江西省安福中学2012届高三第一次月考数学（理）试题

2011—2012学年度高三年级第一次月考数学试题(理科)2011.9.23命题：刘鹏程审题：罗桂林一、选择题(每小题5分，共50分)1.已知全集{1,2,3,4,5,6}U，{2,3,5}M，{4,5}N，则集合{1,6}（）A．MNB.MNC.)(NMCUD.)(NMCU2、函数)34ln()(2xxxf的单调递减区间是（）A．4,23B．,23C．23,1D．23,3．函数xxayx(01)a的图象的大致形状是（）4.函数()sin,[,],22fxxxx12()()fxfx若,则下列不等式一定成立的是()A.021xxB.2221xxC.21xxD.2221xx5．已知函数f(x)定义域关于原点对称，命题P：对于定义域中的每一个x的值满足)()(xfxf，命题Q:函数f(x)是奇函数或是偶函数。则P是Q成立的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要xyO1－1B．xyO1－1A．xyO1－1C．xyO1－1D．6.已知函数f(x)＝x2x0－xx≥0，g(x)＝1－xx≤01＋xx0，若g[f(x)]≥a恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0]B．(－∞，1]C．[0,1]D．[－1,1]7．已知函数f(x)＝x2＋2x＋alnx，若函数f(x)在(0,1)上单调，则实数a的取值范围是()A．a≥0B．a－4C．a≥0或a≤－4D．a0或a－48．函数2()(0),()fxaxbxcafx的导函数是()fx，集合A()0,()0xfxBxfx，若BA，则()A．20,40abacB．20,40abacC．20,40abacD．20,40abac9．设函数)(xf的零点为1x，函数224)(xxgx的零点为2x，若41||21xx，则)(xf可以是（）A．212)(xxfB．41)(2xxxfC．xxf101)(D．)28ln()(xxf10．设()fx是定义在R上的偶函数，对任意xR，都有(2)(2),fxfx且当[2,0]x时，1()()1,(2,6]2xfx若在区间内关于x的方程()log(2)0(1)afxxa恰有3个不同的实数根，则a的取值范围是（）A．3(1,4)B．3(4,2)C．（1，2）D．(2,)二、填空题（每小题5分，共25分）11．若函数f（x）=12342mxmx的定义域为R，则m的取值范围是。12.直线022yx与抛物线xy22所围成平面图形的面积是.13．设f(x)=22exx,g(x)=xxe,对任意x1,x2∈(0,+∞),若有kxf)(1≤1)(2kxg恒成立，则正数k的取值范围是.14．已知函数y=f(x)的图像是开口向下的抛物线，且对任意x∈R，都有f(1-x)=f(1+x)，若向量)2,1(),1,(log21bma，则满足不等式)1()(fbaf的实数m的取值范围是．15．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，定义：设f″(x)是函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心．如“函数f(x)＝x3－3x2＋3x对称中心为点(1,1)”请你将这一发现作为结论，若函数g(x)＝13x3－12x2＋3x－512＋1x－12，则g12011＋g22011＋g32011＋g42011＋…＋g20102011＝________.三、解答题：本大题共小题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16．（本小题12分）已知条件axp|15:|，（0a）和条件01321:2xxq，求实数a的取值范围，使命题：“qp则若”为真命题，它的逆命题为假命题。17．（本小题12分）如图，函数y=32|x|在x∈[－1,1]的图象上有两点A、B，AB∥Ox轴，点M（1，m）（m是已知实数，且m32）是△ABC的边BC的中点。（Ⅰ）写出用B的横坐标t表示△ABC面积S的函数解析式S＝f(t)；（Ⅱ）求函数S＝f(t)的最大值，并求出相应的C点坐标。Oxy1t-1-tM(1,m)3232yxABC18．（本小题12分）设]1,1[A，]22,22[B，函数12)(2mxxxf，（Ⅰ）设不等式0)(xf的解集为C，当)(BAC时，求实数m取值范围；（Ⅱ）若对任意xR，都有)1()1(xfxf成立，试求Bx时，)(xf的值域；（Ⅲ）设mxxaxxg2||)(()aR，求)()(xgxf的最小值．19．（本小题12分）某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得x∈[10,1000]万元的投资收益.现准备制定一个对科研课题组的奖励方案：奖金y（单位：万元）随投资收益x（单位：万元）的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%.（Ⅰ）若建立函数f(x)模型制定奖励方案，试用数学语言．．．．表述公司对奖励函数f(x)模型的基本要求；（Ⅱ）现有两个奖励函数模型：(i)y＝2150x；(ii)y＝4lgx－3.试分析这两个函数模型是否符合公司要求？20．（本小题13分）已知函数0(ln|2|)(xxbaxxf，实数a，b为常数），（Ⅰ）若a＝1，)(xf在（0，＋∞）上是单调增函数，求b的取值范围；（Ⅱ）若a≥2，b＝1，判断方程xxf1)(在（0，1]上解的个数。21．（本小题14分）已知函数f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，x1alnx，x≥1的图象过坐标原点O，且在点(－1，f(－1))处的切线的斜率是－5。