高考专题专题阶段评估1全国理.docx
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高考专题专题阶段评估1全国理
高中数学学习材料
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专题阶段评估
（一）
集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数
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【说明】 本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入答题格内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答，共150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷 （选择题 共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．（2013·吉林白山二模）命题“若a2＋b2＝0，则a＝0且b＝0”的逆否命题是（ ）
A．若a2＋b2≠0，则a≠0且b≠0B．若a2＋b2≠0，则a≠0或b≠0
C．若a＝0且b＝0，则a2＋b2≠0D．若a≠0或b≠0，则a2＋b2≠0
2．下列函数中，与函数y＝－3|x|的奇偶性相同，且在（－∞，0）上单调性也相同的是（ ）
A．y＝－B．y＝log2|x|
C．y＝1－x2D．y＝x3－1
3．（2013·安徽“江南十校”高三联考）已知集合A＝{x|x2－x≤0}，函数f（x）＝2－x（x∈A）的值域为B，则（∁RA）∩B＝（ ）
A．（1,2]B．[1,2]
C．[0,1]D．（1，＋∞）
4．（2013·安徽“江南十校”高三联考）已知e1，e2是两个单位向量，其夹角为θ，若向量m＝2e1＋3e2，则|m|＝1的充要条件是（ ）
A．θ＝πB．θ＝
C．θ＝D．θ＝
5．（2013·山东泰安一模）若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是（ ）
A．a＋b≥2B．＋＞
C．＋≥2D．a2＋b2＞2ab
6．（2013·天津卷）设a，b∈R，则“（a－b）·a2＜0”是“a＜b”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．（2013·重庆卷）关于x的不等式x2－2ax－8a2＜0（a＞0）的解集为（x1，x2），且x2－x1＝15，则a＝（ ）
A.B．
C．D．
8．（2013·辽宁大连二模）设z＝x＋y，其中实数x，y满足若z的最大值为6，则z的最小值为（ ）
A．－3B．－2
C．－1D．0
9．已知f（x）＝32x－（k＋1）3x＋2，当x∈R时，f（x）恒为正值，则k的取值范围是（ ）
A．（－∞，－1）B．（－∞，2－1）
C．（－1,2－1）D．（－2－1,2－1）
10．函数y＝f（x），x∈D，若存在常数C，对任意的x1∈D，存在唯一的x2∈D使得＝C，则称函数f（x）在D上的几何平均数为C.已知f（x）＝x3，x∈[1,2]，则函数f（x）＝x3在[1,2]上的几何平均数为（ ）
A.B．2
C．4D．2
11．（2013·北京东城一模）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝ex（x＋1），给出下列命题：
①当x＞0时，f（x）＝ex（1－x）；②函数f（x）有两个零点；③f（x）＞0的解集为（－1,0）∪（1，＋∞）；④∀x1，x2∈R，都有|f（x1）－f（x2）|＜2.
其中正确命题的个数是（ ）
A．1B．2
C．3D．4
12．（2013·山东德州）已知函数y＝f（x）的图象关于y轴对称，且当x∈（－∞，0）时，f（x）＋xf′（x）＜0成立，a＝（20.2）·f（20.2），b＝（logπ3）·f（logπ3），c＝（log39）·f（log39），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．b＞a＞cB．c＞a＞b
C．c＞b＞aD．a＞c＞b
第Ⅱ卷 （非选择题 共90分）
题号
第Ⅰ卷
第Ⅱ卷
总分
二
17
18
19
20
21
22
得分
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上）
13．（2013·上海静安二模）函数g（x）＝x2－2013x，若g（a）＝g（b），a≠b，则g（a＋b）＝________.
14．（2013·河北普通高中质量监测）已知函数f（x）＝，则f（x）dx＝________.
15．已知集合A、B，定义集合A与B的一种运算A⊕B，其结果如下表所示：
A
{1,2,3,4}
{－1,1}
{－4,8}
{－1,0,1}
B
{2,3,6}
{－1,1}
{－4，－2,0,2}
{－2，－1,0,1}
A⊕B
{1,4,6}
∅
{－2,0,2,8}
{－2}
按照上述定义，若M＝{－2011,0,2012}，N＝{－2012,0,2013}，则M⊕N＝________.
