2020-2021学年新疆克拉玛依高三上数学月考试卷

这是一份2020-2021学年新疆克拉玛依高三上数学月考试卷，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x,y|x,y∈N*，y≥x}，B={x,y|x+y=8}，则A∩B中元素的个数为( )
A.2B.3C.4D.6

2. 若命题p：∀x∈R，x2−2x+3>0，则¬p为（ ）
A.∃x∉R，x2−2x+3>0B.∃x∈R，x2−2x+3≤0
C.∃x∈R，x2−2x+3>0D.∃x∉R，x2−2x+3≤0

3. 设a∈R，则“a>1”是“a2>a”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

4. 已知命题p：∀x<1，都有lg12x<0，命题q：∃x∈R，使得x2≥2x成立，则下列命题是真命题的是（ ）
A.p∨¬qB.¬p∧¬qC.p∨qD.p∧q

5. 下列函数中，值域为R且区间0,+∞上单调递增的是( )
A.y=−x3B.y=x|x|C.y=x−1D.y=x

6. 下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( )
A.y=1+x2B.y=x+exC.y=2x+12xD.y=x+1x

7. 函数y=x3−x⋅3|x|的图象大致是( )
A.B.
C.D.

8. 若定义在R的偶函数fx在−∞,0上单调递减，且f2=0，则满足xfx+1≥0的x的取值范围是( )
A.−3,−1∪0,1B.[−3,0]∪[1,+∞)C.[−1,0]∪[3,+∞)D.−1,0∪1,3
二、填空题

已知fx=0，x<0，π，x=0，x+1，x>0，则f{ff−1}的值是________ .

函数fx=lgx+1x−1的定义域是________.

lg51000−823=________ .

函数y=lg12(2x2−3x+1) 的递增区间为________.

函数fx=lg12x，x≥1，2x，x<1的值域为________.

