2024年北京市汉德三维集团高考数学第二次联考试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年北京市汉德三维集团高考数学第二次联考试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合M={x|lg2x<2}，N={x|x2−x−2<0}，则M∩N=( )
A. (0,4)B. (0,2)C. (−1,4)D. (−1,2)
2.已知函数f(x)=x+1x，则f(−2022)+f(2022)的值是( )
A. −2022B. 0C. 1D. 2022
3.函数f(x)=12x+10+ (12)x−8的定义域为( )
A. (−∞,−5)∪(−5,−3)B. (−∞,−3)
C. (−∞,−5)∪(−5,−3]D. (−∞,−3]
4.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=ex，则f(ln2)=( )
A. −2B. 2C. −12D. 12
5.函数f(x)=ln(2x)−1x的一个零点所在的区间是( )
A. (0,1)B. (1,2)C. (2,3)D. (3,4)
6.已知a>1，b>2，(a−1)⋅(b−2)=2，则a+b的最小值为( )
A. 3 2B. 2 3C. 3+2 2D. 2+3 3
7.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+12f(x)=0，且x∈[0,2),f(x)=2x,则f(2023)=( )
A. −14505B. −121011C. −12505D. 1
8.已知函数f(x)=3x+4,x<13x−2,x≥1，若mA. [−43,7]B. [−1,7]C. [−1,7)D. [−43,7)
二、多选题：本题共4小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知条件p：a>b，则是条件p的充要条件的是( )
A. a2>b2B. a3>b3C. 2a>a+bD. ac2>bc2
10.已知函数f(x)=lg(1−x)+lg(1+x)，则下列说法正确的是( )
A. f(x)是奇函数B. f(x)为偶函数
C. f(x)的值域为(−∞,1)D. f(x)在(0,1)上是减函数
11.已知正实数m，n满足m+n=1，则下列说法正确的是( )
A. 1m+1n的最小值是4B. m2+n2的最大值是12
C. m+ n的最大值是 2D. mn的最大值是12
12.已知函数f(x)=xlnx−ax+1，则( )
A. 当a=0时，函数f(x)的最小值为1−1e
B. 当a=1时，函数f(x)的极大值点为x=1
C. 存在实数a使得函数f(x)在定义域上单调递增
D. 若f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为a≤1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.命题“∃x∈R，x2+1≥0”的否定是______.
14.曲线f(x)=x3−2x2过原点的切线方程为______.
15.已知p：x2−8x+15<0，q：(x−2m)(x−5m)<0，其中m>0.若q是p的必要不充分条件，则实数m的取值范围是______.
16.已知定义在R上的函数f(x)满足f(2+x)=f(−x)，且当x>1时，有xf′(x)+f(x)>f′(x)，若f(2)=1，则不等式f(x)<1x−1的解集是______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知关于x的不等式ax2+5x−2a+1<0的解集是M.
(1)若−3∈M，求实数a的取值范围；
(2)若M={x|m18.(本小题12分)
已知函数f(x)=2ax−lnx+1x,a≠0.
(1)若a=1，求函数f(x)的极值；
(2)试讨论函数f(x)的单调性.
19.(本小题12分)
如图，某大学将一矩形ABCD操场扩建成一个更大的矩形DEFG操场，要求A在DE上，C在DG上，且B在EG上.若AD=30米，DC=20米，设DG=x米(x>20).
(1)要使矩形DEFG的面积大于2700平方米，求x的取值范围；
(2)当DG的长度是多少时，矩形DEFG的面积最小？并求出最小面积.
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=a−32x+1(a为实常数).
(1)若函数f(x)为奇函数，求a的值；
(2)在(1)的条件下，对任意x∈[1,6]，不等式f(x)≥u2x恒成立，求实数u的最大值.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=(2x−1)(2x−3).
(1)当x∈[0,2]时，求f(x)的值域；
(2)当x∈R时，若f(x)+f(−x)≥m2−2m恒成立，求实数m的取值范围.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=e1−x+alnx.
(1)若f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若f(x)≤x3恒成立，求实数a的值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵M={x|lg2x<2}=(0,4)，N={x|x2−x−2<0}=(−1,2)，
∴M∩N=(0,2)，
故选：B.
分别解不等式可得集合M与N，进而可得M∩N.
