北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
模块卷(二)
时间:120分钟 分值:150分
集合、常用逻辑用语、函数、导数、不等式
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2020课标Ⅰ理,2,5分)设集合A={x|x2-4≤0},B={x|2x+a≤0},且A∩B={x|-2≤x≤1},则a= ( )
A.-4 B.-2 C.2 D.4
答案 B 由已知可得A={x|-2≤x≤2},B={ a},
x|x≤-
2
a
又∵A∩B={x|-2≤x≤1},∴- =1,
2
∴a=-2.故选B.
2.命题“∀n∈N*,∃x∈R,使得n2<x”的否定形式是 ( )
0 0
A.∀n∈N*,∃x∈R,使得n2≥x
0 0
B.∀n∈N*,∀x∈R,使得n2≥x
0 0
C.∃n∈N*,∃x∈R,使得n2≥x
0 0
D.∃n∈N*,∀x∈R,使得n2≥x
答案 D 先将条件中的全称量词变为存在量词,存在量词变为全称量词,再否定结论.故选D.
3.(2020河南洛阳二模,9)函数f(x)=ln x-ax在x=2处的切线与直线ax-y-1=0平行,则实数a= ( )
1 1
A.-1 B. C. D.1
4 2
1 1 1
答案 B 对函数求导,得f '(x)= -a,切线斜率k=f '(2)= -a=a,所以a= .故选B.
x 2 4
4.(2020北京东城一模,4)下列函数中,与函数y=(1) x 的定义域和值域都相同的是 ( )
5
A.y=x2+2x,x>0 B.y=|x+1|
1
C.y=10-x D.y=x+
x
答案 C 本题考查函数的定义域与值域,考查学生灵活运用函数的三要素解决问题的能力,体现数学运算的
核心素养.
函数y=(1) x 的定义域是R,值域是(0,+∞).对于A选项,函数y=x2+2x,x>0的定义域与值域都是(0,+∞),故A选
5
项不符合题意;对于B选项,函数y=|x+1|的定义域是R,值域是[0,+∞),故B选项不符合题意;对于C选项,函数
1
y=10-x的定义域是R,值域是(0,+∞),故C选项符合题意;对于D选项,函数y=x+ 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),值
x
域为(-∞,-2]∪[2,+∞),故D选项不符合题意.故选C.
5.(2021届浙江五校联考)设A、B、C三点不共线,则“⃗AB与⃗AC的夹角是钝角”是“|⃗AB+⃗AC|<|⃗BC|”
的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
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D.既不充分也不必要条件
答案 C 设⃗AB与⃗AC的夹角是θ,|⃗AB|=c,|⃗AC|=b,|⃗BC|=a,已知A、B、C三点不共线,则“|⃗AB+⃗AC|<|
⃗BC|”⇔c2+b2+2bccos θ<a2⇔cos θ<0,且θ≠π⇔⃗AB与⃗AC的夹角是钝角.
∴“⃗AB与⃗AC的夹角是钝角”是“|⃗AB+⃗AC|<|⃗BC|”的充要条件.故选C.
{log x,x>0,
2
6.已知偶函数y=f(x),x∈R满足f(x)=x2-3x(x≥0).若函数g(x)= 则y=f(x)-g(x)的零点个数为(
1
- ,x<0,
x
)
A.1 B.3 C.2 D.4
答案 B 本题考查分段函数零点个数的判断.y=f(x)-g(x)的零点个数即为方程f(x)=g(x)的根的个数,即函数
y=f(x)和y=g(x)图象的交点个数,作出两函数图象,如图所示,由图象可知共有3个交点,故选B.
1 1
7.(2019黑龙江牡丹江一模,8)设函数f(x)= +a,若f(x)为奇函数,则不等式f(x)>- 的解集为 ( )
ex+1 4
A.(0,ln 2) B.(-∞,ln 2)
C.(-∞,ln 3) D.(0,ln 3)
1
答案 C 函数f(x)= +a的定义域为R,
ex+1
1 1
因为f(x)为奇函数,所以有f(0)= +a=0,解得a=- ,
2 2
1 1 1 1 1 1 1
则f(x)= - .由y=ex+1为增函数,得f(x)= - 在R上为减函数,且f(ln 3)= - =- ,则f(x)>-
ex+1 2 ex+1 2 eln3+1 2 4
1
⇒f(x)>f(ln 3)⇒x<ln 3,即不等式的解集为(-∞,ln 3),故选C.
