江西省南昌县莲塘一中2021届高三10月质量检测数学(理)试题 Word版含答案

2020-2021学年度莲塘一中高三上学期10月检测理数第I 卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合{}2|230A x x x =+-<，{}|02B x x =<<，则AB =（ ）A ．{}|02x x <<B ．{}1|0x x <<C ．{}|31x x -<<D ．{}|12x x -<<2．已知集合{}2430=-+>A x x x ，{}0=-<B x x a ，若⊆B A ，则实数a 的取值范围为A ．()3,+∞B ．[)3,+∞C ．(),1-∞D ．(],1-∞3．若幂函数()y f x =的图像经过点(2,4)-，则在定义域内函数()f xA ．有最小值B ．有最大值C ．为增函数D ．为减函数4．已知函数f (x )＝3x －3x -，∀a ，b ∈R ，则“a ＞b ”是“f (a )＞f (b )”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥01x ，x <0，g (x )＝－f (－x )，则函数g (x )的图象是( )6．已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－17．定积分1(2)x x e dx +⎰的值为( )A ．2e +B ．1e +C ．eD ．1e -8．已知a ＝log 2e ，b ＝ln 2，c ＝log 1213，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c ＞a ＞bB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．a ＞b ＞c9． 如图是函数()f x 的导函数()y f x '=的图像，则下列说法一定正确的是（ ） A ．3x x =是函数()f x 的极小值点B ．当2x x =或4x x =时，函数()f x 的值为0C ．函数()f x 的图像关于点()0,c 对称D ．函数()f x 在()4,x +∞上是增函数10．设函数2()ln(1)f x x m x =++有两个极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．11,2⎛⎤- ⎥⎝⎦11．已知函数()()2ln 2f x x x x x a =+-（a ∈R ）．若存在[]1,3x ∈，使得()()f x xf x '>成立，则实数a 的取值范围是( )A ． (),-１６B ．,2⎛⎫-⎪⎝⎭１３ C ．5,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ． 2,2⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭２ 12．设，，若函数在内有4个零点，则实数的取值范围是( )A. B. C. D.第II 卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________ 14． 曲线y=x 2与y=x 所围成的封闭图形的面积为______．15． 已知当0<x ≤14时，有x <log a x ，则实数a 的取值范围为________16．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，若对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．三、解答题：共70分。

17题10分,18－22每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a ＞0，且a ≠1)，且f(1)＝2.(1)求a 的值及f (x )的定义域；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值．18．已知命题:p “函数()222xxf x m -=-在R 上有零点”．命题:q “函数()22f x x mx n =++在[]1,2上单调递增”．（1）若p 为真命题，则实数m 的取值范围； （2）若p q ∧为真命题，则实数m 的取值范围．19．已知函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x －3.(1)当a ＝2，x ∈[－2,3]时，求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )在[－1,3]上的最大值为1，求实数a 的值．20．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．21. 设函数f (x )＝x ln x －ax 22＋a －x (a ∈R)．(1)若函数f (x )有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝2，k ∈N ，g (x )＝2－2x －x 2，且当x ＞2时不等式k (x －2)＋g (x )＜f (x )恒成立，试求k 的最大值．22. 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的极值；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数．2020-2021学年度莲塘一中高三上学期10月检测理数参考答案一、选择题 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答案BDACDDＣＡＤBＣＡ二、填空题１３、 (0,1) １４、16１５、 ⎝⎛⎭⎫116，1 １６、5. 由题中图象可知，函数在原点处没有图象，故函数的定义域为{x |x ≠0}，故排除选项A 、C ；又函数图象与x 轴只有两个交点，f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －1x cos 2x 中cos 2x ＝0有无数个根，故排除选项B ，正确选项是D.9. ()f x 的定义域为222(1,)()1x x mf x x '++-+∞=+，，令其分子为2()22(1)g x x x m x =++>-，在区间(1,)-+∞上有两个零点，故(1)0111022g m g m -=>⎧⎪⎨⎛⎫-=-+< ⎪⎪⎝⎭⎩，解得10,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，1１. 【答案】5,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭【解析】由()()f x xf x '>，得()0f x x '⎡⎤<⎢⎥⎣⎦，设2()()ln 2()f x g x x x a x==+-，则存在[]1,3x ∈，使得()0g x '<成立， 即1()4()0g x x a x'=+-<成立．所以14a x x >+成立，所以min 12a x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭成立， 又令14t x x =+，()()22+1214x x t x -'=，所以[]1,3x ∈时，>0t '，t 单调递增，当1x =时，t 有最小值54，所以实数a 的取值范围是5,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，故答案为5,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． 