扬州中学高三上(开学考)-数学试题+答案(1)_2023年9月_029月合集_2024届江苏省扬州中学高三上学期开学考试

2023~2024 学年度第一学期开学检测 高 三 数 学 一、单项选择题(本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项 中，只有一项符合要求) 1．已知集合A  x x2 160 ，B  x x2 4x30 ，则AB（ ） A．4,4 B．1,3 C．4,13,4 D．1,23,4 2 x 2．若x0，则  的最小值为（ ） x 2 1 1 A． B． C．1 D．2 4 2 2 3．函数 f(x)lnx 的零点所在的区间是（ ） x A．(1,2) B．(2,e) C．(e,3) D．(3,) 4．若函数 f(x)cosxax在定义域内单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A．1, B．,1 C．1, D．,1 cosxln|x| 5．函数 f(x) 在xπ,0)(0,π的图象大致为（ ） 2xsinx A B C D 6．若2a log a22b log b1，则（ ） 2 2 A．ln(2ba1)0 B．ln(2ba1)0 C．ln|a2b|0 D．ln|a2b|0 7．已知函数 f(x)的定义城为R，且满足 f(x) f(x)， f(x) f(4x)0，且当 x[0,2]时， f(x)x2 4，则 f(2023)（ ） A．3 B．4 C．3 D．4 1 8．若可导函数 f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，有lnx f(x)  f(x)0， x 则不等式(x2) f(x)0的解集为（ ） A．2,0 B．0,2 C．2,2 D．2, 第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有 多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分) 9．下面命题正确的是（ ） A．“a1”是“ a 1”的充要条件 1 B．“a1”是“ 1”的充分不必要条件 a C．“a0”是“ab0”的必要不充分条件 D．“x2且y2”是“x2  y2 4”的必要不充分条件 10．下列命题中正确的是（ ） x2 5 A． 的最小值是2 x2 4 1 B．当x1时，x 的最小值是3 x1 C．当0x10时， x10x的最大值是5 2 1 D．若正数x，y满足  3，则2x y的最小值为3 x y x2 tx1,x0 11．已知函数 f(x) ，下列关于函数y f f(x)1的零点个数的说法 log x,x0 2 中，正确的是（ ） A．当t 1，有1个零点 B．当t2时，有3个零点 C．当0t1，有2个零点 D．当t4时，有7个零点 12．已知函数 f(x)及其导函数 f(x)满足x f(x) f(x)x2(lnx1)，且 f(1)0，则下 列说法正确的是（ ） f(x) f(x) A． 在0,1上有极小值 B． 的最小值为1 x x 1 C． f(x)在1,上单调递增 D． f(x)的最小值为 2e 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．函数 f(x) x3log x1，则 f(x)定义域是 ． 2 14．已知关于x的不等式2x2 axb0的解集为(1,2)，则ba  . 第2页，共10页 学科网（北京）股份有限公司15．若曲线y(x1)ex过点P(a,0)的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是 . 1 16．已知函数 f(x) x2 alnx1，当2a0，对任意x,x 1,2，不等式 2 1 2 1 1 f(x ) f(x ) ≤m  恒成立，则实数m的最小值为 ． 1 2 x x 1 2 四、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） 计算： 2 1 3 0  1   3 9  2 (1)       ； 5 27 4 32 (2) 2log 2log log 85log53． 3 3 9 3 18．（本小题满分12分） 1 已知函数 f(x)a2x  是定义域为R的偶函数． 2x1 (1) 求实数a的值； 3k2 1 (2) 若对任意xR，都有 f(x) 成立，求实数k的取值范围． k 19．（本小题满分12分） 已知集合A  x|axa2，B  x| x4 0  ，命题 p:xA，命题q:xB．  