您的当前位置：首页正文

辽宁省沈阳市东北育才学校2015届高三上学期第一次模拟考试数学(理)试题 Word版含答案

来源：爱go旅游网

高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题

第Ⅰ卷(共60分)

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.若集合A{x|x0}，且ABB，则集合B可能是 A.{1,2}2.已知

110，则下列结论错误的是 abba2A.a2b2 B.2 C.abb2 D.lgalgab

ab33.若不等式2kx2kx＜0对一切实数x都成立，则k的取值范围为

8 A.(3,0) B.3,0 C.3,0 D.(3,0]

ab2ab　,a、bR，若1k4，则函数f(x)kx的值域

77A.(2,) B．(1,) C．[,) D．[,)

8415.设命题p:函数y在定义域上为减函数；命题q:a,b(0,),当ab1x11时,3，以下说法正确的是 abA.pq为真 B.pq为真 C.p真q假D.p，q均假

4.规定ab 6.某流程图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是 A．fx

B. {x|x1}

C.{1,0,1}

D.R

x B．fxlnx21x xexex1x2C．fxx D．f(x) eex|x3||4x|7.函数yf(x)为偶函数，且[0,)上单调递减，则yf(2x) 的一个单调递增区间为

A.(,0] B.[0,) C.[0,2] D.[2,) 8.下列命题正确的个数是

①“在三角形ABC中，若sinAsinB,则AB”的否命题是真命题； ②命题p:x2或y3，命题q:xy5则p是q的必要不充分条件； ③“xR,x3x210”的否定是“xR,xx10”. A.0 B.1 C.2 D.3

322 1

9．已知函数f(x)sinx(0x1),若a、b、c互不相等，且f(a)f(b)f(c)，log2014xx1则abc的取值范围是

A．（1，2014） B．（1，2015） C．（2，2015） D．[2，2015]

10lnx1y10.下列四个图中,函数的图象可能是

x1

11.设函数f(x)ex2,g(x)lnxx3.若实数a,b满足f(a)0,g(b)0，则

x2A．g(a)0f(b) B．f(b)0g(a) C．0g(a)f(b) D．f(b)g(a)0

12.已知定义的R上的偶函数fx在[0,)上是增函数，不等式f(ax1)f(x2)

对任意x,1恒成立，则实数a的取值范围是

A.3,1 B.2,0 C.5,1 D.2,1 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

xa,x0,1113.设acos420,函数f(x),则f()f(log2)的值等于．

46logax,x0,x1,14.实数x,y满足ya(a1),若目标函数zxy的最大值为4，则实数a的值为

xy0,12 . 15.已知lgalgb0，则满足不等式是 .

16.定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x5)16，当x(1,4],f(x)x2，则函数f(x)的在[0,2014]上的零点个数是．

三、解答题：本大题共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．（本小题满分10分）

已知幂函数f(x)(m1)x2m24m22xab的实数的最小值 22a1b1在(0,)上单调递增，函数g(x)2k ．

x（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）当x[1,2]时，记f(x)，g(x)的值域分别为集合A,B，若ABA，求实数

k的取值范围.

18．（本小题满分12分）

1已知向量a(cosx,),b(3sinx,cos2x),xR, 设函数f(x)a·b.

2(Ⅰ) 求f(x) 的单调递增区间；

(Ⅱ) 求f(x) 在0,上的最大值和最小值.

2

20.（本小题满分12分）

222x已知函数fxaxa1xaa1e(其中aR).

 （Ⅰ）若x0为fx的极值点,求a的值； (Ⅱ) 在(Ⅰ)的条件下,解不等式fxx1

21.（本小题满分12分）

已知a0，函数f(x)xax.设x1(,)，记曲线yf(x)在点

212xx1. 2a2M(x1,f(x1))处的切线为l，l与x轴的交点是N(x2,0)，O为坐标原点.

x12（Ⅰ）证明：x2；

2x1a（Ⅱ）若对于任意的x1(,)，都有OMON

22.（本小题满分12分）

a29a成立，求a的取值范围. 16x2已知函数f(x)a3ln(xaa2)，aR且a0．

2（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

f(x2)f(x1)a2（Ⅱ）当a0时，若aax1x2aa，证明:a.

x2x1222 4

东北育才学校高中部2015届高三第一次模拟数学试题（理科）答案

18. (Ⅰ) f(x)a·b=cosx3sinx131cos2xsin2xcos2xsin(2x). 2226……………4分

时，解得k当2k22x62k26xk3，

f(x)sin(2x(Ⅱ)当x[0,6)的单调递增区间为[k6,k3](kZ). ……………8分

2]时，(2x6)[-56,6]，由标准函数ysinx在[-56,6. ]上的图像知，1f(x)sin(2x)[f(-),f()][,1].