本题考查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)=x+1x，定义域为{x|x≠0}，
且 f(−x)+f(x)=−x−1x+x+1x=0，
故f(−2022)+f(2022)=0.
故选：B.
根据解析式求得定义域，判断奇偶性，进而求得结论．
本题主要考查函数性质的应用，考查计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意得，(12)x≥82x+10≠0，解得，x≤−3且x≠−5.
故选：C.
根据函数的解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
本题考查了求函数定义域的应用问题，解题的关键是列出使函数解析式有意义的不等式组，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)恒成立，
因为x<0时，f(x)=ex，
所以f(ln2)=−f(−ln2)=−e−ln2=−12.
故选：C.
由已知结合奇函数的定义及已知区间上的函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为f(x)=ln(2x)−1x，x>0，
因为y=ln(2x)、y=−1x在(0,+∞)上均单调递增，
所以函数y=f(x)在(0,+∞)均单调递增，
又因为f(1)=ln2−1f(2)=ln4−12>ln e−12=0，
所以函数f(x)=ln(2x)−1x的一个零点所在的区间是(1,2).
故选：B.
先判断出函数y=f(x)在(0,+∞)均单调递增，再由零存在定理判断即可．
本题旨考查零点存在定理，考查了对数函数、幂函数的性质，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵a>1，b>2，所以a−1>0，b−2>0，
所以a−1+b−22≥ (a−1)(b−2)= 2，
即a+b≥3+2 2，当且仅当a−1=b−2，即a=1+ 2，b=2+ 2时取等号．
故选：C.
根据(a+1)⋅(b−2)=2，由a−1+b−22≥ (a−1)(b−2)= 2求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：依题意，f(x+2)+12f(x)=0，
可得f(x+4)=−12f(x+2)=14f(x)，
f(x+8)=14f(x+4)=142f(x)，
f(x+12)=14f(x+8)=143f(x)，
⋅⋅⋅
f(x+2020)=14505f(x)，
令x=3，可得f(2023)=14505f(3)
而f(3)=−12f(1)=−1，
故f(2023)=−14505.
故选：A.
依题意，f(x+2)+12f(x)=0，得f(x+4)=−12f(x+2)=14f(x)，则f(x+2020)=14505f(x)，再令x=3可得答案．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：作出f(x)的图象如图所示：
由f(m)=f(n)，得3m+4=3n−2，n∈[1,2),可得m=3n−63,n∈[1,2),
则mf(n)=3n−63×(3n−2),n∈[1,2),
令t=3n，t∈[3,9),
则mf(n)=(t−6)(t−2)3=13[(t−4)2−4],t∈[3,9),
故mf(n)∈[−43,7).
故选：D.
作出f(x)的图象，得到m=3n−63,n∈[1,2),问题转化为mf(n)=3n−63×(3n−2),n∈[1,2),换元后进行求解即可．
本题考查分段函数的应用，考查数形结合思想，训练了利用换元法与配方法求最值，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：幂函数y=x2在R上不是单调函数，a2>b2时不能得到a>b，a>b时也不能得到a2>b2，故A错误；
幂函数y=x3在R上单调递增，a>b时一定有a3>b3，a3>b3时也一定有a>b，故B正确；
由不等式的性质可知，当a>b时，有a+a>b+a，即2a>a+b，
当2a>a+b时，有2a−a>a+b−a，即a>b，故C正确；
当a>b时，若c=0，则ac2>bc2不成立，故D错误．
故选：BC.
由充要条件的定义，根据不等式的性质和幂函数单调性判断．
本题考查充分必要条件的判断，考查幂函数与基本不等式的性质，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：由函数f(x)=lg(1−x)+lg(1+x)=lg(1−x2)，
由题意得，1−x>01+x>0，解得−1由f(−x)=lg(1−x2)=f(x)，则函数f(x)为偶函数，A错，B对；
因为0<1−x2≤1，所以f(x)≤0，f(x)的值域为(−∞,0],C错；
取任意x1，x2∈(0,1)，令x1>x2，则f(x1)−f(x2)=lg(1−x12)−lg(1−x22)=lg1−x121−x22，
∵x1>x2，∴x12>x22，且0<1−x12<1−x22<1，则1−x121−x22<1，即lg1−x121−x22<0，
可得f(x1)故选：BD.