12. 【详解】很明显不是函数的零点，令函数，则，则，令，则函数的图象与在内有个交点，函数的图象如下图所示：由图可得：.１６.因为f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x恒成立，等价于a ≤e 2x－ln x ＋1x 在(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e 2x －ln x ＋1x (x ＞0)，则只需a ≤m (x )min 即可，则m ′(x )＝2x 2e 2x ＋ln xx 2， 再令g (x )＝2x 2e 2x＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝4(x 2＋x )e 2x＋1x ＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ⎝⎛⎭⎫14＝e 8－2ln 2＜0，g (1)＝2e 2＞0， 所以g (x )有唯一的零点x 0，且14＜x 0＜1，所以当0＜x ＜x 0时，m ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m ′(x )＞0， 所以m (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，因为2x 2e2x 0＋ln x 0＝0， 所以ln 2＋2ln x 0＋2x 0＝ln(－ln x 0)， 即ln(2x 0)＋2x 0＝ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设s (x )＝ln x ＋x (x ＞0)，则s ′(x )＝1x ＋1＞0， 所以函数s (x )在(0，＋∞)上单调递增， 因为s (2x 0)＝s (－ln x 0)， 所以2x 0＝－ln x 0，即e2x 0＝1x 0，所以m (x )≥m (x 0)＝e2x 0－ln x 0＋1x 0＝1x 0－ln x 0x 0－1x 0＝2，则有a ≤2， 所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．17. 解：(1)∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a ＞0，且a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ＞0，3－x ＞0，得－1＜x ＜3，∴函数f (x )的定义域为(－1，3)． (2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2[(1＋x )(3－x )]＝log 2[－(x －1)2＋4]， ∴当x ∈(－1，1]时，f (x )是增函数； 当x ∈(1，3)时，f (x )是减函数，故函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2.18. 【解析】（1）p 为真命题：因为函数()222x xf x m -=-在R 上有零点，所以()2220x xf x m -=-=有解，所以222xxm -=有解，所以12m ≥……………………………………………………….5分 （2）因为函数()22f x x mx n =++在[]1,2上单调递增，所以1m -≤，所以1m ≥- ………………………………………..9分 因为p q ∧，所以,p q 均为真， 所以12m ≥ …………………………………………………..12分19. 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x 2＋3x －3，x ∈[－2,3]，对称轴为x ＝－32∈[－2,3]，∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫－32＝94－92－3＝－214，f (x )max ＝f (3)＝15，∴函数f (x )的值域为⎣⎡⎦⎤－214，15.……………….5分(2)∵函数f (x )的对称轴为x ＝－2a －12.①当－2a －12≤1，即a ≥－12时，f (x )max ＝f (3)＝6a ＋3， ∴6a ＋3＝1，即a ＝－13，满足题意；②当－2a －12＞1，即a ＜－12时，f (x )max ＝f (－1)＝－2a －1， ∴－2a －1＝1，即a ＝－1，满足题意．综上可知，a ＝－13或－1.20. 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ， 由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ， 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0)，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2，令f ′(x )＝0， 解得x ＝－1或x ＝5，因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，所以舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内单调递减；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内单调递增．故f (x )的单调递减区间是(0,5)，单调递增区间是(5，＋∞). ………………..12分21. [解题观摩] (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－ax －1＝ln x －ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln xx ，令h (x )＝ln xx (x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln xx 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→0，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，1e .……………………………………….5分(2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋xx －2.设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2.令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8,10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，故k 的最大值为4. ………………………………………..12分22. 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x (x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；无极值若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2. 22()()ln 2f x f a a a=+-极大＝，无极小值。