x1  (1) 若1A，求实数a的取值范围； (2) 若A，且 p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围． 第3页，共10页 学科网（北京）股份有限公司20．（本小题满分12分） 已知函数 f(x)x2 xlnx. (1) 求函数y f(x)的单调区间； (2) 证明：对任意的x0，f(x)ex x2 x2． 21．（本小题满分12分） 1 m 1 已知函数 f(x) x3  x2 x ． 3 2 6 1 (1) 若 f(x)在( ,2)上存在单调减区间，求实数m的取值范围； 2 (2) 若 f(x)在区间(m,)上有极小值，求实数m的取值范围． 22．（本小题满分12分） 已知函数 f(x)(x2 1)lnxx2 ax． (1) 若a1，求 f(x)的最小值； (2) 若方程 f(x)axe2ax x2有解，求实数a的取值范围． 第4页，共10页 学科网（北京）股份有限公司高三数学参考答案 1．C 2．D 3．B 4．A 5．D 6．B 7．A 8．B 9．BC 10．BCD 11．ABD 12．ACD 13．1, 14．16 15．a1或a5 16．12 【11详解】令y0，则 f f x1，设 f(x)t，则 f f x1等价于 f(t)1 ， 对于A，当t 1时，作出函数 f(x)的图象如图： 1 由图象可知 f(t)1有一个根t  ， 2 1 则对于 f(x) ，由图，共有1个解，A正确； 2 x2 2x1,x0 对于B，当t 2时， f x ， log x,x0 2 1 作出函数 f(x)的图象如图： 由图象可知 f(t)1有一个根t  ， 2 1 则对于 f(x) ，由图，共有3个解，B正确； 2 对于C，当1t 0时，分析同A，函数y f f x1有1个零点，C错误； x2 4x1,x0 对于D，当t 4时， f x ， log x,x0 2 作出函数 f(x)的图象如图： 1 由图象可知 f(t)1有3个根，t  或t 2 2， 2 1 则对于 f(x) ，由图，共有3个解； 2 对于 f(x)2 2 ，由图，共3个解；对于 f(x)2 2，由图，共1个解， 故此时函数y f f x1有7个零点，D正确； 【12详解】因为函数 f x及其导函数 fx满足xfx f xx2lnx1， xfx f x  f x  f x 则 lnx1，即   lnx1xlnx，令g(x) xlnxc x2 x x   （c为常数）， 所以， f xx2lnxcx，因为 f 10c0，可得c0，所以， f xx2lnx， g(x)xlnx 第5页，共10页 学科网（北京）股份有限公司1 对于A选项，易得x 时达到极小值；A对 e 1 1 对于B选项，gx g  ，B错； min e e 对于C选项，当x1时， fx2xlnxxx2lnx10，所以 f x在1,上 单调递增，C对； 1 对于D选项， fxx2lnx1，令 fx0，可得x ， e 1 1 当0x 时， fx0，此时 f x单调递减，当x 时， fx0，此时 e e f x单调递增，  1  1 1 1 所以， f x  f   ln  ，D对. min  e e e 2e 【15详解】yx2ex，设切点 t,t1et，则切线的斜率为k t2et， 故切线方程为yt2etx  t2 t1  et，取xa，y0代入，得 at2  t2 t1 et 0，   ∵et 0 ，∴t2 a1t2a10有两个不等实根， 故Δa12 42a1a2 6a50，解之，得a1或a5， 【16详解】因为2a0，函数 f x在1,2上单调递增，不妨设1x x 2， 1 2 1 1 m m 则 f x  f x  m  ，可化为 f x   f x  ， 1 2 x x 2 x 1 x 1 2 2 1 m 1 m 设hx f x  x2 alnx1 ，则hx hx ， x 2 x 1 2 a m 所以hx为1,2上的减函数，即hxx  0在1,2上恒成立， x x2 等价于mx3 ax在1,2上恒成立，设gxx3 ax，所以mg(x) ， max 因2a0，所以gx3x a0，所以函数gx在1,2上是增函数， 所以g(x) g282a12（当且仅当a2时等号成立）． max 所以m12. 第6页，共10页 学科网（北京）股份有限公司2 1 1 1 17．（1）   5 3   0    2 1 7     3     9 4     2 127 2 3    9 4   2 1  33 2 3     2 3    2 2 19 3 2 7. 32 32  32 （2）2log 2log log 85log53 log 4log log 83 log 48 3 3 3 9 3 3 3 9 3 3  9  log 93 3 231. 