（人教版）2020版高考数学一轮复习 阶段检测卷（一）理

阶段检测卷(一)

时间：50分钟 满分：100分

一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分，有且只有一个正确答案，请将正确选项填入题后的括号中．

2

1．(2017年广东深圳二模)已知集合A＝{x|x－2x<0}，B＝{x||x|<2}，则( ) A．A∩B＝? B．A∩B＝A C．A∪B＝A D．A∪B＝R

y2

2．已知方程x＋＝1(a是常数)，则下列结论正确的是( )

aA．对任意实数a，方程表示椭圆 B．存在实数a，使方程表示椭圆 C．对任意实数a，方程表示双曲线 D．存在实数a，使方程表示抛物线 3．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－2)＝－f(x)，且在[0,1]上是增函数，则有( )

2

?1??1??3?A．f??

?4??4??2??1??1??3?B．f?－?

2＋1

4．(2017年广东深圳一模) 函数f(x)＝x·cos x的图象大致是( )

2－1

x

A B C D

32

5．若关于x的不等式x－3x－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( )

A．(－∞，7] B．(－∞，－20] C．(－∞，0] D．[－12,7]

6．已知函数f(x)＝loga(ax－1)在[2,3]上单调递减，则a的取值范围是( )

1??A．(1，＋∞) B.?0， ? 2??

?1??1?C.?0，? D.?，1? ?3??2?

2

7．(2016年新课标Ⅱ)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x－2x－3| 与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则?xi＝( )

i?1mA．0 B．m C．2m D．4m

1

8．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)f(2) C．2f(1)＝f(2) D．f(1)＝f(2)

二、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上． 9．(2015年新课标Ⅱ)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝______________.

??x＋1，x≤0，

10．若函数f(x)＝?则函数y＝f[f(x)]＋1的所有零点所构成的集合

?log2x，x＞0，?

为______________．

x11．(2017年山东)若函数ef(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．

－x①f(x)＝2；

－x②f(x)＝3；

3

③f(x)＝x；

2

④f(x)＝x＋2.

三、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或推演步骤．

2

12．(14分)(2017年湖北襄阳一模)已知函数f(x)＝4ln x－x，g(x)＝ax＋ax＋1(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若af(x)>g(x)对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

2

13．(20分)(2017年广东调研)已知函数f(x)＝aln x－x2＋ax(a≠0)，g(x)＝(m－1)x2

＋2mx－1.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若a＝1，关于x的不等式f(x)≤g(x)恒成立，求整数m的最小值．

2

阶段检测卷(一)

1．B 解析：因为集合A＝{x|x－2x<0}＝{x|0

2．B 解析：显然当a>1时，该方程表示椭圆．故选B.

3．B 解析：因为f(x－2)＝－f(x)，所以T＝4，且关于x＝－1对称，由奇函数和单

?1??1??3?调性得到f?－?

－xx2＋12＋1

4．C 解析：f(－x)＝－xcos(－x)＝－xcos x＝－f(x)，则函数f(x)为奇函数，

2－12－1

?π?图象关于原点对称，排除A，B；当x∈?0，?时，f(x)＞0，所以排除D.故选C.

2??

32

5．B 解析：令f(x)＝x－3x－9x＋2，

2

则f′(x)＝3x－6x－9.

令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，∴f(x)的最小值为f(2)＝－20.故m≤－20.

6．D 解析：由于a＞0，且a≠1，∴u＝ax－1为增函数，∴若函数f(x)为减函数，则

1

f(x)＝logau必为减函数，因此0

2

故选D.

2

7．B 解析：因为y＝f(x)，y＝|x－2x－3|都关于x＝1对称，所以它们交点也关于xmm－1

＝1对称，当m为偶数时，其和为2×＝m；当m为奇数时，其和为2×＋1＝m.故选B.

22

?fx?′＝f′xx－fx>0恒成立，

8．A 解析：由于f(x)

2

?

x?

x因此

fxf2f1

在R上是单调递增函数．∴>，即f(2)>2f(1)．故选A. x21

19．8 解析：由y＝x＋ln x，得y′＝1＋，得曲线在点(1,1)的切线的斜率为k＝y′|xx＝2.所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.此切线与曲线y＝ax＋(a＋2)x＋1相

22

切，消去y得ax＋ax＋2＝0，得a≠0，且Δ＝a－8a＝0，解得a＝8.