利用函数奇偶性以及单调性的定义，结合对数的运算法则以及对数函数的定义域，可得答案．
本题主要考查了基本初等函数奇偶性及单调性的判断，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：1m+1n=(1m+1n)(m+n)=2+nm+mn≥2+2 nm⋅mn=4，当且仅当m=n=1等号成立，
所以1m+1n的最小值为4，故A正确；
m2+n2=(m+n)2−2mn=1−2mn≥1−2(m+n2)2=12，当且仅当m=n=1时等号成立，
所以m2+n2的最小值为12，故B错误；
由基本不等式，可得( m+ n)2=m+n+2 mn≤m+n+m+n=2，当且仅当m=n=1等号成立，
所以 m+ n的最大值为 2，故C正确；
由基本不等式，可得 mn≤m+n2=12，当且仅当m=n=1等号成立，
所以 mn的最大值为12，故D正确．
故选：ACD.
根据正实数m，n满足m+n=1，结合基本不等式分别判断各选项即可．
本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
12.【答案】AD
【解析】解：已知f(x)=xlnx−ax+1，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=lnx+1−a，
对于选项A：当a=0时，f′(x)=lnx+1，
当x∈(0,1e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1e,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=1e时，函数f(x)取得极小值也是最小值，最小值f(1e)=1−1e，故选项A正确；
当a=1时，f′(x)=lnx，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=1时，函数f(x)取得极小值，
则x=1为极小值点，故选项B错误；
对于选项C：假设存在实数a使得函数f(x)在定义域上单调递增，
此时f′(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，
即lnx+1−a≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，
所以a≤(lnx+1)min在x∈(0,+∞)上恒成立，
易知函数y=lnx在x∈(0,+∞)上单调递增且值域为R，
所以函数y=lnx+1无最小值，
则不存在实数a使得函数f(x)在定义域上单调递增，故选项C错误；
对于选项D：若f(x)≥0恒成立，
即a≤lnx+1x在x∈(0,+∞)上恒成立，
不妨设g(x)=lnx+1x，函数定义域为(0,+∞)，
可得g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以当x=1时，函数g(x)取得极小值也是最小值，最小值g(1)=1，
所以a≤1，故选项D正确．
故选：AD.
由题意，对函数f(x)进行求导，将a=0代入导函数中，利用导数得到函数f(x)的单调性，进而可判断选项A；将a=1代入导函数中，利用导数得到函数f(x)的单调性，进而可判断选项B；假设存在实数a使得函数f(x)在定义域上单调递增，将问题转化成a≤(lnx+1)min在x∈(0,+∞)上恒成立，结合函数的值域即可判断选项C；将问题转化成a≤lnx+1x在x∈(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)=lnx+1x，对函数g(x)进行求导，利用导数得到函数g(x)的单调性和最值，进而即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
13.【答案】∀∈R，x2+1<0
【解析】解：命题“∃x∈R，x2+1≥0”的否定是：∀∈R，x2+1<0.
故答案为：∀∈R，x2+1<0.
存在改任意，将结论取反，即可求解．
本题主要考查特称命题的否定，属于基础题．
14.【答案】y=0和x+y=0
【解析】解：设过原点的直线与曲线f(x)=x3−2x2切于(t,t3−2t2)，
由f(x)=x3−2x2，得f′(x)=3x2−4x，
可得过切点的切线方程为y=(3t2−4t)(x−t)+t3−2t2，
把O(0,0)代入，可得−3t3+4t2+t3−2t2=0，
即2t3−2t2=0，解得t=0或t=1.
当t=0时，切线方程为：y=0，
当t=1时，切线方程为x+y=0.
∴曲线f(x)=x3−2x2过原点的切线方程为y=0和x+y=0.
故答案为：y=0和x+y=0.
设出切点坐标，利用导数写出过切点的切线方程，代入原点坐标，求得切点横坐标，即可求得切线方程．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，设切点是关键，是中档题．
15.【答案】{m|1≤m≤32}
【解析】解：解x2−8x+15<0可得3因为m>0，所以5m>2m，解(x−2m)(x−5m)<0可得2m即q：2m设A={x|x∈p}={x|30}，
因为若q是p的必要不充分条件，所以A⫋B，
所以有2m≤35m≥5，且不能同时取等号，所以1≤m≤32.
故答案为：{m|1≤m≤32}.
