全程高考

月月考(一)集合與常用邏輯用語、函數(shù)、導數(shù)及應用

第Ⅰ卷(選擇題共60分)

一、選擇題：本大題共12小題,每小題5分,共60分．在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合

題目要求的．

1．[2016·全國卷Ⅰ]設集合A＝{x|x2－4x＋3＜0},B＝{x|2x－3＞0},則A∩B＝()

A．(－3,－

3

2

)B．(－3,

3

2

)

C．(1,

3

2

)D．(

3

2

,3)

答案：D

解析：由題意得,A＝{x|1＜x＜3},B＝{x|x＞

3

2

},則A∩B＝(

3

2

,3)．選D.

2．[2019·九江模擬]下列有關命題的說法正確的是()

A．命題“若xy＝0,則x＝0”的否命題：“若xy＝0,則x≠0”

B．“若x＋y＝0,則x,y互為相反數(shù)”的逆命題為真命題

C．命題“?x∈R,2x2－1<0”的否定：“?x∈R,2x2－1<0”

D．命題“若cosx＝cosy,則x＝y(tǒng)”的逆否命題為真命題

答案：B

解析：“若xy＝0,則x＝0”的否命題：“若xy≠0,則x≠0”,故A錯誤；“若x＋y＝0,則x,y互為

相反數(shù)”的逆命題為“若x,y互為相反數(shù),則x＋y＝0”,為真命題,故B正確；“?x∈R,2x2－1<0”的否

定：“?x∈R,2x2－1≥0”,故C錯誤；“若cosx＝cosy,則x＝y(tǒng)”為假命題,根據(jù)原命題與其逆否命題的

真假相同可知,逆否命題為假命題,故D錯誤．故選B.

3．下列函數(shù)中,在其定義域內(nèi)是增函數(shù)而且是奇函數(shù)的是()

A．y＝2xB．y＝2|x|

C．y＝2x－2－xD．y＝2x＋2－x

答案：C

解析：因為y＝2x為增函數(shù),y＝2－x為減函數(shù),所以y＝2x－2－x為增函數(shù),又y＝2x－2－x為奇函數(shù),所以

選C.

4．已知二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象如圖所示,記p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|,q＝|a＋b＋c|＋

|2a－b|,則()

A．p>q

B．p＝q

C．p

D．以上都有可能

答案：C

解析：因為二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的圖象開口向下,經(jīng)過原點且對稱軸在x＝1的右側(cè),故a<0,

－

b

2a

>1,c＝0,所以b>0,2a＋b>0,2a－b<0.又當x＝－1時,y＝a－b＋c<0,當x＝1時,y＝a＋b＋c>0,所以p

＝|a－b＋c|＋|2a＋b|＝－a＋b－c＋2a＋b＝a＋2b－c,q＝|a＋b＋c|＋|2a－b|＝a＋b＋c－2a＋b＝－a

＋2b＋c,所以p－q＝2(a－c)＝2a<0,所以p

5．[2019·山東曲阜模擬]已知函數(shù)f(x)是定義域為R的奇函數(shù),當x∈[0,1]時,f(x)＝x3,且?

x∈R,f(x)＝f(2－x),則f(2017.5)＝()

A．－

1

8

B.

1

8

C．0D．1

答案：B

解析：∵f(x)是定義域為R的奇函數(shù),

∴f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2),即f(x)＝－f(x－2),用x－2代換x,

可得f(x－2)＝－f(x－4)．又f(x－2)＝－f(x),

∴f(x)＝f(x－4),故函數(shù)f(x)是周期函數(shù),且周期為T＝4.

f(2017.5)＝f(504×4＋1.5)＝f(1.5)．又f(x)＝f(2－x),

∴f(1.5)＝f(0.5)．

∵當x∈[0,1]時,f(x)＝x3,

∴f(2017.5)＝f(0.5)＝0.53＝

1

8

.故選B.

