 0 ,所以命题“存在 x ∈ R , 使x + ax ? 4a < 0 为假命题”是命题“ ? 16 ≤ a ≤ 0 ”

的充要条件. 3.选 ,由对数函数

y = log 5 x 的图象,可得 0 < log 5 3 < log 5 4 < 1 ,

2 ∴ b = (log 5 3) < log 5 4

= a ,又因为 c = log 4 5 > 1,∴ b < a < c .

x x 0 4.选 . y ' = e + xe + 2 ,切线斜率 k = e + 0 + 2 = 3 ,所以切线方程为 y ? 1 = 3 x ,即

y = 3x + 1 .
5.选 .依题意, 函数

f ( x) = a x + log a x ( a > 0 且 a ≠ 1) 在 [1, 2] 上具有相同的单调性, 因此

a + a 2 + log a 2 = log a 2 + 6 ,解得 a = 2 ( a
6.选 .
2

= 3

-

). 是 0 ,由 在

函数图象的 点 线y=x
2

是 (0, 0), (1,1) ,

上 是1 ,

[ 0,1] 上,

x≥x ,

y = x所

S = ∫ ( x ? x 2 )dx
图 的
0

1

7. 选

? 2? f ( x) = log 3 ?1 + ? ? a x? ? . 在 (1, 2) 上 是

函数,由题

有 f (1) > 0, f (2) < 0 , 解 得

a∈ (log3 2,1) .
8. 选 .依题意,

f ' ( x) ≤ 0

, 函 数 y = f (x ) 是

函数,由图象知,

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1 [? , 1] U [2 , 3) 3 x∈ .
9.选 .由题意知 ab = 1(0 < a < b) ,所以 a + 4b

=a+

4 4 f (a ) = a + (0 < a < 1) a ,令 a ,则

f (a ) 在 (0,1) 上为减函数,所以 f (a ) > f (1) = 5 .

?2 2 ) ?t , (0 ≤ t ≤ ? 2 S = f (t ) = ? ??(t ? 2) 2 + 1, ( 2 < t ≤ 2) ? ? 2 10.选 .依题意得
11.【解析】考查 y = e 和 y = 2 x + a 的交点情况,由于直线 y = 2 x + a 的方向确定,画出图
x

象易知,当直线 y = 2 x + a 和 y = e 相切时,仅有一个公共点,这时切点是 (ln 2, 2) ,切线方
x

程是 y = 2 x + 2 ? 2ln 2 ,将直线 y = 2 x + 2 ? 2ln 2 向上平移,这时两曲线必有两个不同的交 点. 【答案】 (2 ? 2ln 2, +∞ )

1 1 1 1 1 1 + + 2 ab ≥ 2 + 2 ab = 2( + ab ) ≥ 4 = ab ab 12.【解析】因为 a b ,当且仅当 a b , 1 = ab 且 ab ,即 a = b 时,取“=”.

【答案】 4

13.【解析】 约束条件确定的区域如图阴影所示,

目标函数

z = 3 x + y 在点(3,0)处取得最大值

zmax = 3 x + y = 3 × 3 + 0 = 9 .
【答案】9 14.【解析】由 f ( x ? 1) 的图象关于 (1, 0) 成中心对称,知 f ( x) 的图象关于 (0, 0) 成中心对称,
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2 2 2 2 故 f ( x) 为 奇 函 数 , 得 f ( s ? 2 s ) ≤ f (t ? 2t ) , 从 而 t ? 2t ≤ s ? 2 s , 化 简 得

2 t ? 1≤ ≤1 (t ? s )(t + s ? 2) ≤ 0 ,又 1 ≤ s ≤ 4 ,故 2 ? s ≤ t ≤ s ,从而 s s ,等号可以取到,而

2 ? 1 ? 1∈ ? ? , s ? 2

t ? 1 ? 1? ∈ ? , s ? 2 ? ,故 ? ? 1? ?

? 1? ?.

? 1 ?? , 【答案】 ? 2

f ′( x) = xe x +
15.【解析】 1) (

1 2 x 1 x x e = e x( x + 2) 2 2 ,

f ′( x) = xe x +


1 2 x 1 x x e = e x( x + 2) > 0 2 2 ,得 x > 0 或 x < ? 2 , 1 2 x 1 x x e = e x( x + 2) < 0, 2 2 得? 2 < x < 0,

∴ f (x ) 的单调增区间为 ( ?∞,?2) 和 (0,+∞) .

f ′( x) = xe x +


∴ f (x ) 的单调减区间为 (?2,0) .
(2)Q x ∈ [? 2,2] ,

′ 令 f ( x ) = 0 ,得 x

= ?2或x = 0 ,

又由(1)知, x = ?2, x = 0 分别是 f (x ) 的极大值点和极小值点,

Q f ( ?2 ) =

2 , f ( 2 ) = 2 e 2 , f ( 0) = 0 e2 ,

当 x ∈ [? 2,2] 时

f ( x) ∈ ?0, 2e 2 ? ,∴ m > 2e 2 ? ?