4
8.(2020湖南长沙明德中学月考,11)已知f '(x)是函数f(x)的导函数,且对任意的实数x都有f '(x)=ex(2x+1)+f(x),
f(0)=-2,则不等式f(x)<4ex的解集为 ( )
A.(-2,3) B.(-3,2)
C.(-∞,-3)∪(2,+∞) D.(-∞,-2)∪(3,+∞)
f (x) f '(x)-f (x)
答案 B 令G(x)= ,则G'(x)= =2x+1,∴可设
ex ex
f (x) f (x)
G(x)=x2+x+c,∵G(0)=f(0)=-2,∴c=-2,∴G(x)= =x2+x-2,则f(x)<4ex等价于 <4,即x2+x-2<4,解得-3<x<2,
ex ex
所以不等式的解集为(-3,2).故选B.
二、选择题:本题共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.(2020山东百师联盟测试五,1)下列命题是真命题的是( )
1 1
A.若ab>0,a>b,则 <
a b
B.若a,b∈R,则a(a-b)≥(a-2b)b恒成立
C.若√a>√b,则ab>b2
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D.若a>b>0,c>d>0,则ac>bd>0
1 1 1
答案 ABD ab>0,则 >0,又因为a>b,所以 < ,故A正确.a,b∈R,a(a-b)-(a-2b)b=a2-ab-ab+2b2=(a-
ab a b
b)2+b2≥0,即a(a-b)≥(a-2b)b,故B正确.√a>√b,当a=1,b=0时,ab=b2,故C不正确.若a>b>0,c>d>0,则ac>bd>0,D
正确.故选ABD.
10.(2021届广东珠海一中模拟)已知f(x)是可导的函数,且f '(x)<f(x)对于x∈R恒成立,则下列不等关系正确的
是 ( )
A.f(1)<ef(0),f(2 020)<e2 020f(0)
B.f(1)>ef(0),f(1)>e2f(-1)
C.f(1)<ef(0),f(1)<e2f(-1)
D.f(1)>ef(0),f(2 020)>e2 020f(0)
f (x) f '(x)-f (x)
答案 AC 设g(x)= ,则g'(x)= ,
ex ex
∵f '(x)<f(x),∴g'(x)<0,即g(x)在R上单调递减,
f (1) f (0)
∴g(1)<g(0),即 < ,即f(1)<ef(0),
e e0
f (2 020) f (0)
g(2 020)<g(0),即 < ,即f(2 020)<e2 020f(0),
e2 020 e0
f (1) f (-1)
g(1)<g(-1),即 < ,即f(1)<e2f(-1).
e e-1
∴选项A和C正确,选项B和D错误.
故选AC.
1
11.(2021届湖北荆州中学模拟)关于函数f(x)= 的性质,下列命题中正确的是 ( )
4x+2
A.函数f(x)的定义域为R
B.函数f(x)的值域为(0,+∞)
C.方程f(x)=x有且只有一个实根
D.函数f(x)的图象是中心对称图形
1
答案 ACD 函数f(x)= 的定义域为R,所以A正确;
4x+2
函数y=4x的值域为(0,+∞),所以0< 1 <1,故函数f(x)的值域是( 1),所以B不正确;
0,
4x+2 2 2
如图,作出函数f(x)的图象和直线y=x,可知方程f(x)=x有且只有一个实根,所以C正确;
因为f(x+1)+f(-x)= 1 + 1 = 1 + 4x =1,∴f(x)的图象关于点(1 1)对称,所以
,
4x+1+2 4-x+2 4·4x+2 2·4x+1 2 2 4
D正确.
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故选ACD.