66221所以,f (x) 在0,上的最大值和最小值分别为1,. ……………12分

2219.解:(Ⅰ)命题p为真,即f(x)的定义域是R,等价于(a21)x2(a1)x10恒成立,

a210,等价于a1或 22Δ(a1)4(a1)0.解得a1或a55.∴实数a的取值范围为(,1](,) ……………4分

33命题q为真,即f(x)的值域是R, 等价于u(a21)x2(a1)x1的值域(0,),

a210,等价于a1或 22Δ(a1)4(a1)0.解得1a55.∴实数a的取值范围为[1,] ……………8分 335353(Ⅱ)由(Ⅰ)(Ⅱ)知,p:a(1,];q:a[1,].

[1,],∴p是q的必要而不充分的条件 ……………12而(1,]33分

2220. (Ⅰ)因为fxax2a1xaa1ex

5522222ex fx2axa1exax2a1xaa1exaxa1xa因为x0为fx的极值点,所以由f0ae0,解得a0

0检验,当a0时,fxxe,当x0时,fx0,当x0时,fx0.

x所以

x0为

fx的极值点,故

a0. ……………4分

(Ⅱ) 当a0时,不等式

11fxx1x2x1x1exx1x2x1,

22整理得x1ex12xx10, 2x10x10即x12或x12 e2xx10e2xx10

令gxex12xx1,hxgxexx1,hxex1, 2xx当x0时,hxe10；当x0时,hxe10,

所以hx在,0单调递减,在(0,)单调递增,所以hxh00,即

gx0,

所以gx在R上单调递增,而g00；故ex121xx10x0；exx2x10x0, 22所以原不等式的解集为xx0或x1. ……………12分(

21. Ⅰ)解：曲线yf(x)在点M(x1,f(x1)处的切线l的方程为

yf(x1)(2x1a)(xx1)

x12令y0，得x2 ……………4分

2x1a(Ⅱ) OMON设f(x)x39a9ax92ax3a0在x(,)上恒成立 1681629ax929a， f'(x)3x2a 8168令f'(x)0，解得x3a3a],f'(x)0 ，x(,883a1,a),f'(x)0 82 x(当x3a时，f(x)取极大值 8a3aaa331当,即a时，F(x)maxF()，满足题设要求；

282820

20当a3a3a33a3923)()a，，即0a，F(x)maxF(288481622

. 3

若f(x)max0，解得a

2. …………12分 3a3x2(aa2)xa322.解：（1）由题，f(x)x

xaa2xaa2(xa)(xa2). …………………………………………………2分 2xaa综上，实数a的取值范围为a令f(x)0，因为xaa20故(xa)(xa)0.

当a0时，因aa2a且aa2a2所以上不等式的解为(aa,), 从而此时函数f(x)在(aa,)上单调递增. ……………………4分当a0时，因aaa2a2所以上不等式的解为(a,)，从而此时函数f(x)在(a,)上单调递增.

同理此时f(x)在(aa,a]上单调递减. ……………………………6分

2222222a2（2）（方法一）要证原不等式成立，只须证明f(x2)f(x1)(x2x1)(a)，

a2a2只须证明f(x2)(a)x2f(x1)(a)x1.

22因为a2ax1x2a2a所以原不等式只须证明，

a222函数h(x)f(x)(a)x在x(aa,aa)内单调递减. ……………8分

232a4a32xaxa223aa222由（1）知h(x)x(a)， 22xaaxaa2因为xaa20，

32a4a3222我们考察函数g(x)xax. a2,xaa,aa222a2aa2a3a22因ax对称轴a2a,a2a， 24所以g(x)g(aa)0. ……………………………10分从而知h(x)0在x(aa,aa)上恒成立，

222a222所以函数h(x)f(x)(a)x在x(aa,aa)内单调递减.

2从而原命题成立 ……………………………………………12分

a2（方法二）要证原不等式成立，只须证明f(x2)f(x1)(x2x1)(a)，

2a2a2只须证明f(x2)(a)x2f(x1)(a)x1.

22又a2ax1x2a2a，

a2a设gxfx2x，

a222ax则欲证原不等式只须证明函数gxfx在xaa,aa2内单调递减

 ………………8分

a2a2a3axa由（1）可知gxfx 22xaa2a2a32xaaaaa. 2xaa22a322因为a0，所以yxaa在上为增函数， aa,aa2xaa2a2a32aaa所以gxgaaaaaa20. 2aaaa2222 8

从而知gx0在x(a2a,a2a)上恒成立，

a222a所以函数gxfx2x在x(aa,aa)内单调递减.

从而原命题成立. …………………12分

因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容

查看全文