已知函数fx=x+4x，gx=2x+a，若∀x1∈12,1，∃x2∈2,3，使得fx1≤gx2，则实数a的取值范围是________ .
三、解答题

设函数fx是R上的奇函数，当x<0时，fx=x2−4x .
(1)求fx的表达式；

(2)用定义法证明fx在区间0,+∞上是减函数；

(3)求函数fx在−1,1上的最值．

已知函数fx=−13x3+a2x2−2xa∈R.
(1)求函数fx在x=0处的切线方程；

(2)当a=3时，求函数fx的单调区间；

(3)若对于任意x∈1,+∞都有f′x
已知函数f(x)=ax2−ax−xlnx，且f(x)≥0．
1求a；

2证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2参考答案与试题解析
2020-2021学年新疆克拉玛依高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
不等式的概念与应用
交集及其运算
【解析】
利用交集定义求出A∩B，进而求出A∩B中元素的个数．
【解答】
解：由题意可得8=x+y≥2x，x,y∈N*，
∴ 1≤x≤4，
∴ 点4,4，3,5 ，2,6 ，1,7符合题意.
故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
直接利用特称命题的否定是全称命题，写出结果，即可得到答案．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题p：∀x∈R，x2−2x+3>0的否定是：
∃x∈R，x2−2x+3≤0.
故选B．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由不等式解得a的范围，根据充分条件和必要条件的定义，即可判断得出结论.
【解答】
解：求解二次不等式a2>a可得：a>1或a<0，
据此可知：a>1是a2>a的充分不必要条件.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
复合命题及其真假判断
命题的真假判断与应用
【解析】
命题p：lg12x<0，x≤0时无意义，因此是假命题．命题q：取x=3成立，是真命题．利用简易逻辑的判定方法即可得出．
【解答】
解：∵ 当x≤0时，lg12x<0无意义，
∴ 命题p：∀x<1，都有lg12x<0是假命题.
∵ 取x=3，则x2=32≥2×3=6，
∴ 命题q：∃x∈R，使得x2≥2x成立是真命题，
∴ 命题是真命题的是：p∨q.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性及单调区间
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，函数y=−x3的值域为R且区间(0,+∞)上单调递减；
B，y=x|x|=−x2，x≤0，x2，x>0，
当x>0时，y=x2>0，当x≤0时，y=−x2≤0，
所以函数y=x|x|的值域为R，且在区间(0,+∞)上单调递增；
C，函数y=x−1的值域为{x|x≠0}，且在区间(0,+∞)上单调递减；
D，函数y=x的值域为[0,+∞)，且在区间(0,+∞)上单调递增．
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的判断
【解析】
A中函数是偶函数，C中函数是偶函数，D中函数奇函数．
【解答】
解：对于A，定义域为x∈R，关于原点对称，
1+(−x)2=1+x2，故A中函数是偶函数；
对于B，定义域为x∈R，关于原点对称，
−x+e−x≠x+ex，−x+e−x≠−(x+ex)，
故B中函数既不是奇函数，也不是是偶函数；
对于C，定义域为x∈R，关于原点对称，
2−x+12−x=2x+12x，故C中函数是偶函数；
对于D，定义域为{x|x∈R，且x≠0}，关于原点对称，
−x+1−x=−(x+1x)，故D中函数是奇函数．
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
设fx=x2−x⋅3，该函数的定义域为R，f−x=−x3−−x⋅3|−x|=−x3−x⋅3|x|=−fx，所以，函数y=fx为奇函数，令fx=0，x3−x=0，即x(x2−1)=0，解得x=0或x=±1所以，函数y=fx的零点为0、1、−1，排除A、D选项；当0【解答】
解：设fx=x3−x⋅3|x|，该函数的定义域为R，
f−x=−x3−−x⋅3|−x|=−x3−x⋅3|x|=−fx，
所以，函数y=fx为奇函数，排除D选项；
令fx=0，则x3−x=0，
即x(x2−1)=0，解得x=0或x=±1，
所以，函数y=fx的零点为0，1，−1，排除A选项；
当0则fx=x3−x⋅3|x|<0，排除B选项.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为定义在R上的偶函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，
且f(2)=0，所以f(x)在(0,+∞)上是单调递增，且f(−2)=0，
所以当x∈(−∞,−2)∪(2,+∞)时，f(x)>0；
当x∈(−2,2)时，f(x)<0，
所以由xf(x+1)≥0可得：x≥0，x+1≤−2或x≥0，x+1≥2
或x≤0，−2≤x+1≤2.
故可得x的取值范围为[−3,0]∪[1,+∞).
故选B．
二、填空题
【答案】
π+1