16．设函数f（x）的定义域为D，若存在非零实数l使得对于任意x∈M（M⊆D），有x＋l∈D，且f（x＋l）≥f（x），则称函数f（x）为M上的l高调函数．现给出下列命题：
①函数f（x）＝x是R上的1高调函数；
②函数f（x）＝sin2x为R上的π高调函数；
③如果定义域为[－1，＋∞）的函数f（x）＝x2为[－1，＋∞）上的m高调函数，那么实数m的取值范围是[2，＋∞）．
其中正确的命题是________．（写出所有正确命题的序号）
三、解答题（本大题共6小题，共74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12分）设定义在（0，＋∞）上的函数f（x）＝ax＋＋b（a＞0）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）若曲线y＝f（x）在点（1，f
（1））处的切线方程为y＝x，求a，b的值．
18．（本小题满分12分）已知函数f（x）＝.
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）已知m∈R，命题p：
关于x的不等式f（x）≥m2＋2m－2对任意m∈R恒成立；q：
函数y＝（m2－1）x是增函数．若“p或q”为真，“p且q”为假，求实数m的取值范围．
19．（本小题满分12分）（2013·湖北武汉市武昌区高三联合考试）已知函数f（x）＝lnx＋－1.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设m∈R，对任意的a∈（－1,1），总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f（x0）＜0成立，求实数m的取值范围．
20.（本小题满分12分）（2013·湖南五市十校高三第一次联合检测）设函数f（x）＝ax2＋bx＋c，且f
（1）＝－，3a＞2c＞2b，求证：
（1）a＞0，且－3＜＜－；
（2）函数f（x）在区间（0,2）内至少有一个零点；
（3）设x1，x2是函数f（x）的两个零点，则≤|x1－x2|＜.
21．（本小题满分13分）设函数f（x）＝x3－ax2－ax，g（x）＝2x2＋4x＋c.
（1）试问函数f（x）能否在x＝－1时取得极值？
说明理由；
（2）若a＝－1，当x∈[－3,4]时，函数f（x）与g（x）的图象有两个公共点，求c的取值范围．
22．（本小题满分13分）已知函数f（x）＝ax2－lnx，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R.
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间与极值；
（2）是否存在实数a，使f（x）的最小值是3？
若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
详解答案
一、选择题
1．D “若a2＋b2＝0，则a＝0且b＝0”的逆否命题是“若a≠0或b≠0，则a2＋b2≠0”，故选D.
2．C 函数y＝－3|x|为偶函数，在（－∞，0）上为增函数，选项B是偶函数但单调性不符合，只有选项C符合要求．
3．A 由题意知，集合A＝{x|0≤x≤1}，∴B＝{y|1≤y≤2}，∁RA＝{x|x＜0或x＞1}，∴（∁RA）∩B＝（1,2]．
4．A 由|m|＝1，得m2＝1，即（2e1＋3e2）2＝1.展开得，4e＋9e＋12e1·e2＝1，即4＋9＋12cosθ＝1，所以cosθ＝－1.又θ∈[0，π]，∴θ＝π.
5．C 因为ab＞0，所以＞0，＞0，即＋≥2＝2（当且仅当a＝b时等号成立），所以选C.
6．A 分别判断由（a－b）·a2＜0是否能得出a＜b成立和由a＜b是否能得出（a－b）·a2＜0成立．
由不等式的性质知（a－b）·a2＜0成立，则a＜b成立；而当a＝0，a＜b成立时，（a－b）·a2＜0不成立，所以（a－b）·a2＜0是a＜b的充分而不必要条件．
7．A 由x2－2ax－8a2＜0（a＞0）得（x＋2a）（x－4a）＜0（a＞0），即－2a＜x＜4a，故原不等式的解集为（－2a,4a）．
由x2－x1＝15得4a－（－2a）＝15，即6a＝15，所以a＝.故选A.