解出p，q的范围，并设A={x|x∈p}、B={x|x∈q}，根据q是p的必要不充分条件，得出A⫋B，根据集合包含关系即可得出．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
16.【答案】(1,2)
【解析】解：因为定义在R上的函数f(x)满足f(2+x)=f(−x)，
所以函数f(x)关于直线x=1对称，即f(x+1)=f(1−x)，x∈R.
因为当x>1时，有xf′(x)+f(x)>f′(x)，即[(x−1)f(x)]=′(x−1)f′(x)+f(x)>0，
故令g(x)=(x−1)f(x)，则g(x)=(x−1)f(x)在(1,+∞)上单调递增，
因为g(1+x)+g(1−x)=xf(1+x)−xf(1−x)=0，
所以g(x)=(x−1)f(x)关于点(1,0)对称，
所以g(x)=(x−1)f(x)在R上单调递增，
因为f(2)=1，所以g(2)=(2−1)f(2)=1，
所以，当x>1时，f(x)当x<1时，f(x)1⇔g(x)>1=g(2)，所以x<1且x>2，即无解．
所以不等式f(x)<1x−1的解集是(1,2).
故答案为：(1,2).
根据题意得函数f(x)关于直线x=1对称，[(x−1)f(x)]′=(x−1)f′(x)+f(x)>0，进而构造函数g(x)=(x−1)f(x)，易得其关于点(1,0)对称，在R上单调递增，再分x>1时和x<1时两种情况讨论求解即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意得，9a−15−2a+1<0，
解得a<2，
故a的范围为{a|a<2}；
(2)由题意可知，方程ax2+5x−2a+1=0的两个根为x1=m，x2=m+72，且a>0，
由韦达定理可得，x1+x2=−5ax1x2=−2a+1a，
所以(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=(−5a)2−4×−2a+1a=(72)2，
解得a=2或−5017(舍去)，
所以m+m+72=−52，
解得m=−3.
【解析】(1)由题意得，9a−15−2a+1<0，求出a的取值范围即可；
(2)由题意可知，方程ax2+5x−2a+1=0的两个根为x1=m，x2=m+72，且a>0，再结合韦达定理求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了韦达定理的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)若a=1，则f(x)=2x−lnx+1x，x>0，
则f′(x)=2−1x−1x2=2x2−x−1x2=(2x+1)(x−1)x2，
由f′(x)>0，可得x>1，由f′(x)<0，可得0所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上是单调递增，
所以f(x)在x=1处取得极小值，极小值为f(1)=3，无极大值．
(2)f′(x)=2a−1x−1x2=2ax2−x−1x2，a≠0，
当a<0时，f′(x)<0，f(x)在(0,+∞)上是单调递减；
当a>0时，令f′(x)=0，可得x=1+ 1+8a4a或x=1− 1+8a4a，
因为1− 1+8a4a<0，故x=1− 1+8a4a舍去，
所以当01+ 1+8a4a时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1+ 1+8a4a)上单调递减，在(1+ 1+8a4a,+∞)上是单调递增．
综上，当a<0时，f(x)在(0,+∞)上是单调递减；
当a>0时，f(x)在(0,1+ 1+8a4a)上单调递减，在(1+ 1+8a4a,+∞)上是单调递增．
【解析】(1)对f(x)求导，从而求出f(x)的单调性，进而可得函数的极值；
(2)对f(x)求导，再对a分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为DG=x，DC=20，
所以CG=x−20，
又△GCB∽△GDE，
所以GCGD=CBDE，
即x−20x=30DE，
所以DE=30xx−20，
所以S矩形DEFG=DG⋅DE=x⋅30xx−20=30x2x−20>2700，
即x2−90x+1800>0，
又x>20，
则2060，
即x的取值范围是{x|2060}；
(2)由(1)知S矩形DEFG=30x2x−20=30[(x−20)2+40(x−20)+400]x−20=30(x−20+400x−20+40)⩾30[2 (x−20)⋅400x−20+40]=2400，
当且仅当x−20=400x−20，即x=40时等号成立，
故当DG的长度为40米时，矩形DEFG的面积最小为2400平方米．
【解析】(1)因为DG=x，DC=20，所以S矩形DEFG=DG⋅DE=x⋅30xx−20=30x2x−20>2700，然后求解即可；
(2)由(1)知S矩形DEFG=30x2x−20=30[(x−20)2+40(x−20)+400]x−20=30(x−20+400x−20+40)⩾30[2 (x−20)⋅400x−20+40]=2400，得解．
本题考查了基本不等式的应用，重点考查了阅读理解能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=a−32x+1，x∈R，
又因为f(x)为奇函数，
所以f(0)=a−32=0，
所以a=32.