【考点】
函数的求值
【解析】
由函数的解析式可得：f−1=0，ff−1=f0=π，f{ff−1}=fπ=π+1 .
【解答】
解：由函数的解析式可得：f−1=0，
ff−1=f0=π，
f{ff−1}=fπ=π+1 .
故答案为：π+1.
【答案】
−1,1∪1,+∞
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
由题意得出x−1≠0x+1>0，求出x的范围，即可解答.
【解答】
解：由题意可得：x−1≠0，x+1>0，
解得：x>−1且x≠1，
即函数定义域为−1,1∪1,+∞.
故答案为：−1,1∪1,+∞.
【答案】
−175
【考点】
对数及其运算
有理数指数幂的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：lg51000−823=lg1035−2323=35−4=−175.
故答案为：−175.
【答案】
−∞,12
【考点】
对数函数的定义域
复合函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由2x2−3x+1>0得，x>1或x<12，
则函数的定义域为(−∞, 12)∪(1, +∞).
设t=2x2−3x+1，则y=lg12t在定义域内为减函数，
要求函数y=lg12(2x2−3x+1) 的递增区间，
即求函数t=2x2−3x+1的递减区间.
由题易知函数t=2x2−3x+1的递减区间为(−∞,12)，
所以函数y=lg12(2x2−3x+1)的单调递增区间为−∞,12.
故答案为：−∞,12.
【答案】
−∞,2
【考点】
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x≥1时，f(x)≤0，
当x<1时，f(x)∈0,2，
所以函数值域为−∞,2.
故答案为：−∞,2.
【答案】
12,+∞
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意知f(x)max≤g(x)max.
∵f(x)=x+4x在12,1上单调递减，
∴f(x)max=f12=172.
又∵ g(x)=2x+a在[2,3]上单调递增，
∴g(x)max=g(3)=8+a，
∴ 172≤8+a，
解得a≥12，
∴ 实数a的取值范围是12,+∞.
故答案为：12,+∞.
三、解答题
【答案】
(1)解：当x>0时，−x<0，
∴ f−x=−x2−4(−x)=x2+4x.
∵ f(x)是R上的奇函数，
∴ f(−x)=−f(x)，f(0)=0，
∴ fx=−f−x=−x2+4x=−x2−4xx>0，
∴ fx=x2−4x，x<0，0，x=0，−x2−4x，x>0.
(2)证明：设任意的x1，x2∈0,+∞，且x1则f(x1)−f(x2)=(−x12−4x1)−(−x22−4x2)
=x22−x12+4x2−4x1
=(x2−x1)(x2+x1+4).
∵ 0∴ x2−x1>0 ，x2+x1+4>0，
∴ fx1−fx2>0，
∴ fx1>fx2，
∴ fx在0,+∞上是减函数．
(3)解：根据题意作出函数在−1,1的图象如图，
由上图可知，f(x)在−1,1上单调递减，
故f(x)max=f(−1)=5，f(x)min=f(1)=−5.
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的最值及其几何意义
函数单调性的判断与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：当x>0时，−x<0，
∴ f−x=−x2−4(−x)=x2+4x.
∵ f(x)是R上的奇函数，
∴ f(−x)=−f(x)，f(0)=0，
∴ fx=−f−x=−x2+4x=−x2−4xx>0，
∴ fx=x2−4x，x<0，0，x=0，−x2−4x，x>0.
(2)证明：设任意的x1，x2∈0,+∞，且x1则f(x1)−f(x2)=(−x12−4x1)−(−x22−4x2)
=x22−x12+4x2−4x1
=(x2−x1)(x2+x1+4).
∵ 0∴ x2−x1>0 ，x2+x1+4>0，
∴ fx1−fx2>0，
∴ fx1>fx2，
∴ fx在0,+∞上是减函数．
(3)解：根据题意作出函数在−1,1的图象如图，
由上图可知，f(x)在−1,1上单调递减，
故f(x)max=f(−1)=5，f(x)min=f(1)=−5.
【答案】
解：(1)因为fx=−13x3+a2x2−2x，
所以f′(x)=−x2+ax−2.
因为f(0)=0，f′(0)=−2，
所以函数fx在x=0处的切线方程为y=−2x.
(2)当a=3时，f(x)=−13x3+32x2−2x，
则f′(x)=−x2+3x−2.
因为f′(x)=−x2+3x−2=−(x−2)(x−1)，
所以当10，函数f(x)单调递增；
当x<1或x>2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为(1,2)，
单调递减区间为(−∞,1)和(2,+∞)．
(3)由f(x)=−13x3+a2x2−2x，
得f′(x)=−x2+ax−2.
因为对于任意x∈(1,+∞)都有f′(x)即对于任意x∈(1,+∞)都有−x2+ax−2即对于任意x∈(1,+∞)都有a设g(x)=x2x−1，x∈(1,+∞)，
则g(x)=x2x−1=2+x−1+1x−1≥4，
当且仅当x−1=1x−1，即x=2时等号成立，
