2015高考数学(文-)一轮复习题有答案解析(6份)阶段示范性金考卷一.doc

阶段示范性金考卷一
一、选择题：本大题共12小题，每小题5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A＝{y∈R|y＝ln x，x>1}，B＝{x∈N||x|≤2}，则下列结论正确的是(　　)
A．A∩B＝{－2，－1}
B．(∁RA)∪B＝(－∞，0]
C．A∪B＝(0，＋∞)
D．(∁RA)∩B＝{0}
解析：因为A＝{y|y>0}，所以∁RA＝{y|y≤0}，又B＝{0,1,2}，所以(∁RA)∩B＝{0}，选D.
答案：D
2．下列函数中，既是定义域上的奇函数又在区间(0,1)内单调递增的是(　　)
A．y＝　　　　　　　　 B．y＝ex－e－x
C．y＝xsinx D．y＝lg
解析：函数y＝的定义域为[0，＋∞)，为非奇非偶函数，排除A；y＝xsinx为偶函数，排除C；y＝lg＝lg(－1＋)，由于函数u＝－1＋在(0,1)上单调递减 ，所以函数y＝lg在(0,1)上单调递减，排除D.故选B.
答案：B
3．[2014·衡阳六校联考]函数f(x)＝x－a在[1,4]上单调递减，则实数a的最小值为(　　)
A．1 B．2
C．4 D．5
解析：依题意得，当x∈[1,4]时，f′(x)＝1－≤0，即a≥2恒成立．注意到当x∈[1,4]时，y＝2的最大值是2＝4.因此，实数a的最小值为4，选C.
答案：C
4．[2013·太原五中检测]已知命题p：≤0，q：4x＋2x－m≤0，若p是q的充分条件，则实数m的取值范围是(　　)
A．m>2＋ B．m≤2＋
C．m≥2 D．m≥6
解析：≤0⇒0<x≤1⇒1<2x≤2，由题意知，22＋2－m≤0，即m≥6，故选D.
答案：D
5．[2013·湖南高三检测]已知函数f(x)＝满足f(a)＝3，则f(a－5)的值为(　　)
A．log23 B.
C. D．1
解析：分两种情况分析，　①或者　②，①无解，由②得，a＝7，所以f(a－5)＝22－3＋1＝，选C.
答案：C
6．设x0是方程lnx＋x＝4的解，则x0属于(　　)
A. (0,1) B. (4,2)
C. (2,3) D. (3,4)
解析：设f(x)＝lnx＋x－4，由于x0是方程lnx＝4－x的解，则x0是函数f(x)的零点．再由f(2)＝ln2－2<0，f(3)＝ln3－1>0，f(2)f(3)<0，可得x0在区间(2,3)内，故选C.
答案：C
7．[2013·天津耀华中学模拟]已知函数f(x)＝x2－cosx，则f(0.6)，f(0)，f(－0.5)的大小关系是(　　)
A．f(0)<f(0.6)<f(－0.5)
B．f(0)<f(－0.5)<f(0.6)
C．f(0.6)<f(－0.5)<f(0)
D．f(－0.5)<f(0)<f(0.6)
解析：∵函数f(x)＝x2－cosx为偶函数，∴f(－0.5)＝f(0.5)，f′(x)＝2x＋sinx，当0<x<时，f′(x)＝2x＋sinx>0，∴函数在上递增，∴f(0)<f(0.5)<f(0.6)，即f(0)<f(－0.5)<f(0.6)，选B.
答案：B
8．设0<a<1，函数f(x)＝loga(a2x－2ax－2)，则使f(x)<0的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，loga3) D．(loga3，＋∞)
解析：f(x)<0⇔loga(a2x－2ax－2)<0⇔loga(a2x－2ax－2)<loga1，因为0<a<1，所以a2x－2ax－2>1，即(ax)2－2ax＋1>4⇔(ax－1)2>4⇔ax－1>2或ax－1<－2，所以ax>3或ax<－1(舍去)．因此x<loga3，故选C.
答案：C
9．下列四个命题：
p：∀x≥－1，有≤－1
q：∃x0∈R，使x0＋＝2
r：∀x，y>0，有lnx＋lny＝ln(x＋y)
s：∃x，y∈R，使2x＋y＝2x＋2y
其中正确命题的个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：当x＝1时，x>－1，但＝1>－1，故p为假命题；当x0≠0时x0＋≥4或x0＋≤－4，不可能有x0＋＝2，故q为假命题；当x＝1，y＝1时lnx＋lny≠ln(x＋y)，故r为假命题；当x＝1，y＝1时，有2x＋y＝2x＋2y，故s为真命题．因此A项正确．
答案：A
10．函数f(x)＝lnx－x2的图象大致是(　　)

解析：函数的定义域为{x|x>0}，函数的导数为f′(x)＝－x＝，由f′(x)＝>0得0<x<1，即增区间为(0,1)．由f′(x)＝<0得x>1，即减区间为(1，＋∞)，所以当x＝1时，函数取得极大值，且f(1)＝－<0，所以选B项．
答案：B
11．[2013·人大附中月考]某汽车销售公司在A，B两地销售同一种品牌车，在A地的销售利润(单元：万元)是y1＝13.5－，在B地的销售利润(单位：万元)是y2＝x＋6.2，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售11辆这种品牌车，则能获得的最大利润是(　　)
A．19.45万元 B．22.45万元
C．25.45万元 D．28.45万元
解析：根据题意设该公司在A地售x辆，则在B地售(11－x)辆，故销售利润y＝13.5－＋(11－x)＋6.2＝22.45－(＋)(0≤x≤11，x∈N*)，由基本不等式可得y＝22.45－(＋)≤22.45－2＝19.45，当且仅当＝即x＝6时取得最大值，故选A.