12.(2021届海南华侨中学模拟)已知函数f(x)=ex+e-x+|x|.则下面结论正确的是 ( )
A.f(x)是奇函数
B.f(x)在[0,+∞)上为增函数
C.若x≠0,则f( 1)>e2+2
x+
x
D.若f(x-1)<f(-1),则0<x<2
答案 BCD 已知函数f(x)=ex+e-x+|x|,其定义域为R, f(-x)=e-x+ex+|-x|=e-x+ex+|x|=f(x),故函数f(x)为偶函数,故选
项A错误;
当x>0时, f(x)=ex+e-x+x, f '(x)=ex-e-x+1>0,
所以函数f(x)为增函数,故选项B正确;
1
当x>0时,由基本不等式得x+ ≥2,当且仅当x=1时等号成立,
x
又f(x)在(0,+∞)上为增函数,
所以f( 1)≥f(2)=e2+e-2+2>e2+2,
x+
x
1
又函数y=x+ 为奇函数,
x
当x<0时,-x-1≥2, f( 1)=-f( 1)>e2+2,
x+ -x-
x x x
综上,当x≠0时, f( 1)>e2+2,
x+
x
故选项C正确;
因为函数f(x)为偶函数,所以由f(x-1)<f(-1),
得f(|x-1|)<f(|-1|),则|x-1|<1,解得0<x<2,故选项D正确.
故选BCD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2020山西临汾模拟,14)不等式ax2+x+1>0的解集为(m,1),则m+a= .
5
答案 -
2
解析 本题考查一元二次不等式与一元二次方程的关系,考查了逻辑推理和数学运算的核心素养.
由不等式ax2+x+1>0的解集为(m,1),得x=1是方程ax2+x+1=0的根,即a+1+1=0,解得a=-2,则不等式
1 1 5
为-2x2+x+1>0,解得- <x<1,则有m=- ,则有m+a=- .
2 2 2
14.(2020浙江五校联考,13)不等式23x-1<(1) 1-2x 的解集是 ;不等式log
2
(3x-1)<log 4的解集是
1
2 2
.
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答案
{x|x<0};{
x
|1
<x<
5 }
3 12
解析 ∵(1) 1-2x =22x-1,∴23x-1<22x-1,∴3x-1<2x-1,
2
解得x<0.
g 1 1
∵lo 14=-log
2
4=log
2
,∴log
2
(3x-1)<log
2
,
2 4 4
1 1 5
即3x-1< ,且3x-1>0,解得 <x< .
4 3 12
πx
{cos ,0<x≤2,
2
15.(2018江苏,9,5分)函数f(x)满足f(x+4)=f(x)(x∈R),且在区间(-2,2]上, f(x)= 则
| 1|
x+ ,-2<x≤0,
2
f(f(15))的值为 .
√2
答案
2
解析 本题考查分段函数及函数的周期性.
∵f(x+4)=f(x),∴函数f(x)的周期为4,
∴f(15)=f(-1)=1, f(1)=cosπ=√2,
2 2 4 2
∴f(f(15))=f(1)=√2.
2 2
16.(2020福建泉州五中模拟)已知函数f(x)=x(aex-e-x)为偶函数,函数g(x)=f(x)+xe-x,则a= ;
若g(x)>mx-e对x∈(0,+∞)恒成立,则m的取值范围为 .
答案 1;(-∞,2e)
解析 根据题意,函数f(x)=x(aex-e-x)为偶函数,则f(-x)=f(x),
即(-x)(ae-x-ex)=x(aex-e-x),变形可得a=1,
则f(x)=x(ex-e-x),g(x)=f(x)+xe-x=xex,
g(x)>mx-e对x∈(0,+∞)恒成立,
即xex>mx-e对x∈(0,+∞)恒成立,
e
又由x∈(0,+∞),变形可得m<ex+ ,
x
e e
设h(x)=ex+ ,x>0,其导数h'(x)=ex- ,
x x2
在区间(0,1)上,h'(x)<0,h(x)为减函数,在区间(1,+∞)上,h'(x)>0,h(x)为增函数,
则在区间(0,+∞)上,h(x)≥h(1)=2e,
e
若m<ex+ 对x∈(0,+∞)恒成立,则有m<2e,
x
故m的取值范围为(-∞,2e).
第5页共10页第5页共10页
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故答案为1,(-∞,2e).
四、解答题:共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.
17.(2020山东枣庄期中,17)非空集合A={x|x2-(3a+1)x+2(3a-1)<0},集合B={x|x2-(a2+a+2)x+a3+2a<0}.
(1)当a=3时,求A∩B;
(2)p:x∈A,q:x∈B,若q是p的必要条件,求实数a的取值范围.
