甘肃省会宁县第三中学2016届高三上学期第一次月考数学试卷

一．选择题（共12小题，每小题5分，总共60分）。

61．若集合A{x|x7x0,xN}，则ByN,yA中元素的个数为（ ）

y2*A．3个 B．4个 C．1个 D．2个

2．已知集合Axylog2x23x10,Bx2x5则(CRA)B等于( ) A．x|5x2 B．x|2x2 C．x|2x5 D．x|5x5 3．已知函数f(x)的定义域为[-1,5]，则

的定义域为（ ）

A． B． C． D．

4．函数fxloga6ax在0,2上为减函数，则a的取值范围是（ ） A．0,1 B．1,3 C．1,3 D．3, 5．（理）函数ycosx的图象是（ ） lnx

（文）函数f(x)lg(x)x的图像可能是 （ ）

6．（理）已知函数f（x）＝x2－ax＋3在（0,1）上为减函数，函数g（x）＝x2－aln x在（1,2）上为增函数，则a的值等于

A．1 B．2 C．0 D．2 x2+2x-3,x0（文）函数（的零点个数为 ( ) fx)=-2+lnx,x>0A．3 B．2 C．1 D．0

7．已知f(x)是定义在R上周期为4的奇函数，当x(0,2]时，f(x)2xlog2x，则f(2015)（ ）

1A．-2 B． C．2 D．5

228．函数f(x)ln(x1)的零点所在的大致区间是 （ ）

xA．（3，4） B．（2，e） C．（1，2） D．（0，1）

19．设曲线yexax在点0,1处的切线与直线x2y10垂直，则实数a（ ）

2A．3 B．2 C．1 D．0 10．（理）若f(x0)3，则limh0f(x0h)f(x0h)（ ）

hA．3 B．6 C．9 D．12

（文）设alog23，blog46，clog89，则下列关系中正确的是( ) A．abc B．acb C．cba D．cab

11．对任意a[-1,1],函数f(x)x2(a4)x42a的值恒大于零，则x的取值范围是（ ） A、13 C、12

212．（理）已知函数f(x)2xx，Q(1,0)，过点P(1,0)的直线l与f(x)的图像交于A,B两点，则三角形面积SQAB的最大值为（ ）

112A． 1 B． C． D． 232（文）已知函数

f(x)在R上可导，且f(x)x22xf(2)，则函数f(x)的解析式为（ ）

A．f(x)x28x B．f(x)x28x C．f(x)x22x D．f(x)x22x

第II卷（非选择题）

二．填空题（共4小题，每小题5分，总共20分）

13．（理）函数f(x)2x27x6与g(x)x的图象所围成封闭图形的面积为 ． （文）已知奇函数f（x），x（0，+∞），f(x)lgx，则不等式f(x)0的解集是 .

2x1(x1)则f[f()] ． 14.（．已知f(x)sinx2(x1)x2cosx,x015．已知函数f(x)2是奇函数，则sin ．

xsin(x),x016．已知函数f(x)在定义域R上为偶函数，并且f(x+2)= － f(x)，当2≤x≤3时，f(x)=x，

则f(105.8)= __。

三．解答题（共6小题，第17题10分，18—22题12分，总共70分。） 17．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋3，x∈[－4,6]．(1)当a＝－2时，求f(x)的最值； (2)求实数a的取值范围，使y＝f(x)在区间[－4,6]上是单调函数

18.已知函数f（x）=ax3+bx2+cx在点x0处取得极大值5，其导函数y=f′（x）的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示，求： （Ⅰ）x0的值； （Ⅱ）a，b，c的值．

19．已知：函数fx12xax2a2lnxa0 2（1）求fx的单调区间．

（2）若fx0恒成立，求a的取值范围．

120．设函数f(x)alnxbx2(x0)，若函数f(x)在x1处与直线y相切，

2（1）求实数a，b的值；

1（2）求函数f(x)在[,e]上的最大值；

e

21．已知定义在x-2，2上的偶函数fx满足：当x0,2时，fxx23x． （1）求函数f(x)在x-2，2上的解析式；

2，都有gx1fx2成立，求实（2）（理）设gxax2a,a0,若对于任意x1,x2-2，数a的取值范围． （文）解不等式fx0.

322．定义在R上的单调函数f(x)满足f(2)，且对任意x,yR都有f(xy)f(x)f(y).

2（1）求证：f(x)为奇函数；

（2）若f(k3x)f(3x9x2)0对任意xR恒成立，求实数k的取值范围.

参考答案

1．B分析：Ax0x7,xN*1,2,3,4,5,6,B1,2,3,6,所以B中共4个元素．

2．B试题分析：由题Axylog2x23x10=xx23x100xx5或x2,,则CRAx5x2而Bx2x5，故(CRA)Bx2x2，选B

3．A试题分析：由题意

，解得

4．B试题分析：函数由ylogau，u6ax构成，因为a0，所以u6ax是减函数，那么外层函数ylogau就是增函数，所以a1，因为0,2为定义域的子集，所以当x2时，

u6ax取得最小值，所以6-2a0，即a3，所以1a3．

5．（理）B试题分析：由fxcosxcosxcosx，得fxfx是偶函数，图象lnxlnxlnxcosx0 lnx关于y轴对称，因此排除A，C，当0x1，cosx0，lnxlnx0，因此fx（文）【答案】D 6．（理）B

分析：函数fx在

0,1上为减函数，所以a2，

g'x2xa0a2x2a2，综上a2 x2（文）【答案】B【解析】由方程x2x30(x0)解得x3,x10（舍去）；由方程

2lnx0(x0)解得xe20；故选B

7．A试题分析：因为f(x)是定义在R上周期为4的奇函数，所以fx4fx，fxfx，

f(x)2xlog2x，

f2015f12016f1f12，故选A。

8．C试题分析：判定端点值是否异号，f3ln4210，f4ln50，32f2ln310，felne120，都是同号，所以不选，f1ln220，ef1f20，所以零点必在区间1,2内．

9．B

试题分析：直线x2y10的斜率为11，yexa，221y|x01a2a2； 2 10.