8．A 由z＝x＋y得y＝－x＋z，作出表示的区域，如图中阴影部分，
平移直线y＝－x＋z，由图象可知当直线经过C时，直线的纵截距最大，此时z＝6，由解得所以k＝3，故B（－6，3），则zmin＝－6＋3＝－3，选A.
9．B 由f（x）＞0得32x－（k＋1）·3x＋2＞0，解得k＋1＜3x＋，而3x＋≥2，即x＝log3时，等号，
∴k＋1＜2，即k＜2－1.
10．D 令x1x2＝m，且1≤x1≤2,1≤x2≤2，则x2≤x1x2≤2x2，即x2≤m≤2x2，∴，可得m＝2，故C＝＝＝＝2.
11．B 根据函数y＝f（x）是奇函数，当x＜0时，f（x）＝ex（x＋1），可知x＞0时的解析式为f（x）＝－e－x（－x＋1），①不正确；函数有三个零点，②不正确；命题③④成立．选B.
12．A 因为函数y＝f（x）关于y轴对称，所以函数y＝xf（x）为奇函数．因为[xf（x）]′＝f（x）＋xf′（x），且当x∈（－∞，0）时，[xf（x）]′＝f（x）＋xf′（x）＜0，则函数y＝xf（x）在（－∞，0）上单调递减；因为y＝xf（x）为奇函数，所以当x∈（0，＋∞）时，函数y＝xf（x）单调递减．因为1＜20.2＜2,0＜logπ3＜1，log39＝2，所以0＜logπ3＜20.2＜log39，所以b＞a＞c，选A.
二、填空题
13．解析：
由g（a）＝g（b）得a2－2013a＝b2－2013b，所以a＋b＝2013，g（a＋b）＝g（2013）＝0.
答案：
0
14．解析：
由已知得f（x）dx＝sinxdx＋dx
＝－cosxπ＝＋1.
答案：
＋1
15．解析：
由给出的定义知集合A⊕B的元素是由所有属于集合A但不属于集合B和属于集合B但不属于集合A的元素构成的，即A⊕B＝{x|x∈A且x∉B或x∈B且x∉A}．故M⊕N＝{－2011，2012，－2012,2013}．
答案：
{－2011,2012，－2012,2013}
16．解析：
对于①，∵x∈R，∴x＋1∈R.
又f（x）＝x在R上是减函数，
∴x＋1＜x，即f（x＋1）＜f（x）．
∴①错．
对于②，∵x∈R，∴x＋π∈R.
∴f（x＋π）＝sin2（x＋π）＝sin2x＝f（x）．
∴②正确．
对于③，∵f（x）＝x2为[－1，＋∞）上的m高调函数，
∴f（x＋m）≥f（x）即（x＋m）2≥x2，
∴2mx＋m2≥0对于x∈[－1，＋∞）恒成立．
∴或.
∴m≥2，即③正确．
∴正确命题是②，③.
答案：
②③
三、解答题
17．解析：
（1）f（x）＝ax＋＋b≥2＋b＝b＋2，
当且仅当ax＝1时，f（x）取得最小值为b＋2.
（2）由题意得：
f
（1）＝⇔a＋＋b＝，①
f′（x）＝a－⇒f′
（1）＝a－＝，②
由①②得：
a＝2，b＝－1.
18．解析：
（1）作出函数f（x）的图象，可知函数f（x）在（－∞，－2）上单调递减，在（－2，＋∞）上单调递增，故f（x）的最小值为f（x）min＝f（－2）＝1.
（2）对于命题p，m2＋2m－2≤1，故－3≤m≤1；
对于命题q，m2－1＞1，故m＞或m＜－.
由于“p或q”为真，“p且q”为假，则
①若p真q假，则解得－≤m≤1.
②若p假q真，则，解得m＜－3或m＞.