（Ⅰ）求实数b、c的值；（Ⅱ）求f(x)在区间[－1,2]上的最大值；（Ⅲ）对任意给定的正实数a，曲线y＝f(x)上是否存在两点P、Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．第一次月考答案（仅供参考）一、选择题12345678910CADBBBCDCB二、填空题11[0,34]、12、9413、［1，+∞）14、),8()21,0(、15、2010三、解答题16、解：已知条件p即ax15，或ax15，∴51ax，或51ax，已知条件q即01322xx，∴21x，或1x；由题意可得4a18、解：（1）]1,1[BA，因为BAC，二次函数12)(2mxxxf图像开口向上，且082m恒成立，故图像始终与x轴有两个交点，由题意，要使这两个交点横坐标]1,1[,21xx，当且仅当：1410)1(0)1(mff，解得：11m（2）对任意Rx都有)1()1(xfxf，所以)(xf图像关于直线1x对称，所以14m，得4m．所以3)1(2)(2xxf为]22,22[上减函数．22)(minxf；22)(maxxf．故Bx时，)(xf值域为]22,22[．（3）令)()()(xgxfx，则1||)(2axxx（i）当ax时，45)21(1)(22axaxxx，当21a，则函数)(x在],(a上单调递减，从而函数)(x在],(a上的最小值为1)(2aa．若21a，则函数)(x在],(a上的最小值为a45)21(，且)()21(a．（ii）当ax时，函数45)21(1)(22axaxxx若21a，则函数)(x在],(a上的最小值为a45)21(，且)()21(a若21a，则函数)(x在),[a上单调递增，从而函数)(x在),[a上的最小值为1)(2aa．综上，当21a时，函数)(x的最小值为a45当2121a时，函数)(x的最小值为12a当21a时，函数)(x的最小值为a4519．解：（Ⅰ）设奖励函数模型为y＝f(x)，则公司对函数模型的基本要求是：当x∈[10，1000]时，①f(x)是增函数；②f(x)≤9恒成立；③()5xfx恒成立.（Ⅱ）（1）对于函数模型()2150xfx：当x∈[10，1000]时，f(x)是增函数，则max100020()(1000)2291503fxf.所以f(x)≤9恒成立.因为函数()12150fxxx在[10，1000]上是减函数，所以max()111[]15055fxx.从而()1211505fxxx，即()5xfx不恒成立.故该函数模型不符合公司要求.（2）对于函数模型f(x)＝4lgx－3：当x∈[10，1000]时，f(x)是增函数，则max()(1000)4lg100039fxf.所以f(x)≤9恒成立.设g(x)＝4lgx－3－5x，则4lg1()5egxx.当x≥10时，24lg12lg1lg1()0555eeegxx，所以g(x)在[10，1000]上是减函数，从而g(x)≤g(10)＝－1＜0.所以4lgx－3－5x＜0，即4lgx－3＜5x，所以()5xfx恒成立.故该函数模型符合公司要求.20（2）令).2(,1ln2),20(,1ln2)(,1ln|2|)(axxxaxaxxxaxxgxxaxxg即当211)(,1ln2)(,20xxaxgxxaxxgax时，∵04)2(42)(,21,202aaaaaxgaxax则即)2,0()(,0)(axgxg在上是单调增函数。21、【解析】(1)当x1时，f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，则f′(x)＝－3x2＋2x＋b.依题意，得f0＝0f′－1＝－5即c＝0－3－2＋b＝－5，解得b＝c＝0.(2)由(1)知，f(x)＝－x3＋x2，x1alnx，x≥1.①当－1≤x1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－3xx－23，令f′(x)＝0得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x(－1,0)00，232323，1f′(x)－0＋0－f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减又f(－1)＝2，f23＝427，f(0)＝0，∴f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤2时，f(x)＝alnx.当a≤0时，f(x)≤0，∴f(x)的最大值为0；当a0时，f(x)在[1,2]上单调递增，∴f(x)在[1,2]上的最大值为aln2.综上所述，当aln2≤2，即a≤2ln2时，f(x)在[－1,2]上的最大值为2；当aln22，即a2ln2时，f(x)在[－1,2]上的最大值为aln2.(3)假设曲线y＝f(x)上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴的两侧．不妨设P(t，f(t))(t0)，则Q(－t，t3＋t2)，显然t≠1.∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴OP→·OQ→＝0，即－t2＋f(t)(t3＋t2)＝0.①若方程①有解，则存在满足题意的两点P、Q；若方程①无解，则不存在满足题意的两点P、Q.若0t1，则f(t)＝－t3＋t2，代入①式得，－t2＋(－t3＋t2)(t3＋t2)＝0，即t4－t2＋1＝0，而此方程无实数解，因此t1.此时f(t)＝alnt，代入①式得，－t