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  • 2021-06-16 发布

【精品试卷】2021届高三数学入学调研试题三文(含解析)

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1 2021 届高三数学入学调研试题(三)文 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 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.已知集合 2{ | 0}A x x x   , { | lg(2 1)}B x y x   ,则集合 A B  ( ) A. 1[0, )2 B.[0,1] C. 1( ,1]2 D. 1( , )2  2.设 x , y R ,则“ 0x y  ”是“ 1x y  ”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 3.已知集合 { | ,0 4}A y y x x    , { | 0 3}B x x   ,则 ( )A B R ð ( ) A.[0,2] B.[ 2,2) C. ( 2,3) D. (2,3) 4.函数 23( ) lg(3 1) 1 xf x x x     的定义域是( ) A. ( ,1) B. 1( ,1)3  C. 1[ ,1)3  D. 1( , )3   5.已知命题“ x R ,使 2 12 ( 1) 02x a x    ”是假命题,则实数 a 的取值范围是( ) A. ( , 1)  B. ( 1,3) C. ( 3, )  D. ( 3,1) 6.已知 3log 0.3a  , 0.3log 0.2b  , 0.20.3c  ,则( ) A. a b c  B. a c b  C. b c a  D. c a b  7.曲线 3 2 1y x x   在点 (1,0) 处的切线方程为( ) A. 1y x  B. 1y x   C. 2 2y x  D. 2 2y x   8.函数 2sin 2 2x x xy   的图象大致为( ) A. B. C. D. 9.已知函数 ( )f x 的图象关于 y 轴对称,且 ( )f x 在 ( ,0] 上单调递减,则满足 1(3 1) ( )2f x f  的 实数 x 的取值范围是( ) A. 1 1,2( )6   B. 1 1,2( )6   C. 1 1,3( )6   D. 1 1,3( )6   10.已知 ( 1)f x  是定义在 R 上的奇函数, 2(2)f   ,且对任意 1 1x  , 2 1x  , 1 2x x , 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   恒成立,则使不等式 2| (2 log ) | 2f x  成立的 x 的取值范围是( ) A. (0,1) B. (0,2) C. (4, ) D. (1,4) 11.若存在 x , y , *z R ,满足 2 xzy e z  ,且 2x z xe   ,则 ln lny x 的取值范围是( ) A. 1[ ,1]2 B.[ ln 2, 1 ln 2]e   C. 1[1 ln 2, ]2  D.[1 ln 2, 1 ln 2]e   12.已知函数 2 2 , 0( ) ln( 1), 0 x x xf x x x       ,若方程 1( ) 2f x mx m   恰有四个不相等的实数根, 则实数 m 的取值范围是( ) A. 1 21[ , )2 e  B. 1 21( , )2 e  C. 1 21( , )2 e D. 1 2 1( , )2e 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 1 2 0 (2 1 )dx x x   ________. 14.已知命题“ x R , 2 1 0mx x   ”是假命题,则实数 m 的取值范围是________. 2 15.某食品的保鲜时间 y(单位:小时)与储藏温度 x(单位:℃)满足函数关系 kx by e  ( 2.718e   为自然对数的底数,k 、b 为常数),若该食品在 0℃的保鲜时间是192小时,在 22℃的保鲜时间是 48 小时,则该食品在33℃的保鲜时间是________小时. 16.若 0 1a b   ,e 为自然数( 2.71828e  ),则下列不等式:① 1 1 a bb a ;② ln ln  a be e a b ; ③ log ( 1) log ( 1)a ba b   ,其中一定成立的序号是________. 