.

f ( x)的定义域为(0,+∞), 且f ′( x) =
16.【解析】 I)由题意, (

1 a x+a + 2 = 2 . x x x

′ ①当 a ≥ 0时, f ( x) > 0,∴ f ( x)的单调增区间为(0,+∞) . ′ ②当 a < 0时, 令f ( x) > 0, 得x > ? a,∴ f ( x)的单调增区间为( ? a,+∞).
f ′( x) =
(II)由(I)可知,

x+a x2 .

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′ ①若 a ≥ ?1, 则x + a ≥ 0, 即f ( x) ≥ 0在[1, e]上恒成立, f ( x)在[1, e] 上为增函数,
∴ [ f ( x)]min = f (1) = ? a = 3 3 ,∴ a = ? 2 2 (舍去).

′ ②若 a ≤ ?e, 则x + a ≤ 0, 即f ( x) ≤ 0在[1, e]上恒成立, f ( x)在[1, e] 上为减函数,
∴ [ f ( x)]min = f (e) = 1 ? a 3 e = ,∴ a = ? e 2 2 (舍去).

′ ③若 ? e < a < ?1, 当1 < x < ? a时, f ( x) < 0,∴ f ( x)在(1,?a ) 上为减函数,

当 ? a < x < e时, f ′( x) > 0,∴ f ( x)在(?a, e)上为增函数, 3 ∴[ f ( x)]min = f (?a ) = ln(?a ) + 1 = ,∴ a = ? e . 2
综上所述, a = ? e .

f ′( x) =
17.【解析】 (I)

a ? ln x x 2 ,令 f ′( x) = 0 ,得 x = e a .

x ∈ (0, ea )时, f ' ( x) > 0, f ( x) 为增函数; 当


x ∈ (e a , +∞)时, f ' ( x) < 0, f ( x) 为减函数,

a ?a 可知 f (x ) 有极大值为 f (e ) = e .

ln x <k (Ⅱ)欲使 ln x ? kx < 0 在 (0,+∞) 上恒成立,只需 x 在 (0,+∞) 上恒成立, g ( x) =


ln x ( x > 0) x ,

1 1 k> g (x) 在 x = e 处取最大值 e ,所以 e. 由(Ⅰ)知,
(Ⅲ) e > x1 + x 2 > x1 > 0 ,由上可知

f ( x) =

ln x x 在 (0, e) 上单调递增,

ln( x1 + x2 ) ln x1 x1 ln( x1 + x 2 ) > > ln x1 x1 + x2 x1 ,即 x1 + x2 , 所以
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x 2 ln( x1 + x 2 ) > ln x 2 x1 + x 2 同理 ,两式相加得 ln( x1 + x 2 ) > ln x1 + ln x 2 = ln( x1 x 2 ) ,
所以 x1 + x 2 > x1 x 2 .

f ′( x) =
18. 【解析】 (I)

1 a ( x + 1) ? a ( x ? 1) ? x ( x + 1) 2

=

( x + 1)2 ? 2ax x 2 + (2 ? 2a ) x + 1 = . x( x + 1) 2 x( x + 1) 2

因为 f ( x)在(0, +∞) 上为单调增函数,

′ 所以 f ( x) ≥ 0在(0, +∞) 上恒成立.
即x 2 + (2 ? 2a ) x + 1 ≥ 0在(0, +∞)上恒成立. 当x ∈ (0, +∞)时,由x 2 + (2 ? 2a ) x + 1 ≥ 0, 1 得 2a ? 2 ≤ x + . x 1 设g ( x) = x + , x ∈ (0, +∞). x 1 1 g ( x) = x + ≥ 2 x ? = 2. x x 1 所以当且仅当x = , 即x = 1时, g ( x)有最小值2. x
所以2a ? 2 ≤ 2. 所以a ≤ 2.
所以 a 的取值范围是 (?∞, 2].

m?n m+n < 2 , (II)要证 ln m ? ln n m m ?1 +1 n < n m 2 ln n 只需证 ,

ln
即证

m > n

2(

m m ? 1) 2( ? 1) m n . ln ? n > 0. m m n +1 +1 n n 只需证
2( x ? 1) . x +1
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设h( x) = ln x ?