所以实数a的取值范围为(−∞,4)．
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=−13x3+a2x2−2x，
所以f′(x)=−x2+ax−2.
因为f(0)=0，f′(0)=−2，
所以函数fx在x=0处的切线方程为y=−2x.
(2)当a=3时，f(x)=−13x3+32x2−2x，
则f′(x)=−x2+3x−2.
因为f′(x)=−x2+3x−2=−(x−2)(x−1)，
所以当10，函数f(x)单调递增；
当x<1或x>2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的单调递增区间为(1,2)，
单调递减区间为(−∞,1)和(2,+∞)．
(3)由f(x)=−13x3+a2x2−2x，
得f′(x)=−x2+ax−2.
因为对于任意x∈(1,+∞)都有f′(x)即对于任意x∈(1,+∞)都有−x2+ax−2即对于任意x∈(1,+∞)都有a设g(x)=x2x−1，x∈(1,+∞)，
则g(x)=x2x−1=2+x−1+1x−1≥4，
当且仅当x−1=1x−1，即x=2时等号成立，
所以实数a的取值范围为(−∞,4)．
【答案】
1解：因为f(x)=ax2−ax−xlnx
=x(ax−a−lnx)(x>0)，
则f(x)≥0等价于h(x)=ax−a−lnx≥0，
求导可知h′(x)=a−1x，
则当a≤0时h′(x)<0，即y=h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以当x0>1时，h(x0)0.
因为当0当x>1a时h′(x)>0，
所以h(x)min=h(1a).
又因为h(1)=a−a−ln1=0，
所以1a=1，
解得a=1.
2证明：由1可知f(x)=x2−x−xlnx，
f′(x)=2x−2−lnx，
令f′(x)=0，可得2x−2−lnx=0，
记t(x)=2x−2−lnx，则t′(x)=2−1x，
令t′(x)=0，解得x=12，
所以t(x)在区间(0, 12)上单调递减，在(12, +∞)上单调递增，
所以t(x)min=t(12)=ln2−1<0，
从而t(x)=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′(x)在(0, x0)上为正、在(x0, x2)上为负、
在(x2, +∞)上为正，
所以f(x)必存在唯一极大值点x0，且2x0−2−lnx0=0，
所以f(x0)=x02−x0−x0lnx0=x02−x0+2x0−2x02=x0−x02.
由x0<12可知f(x0)<(x0−x02)max=−122+12=14；
由f′(1e)<0可知x0<1e<12，
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, 1e)上单调递减，
所以f(x0)>f(1e)=1e2.
综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）通过分析可知f(x)≥0等价于h(x)=ax−a−lnx≥0，进而利用h′(x)=a−1x可得h(x)min=h(1a)，从而可得结论；
（2）通过（1）可知f(x)=x2−x−xlnx，记t(x)=f′(x)=2x−2−lnx，解不等式可知t(x)min=t(12)=ln2−1<0，从而可知f′(x)=0存在两根x0，x2，利用f(x)必存在唯一极大值点x0及x0<12可知f(x0)<14，另一方面可知f(x0)>f(1e)=1e2．
【解答】
1解：因为f(x)=ax2−ax−xlnx
=x(ax−a−lnx)(x>0)，
则f(x)≥0等价于h(x)=ax−a−lnx≥0，
求导可知h′(x)=a−1x，
则当a≤0时h′(x)<0，即y=h(x)在(0, +∞)上单调递减，
所以当x0>1时，h(x0)0.
因为当0当x>1a时h′(x)>0，
所以h(x)min=h(1a).
又因为h(1)=a−a−ln1=0，
所以1a=1，
解得a=1.
2证明：由1可知f(x)=x2−x−xlnx，
f′(x)=2x−2−lnx，
令f′(x)=0，可得2x−2−lnx=0，
记t(x)=2x−2−lnx，则t′(x)=2−1x，
令t′(x)=0，解得x=12，
所以t(x)在区间(0, 12)上单调递减，在(12, +∞)上单调递增，
所以t(x)min=t(12)=ln2−1<0，
从而t(x)=0有解，即f′(x)=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′(x)在(0, x0)上为正、在(x0, x2)上为负、
在(x2, +∞)上为正，
所以f(x)必存在唯一极大值点x0，且2x0−2−lnx0=0，
所以f(x0)=x02−x0−x0lnx0=x02−x0+2x0−2x02=x0−x02.
由x0<12可知f(x0)<(x0−x02)max=−122+12=14；
由f′(1e)<0可知x0<1e<12，
所以f(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, 1e)上单调递减，
所以f(x0)>f(1e)=1e2.
综上所述，f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2

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