（

理

）

B

试

题

分

析

：

由

题

意

可

得

：

f(x0h)f(x0h)h0hfx0hfx0hfx0hfx0hlim2lim2f'x06. h0h0h2hlim（文）【答案】A【解析】试题分析：blog46log26，clog89log29，933681，662163，所以963，故abc. 11．B试题分析：令g(a)x2(a4)x42a(x2)ax24x4，因为对于

2g(1)x5x60a1,1，函数f(x)x(a4)x42a的值恒大于零，则，

2g(1)x3x202解得x1或x3.

12.（理）B试题分析：设y2xx2x1y21，Q1,0为圆心

2S11QAQBsinAQBsinAQB 221所以面积最大值为 2（文）【答案】B【解析】试题分析：由f(x)x22xf(2)得f(x)2x2f(2)，当x2时，有f(2)222f(2)，进而得f(2)4，所以f(x)x28x，故选择B.

y2x27x6x1x3813．（理）试题分析：或. y1y33yx所求面积Sfxgxdx2x113328x6dx

23228x34x26x33432631341261. 31333（文）【答案】【解析】试题分析：∵x(0,)，f(x)lgx，不等式f(x)0(,1)(0,1)化为lgx0，解得0x1.当x(,0)时，∵函数f(x)是奇函数，∴

，由得，于是f(x)f(x)lg(x)f(x)0lg(x)0lg(x)0lg(x)lg1x1，∴x1.故结果为(,1)(0,1)

14．3 43． 4【解析】

试题分析：从内层算起，f2，f2221考点：分段函数求值

15．1试题分析：由于函数

fx是奇函数，ff，

2sin2cos，整理得sin1．

16．2.2

22

17．解 (1)当a＝－2时，f(x)＝x－4x＋3＝(x－2)－1， 由于x∈[－4,6]， ∴f(x)在[－4,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，f(x)的最小值是f(2)＝－1， 又f(－4)＝35，f(6)＝15， 故f(x)的最大值是35. 18．解：（Ⅰ）由图象可知，在（﹣∞，1）上f'（x）＞0，在（1，2）上f'（x）＜0． 在（2，+∞）上f'（x）＞0． 故f（x）在（﹣∞，1），（2，+∞）上递增，在（1，2）上递减． 因此f（x）在x=1处取得极大值，所以x0=1． （Ⅱ）f'（x）=3ax2+2bx+c，

由f'（1）=0，f'（2）=0，f（1）=5，

得

解得a=2，b=﹣9，c=12

19．试题解析：（Ⅰ）fx的定义域为0,，

2a2x2ax2a2x2axa fxxaxxx'（1）当a0时，在0,2a上f'x0，在2a,上f'x0， 因此，fx在0,2a上递减，在2a,上递增．

（2）当a0时，在0,a上f'x0，在a,上f'x0，因此，fx在0,a上递减，在a,上递增． （Ⅱ）由（Ⅰ）知：a0时，

fminxf2a2a22a22a2ln2a2a2ln2a由

fx0得：

1ln2a002a1a0， 213当a0时，fminxfaa2a22a2lnaa22a2lna 由fx0得：

22

33232a2alna0lna0ae4 2431综上得：a,00,e4 2

20．试题解析：（1）f'(x)1a2bx函数f(x)在x1处与直线y相切

2xf'(1)a2b0a11211x2 1,解得1 （2）f(x)lnxx,f'(x)x2xxf(1)bb22当11xe时，令f'(x)0得x1；令f'(x)0，得1xe; ee11f(x)在,1上单调递增，在（1，e）上单调递减，f(x)maxf(1) 2e0,则x0,2，因为fx定义x-2，2在偶函数， 21．试题解析：（1）设x-2，所以fxx23x，因为fxfx，所以fxx23x 所以fxx23x,x2,0 x23x,x0,22，都有gx1fx2成立，所以gxmaxfxmin （2）因为对任意x1,x2-2，2上的偶函数，所以fx在区间-2，0和区间0，又因为fx是定义在-2，2上的值域相同。 0时fxx23x，设t当x-2，3x,，则t1,3，

函数化为yt2t3,t1,3,则fxmin1 又gxmaxg2a2 所以a21，所以a1，故a的取值范围为 0a1 22．试题解析：（1）证明：f(xy)f(x)f(y)(x,yR),① 令xy0，代入①式，得f(00)f(0)f(0),即f(0)0. 令yx，代入①式，得f(xx)f(x)f(x)，又f(0)0, 则有0f(x)f(x).即f(x)f(x)对任意xR成立，所以f(x)是奇函数. （2）解：f(2)30，即f(2)f(0)，又f(x)在R上是单调函数， 2所以f(x)在R上是增函数.

又由（1）f(x)是奇函数.f(k3x)f(3x9x2)f(3x9x2), k3x3x9x2,32x(1k)3x20对任意xR成立.令t3x0，问题等价于t2(1k)t20对任意t0恒成立. 令g(t)t2(1k)t2,其对称轴t当1k.21k0时，即k1时，g(0)20，符合题意； 21k01k当 0时，对任意t0,g(t)0恒成立22(1k)2420解得1k122. 综上所述当k122时，f(k3x)f(3x9x2)0对任意xR恒成立.