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m >1 由(I)知 h( x)在(1, +∞) 上是单调增函数,又 n ,

m 所以h( ) > h(1) = 0. n m 2( ? 1) m 即 ln ? n > 0成立. m n +1 n m?n m+n < . 2 所以 ln m ? ln n
19.(Ⅰ)当 a > 0 时函数 f ( x ) 的定义域为 (0,+∞ ) ; 当 a < 0 时函数 f ( x ) 的定义域为 (?1,0) .

x +1 ? ln(ax) 1 1 ′( x) = x f ? + 2 x x +1 ( x + 1) (Ⅱ)

( x + 1) ? x ln(ax) ? ( x + 1) 2 + x( x + 1) ? ln(ax) = = x( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ,
′ 令 f ( x ) = 0 时,得 ln ax = 0 即

x=

1 a,

1 1 x ∈ (0, ) x ∈ ( , +∞ ) ′ a 时 f ′( x ) > 0 ,当 a 时, f ( x ) < 0 , ①当 a > 0 时, 1 1 (0, ) ( , +∞ ) a ,递减区间为 a 故当 a > 0 时,函数的递增区间为 .
′ ②当 ?1 ≤ a < 0 时, 0 < ax < 1 ,所以 f ( x ) > 0 ,
故当 ?1 ≤ a < 0 时, f ( x ) 在 x ∈ ( ?1, 0) 上单调递增.

1 1 x ∈ ( ?1, ) x ∈ ( , 0) ′ a , f ′( x ) < 0 ;若 a ③当 a < ?1 时,若 , f ( x) > 0 , 1 1 ( , 0) ( ?1, ) a . 故当 a < ?1 时, f ( x ) 的单调递增区间为 a ;单调递减区间为

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1 1 (0, ) ( , +∞ ) a ;单调递减区间为 a (Ⅲ)因为当 a > 0 时,函数的单调递增区间为
若存在 x 使得 f ( x ) ≥ ln(2a ) 成立,只需

1 f ( ) ≥ ln(2a ) a ,

?a > 0 ? ? 1 a +1 a +1 ln ( ) ln 2a ≥ ≥ 2a ?? 2 ≤ a ≤ 1 a a 即 ,所以 ,所以 ? ,所以 0 < a ≤ 1 .

Q g ' ( x) =
20.【解析】 (Ⅰ)

?2 x ( x 2 ? 1)2 ,

∴ g ' ( 2) = ?2 2 且 g ( 2) = 1 + a .
故 g ( x ) 在点 P ( 2, g ( 2)) 处的切线方程为: 2 2 x + y ? 5 ? a = 0 .

f ' ( x) =
(Ⅱ)由

2x =0 x +1 得x =0,
2

故 f ( x ) 仅有一个极小值点 M (0, 0) ,根据题意得:

d=

5+a 3

=1

,∴ a = ? 2 或 a = ? 8 .

h( x) = f ( x) ? g ( x) = ln( x 2 + 1) ?
(Ⅲ)令

1 ?a x ?1
2

h' ( x) =

? 1 ? 2x 2x 1 + 2 = 2x ? 2 + 2 2 2? x + 1 ( x ? 1) ? x + 1 ( x ? 1) ?
2



x ∈ [ 0,1) ∪ (1, +∞)

时, h ( x ) ≥ 0 ,
' '

当 x ∈ ( ?∞, ?1) ∪ ( ?1, 0) 时, h ( x ) < 0 , 因此,在区间 ( ?∞, ?1), ( ?1, 0) 上, h( x ) 单调递减, 在区间 (0,1), (1, +∞) 上, h( x ) 单调递增. 又 h( x ) 为偶函数,当 x ∈ ( ?1,1) 时, h( x ) 的极小值为 h(0) = 1 ? a . 当 x → ?1 时, h( x ) → ?∞ , 当 x → 1 时, h( x ) → ?∞ .
? +

当 x → ?∞ 时, h( x ) → +∞ , 当 x → +∞ 时, h( x ) → +∞ .
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故 f ( x ) = g ( x ) 的根的情况为: 当 1 ? a > 0 时,即 a < 1 时,原方程有 2 个根; 当 1 ? a = 0 时,即 a = 1 时,原方程有 3 个根; 当 1 ? a < 0 时,即 a > 1 时,原方程有 4 个根.
+ . (1, ∞ )

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T

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