答案：A
12．若关于x的方程|2x－1|＝m有两个不相等的实数根x1和x2，则有(　　)
A. x1＋x2>0 B. x1＋x2<0
C. x1＋x2≥0 D. x1＋x2≤0
解析：在坐标系中画出函数y＝|2x－1|的图象，由图象可知当0<m<1时方程|2x－1|＝m有两个不相等的实数根x1和x2，不妨设x1<x2，则必有x1<0<x2，由已知得|2x1－1|＝|2x2－1|，于是－2x1＋1＝2x2－1，因此2x1＋2x2＝2>2，所以2x1＋x2<1，于是x1＋x2<0.
答案：B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．对于数集A，B，定义A＋B＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，A÷B＝{x|x＝，a∈A，b∈B}．若集合A＝{1,2}，则集合(A＋A)÷A中所有元素之和为________．
解析：由A＋B的定义得，A＋A＝{1＋1,2＋2,1＋2}＝{2,4,3}，由A÷B的定义得，(A＋A)÷A＝{1，，2,3,4}，故所有元素之和为1＋＋2＋3＋4＝.
答案：
14．已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围为________．
解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax－5，∴f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或，
∴a≥1或a≤－3.于是满足条件的a∈(－3,1)．
答案：(－3,1)
15．[2013·安徽合肥调研]若函数f(x)＝x2＋2x－3的定义域为[m,0]，值域为[－4，－3]，则m的取值范围是________．
解析：∵二次函数f(x)＝x2＋2x－3的图象开口向上，且关于直线x＝－1对称，∴函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，在(－1，＋∞)上是增函数，∵函数f(x)＝x2＋2x－3的值域为[－4，－3]，最小值为－4，且f(－1)＝－4，∴定义域[m,0]中必定有－1，
①当m＝－1时，函数在f(x)区间[－1,0]上为增函数，值域为[－4，－3]；
②当m<－1时，函数在[m，－1]上是减函数，在[－1,0]上是增函数，要使函数f(x)的值域为[－4，－3]，则必需f(m)≤－3，解之得－2≤m<－1.综上所述，m的取值范围是[－2，－1]．
答案：[－2，－1]
16．已知函数f(x)＝4x＋1，g(x)＝4－x.若偶函数h(x)满足h(x)＝mf(x)＋ng(x)(其中m，n为常数)，且最小值为1，则m＋n＝________.
解析：由已知得h(－x)＝h(x)，∴(m－n)·4－x＋(n－m)·4x＝0，得m＝n，∴h(x)＝m·(4x＋1)＋m·4－x＝m(4x＋4－x)＋m≥m·2＋m＝3m，当且仅当4x＝4－x，即x＝0时，等号成立，∵函数h(x)的最小值为1，∴3m＝1，得m＝，∴m＋n＝.
答案：
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)函数f(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－a)x(a≥0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在[0,1]上单调递增，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2＋(2－a)x＋1－a＝(x＋1)(x＋1－a)．
当a＝0时，f′(x)＝(x＋1)2≥0恒成立，
当且仅当x＝－1时取“＝”，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当a>0时，由f′(x)＝0得，x1＝－1，
x2＝a－1，且x1<x2，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(a－1，＋∞)，单调递减区间为(－1，a－1)．
(2)∵f(x)在[0,1]上单调递增，∴[0,1]是上述增区间的子集，当a＝0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，符合题意；
当a>0时，[0,1]⊆[a－1，＋∞)，∴a－1≤0，∴a≤1.
综上，a的取值范围是[0,1]．
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax－ex(a>0)．
(1)若a＝，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)当1≤a≤e＋1时，求证：f(x)≤x.
解：(1)当a＝时，f(x)＝x－ex，f(1)＝－e，
f′(x)＝－ex，f′(1)＝－e，
故函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－＋e＝(－e)(x－1)，即(－e)x－y＝0.