三、解答题:本大题共 6 个大题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)已知集合 2{ | 2 16}2 xA x   , { | 3 2 2 1}B x a x a     . (1)当 0a  时,求 A B ; (2)若 A B   ,求 a 的取值范围. 18.(12 分)己知 :| 2 5| 3p x   , 2: ( 2) 2 0q x a x a    . (1)若 p 是真命题,求对应 x 的取值范围; (2)若 p 是 q的必要不充分条件,求 a 的取值范围. 19.(12 分)已知函数 2 1( ) 2 1 x xf x   . (1)若 ( ) 3 2 2f a   ,求 a 的值; 3 (2)判断函数 ( )f x 的奇偶性,并证明你的结论; (3)求不等式 1 1 2( ) ( ) 02 4x xf f    的解集. 20.(12 分)已知函数 ln( ) 1 a x bf x x x   ,曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 2 3 0x y   . (1)求 a ,b 的值; (2)证明:当 0x  且 1x  时, ln( ) 1 xf x x   . 4 21 .( 12 分 ) 定 义 域 为 R 的 函 数 ( )f x 满 足 : 1( ) 22f   , 且 对 于 任 意 实 数 x , y 恒 有 ( ) ( ) ( )f x y f x f y  ,当 0x  时, 0 ( ) 1f x  . (1)求 (0)f 的值,并证明当 0x  时, ( ) 1f x  ; (2)判断函数 ( )f x 在 R 上的单调性并加以证明; (3)若不等式 2 2 2(( 2) (2 1) 2) 4f a a x a x      对任意 [1,3]x 恒成立,求实数 a 的取值范围. 22.(12 分)已知函数 ( ) ( )xf x e x a a    R . (1)当 0a  时,求证: ( )f x x ; (2)讨论函数 ( )f x 零点的个数. 2021 届高三入学调研试卷 文 科 数 学(三)答 案 第Ⅰ卷 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.【答案】C 【解析】因为 { | 0 1}A x x   , 1{ | }2B x x  ,所以 1{ | 1}2A B x x   . 2.【答案】A 【解析】∵ 0x y  ,∴ 1 0y  ,∴ 1 1x yy y    ,即 1x y  , ∴“ 0x y  ”是“ 1x y  ”的充分条件; 当 2x   , 1y   时, 1x y  ,但 x y ,所以“ 0x y  ”不是“ 1x y  ”的必要条件. 3.【答案】D 【解析】∵ { | ,0 4} { | 0 2}A y y x x y y       , { | 0 3}B x x   , ∴ { | 0} { | 2}A y y y y  R ð ,∴ ( ) (2,3)A B R ð . 4.【答案】B 【解析】函数 23( ) lg(3 1) 1 xf x x x     的定义域是 1 0 3 1 0 x x      ,解得 1 1 3 x x    , 所以函数 ( )f x 的定义域是 1{ | 1}3x x   . 5.【答案】B 【解析】因为命题“ x R ,使 2 12 ( 1) 02x a x    ”是假命题, 所以 x R , 2 12 ( 1) 02x a x    恒成立, 所以 2( ) 11 4 2 02Δ a      ,解得 1 3a   , 故实数 a 的取值范围是 ( 1,3) . 6.【答案】B 【解析】 3log 0.3 0a   , 0.3 0.3log 0.2 log 0.3 1b    , 0.2 00 0.3 0.3 1c    , a c b   . 7.【答案】A 【解析】验证知,点 (1,0) 在曲线上, 因为 3 2 1y x x   , 2' 3 2y x  ,所以 1| 1xk y   ,得切线的斜率为1,所以 1k  , 所以曲线 ( )y f x 在点 (1,0) 处的切线方程为 0 1 ( 1)y x    ,即 1y x  . 8.【答案】A 【解析】记 2sin 2 2x x xy   为 2sin( ) 2 2x x xf x   , 2sin( ) 2sin( ) ( )2 2 2 2x x x x x xf x f x         , ∴ ( )f x 是奇函数,排除 C; 当 0 πx  时, 2sin 2sin( ) sin (0,1)2 2 2 2 2x x x x x xf x x       ,故 B、D 错误. 9.【答案】B 【解析】由题意 ( )f x 是偶函数,且在[0, ) 上单调递增, ∴不等式 1(3 1) ( )2f x f  可变为 1(| 3 1|) ( )2f x f  , ∴ 1|3 1| 2x   ,解得 1 1 2 6x    . 