解析 本题考查了集合的运算及充分、必要条件与集合间的关系,通过求解一元二次不等式,考查学生对含
参数一元二次不等式知识的掌握程度,考查了数学运算的核心素养.
(1)当a=3时,A={x|x2-10x+16<0}={x|(x-2)(x-8)<0}={x|2<x<8},
B={x|x2-14x+33<0}={x|(x-3)(x-11)<0}={x|3<x<11},故A∩B={x|3<x<8}.
(2)A={x|(x-2)[x-(3a-1)]<0},
B={x|(x-a)[x-(a2+2)]<0}.
∵a2+2-a=( 1) 2 +7>0,∴a2+2>a.
a-
2 4
∴B={x|a<x<a2+2}.
∵q是p的必要条件,∴A⊆B.
①当a=1时,3a-1=2,A=⌀,不符合题意;
②当a>1时,3a-1>2,A={x|2<x<3a-1},要使A⊆B,
{
a>1,
则有 ∴1<a≤2;
a≤2,
3a-1≤a2+2,
③当a<1时,3a-1<2,A={x|3a-1<x<2},要使A⊆B,
{
a<1,
则有 ∴1≤a<1.
a≤3a-1,
2
2≤a2+2,
综上所述,实数a的取值范围是[1 )∪(1,2].
,1
2
18.(2017课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)当a<0时,证明f(x)≤- -2.
4a
1 (x+1)(2ax+1)
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= +2ax+2a+1= .
x x
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈( 1 )时, f '(x)>0;
0,-
2a
当x∈( 1 )时, f '(x)<0,
- ,+∞
2a
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故f(x)在( 1 )单调递增,在( 1 )单调递减.
0,- - ,+∞
2a 2a
(2)证明:由(1)知,当a<0时, f(x)在x=- 1 取得最大值,最大值为f( 1 )=ln( 1 )-1- 1 .
- -
2a 2a 2a 4a
所以f(x)≤- 3 -2等价于ln( 1 )-1- 1 ≤- 3 -2,即ln( 1 )+ 1 +1≤0.
- -
4a 2a 4a 4a 2a 2a
1
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)= -1.
x
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取得
最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln( 1 )+ 1 +1≤0,即f(x)≤- 3 -2.
-
2a 2a 4a
19.(2020北京东城一模,19)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数,设e为自然对数的底数.
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在区间(1,e)上的最大值为-3,求a的值;
(3)若不等式f(x)≤x恒成立,求a的取值范围.
解析 本题考查导数的几何意义、导数的应用、导数与函数的最值、恒成立问题,考查学生解决问题的能
力,渗透逻辑推理、数学运算的核心素养.
1
(1)当a=-1时, f(x)=-x+ln x,则f '(x)=-1+ ,∴k=f '(1)=0,
x
又f(1)=-1,∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(-1)=0,即y=-1.
1 ax+1
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a+ = ,
x x
若a≥0, f '(x)>0, f(x)在(1,e)上单调递增,无最大值.
1 1
若a<0,当0<x<- 时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x>- 时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
a a
函数f(x)在(1,e)上取得最大值-3,则1<-1<e,即-1<a<-1,且f( 1)=-3,则a=-e2<-1,∴a无解.
-
a e a
lnx
(3)不等式f(x)≤x恒成立,则ax+ln x≤x恒成立,即a≤1- 恒成立,
x
lnx -1+lnx
设g(x)=1- (x>0),则g'(x)= (x>0),
x x2
令g'(x)=0,解得x=e.
故当0<x<e时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
1 1
∴g(x) =g(e)=1- ,∴a≤1- .
min
e e
20.(2020浙江杭州期末,19)已知函数f(x)=x2+k|x-1|-2.
(1)当k=1时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若k≤-2,试判断方程f(x)=-1的根的个数.
解析 本题考查函数单调区间的求法,考查方程根的个数,分类讨论是关键,属于中档题.
第7页共10页第7页共10页
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(1)k=1时,
f(x)=x2+|x-1|-2={x2+x-3,x≥1,
x2-x-1,x<1,
因为y=x2+x-3在[1,+∞)上单调递增,且y=x2-x-1在[1 )上单调递增,f(x)的图象在(-∞,+∞)上连续,
,1
2
所以f(x)的单调递增区间为[1 ).