故实数m的取值范围是（－∞，－3）∪[－，1]∪（，＋∞）．
19．解析：
（1）f′（x）＝－＝，x＞0.
令f′（x）＞0，得x＞1，因此函数f（x）的单调递增区间是（1，＋∞）．
令f′（x）＜0，得0＜x＜1，因此函数f（x）的单调递减区间是（0,1）．
（2）依题意，ma＜f（x）max.
由
（1）知，f（x）在x∈[1，e]上是增函数，
∴f（x）max＝f（e）＝lne＋－1＝.
∴ma＜，即ma－＜0对于任意的a∈（－1,1）恒成立．
∴解得－≤m≤.
∴m的取值范围是.
20．解析：
（1）由已知得f
（1）＝a＋b＋c＝－，∴3a＋2b＋2c＝0，
又3a>2c>2b，∴a＞0，b＜0.
又2c＝－3a－2b，∴3a＞－3a－2b＞2b，
∵a＞0，∴－3＜＜－.
（2）由已知得f（0）＝c，f
（2）＝4a＋2b＋c＝a－c，
①当c＞0时，f（0）＝c＞0，f
（1）＝－＜0，
∴函数f（x）在区间（0,1）内至少有一个零点；
②当c≤0时，f
（1）＝－＜0，f
（2）＝a－c＞0，
∴函数f（x）在区间（1,2）内至少有一个零点．
综上所述，函数f（x）在区间（0,2）内至少有一个零点．
（3）∵x1，x2是函数f（x）的两个零点，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝－－，
∴|x1－x2|＝
＝＝，
∵－3＜＜－，∴≤|x1－x2|＜.
21．解析：
（1）由题意f′（x）＝x2－2ax－a，
假设在x＝－1时f（x）取得极值，则有f′（－1）＝（－1）2－2a（－1）－a＝0，解得a＝－1.
而此时f′（x）＝x2＋2x＋1＝（x＋1）2≥0，所以函数f（x）在R上为增函数，函数无极值．
这与f（x）在x＝－1处有极值矛盾，所以f（x）在x＝－1处无极值．
（2）设f（x）＝g（x），则有x3－ax2－ax＝2x2＋4x＋c，
所以c＝x3－x2－3x.
设F（x）＝x3－x2－3x，则F′（x）＝x2－2x－3，令F′（x）＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
当x变化时，F′（x），F（x）的变化情况如表所示：
x
－3
（－3，－1）
－1
（－1,3）
3
（3,4）
4
F′（x）
＋
0
－
0
＋
F（x）
－9
极大值
极小值
－
由表可知F（x）在[－3，－1]，[3,4]上是增函数，在[－1,3]上是减函数．
当x＝－1时，F（x）取得极大值F（－1）＝；当x＝3时，F（x）取得极小值F（3）＝－9，而F（－3）＝－9，F（4）＝－.
如果函数f（x）与g（x）的图象有两个公共点，则函数F（x）与y＝c有两个公共点，所以－＜c＜或c＝－9.
22．解析：
（1）∵f（x）＝x2－lnx，f′（x）＝2x－＝，x∈（0，e]，
令f′（x）＞0，得＜x＜e，
f′（x）＜0，得0＜x＜，
∴f（x）的单调增区间是，单调减区间为.
∴f（x）的极小值为f＝－ln＝＋ln2.无极大值．
（2）假设存在实数a，使f（x）＝ax2－lnx，x∈（0，e]有最小值3，
f′（x）＝2ax－＝.
①当a≤0时，x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，
∴f（x）min＝f（e）＝ae2－1＝3，
a＝（舍去）．
②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，
（ⅰ）当0＜＜e，即a＞时，
f（x）在上单调递减，
在上单调递增，
∴f（x）min＝f
＝－ln＝3，得a＝.
（ⅱ）当≥e，即0＜a≤时，x∈（0，e]时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，
∴f（x）min＝f（e）＝ae2－1＝3，
a＝（舍去），此时f（x）无最小值．
综上，存在实数a＝，使得当x∈（0，e]时，f（x）有最小值3.
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