6．已知0y>1,則下列各式中正確的是()

A．xa

C．a(chǎn)x>ayD．a(chǎn)x>ya

答案：B

解析：對于A,∵

xa

ya

＝

?

?

?

?

?

?x

y

a>

?

?

?

?

?

?x

y

0＝1,∴xa>ya,

∴A錯誤；∵0y>1,∴ax

ya>y0＝1,∴ax

7．[2019·湖北咸寧重點高中聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù),且0≤x<1時,f(x)

＝2x＋a,f(1)＝0,則f(－3)＋f(14－log27)＝()

A．1B．－1

C.

3

4

D．－

3

4

答案：D

解析：由題可得,f(－3)＝f(1)＝0,由f(x)為奇函數(shù)知f(0)＝0,∴20＋a＝0,∴a＝－1.又∵log27＝2

＋log2

7

4

,

∴f(14－log27)＝f

?

?

?

?

?

?

－log2

7

4

＝－f

?

?

?

?

?

?

log2

7

4

＝－

?

?

?

?

?

?7

4

－1

＝－

3

4

.則f(－3)＋f(14－log27)＝0－

3

4

＝－

3

4

.故

選D.

8．函數(shù)f(x)＝

?

?

?

?

?

?1－2x

1＋2xcosx的圖象大致是()

答案：C

解析：∵f(－x)＝

?

?

?

?

?

?1－2－x

1＋2－x·cos(－x)＝

?

?

?

?

?

?2x－1

2x＋1

·cosx＝－f(x),∴f(x)是奇函數(shù),排除A,B；又f(1)

＝

1－2

1＋2

×cos1<0,f

?

?

?

?

?

?π

2

＝0,∴排除D,故選C.

9．[2019·黑龍江大慶實驗中學月考]若關于x的方程|3x－1|－a＝0有兩個不同的實數(shù)解,則實數(shù)a

的取值范圍是()

A．(0,1)B．(0,1]

C．(0,＋∞)D．(1,＋∞)

答案：A

解析：關于x的方程|3x－1|－a＝0有兩個不同的實數(shù)解等價于函數(shù)f(x)＝|3x－1|的圖象與直線y＝a

有兩個不同的公共點,畫出函數(shù)f(x)＝|3x－1|的圖象如圖所示．由圖可知,當0

1|的圖象與直線y＝a有兩個不同的公共點,即實數(shù)a的取值范圍是(0,1)．故選A.

10．已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))．則下面四個圖象中,y

＝f(x)的圖象大致是()

答案：C

解析：由條件可知當0

所以f′(x)<0,函數(shù)遞減．

當x>1時,xf′(x)>0,

所以f′(x)>0,函數(shù)遞增,

所以當x＝1時,函數(shù)取得極小值．

當x<－1時,xf′(x)<0,所以f′(x)>0,函數(shù)遞增,當－10,所以f′(x)<0,函數(shù)遞減,所

以當x＝－1時,函數(shù)取得極大值．符合條件的只有C項．

11．[2019·吉林東北師大附中模擬]若f(x)＝

lnx

x

,0

A．f(a)>f(b)B．f(a)＝f(b)

C．f(a)1

答案：C

解析：∵f(x)＝

lnx

x

,∴f′(x)＝

1－lnx

x2

,當00,故f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增．又

∵0

12．已知函數(shù)f(x)＝ax－

1

x

－(a＋1)lnx(a≥1)．若不等式f(x)>1在區(qū)間

?

?

?

?

?

?1

e

，e

上恒成立,則a的取值

范圍為()

A．[1,2]B．(1,2)

C．[1,＋∞)D．(2,＋∞)

答案：D

解析：依題意,在區(qū)間

?

?

?

?

?

?1

e

，e

上,f(x)min>1.f′(x)＝

ax2－a＋1x＋1

x2

＝

ax－1x－1

x2

(a≥1)．令f′(x)＝0,得x＝1或x＝

1

a

.若a≥e,則由f′(x)>0,得1

1

e

≤x<1,所以

f(x)min＝f(1)＝a－1>1,滿足條件．若10,得

1

e

≤x<

1

a

或1

1

a

以f(x)min＝min

?