??11?? 解析：本题即求方程f[f(x)]＝－1的所有根的集合，先解方－3，－，，210.

24??

＝1

2

??t≤0，

程f(t)＝－1，即?

?t＋1＝－1，?

??t＞0，

或?

?log2t＝－1，?

1

得t＝－2，或t＝.再解方程f(x)

2

??x≤0，1

＝－2，f(x)＝，即?

2??x＋1＝－2，

??x＞0，

或?

??log2x＝－2，

x≤0，??

或?1

x＋1＝，?2?

或

x＞0，??

?1log2x＝，?2?

11

得x＝－3，或x＝，或x＝－，或x＝2.

42

?e?xxx－x－x11．①④ 解析：①ef(x)＝e·2＝??，在R上单调递增，故f(x)＝2具有M性

?2?

质；

?e?xxx－x－x②ef(x)＝e·3＝??，在R上单调递减，故f(x)＝3不具有M性质；

?3?

3

③ef(x)＝e·x，令g(x)＝e·x，则g′(x)＝e·x＋e·3x＝xe(x＋3)，∴当x>

x－3时，g′(x)>0，当x<－3时，g′(x)<0.∴ef(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，

3

＋∞)上单调递增．故f(x)＝x不具有M性质；

xx2x2x2xx2④ef(x)＝e(x＋2)，令g(x)＝e(x＋2)，则g′(x)＝e(x＋2)＋e·2x＝e[(x＋1)

xx22

＋1]>0，∴ef(x)＝e(x＋2)在R上单调递增，故f(x)＝x＋2具有M性质．

44－x12．解：(1)∵f′(x)＝－1＝，

xx3x3x3x22xxx∴函数f(x)的单调递增区间是(0,4]，单调递减区间是[4，＋∞)．

2

(2)不等式af(x)>g(x)等价于4aln x－ax－2ax－1>0. ① 当a＝0时，①不成立；

12

当a > 0时，①化为<4ln x－x－2x； ②

a12

当a< 0时，①化为>4ln x－x－2x. ③

a令h(x)＝4ln x－x－2x(x > 0)，

2

42x＋2x－42

则h′(x)＝－2x－2＝－＝－

2

x－1x＋2

x∴当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0. ∴h(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． ∴h max(x)＝h(1)＝－3.

因此②不成立．

11

要③成立，只要>－3，解得a<－.

a3

1??∴所求实数a的取值范围是?－∞，－?.

3??

222a2x－ax－a2x＋a13．解：(1)f′(x)＝－2x＋a＝－＝－

xx.

x－axxx①当a>0时，由f′(x)>0，得0a.

所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．

a②当a<0时，由f′(x)>0，得0

2

由f′(x)<0，得x>－.

2

(x>0)．

a????所以f(x)的单调递增区间为?0，－?，单调递减区间为?－，＋∞?.

2???2?2

(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－mx＋(1－2m)x＋1(x>0)，

2

1－2mx＋1－2mx＋12mx－1x＋1

F′(x)＝－2mx＋1－2m＝＝－. xxx当m≤0时，F′(x)>0，

所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．

2

而F(1)＝ln 1－m×1＋(1－2m)＋1＝－3m＋2>0，所以关于x的不等式f(x)≤g(x)不恒成立．故m≤0时不满足题意．

11

当m>0时，当00；当x>时，F′(x)<0，

2m2m1???1?所以函数F(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减． ?2m??2m?

111?1??1?2

所以F(x)max＝F??＝ln－m??＋(1－2m)×＋1＝－ln(2m)．

2m?2m?2m4m?2m?

1

令h(m)＝－ln(2m)，

4m

4

aa1?1?1

因为h??＝，h(1)＝－ln 2<0，

4?2?2

又h(m)在(0，＋∞)上是减函数，

所以当m≥1时，h(m)<0.故整数m的最小值为1.

5