18．【详解】（1）由偶函数定义知： f x f x， 1 即a2x  a2x 22x a2x 22x， 2x1 ∴(a2)(2x 2x)0对xR成立，a2. （2）由（1）得： f x2  2x 2x； ∵2x 0，∴2  2x 2x≥4 2x2x 4，当且仅当2x 2x即x0时等号成立， ∴ f x 4， min 3k2 1 (3k1)(k1) 1 ∴4 ，即 0，解得：k 0或 k 1， k k 3 1  综上，实数k的取值范围为,0 ,1. 3  第7页，共10页 学科网（北京）股份有限公司19．【详解】（1）A  x∣axa2，且 1A ，∴a1a2，解得a1. 即实数a的取值范围是,1. （2）A,aa2，得a0或a1， x4 由 0，得1x4，B{x∣1x4}， x1 p是q的充分不必要条件，∴A 是 B 的真子集， a1 所以  （等号不能同时取得），解得1a2， a2 4 又a0或a1，所以1a2. 实数a的取值范围是1,2. 20．【详解】（1）由题可知函数 f x的定义域为0,, f xx2 xlnx ∴𝑓'(𝑥)=2𝑥+1− 1 = 2𝑥2+𝑥−1 = (2𝑥−1)(𝑥+1) 𝑥 𝑥 𝑥 1 1 令𝑓'(𝑥)<0得:0<𝑥< ；令𝑓'(𝑥)>0得:𝑥> 2 2  1 1  所以， f x在 0,  上单调递减，  , 上单调递增.  2 2  （2）要证明 f xex x2 x2，只需证明： ex lnx20 ， 解法一：证明 ex x1和lnxx1 ，再说明等号不同时取到。 1 解法二：令gxex lnx2,gxex  ， x 1 1 设hxex  ，hxex  0，即gx单调递增， x x2 1 又∵g   e20，g1e10， 2 1 ∴函数gx有唯一的零点x x 0且x 1，满足ex0  0， 0 0 0 x 0 当x变化时，gx与gx的变化情况如下， 0,x  x 0 x x , 0 0 gx  0  第8页，共10页 学科网（北京）股份有限公司gx ↘ 极小值 ↗ 1 所以g(x) gx ex0 lnx 2 x 2， min 0 0 x 0 0 1 1 1 因为 x 22 x 20，∵x 1，所以不取等号，即 x 20，即 x 0 x 0 0 x 0 0 0 0 g(x) 0恒成立， min 所以， ex lnx20 恒成立， 所以，对x0, f xex x2 x2成立. 1 m 1 21．【详解】（1）∵ f(x) x3  x2 x ，∴ f(x)x2 mx1， 3 2 6 1 1 1 由题可知， f(x)0，即x2 mx10在( ,2)上有解，即m x在( ,2)上有解 2 x 2 1 1 3 1 3 ∵y x在( ,2)上递减，∴  x ， x 2 2 x 2 3 3 ∴m ，故实数m的取值范围是m . 2 2 m m2 4 m m2 4 （2）由 f(x)0，即x2 mx10，解得x  ,x  ， 1 2 2 2 ∴当xx 或xx 时， f(x)0，当x xx 时， f(x)0， 1 2 1 2 ∴ f(x)在(,x ),(x ,)上递增，在(x,x )上递减， 1 2 1 2 ∴ f(x)在xx 处取得极小值， 2 m m2 4 ∴ m，即 m2 4 3m， 2 2 当m0时，不等式成立：当m0时，解得0m ， 2 2 综上，m . 2 1 22．【详解】（1）当a1时， f x  x2 1  lnxx2 x， fx2xlnxx 1， x 1 设gx fx，则gx12lnx ， x2 ∵gx在0,上单调递增，且g10， ∴x0,1时，gx0， fx单调递减，x1,时，gx0， fx单调递 增， ∴ fx  f11； min 第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司（2） f xaxe2ax x2即2  x2 1  lnx2ax  e2ax 1 ，即 x2 1  lnx2   e2ax 1  lne2ax ， 设hxx1lnxx0，则h  x2 h  e2ax， 1 1 x1 hxlnx1 ，设mxlnx1 x0，则mx ， x x x2 所以x0,1时，mx0，mx单调递减，x1,时，mx0，mx单调 递增， 所以mxm120，即hx0，hx在0,上单调递增， 所以方程 f xaxe2ax x2有解即 x2 e2ax在0,上有解，2ax2lnx有解，即 lnx a 有解， x lnx 1lnx 设nx x0，则nx ， x x2 x0,e时，nx0，nx单调递增，xe,时，nx0，nx单调递 减， 1 所以nxne ， e 1  1 所以a ，即实数a的取值范围是 ,  ． e  e 第10页，共10页 学科网（北京）股份有限公司