广西南宁外国语学校2017届数学高考第一轮复习单元素质测试题——集合、函数与导数(文科)

2017届高考数学第一轮复习单元素质测试题——集合、函数与导数（文科）

A．既不充分也不必要条件 B．充分而不必要条件 （考试时间120分钟，满分150分）姓名_______评价_______

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分. 以下给出的四个备选答案中，只有一个正确） 1．（15新课标Ⅰ文1）已知集合A{x|x3n2,nN},B{6,8,10,12,14}，则集合AB中元素的个数为（ ）

A．5 B．4 C．3 D．2 2．（10天津理2）函数f(x)exx2的零点所在的一个区间是（ ）

A．(2,1) B．(1,0) C．（0，1） D．（1，2） 3．（15新课标Ⅰ理3）设命题P：nN，n2>2n，则P为（ ）

A．nN, n2>2n B．nN, n2≤2n C．nN, n2≤2n D．nN, n2=2n 4．（14湖南理5）已知命题p：若xy，则xy；命题q：若xy，则x2y2．在命题 ①pq ②pq ③p(q) ④(p)q中，真命题是（ ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 5．（11重庆文6）设alog112,blog241,clog3,则a,b,c的大小关系是（ ） 3333 A．abc

B．cba

C．bac

D．bca

36．（10安徽文7）设a(3225)5，b(25)5，c(25)5，则a，b，c的大小关系是（ ）

A．acb B．abc C．cab D．bca

7．（10新课标理3）曲线yxx2在点(1,1)处的切线方程为（ ）

A．y2x1 B．y2x1 C．y2x3 D．y2x2 8．（12重庆理7）已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为[0,1]上的增函数”

是“f(x)为[3,4]上的减函数”的（ ）

C．必要而不充分的条件 D．充分必要条件 9．（12新课标文11）当0x12时，4xlogax，则a的取值范围是（ ） A．(0，

22) B．(2

2

，1) C．(1，2) D．(2，2) 10．（15新课标Ⅰ文10）已知函数f(x)2x12,x1log1，且f(a)3，则f(6a)（ ）2(x1),x

A．74 B． C．34 D．14 11．（15全国新课标Ⅱ文12）设函数f(x)ln(1|x|)11x2，则使得f(x)f(2x1)成立的x的取值范围是（ ）

A．1,113 B．,31, C．13,13 D．11,33,12．（13新课标Ⅰ理11）已知函数f(x)x22x,x0ln(x1),x0，若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是（ ）A．(,0] B．(,1] C．[2,1] D．[2,0] 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在对应题号后的横线上） 13．（12高考江苏5）函数f(x)12log6x的定义域为 _____ ．

14．（12新课标文13）曲线yx(3lnx1)在点（1，1）处的切线方程为 ． 15．（15湖南文14）若函数f(x)|2x2|b有两个零点，则实数b的取值范围是 ．16．（15安徽理15）设x3axb0，其中a,b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个

实根的是 ．（写出所有正确条件的编号）

(1)a3,b3；(2)a3,b2；(3)a3,b2；(4)a0,b2;(5)a1,b2．

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广西南宁外国语学校2017届高考数学第一轮复习单元素质测试题——集合、函数与导数（文科） 设计﹕隆光诚 审定﹕

三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．（本题满分10分，12重庆理16）设f(x)alnx12x32x1,其中aR，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴．

（Ⅰ） 求a的值； （Ⅱ） 求函数f(x)的极值．

18．（本题满分12分，14重庆文19）已知函数f(x)xa34xlnx2，其中aR，且曲线yf(x)

在点(1,f(1))处的切线垂直于y12x．

（Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）求函数f(x)的单调区间和极值．

19．（本题满分12分，15新课标Ⅱ文21）已知f(x)lnxa(1x)． （Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

（Ⅱ）当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围．

20．（文，12新课标文21）设函数f(x)exax2．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若a1，k为整数，且当x0时，(xk)f‘(x)x10，求k的最大值．

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2x21．（本题满分12分，15新课标Ⅰ文21）设函数f(x)ealnx．

22．（本题满分12分，13新课标Ⅱ理21）已知函数f(x)exln(xm)． （Ⅰ）设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）当m2时，证明f(x)0.