经检验a=32满足题意，
所以a=32；
(2)由(1)知a=32，从而f(x)=32−32x+1，
由不等式f(x)≥u2x恒成立，得u≤32⋅2x−3⋅2x2x+1，
令2x+1=t∈[3,65](因为x∈[1,6])，
故u≤32(t−1)−3(t−1)t=32(t+2t)−92，
由于函数φ(t)=32(t+2t)−92在[3,65]单调递增，
所以φ(t)min=φ(3)=1，
因此当不等式f(x)≥u2x在x∈[1,6]上恒成立时，实数u的最大值为1.
【解析】(1)由f(0)=0求解，再检验即可；
(2)求得f(x)=32−32x+1，f(x)≥u2x⇒u≤32⋅2x−3⋅2x2x+1，令2x+1=t∈[3,65]⇒u≤32(t+2t)−92，求得函数φ(t)=32(t+2t)−92在[3,65]上的最小值即可得到实数u的最大值．
本题考查函数恒成立问题，考查奇函数性质的应用，考查等价转化思想与综合运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)令2x=t，因为x∈[0,2]，所以t∈[1,4]，
令g(t)=(t−1)(t−3)=t2−4t+3=(t−2)2−1，t∈[1,4]，
因为|4−2|>|1−2|，所以当t=2时，取最小值为g(t)min=−1，
当t=4时，取最大值为g(t)max=3，即g(t)∈[−1,3]，
故当x∈[0,2]时，f(x)值域为[−1,3]；
(2)f(x)+f(−x)=(2x−1)(2x−3)+(2−x−1)(2−x−3)，
令t=2x，则2−x=1t，且t>0，
所以g(t)+g(1t)=t2+1t2−4(t+1t)+6
=(t+1t)2−4(t+1t)+4
=(t+1t−2)2≥0，
其中t+1t−2≥2 t⋅1t−2=0，
当且仅当t=1t即t=1时取等号，此时x=0，
即f(x)+f(−x)≥0，
所以m2−2m≤0，解得0≤m≤2，即实数m的取值范围为[0,2].
【解析】(1)令2x=t，结合二次函数的性质计算可得；
(2)利用换元法及基本不等式求出f(x)+f(−x)的最小值，即可得到关于m的一元二次不等式，解得即可．
本题考查了函数的恒成立问题，属于中档题．
22.【答案】解：(1)依题意可知，f′(x)=−e1−x+ax≥0，即a≥xe1−x在(0,+∞)上恒成立．
设h(x)=xe1−x，h′(x)=(1−x)e1−x，显然当x∈(0,1)时，h′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，h′(x)<0，
则h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故h(x)≤h(1)=1，因此a≥1，即a的取值范围是[1,+∞)；
(2)证明：设g(x)=f(x)−x3=e1−x+alnx−x3，注意g(1)=0，即g(x)≤g(1)=0，因此g(1)为最大值．
由g′(x)=−e1−x+ax−3x2,g′(1)=a−4=0⇒a=4.
下证明当a=4时，恒有g(x)=e1−x+4lnx−x3≤0，
注意到g′(x)=−e1−x+4x−3x2，令u(x)=g′(x)，u′(x)=e1−x−4x2−6x，
由(1)可知xe1−x≤1⇒e1−x≤1x，
因此u′(x)=e1−x−4x2−6x≤1x−4x2−6x=−6x3−x+4x2.
当00，当x>4时，6x3−x+4>96x−x+4=95x+4>0，
因此∀x>0，6x3−x+4>0，故u′(x)<0，故g′(x)单调递减，而g′(1)=0，
因此x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
即g(x)≤g(1)=0，证毕．
【解析】(1)根据导数与单调性的关系，建立不等式，利用参数分离的解题方法，将不等式恒成立问题转化为，函数求最值问题，可得答案；
(2)根据不等式构造函数，并明确函数的最值，利用最值与极值的关系，求得参数的值，得到具体函数，并利用导数验证最值的真假，可得答案．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．