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- 2021-06-11 发布
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高三第一次月检测数学试卷
一.选择题(共8小题,每题5分,共40分)
1.已知集合A={x|x2-4≤0},集合B={x|1-x>0},则A∩B= ( )
A.(1, 2) B.(1,2]
C.[-2,1) D.(-2,1)
2.已知命题p:“∀x∈R,都有x2-2x+3>0”,则命题p为 ( )
A.∀x∈R,都有x2-2x+3≤0
B.∃x0∈R,使得-2x0+3≤0
C.∀x∈R,都有x2-2x+3<0
D.∃x0∈R,使得-2x0+3>0
3.函数f(x)=错误!未找到引用源。-6+2x的零点一定位于区间 ( )
A.(3,4) B.( 2,3) C.(1,2) D.(5,6)
4.函数f(x)=错误!未找到引用源。+ln(1-x)的定义域是 ( )
A.[-1,2) B.(-2,1)
C. (-2,1] D.[-2,1)
5.已知函数f(x)= 错误!未找到引用源。且f(0)=2,f(-1)=3,则f(f(-3))= ( )
A.-2 B.2 C.3 D.-3
6.已知函数f(x)=2|x|,且f(log2m)>f(2),则实数m的取值范围为 ( )
A.(4,+∞) B.错误!未找到引用源。
C.错误!未找到引用源。∪(4,+∞) D.错误!未找到引用源。∪(4,+∞)
7.已知p:错误!未找到引用源。≥1,q:(x-a)2<1,若p是q的充分不必要条件,则实数a的取值范围为 ( )
A.(-∞,3] B.[2,3]
C.(2,3] D.(2,3)
8.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且对任意的x∈R,都有f(x+2)=f(x).当0≤x≤1时,f(x)=x2.若直线y=x+a与函数y=f(x)的图象在[0,2]内恰有两个不同的公共点,则实数a的值是 ( )
A.0 B.0或-错误!未找到引用源。
C. -错误!未找到引用源。或-错误!未找到引用源。
D.0或-错误!未找到引用源。
二.填空题(共6题,每题5分,共30分)
9.已知函数y=logax(2≤x≤4)的最大值比最小值大1,则a的值为________.
10.曲线y=f(x)=xex+2x+1在点(0,1)处的切线方程为________.
11.已知函数f(x)为奇函数,当x>0时,f(x)=x2-x,则当x<0时,函数f(x)的最大值为 ____________
12.已知函数f(x)=错误!未找到引用源。-ln x在[1,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围为______________
13.已知偶函数f(x)是定义在{x∈R|x≠0}上的可导函数,其导函数为f′(x).当x<0时, f′(x)>恒成立.记a=,b=,则a,b的大小关系为__________
14. 函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围为______________
三.解答题(共6题,共80分)
15.(13分)已知集合A={x|-1b (0,)
15.【解析】 (1)因为m=1时,B={x|1≤x<4},
所以A∪B={x|-13}.
当B=时,即m≥1+3m时得m≤-错误!未找到引用源。,
满足B⊆RA,当B≠时,要使B⊆RA成立,
则错误!未找到引用源。或错误!未找到引用源。解得m>3.
综上可知,实数m的取值范围是m>3或m≤-错误!未找到引用源。.
16.【解析】令f(x)=log2(x+2),则f(x)在[0,2]上是增函数,
故当x∈[0,2]时,f(x)最小值为f(0)=1,故若p为真,则2m>1,m>.
当Δ=4-12m2>0,即m2<时,方程3x2-2x+m2=0有两相异实数根.
所以-0,
所以f(x1)-f (x2)>0,即f(x1)>f(x2),
所以函数f(x)在R上为减函数.
18.【解析】(1)f′(x)=2ax+b+错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。 ,x∈(0,+∞),由 y=f(x)的极值点为1和2,
所以2ax2+bx+4=0的两根为1和2,
所以错误!未找到引用源。解得错误!未找到引用源。
(2)由(1)得f(x)=x2-6x+4ln x,
所以f′(x)=2x-6+错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。,x∈(0,3].
当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如表:
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2,3)
3
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
-5
↘
4ln 2-8
↗
4ln 3-9
因为f(3)=4ln 3-9>f(1)=-5>f(2)=4ln 2-8,
所以f(x)max=f(3)=4ln 3-9.
19.【解析】(1)由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=1-错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。,
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(1)=1-a,所以1-a≥0,a≤1,
故a的取值范围是(-∞,1].
.
g′(x)=1-错误!未找到引用源。-2ln x·错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。,
令h(x)=x2-2xln x-1,h′(x)=2(x-ln x-1),
由(1)知,h′(x)的最小值是h′(1)=0,所以h′(x)≥0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(1)=2.