,+∞
2
(2)显然,x=1为方程f(x)=-1的根.
当x>1时,由f(x)=-1得x2+kx-k-1=0,即(x-1)(x+1+k)=0,解得x=-1-k;
当x<1时,由f(x)=-1得x2-kx+k-1=0,即(x-1)(x+1-k)=0,解得x=k-1.
{-1-k>1,
因为当k<-2时, 所以此时方程有三个不等实根:
k-1<-3,
k-1,1,-k-1;
{-1-k=1,
当k=-2时, 所以此时方程有两个不等实根:
k-1=-3<1,
k-1,1.
21.(2021届天津南开中学月考)已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在[1 ]上有两个零点,求实数m的取值范围.
,e
e
2
解析 (1)当a=2时, f(x)=2ln x-x2+2x,所以f '(x)= -2x+2,切点坐标为(1,1),所以切线的斜率k=f '(1)=2,则切线
x
方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.
2 -2(x+1)(x-1)
(2)g(x)=2ln x-x2+m,则g'(x)= -2x= .
x x
因为x∈[1 ],所以当g'(x)=0时,x=1.
,e
e
1
当 <x<1时,g'(x)>0;当1<x<e时,g'(x)<0.
e
故g(x)在x=1处取得极大值,g(1)=m-1.
又g(1)=m-2-1 ,g(e)=m+2-e2,g(e)-g(1)=4-e2+1 <0,
e e2 e e2
则g(e)<g(1),所以g(x)在[1 ]上的最小值是g(e).
,e
e e
则g(x)在[1 ]上有两个零点的条件是
,e
e
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{
g(1)=m-1>0,
1
解得1<m≤2+ ,
(1) 1
g =m-2- ≤0, e2
e e2
所以实数m的取值范围是(
1,2+
1 ].
e2
22.(2020浙江杭州二中开学考,22)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时, f(x)=x-log
2
[ (1) x
+1
] +1.
2
(1)求f(x)在R上的解析式;
1
(2)若x∈[0,1],函数g(x)=2f(x)+1+m·2x-2m,是否存在实数m,使得g(x)的最小值为 ?若存在,求出m的值;若不存在,
4
说明理由.
解析 (1)因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0.
不妨设x>0,则-x<0,所以f(-x)=-x-log
2
[ (1) -x
+1
] +1,
2
所以f(x)=-f(-x)=x+log
2
[ (1) -x
+1
] -1=x+log
2
(2x+1)-1.又0-log
2
[ (1) 0
+1
] +1=0,
2 2
{x-log (2-x+1)+1,x≤0,
所以f(x)= 2
x+log (2x+1)-1,x>0.
2
{2x-log (2x+1)+1,x≤0,
(2)存在.化简得f(x)= 2
x+log (2x+1)-1,x>0,
2
当x=0时,0+log(20+1)-1=0满足,
2
所以当x∈[0,1]时, f(x)=x+log(2x+1)-1,
2
所以g(x)= +m·2x-2m
2x+log
2
(2x+1)-1+1
= +m·2x-2m=2x·(2x+1)+m·2x-2m
2x+log
2
(2x+1)
=(2x)2+(m+1)2x-2m,
令t=2x,t∈[1,2],所以h(t)=t2+(m+1)t-2m,
1 1
所以函数g(x)在x∈[0,1]上的最小值为 即函数h(t)在[1,2]上的最小值为 ,又函数h(t)的图象的对称轴为直
4 4
m+1
线t=- ,
2
m+1 1 7
当- <1,即m>-3时,函数h(t)在区间[1,2]上是增函数,所以h(t) =h(1)=2-m= ,解得m= .
min
2 4 4
m+1 -8m-(m+1)2 1
当1≤- ≤2,即-5≤m≤-3时,h(t) = = ,
2 min 4 4
化简得m2+10m+2=0,解得m=-5+√23或m=-5-√23.
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
因为-5+√23>-3,-5-√23<-5,所以此时m∈⌀.
m+1 1
当- >2,即m<-5时,函数h(t)在区间[1,2]上是减函数,所以h(t) =h(2)=6≠ ,故m∈⌀.
min
2 4
7 1
综上所述,存在实数m= ,使得g(x)的最小值为 .
4 4
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