?

?

?

?

?

f

?

?

?

?

?

?1

e

，f1,依題意

?

?

?

?

?

f

?

?

?

?

?

?1

e

>1，

f1>1，

即

?

?

?

?

?

a>

e2

e＋1

，

a>2，

所以2

f′(x)≥0,所以f(x)在區(qū)間

?

?

?

?

?

?1

e

，e

上單調(diào)遞增,f(x)min＝f

?

?

?

?

?

?1

e

<1,不滿足條件．

綜上,a>2,選D.

第Ⅱ卷(非選擇題共90分)

二、填空題：本大題共4小題,每小題5分,共20分．把答案填在相應題號后的橫線上．

13．[2019·汕頭模擬]命題“若x>1,則log2x>0”的逆否命題是________．

答案：若log2x≤0,則x≤1

解析：由“若p,則q”的逆否命題為“若綈q,則綈p”,得“若x>1,則log2x>0”的逆否命題是“若

log2x≤0,則x≤1”．

14．[2019·大同調(diào)研]定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝2f(x),若當0≤x≤2時,f(x)＝x(2－x),

則當－4≤x≤－2時,f(x)＝________.

答案：－

1

4

(x＋4)(x＋2)

解析：由題意知f(x＋4)＝2f(x＋2)＝4f(x),當－4≤x≤－2時,0≤x＋4≤2,所以f(x)＝

1

4

f(x＋4)＝

1

4

(x＋4)[2－(x＋4)]＝－

1

4

(x＋4)(x＋2),所以當－4≤x≤－2時,f(x)＝－

1

4

(x＋4)(x＋2)．

15．[2019·唐山模擬]已知函數(shù)f(x)＝ln

x

1－x

,若f(a)＋f(b)＝0,且0

________．

答案：

?

?

?

?

?

?

0，

1

4

解析：由題意可知ln

a

1－a

＋ln

b

1－b

＝0,即ln

a

1－a

×

b

1－b

＝0,從而

a

1－a

×

b

1－b

＝1,化簡得a＋b＝1,故

ab＝a(1－a)＝－a2＋a＝－

?

?

?

?

?

?

a－

1

2

2＋

1

4

,又0

1

2

,故0<－

?

?

?

?

?

?

a－

1

2

2＋

1

4

<

1

4

,即ab的取值范圍是

?

?

?

?

?

?

0，

1

4

.

16．已知函數(shù)f(x)＝－

1

2

x2＋4x－3lnx在[t,t＋1]上不單調(diào),則t的取值范圍是________．

答案：(0,1)∪(2,3)

解析：由題意知f′(x)＝－x＋4－

3

x

＝

－x2＋4x－3

x

＝－

x－1x－3

x

,

由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1,3,

則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t,t＋1)內(nèi),

函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t＋1]上就不單調(diào),

由t<1

三、解答題：本大題共6小題,共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．

17．(本小題滿分10分)

設p：實數(shù)x滿足x2－4ax＋3a2<0,q：實數(shù)x滿足|x－3|<1.

(1)若a＝1,且p∧q為真,求實數(shù)x的取值范圍；

(2)若a>0且綈p是綈q的充分不必要條件,求實數(shù)a的取值范圍．

解析：(1)由x2－4ax＋3a2<0得(x－3a)(x－a)<0,

當a＝1時,1

由|x－3|<1,得2

若p∧q為真,則p真且q真,

所以實數(shù)x的取值范圍是(2,3).

(2)由x2－4ax＋3a2<0得(x－3a)(x－a)<0,

綈p是綈q的充分不必要條件,即綈p?綈q,

且綈q/?綈p,

設A＝{x|綈p},B＝{x|綈q},則AB,

又A＝{x|綈p}＝{x|x≤a或x≥3a},

B＝{x|綈q}＝{x|x≥4或x≤2},

則0

所以實數(shù)a的取值范圍是

?