10.【答案】D 【解析】因为函数 ( 1)f x  的图象是由函数 ( )f x 的图象向左平移1个单位长度得到, ( 1)f x  是定义在 R 上的奇函数,所以函数 ( )f x 的图象的对称中心为点 (1,0) , 因为对任意 1 1x  , 2 1x  , 1 2x x , 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   恒成立, 所以函数 ( )f x 在 ( ,1] 上单调递减,所以函数 ( )f x 在 R 上单调递减, 因为 2(2)f   ,所以 (0) 2 2( )f f   , 又 2| (2 log )| 2f x  ,所以 22 (2 log ) 2f x    ,即 2(2) (2 log ) (0)f f x f   , 所以 20 2 log 2x   即 20 log 2x  ,所以1 4x  , 所以使不等式 2| (2 log ) | 2f x  成立的 x 的取值范围是 (1,4) . 11.【答案】D 【解析】由题意 ln ln ln ln ln ln ln ln 2 ln2 x zy y x e x x xy x x z z z z z          , ∵ 2x z xe   ,∴ 1 2 x ez   ,令 1[ , ]2 x t ez   , 设 ( ) ln ln 2f t t t   ,则 1 1( ) 1 tf t t t    , ∴ ( )f t 在 1[ ,1]2 上单调递减,在[1, ]e 上单调递增,最小值为 (1) 1 ln 2f   , 由于 1 1 1 1( ) ln ln 22 2 2 2f     , ( ) 1 ln 2f e e   , ∴ ln lny x 的取值范围是[1 ln2, 1 ln2]e   . 12.【答案】B 【解析】画出函数 ( )f x 的图象如图中实线部分所示, 方程 1( ) 2f x mx m   恰有四个不相等的实数根, 即函数 ( )y f x 与函数 1 2y mx m   的图象有四个不同的交点, 而 1 2y mx m   是斜率为 m ,过定点 1( 1, )2C   的直线, 如图,当直线 1l 与 ln( 1)( 0)  y x x 相切时,设切点 0 0( ,ln( 1))P x x , 又 1' 1y x   ,可得 0 0 0 1ln( 1)1 2 1 1 x x x     ,解得 1 2 0 1x e  ,斜率为 1 2e  , 当直线 2l 过 (0,0) 时,斜率为 1 12 1 2  , 所以当 1 21 2 m e    时,两函数的图象有 4 个不同的交点. 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.【答案】 π1 4  【解析】因 1 1 1 2 2 0 0 0 (2 1 )d (2 )d 1 dx x x x x x x       ,而 1 2 1 2 2 0 0 (2 )d | 1 0 1x x x    , 1 2 0 ( 1 )dx x 的几何意义为圆 2 2 1x y  在第一象限所对应的面积为 π 4 , 故应填答案 π1 4  . 14.【答案】 1 4m  【解析】若命题“ x R , 2 1 0mx x   ”是假命题,则“ x R , 2 1 0mx x   ”为 真命题,则只需满足 0 1 4 0 m Δ m      ,解得 1 4m  . 15.【答案】 24 【解析】由题意可得, 0x  时, 192y  ; 22x  时, 48y  , 代入函数 ekx by  ,可得 192be  , 22 48k be   ,即有 11 1 2 ke  , 192be  , 则当 33x  时, 33 1 192 248 k by e     . 16.【答案】①③ 【解析】对于①,若 1 1 a bb a 成立.两边同时取对数可得 1 1ln lna bb a  , 化简得 ( 1)ln ( 1)lna b b a   , 因为 0 1a b   ,则 1 0a   , 1 0b   , 不等式两边同时除以 ( 1)( 1)a b  可得 ln ln 1 1 b a b a   , 令 ln( ) 1 xf x x   , (0,1)x ,则 2 2 1 1( 1) ln 1 ln ( ) ( 1) ( 1) x x xx xf x x x         , 当 (0,1)x 时, 11 ln 0xx    ,所以 ( ) 0f x  ,即 ln( ) 1 xf x x   在 (0,1)x 内单调递增, 所以当 0 1a b   时, ( ) ( )f b f a ,即 ln ln 1 1 b a b a   ,所以 1 1 a bb a ,故①正确; 对于②,若 ln ln  a be e a b ,化简可得 ln lna be a e b   , 令 ( ) lnxg x e x  , (0,1)x ,则 1( ) xg x e x    , 2 1( ) xg x e x    , 由 ( ) 0g x  可知 1( ) xg x e x    在 (0,1)x 内单调递增, 而 (0)g   , (1) 1 0g e    ,所以 1( ) xg x e x    在 (0,1)x 内先负后正, 因而 ( ) lnxg x e x  在 (0,1)x 内先递减再递增, 所以当 0 1a b   时无法判断 lnae a 与 lnbe b 的大小关系,故②错误; 对于③,若 log ( 1) log ( 1)a ba b   , 令 ( ) log ( 1)xh x x  ,利用换底公式化简可得 ln( 1)( ) ln xh x x  , (0,1)x , 则 2 2 ln ln( 1) ln( 1) ln ( 1)ln( 1)1( ) [ ]ln (ln ) ( 1)(ln ) x x x x x x xx xh x x x x x x         , 当 (0,1)x 时, ln 0x x  , ( 1)ln( 1) 0x x   , 所以 ln ( 1)ln( 1) 0x x x x    ,即 ( ) 0h x  ,则 ln( 1)( ) ln xh x x  在 (0,1)x 内单调递减, 所以当 0 1a b   时, ln( 1) ln( 1) ln ln a b a b   ,即 log ( 1) log ( 1)a ba b   ,所以③正确, 综上可知,正确的为①③. 三、解答题:本大题共 6 个大题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤. 17.【答案】(1) 1{ | 1}2x x   ;(2) 3( , ] [2, )4    . 【解析】(1) 1{ | 4}2A x x    , 0a  时, { | 2 1}B x x    , ∴ 1{ | 1}2A B x x    . (2)∵ A B   , ∴当 B   时,3 2 2 1a a   ,即 3a  ,符合题意; 当 B   时, 3 12 1 2 a a     或 3 3 2 4 a a     ,解得 3 4a   或 2 3a  , 综上, a 的取值范围为 3( , ] [2, )4    . 18.【答案】(1)1 4x  ;(2) [1,4]a . 【解析】(1) :|2 5| 3p x   为真命题,即| 2 5| 3x   ,解得1 4x  . (2)根据(1)知: :1 4p x  , 2: ( 2) 2 ( 2)( ) 0q x a x a x x a       , p 是 q的必要不充分条件, 当 2a  时, : 2q x a  ,故满足 4a  ,即 2 4a  ; 当 2a  时, : 2q x  ,满足条件; 当 2a  时, : 2q a x  ,故满足 1a  ,即1 2a  , 综上所述, [1,4]a . 19.【答案】(1) 1 2a  ;(2)奇函数,证明见解析;(3) ( 1, )  . 【解析】(1)若 ( ) 3 2 2f a   ,则 2 1 2 1 2 21 3 2 22 1 2 1 2 1 a a a a a          , 得 2 2 2 22 1a   ,即 2 12 1 2 1 2 2 2 2 1 a        , 则 2 2a  , 1 2a  . (2)函数 ( )f x 的定义域为 R , 2 1 1 2 2 1( ) ( )2 1 1 2 2 1 x x x x x xf x f x              ,即函数 ( )f x 是奇函数. (3)由不等式 1 1 2( ) ( ) 02 4x xf f    ,得 1 1 1 2 2( ) ( ) ( )2 4 4x x xf f f     , ∵ 2 1 2 1 2 2( ) 12 1 2 1 2 1 x x x x xf x         ,∴ ( )f x 在 R 上是增函数, 不等式等价为 1 1 2 2 4x x ,即 2 1 2 2 22 22 x x x      ,即 2 1x x    ,得 1x   , 即不等式的解集为 ( 1, )  . 20.【答案】(1) 1a  , 1b  ;(2)证明见解析. 