(2)令g(a)＝x－f(x)＝－xa＋x＋ex，
只需证明g(a)≥0在1≤a≤e＋1时恒成立即可．
g(1)＝－x＋x＋ex＝ex>0，①
g(1＋e)＝－x·(1＋e)＋x＋ex＝ex－ex.
设h(x)＝ex－ex，则h′(x)＝ex－e，
当x<1时，h′(x)<0；当x>1时，h′(x)>0.
∴h(x)在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(x)≥h(1)＝e1－e·1＝0，
即g(1＋e)≥0.②
由①②知，g(a)≥0在1≤a≤e＋1时恒成立．
故当1≤a≤e＋1时，f(x)≤x.
19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处有极值10，求b的值；
(2)若对于任意的a∈[－4，＋∞]，f(x)在x∈[0,2]上单调递增，求b的最小值．
解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
于是，根据题设有，
解得或.
当时，f′(x)＝3x2＋8x－11，Δ＝64＋132>0，所以函数有极值点；当时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以函数无极值点．
所以b＝－11.
(2)由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b≥0对任意的a∈[－4，＋∞]，x∈[0,2]都成立，
所以F(a)＝2xa＋3x2＋b≥0，
对任意的a∈[－4，＋∞)，x∈[0,2]都成立．
因为x≥0，
所以F(a)在a∈[－4，＋∞)上为单调递增函数或为常数函数，①当F(a)为常数函数时，F(a)＝b≥0；
②当F(a)为增函数时，F(a)min＝F(－4)＝－8x＋3x2＋b≥0，即b≥(－3x2＋8x)max对任意x∈[0,2]都成立，
又－3x2＋8x＝－3(x－)2＋≤，
所以当x＝时，(－3x2＋8x)max＝，所以b≥.
所以b的最小值为.
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝，g(x)＝x2－2x＋2＋xf(x)．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)在[em，＋∞)(m∈Z)上有零点，求m的最大值．
解：(1)由题知，g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵g′(x)＝，
∴函数g(x)的单调递增区间为(0，)∪(2，＋∞)，g(x)的单调递减区间为[，2]．
(2)∵g(x)在[，＋∞)上的最小值为g(2)，
且g(2)＝×22－4＋2＋ln2＝ln2－＝>0，
∴g(x)在[，＋∞)上没有零点，
∴要使函数g(x)在[em，＋∞)(m∈Z)上有零点，并考虑到g(x)在(0，)上单调递增且在[，2]上单调递减，故只需em<且g(em)≤0即可，
易验证g(e－1)＝×e－2－2×e－1＋1>0，g(e－2)＝×－＋2＋ln e－2＝(×－2)<0，
当m≤－2且m∈Z时，均有g(em)<0，
即函数g(x)在[em，e－1]⊆[em，＋∞)(m∈Z)上有零点，
∴m的最大值为－2.
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值；
(3)求证：对任意x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e.
解：(1)f′(x)＝aex＋(ax－2)ex＝(ax＋a－2)ex，
由已知得f′(1)＝0，即(2a－2)e＝0，
解得a＝1.
当a＝1时，在x＝1处函数f(x)＝(x－2)ex取得极小值，所以a＝1.
(2)f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当m≥1时，f(x)在[m，m＋1]上单调递增，f(x)min＝f(m)＝(m－2)em；
当0<m<1时，m<1<m＋1，
f(x)在[m,1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－e；
当m≤0时，m＋1≤1，
f(x)在[m，m＋1]上单调递减，f(x)min＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1.
综上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值f(x)min＝
(3)由(1)知f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.
令f′(x)＝0得x＝1，因为f(0)＝－2，f(1)＝－e，f(2)＝0，
所以当0≤x≤2时，f(x)max＝0，f(x)min＝－e，
所以对任意x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝e.
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋(a>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)如果P(x0，y0)是曲线y＝f(x)上的任意一点，若以P(x0，y0)为切点的切线的斜率k≤恒成立，求实数a的最小值；
(3)讨论关于x的方程f(x)＝－的实根的个数情况．
解：(1)f(x)＝lnx＋，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＝.
a>0，由f′(x)>0，得x>a，由f′(x)<0，得0<x<a，
所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(2)由题意，以P(x0，y0)为切点的切线的斜率k满足k＝f′(x0)＝≤(x0>0)，
所以a≥－x＋x0对x0>0恒成立．
又当x0>0时，－x＋x0≤，
所以a的最小值为.
(3)由题意，方程f(x)＝－化简得
b＝lnx－x2＋，x>0，
令h(x)＝lnx－x2－b＋，则h′(x)＝－x＝.
当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．
所以h(x)在x＝1处取得极大值，即最大值，最大值为h(1)＝ln1－×12－b＋＝－b.
所以当－b>0时，即b<0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有两个交点，方程f(x)＝－有两个实根；
当b＝0时，y＝h(x)的图象与x轴恰有一个交点，
方程f(x)＝－有一个实根；
当b>0时，y＝h(x)的图象与x轴无交点，
方程f(x)＝－无实根．
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