?

?

?

?

?4

3

，2

.

18．(本小題滿分12分)

已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù),當x≥0時,f(x)＝log2(x＋1)．

(1)求函數(shù)f(x)在定義域R上的解析式；

(2)解關于x的不等式f(2x－1)>1.

解析：(1)x<0時,－x>0,則f(－x)＝log2(－x＋1),

∵f(x)為R上的偶函數(shù),∴f(－x)＝f(x)＝log2(－x＋1),

∴f(x)＝

?

?

?

?

?log2x＋1x≥0

log2－x＋1x<0

(2)∵f(x)為R上的偶函數(shù),且f(1)＝f(－1)＝1,

∴f(2x－1)>1,即f(|2x－1|)>f(1)．

又x≥0時,f(x)＝log2(x＋1)遞增,

∴|2x－1|>1,得x>1或x<0

∴不等式的解集為{x|x>1,或x<0}．

19．(本小題滿分12分)

[2019·湖北浠水縣實驗高級中學模擬]已知函數(shù)f(x)＝

?

?

?

?

?

?

m＋

1

m

lnx＋

1

x

－x,其中常數(shù)m>0.

(1)當m＝2時,求f(x)的極大值；

(2)試討論f(x)在區(qū)間(0,1)上的單調(diào)性．

解析：(1)當m＝2時,f(x)＝

5

2

lnx＋

1

x

－x,

f′(x)＝

5

2x

－

1

x2

－1＝－

x－22x－1

2x2

(x>0),

當0

1

2

或x>2時,f′(x)<0；

當

1

2

0,

∴f(x)在

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

和(2,＋∞)上單調(diào)遞減,在

?

?

?

?

?

?1

2

，2

上單調(diào)遞增,

∴f(x)的極大值為f(2)＝

5

2

ln2－

3

2

.

(2)f′(x)＝

m＋

1

m

x

－

1

x2

－1＝－

x－m

?

?

?

?

?

?

x－

1

m

x2

(x>0,m>0),

當0

當m＝1,f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；

當m>1時,f(x)在

?

?

?

?

?

?

0，

1

m

上單調(diào)遞減,在

?

?

?

?

?

?1

m

，1

上單調(diào)遞增．

20．(本小題滿分12分)

[2019·陜西黃陵中學月考]已知函數(shù)g(x)＝

4x－n

2x

是奇函數(shù),f(x)＝log4(4x＋1)＋mx是偶函數(shù)

(m,n∈R)．

(1)求m＋n的值；

(2)設h(x)＝f(x)＋

1

2

x,若g(x)>h[log4(2a＋1)]對任意x∈[1,＋∞)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍．

解析：(1)因為g(x)為奇函數(shù),且定義域為R,

所以g(0)＝0,即

40－n

20

＝0,解得n＝1.

此時g(x)＝

4x－1

2x

＝2x－2－x是奇函數(shù),所以n＝1.

因為f(x)＝log4(4x＋1)＋mx,

所以f(－x)＝log4(4－x＋1)－mx＝log4(4x＋1)－(m＋1)x.

又因為f(x)為偶函數(shù),所以f(－x)＝f(x)恒成立,

解得m＝－

1

2

.所以m＋n＝

1

2

.

(2)因為h(x)＝f(x)＋

1

2

x＝log4(4x＋1),

所以h[log4(2a＋1)]＝log4(2a＋2)．

又因為g(x)＝

4x－1

2x

＝2x－2－x在區(qū)間[1,＋∞)上是增函數(shù),所以當x≥1時,g(x)min＝g(1)＝

3

2

.

由題意得

?

?

?

?

?2a＋2<4

3

2

，

2a＋1>0，

2a＋2>0，

解得－

1

2

所以實數(shù)a的取值范圍是

?

?

?

?

?

?