【解析】(1) 2 2 1( ln ) ( ) ( 1) xa x bxf x x x      , 由于直线 2 3 0x y   的斜率为 1 2  ,且过点 (1,1) , 故 (1) 1 1(1) 2 f f     ,即 1 1 2 2 b a b     ,解得 1a  , 1b  . (2)由(1)知 ln 1( ) 1 xf x x x   ,所以 2 2 ln 1 1(2ln1( ) )1 x xf x xx x x     , 考虑函数 2 1( ) 2ln ( 0)xh x x xx    ,则 2 2 2 2 2 (2 2 1 ( 1)( ) )x x xh x x x x        , 所以 1x  时, ( ) 0h x  ,而 (1) 0h  , 故 (0,1)x 时, ( ) 0h x  ,可得 ln( ) 1 xf x x   ; (1 )x  , 时, ( ) 0h x  ,可得 ln( ) 1 xf x x   , 从而当 0x  ,且 1x  时, ln( ) 1 xf x x   . 21.【答案】(1) (0) 1f  ,证明见解析;(2)函数 ( )f x 在 R 上为减函数,证明见解析;(3) ( ,0) (1, )  . 【解析】(1)由已知,对于任意实数 x , y 恒有 ( ) ( ) ( )f x y f x f y  , 令 1x  , 0y  ,可得 (1) (1) (0)f f f , 因为当 0x  时, 0 ( ) 1f x  ,所以 (1) 0f  ,故 (0) 1f  . 令 y x  ,设 0x  ,则 (0) ( ) ( )f f x f x  , 1( ) ( )f x f x   , 因为 0x  , 0 ( ) 1f x   ,所以 ( ) 1f x  . (2)设 1 2x x ,则 1 2 0x x  , 1 2 1 2 2 2( ) ( ) ))[ ]( (f x f x f x x x f x     1 2 2 2(( ) () )f x x f x f x   2 1 2( )[ ( ) 1]f x f x x   , 由(1)知 2( ) 0f x  , 1 2( ) 1f x x  ,所以 1 2( ) ( ) 0f x f x  ,即 1 2( ) ( )f x f x , 所以函数 ( )f x 在 R 上为减函数. (3)由 1( ) 22f   ,得 1 1( 1) ( ) ( ) 42 2f f f      , 所以 2 2 2( 2 (2 1) 2) 1) 4 )( (f a a x a x f        , 即 2 2 2( 2) (2 1) 2 1a a x a x       , 上式等价于 2 2 2( 4) ) 2 3(a a x x x x     对任意 [1,3]x 恒成立, 因为 [1,3]x ,所以 2 4 0x x  , 所以 2 2 2 2 2 3 3(3 1)24 4 x x xa a x x x x        对任意 [1,3]x 恒成立, 设3 1 [2,8]x t   , 2 2 3(3 1) 27 272 2 2 0114 10 11 10 x t x x t t t t           ( 2t  时取等), 所以 2 0a a  ,解得 0a  或 1a  , 即实数 a 的取值范围 ( ,0) (1, )  . 22.【答案】(1)证明见解析;(2)见解析. 【解析】(1)当 0a  时, ( ) xf x e x  , 令 ( ) ( ) 2x xg x f x x e x x e x       ,则 ( ) 2xg x e   , 当 ( ) 0g x  时, ln2x  ;当 ln2x  时, 0( )g x  ;当 ln2x  时, '( ) 0g x  , 所以 ( )g x 在 ( ,ln2) 上单调递减,在 (ln2, ) 单调递增, 所以 ln2x  是 ( )g x 的极小值点,也是最小值点, 即 ln2 min( ) (ln2) 2ln2 2ln 02 eg x g e     , 故当 0a  时, ( )f x x 成立. (2) ( ) 1xf x e   ,由 '( ) 0f x  ,得 0x  , 当 0x  时, ( ) 0f x  ;当 0x  时, ( ) 0f x  , 所以 ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减,在 (0, ) 单调递增, 所以 0x  是函数 ( )f x 得极小值点,也是最小值点, 即 min( ) (0) 1f x f a   . 当1 0a  ,即 1a  时, ( )f x 没有零点; 当1 0a  ,即 1a  时, ( )f x 只有一个零点; 当1 0a  ,即 1a  时, 因为 ( ) ( ) 0a af a e a a e        ,所以 ( )f x 在 ( ,0)a 上只有一个零点, 由(1)得 2xe x ,令 x a ,则得 2ae a ,所以 ( ) 2 0a af a e a a e a      , 于是在 ( )f x 在 (0, )a 上有一个零点, 因此,当 1a  时, ( )f x 有两个零点. 综上, 1a  时, ( )f x 没有零点; 1a  时, ( )f x 只有一个零点; 1a  时, ( )f x 有两个零点.