‘（Ⅰ）讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；

（Ⅱ）证明：当a0时，f(x)2aaln

2； a3

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2017届高考数学第一轮复习单元素质测试题——集合、函数与导数（参）

一、选择题答题卡： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C C B A A D B A A D 二、填空题

13． 0， 6． 14．y4x3． 15．（0，2）． 16． （1）（3）（4）（5） ． 三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤）

17．解：（Ⅰ）f(x)alnx12x32x1，f'(x)a133x22ax1x2x222x2. 曲线yf(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，所以切线的斜率k0. kf'(1)a10.故a1.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)lnx12x32x1，f'(x)3x22x1(3x1)(x1)2x22x2(x0).由f'(x)0得x1；

由f'(x)0得x1，f(x)在1,上单调递增；

由f'(x)0得0x1，f(x)在0,1上单调递减；

f极小(x)f(1)ln1123213. 18．解：（Ⅰ）f(x)14a1x2'4x4ax2x4x2，切线斜率k2， f'(1)34a42．解得a．

（Ⅱ）f(x)x453'x24xxlnx2，f(x)4x2(x1)(x5)x2，x0． 由f'(x)0得x50，x5；

由f'(x)0得x50，0x5；

所以函数f(x)的单调递增区间为5,，单调递减区间为0,5；

f5极小(x)f(5)414ln532ln5，没有极大值． 19．解：（Ⅰ）f(x)lnxa(1x)，x0，f'x1xa1axx．

①当a0时，f'x1axx0，f(x)在(0,)内单调递增；

②当a0时，由f'x0得1ax0，0x11a，f(x)在0,a内单调递增；由f'x0得x1a

，f(x)在1a,上单调递减． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a0时，f(x)在(0,)内单调递增，没有最大值；

当a0时，f11max(x)f(a)lnaa(11a)lnaa1．

根据题意得lnaa12a2，即lnaa10．

记g(a)lnaa1，则g(a)在(0,)内单调递增．

又g(1)ln1110，所以当a(0,1)时，g(a)lnaa10． 故a的取值范围是(0,1)．

20．解：（Ⅰ）xR,f‘(x)exa．

①当a0时，f‘(x)0，f(x)在(,)内单调递增；

②当a0时，由f‘(x)exa0得exa，xlna，f(x)在lna,内单调递增；由f‘(x)exa0得xlna，f(x)在,lna内单调递减．

（Ⅱ）若a1，则f(x)exx2，f‘(x)ex1．

当x0时，有(xk)(ex1)x10．

记g(x)(xk)(ex1)x1，则g'(x)(xk)ex(ex1)1(xk1)ex．

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由g‘(x)0得xk1，g(x)在k1,内单调递增； 由g‘(x)0得xk1，g(x)在0,k1内单调递减；

gmin(x)g极小(x)g(k1)(ek11)kk1ek1．

根据题意得k1ek10，即k1ek1，所以，整数k的最大值为2． 21．解：（Ⅰ）x0，f‘(x)2e2xax． ①当a0时，f'(x)2e2xax0，f‘(x)没有零点； ②当a0时，由f'(x)2e2xaax0得，2e2xx．

记g(x)2e2x，h(x)ax，则两个函数图像在第一象限有一个交点，

所以f‘(x)有一个零点．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a0时，f‘(x)有一个零点，设零点为x0，则

f‘(x0)0，即2e2x0a，e2x0ax． 02x0又ln(2x2x00e)lna，即ln2lnx02x0lna，lnx0lnaln22x0lna22x0．而f‘(x)2e2xax在(0,)内单调递增， 所以当xx‘x‘0时，f(0)0，当xx0时，f(x0)0．

fmin(x)f极小(x)f(x2x00)ealnxa2xa(lna02x0) 02a2x2axa0aln0222axa02xalna 022aalna2.

22．解：（Ⅰ）f(x)exln(xm)，f'(x)ex1xm，又f'(0)0，11m0，m1. 从而f(x)exln(x1)，f'(x)ex1x1(x1)， 记g(x)ex，h(x)1x1(x1)，则f'(x)g(x)h(x). 当x1时，g(x)是增函数，h(x)是减函数，f'(x)g(x)h(x)是增函数， 所以，当1x0时，f'(x)f'(0)0，f(x)单调递减； 当x0时，f'(x)f'(0)0，f(x)单调递增．

故f(x)的单调递减区间为(1，0)，单调递增区间为(0，). （Ⅱ）f(x)exln(xm)，f'(x)ex1xm， 当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，

ln(xm)ln(x2).从而f(x)exln(xm)exln(x2)．

当m2时，f(x)exln(x2)，f'(x)ex1x2(x2)， 记g(x)ex，h(x)1x2(x2)，则f'(x)g(x)h(x). 当x2时，g(x)是增函数，h(x)是减函数，f'(x)g(x)h(x)是增函数， 因为f'(1)111e10，f'(0)122，所以存在唯一的x0(1，0)，使得f'(x0)0． 当x(2，x0)时，f'(x)0，f(x)单调递减；当x(x0，)时，f'(x)0，f(x)单调递增． fmin(x)f(x0)．

由f'(xx00)0得e01x0，ex1，ln(x02)x0. 02x02f(x)f(xx0x1x202x01(x01)20)eln(02)xx02x0.

02x002故当m2时，恒有f(x)0.

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