－

1

2

，3

.

21．(本小題滿分12分)

[2019·廣東聯(lián)合測試]已知函數(shù)f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx.

(1)當a＝1時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)f(x)在

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

上無零點,求a的最小值．

解析：(1)當a＝1時,f(x)＝x－1－2lnx,

f(x)的定義域為(0,＋∞),f′(x)＝1－

2

x

.

由f′(x)>0,得x>2；由f′(x)<0,得0

故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,＋∞)．

(2)因為f(x)<0在

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

上恒成立不可能,故要使函數(shù)f(x)在

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

上無零點,只需對任意的

x∈

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

,f(x)>0恒成立,即對x∈

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

,a>2－

2lnx

x－1

恒成立．

令l(x)＝2－

2lnx

x－1

,x∈

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

,則

l′(x)＝－

2

x

x－1－2lnx

x－12

＝

2lnx＋

2

x

－2

x－12

.

令m(x)＝2lnx＋

2

x

－2,x∈

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

,則

m′(x)＝－

2

x2

＋

2

x

＝

－21－x

x2

<0,

故m(x)在

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

上為減函數(shù)．

于是m(x)>m

?

?

?

?

?

?1

2

＝2－2ln2>0,

從而l′(x)>0,于是l(x)在

?

?

?

?

?

?

0，

1

2

上為增函數(shù)．

所以l(x)

?

?

?

?

?

?1

2

＝2－4ln2

∴a≥2－4ln2,即a的最小值為2－4ln2.

22．(本小題滿分12分)

[2019·河南濮陽模擬]已知函數(shù)f(x)＝xlnx－

1

2

mx2－x(x∈R)．

(1)若函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上是減函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍；

(2)若函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上存在兩個極值點x1,x2且x12.

解析：(1)由函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上是減函數(shù),知f′(x)≤0恒成立．

由f(x)＝xlnx－

1

2

mx2－x,得f′(x)＝lnx－mx.

由f′(x)≤0恒成立可知lnx－mx≤0恒成立,

則m≥

?

?

?

?

?

?lnx

xmax.

設φ(x)＝

lnx

x

,則φ′(x)＝

1－lnx

x2

.

由φ′(x)>0?x∈(0,e),φ′(x)<0?x∈(e,＋∞)知,

函數(shù)φ(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,＋∞)上單調(diào)遞減,

∴φ(x)max＝φ(e)＝

1

e

,

∴m≥

1

e

,即m的取值范圍為

?

?

?

?

?

?1

e

，＋∞

.

(2)證明：由(1)知f′(x)＝lnx－mx.

由函數(shù)f(x)在(0,＋∞)上存在兩個極值點x1,x2且x1

知

?

?

?

?

?lnx1－mx1＝0，

lnx2－mx2＝0.

則m＝

lnx1＋lnx2

x1＋x2

且m＝

lnx1－lnx2

x1－x2

,

聯(lián)立得

lnx1＋lnx2

x1＋x2

＝

lnx1－lnx2

x1－x2

,

即lnx1＋lnx2＝

x1＋x2

x1－x2

·ln

x1

x2

＝

?

?

?

?

?

?x1

x2

＋1

·ln

x1

x2

x1

x2

－1

.

設t＝

x1

x2

∈(0,1),則lnx1＋lnx2＝

t＋1·lnt

t－1

,

要證lnx1＋lnx2>2,

只需證

t＋1·lnt

t－1

>2,即證lnt<

2t－1

t＋1

,

即證lnt－

2t－1

t＋1

<0.

構(gòu)造函數(shù)g(t)＝lnt－

2t－1

t＋1

,

則g′(t)＝

1

t

－

4

t＋12

＝

t－12

tt＋12

>0.

故g(t)＝lnt－

2t－1

t＋1

在t∈(0,1)上單調(diào)遞增,g(t)

即g(t)＝lnt－

2t－1

t＋1

<0,∴l(xiāng)nx1＋lnx2>2.