2023届高三数学一轮总复习阶段过关测评卷(二)·B卷（含答案）

1、阶段综合检测(二)B卷满分150分，用时120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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已知函数f(x)x3f(1)x22，则f(2)()A2 B eq f(10,3) C6 D142曲线yex12sin eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)x) 在点(1，1)处的切线方程为()Axy0 Bexye10Cexye10 Dxy203函数f(x)(x2)ex的最小值为()A2 BeC1 D04若函数f(x) eq f(x3,3) eq f(a,2) x2x1在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，3

2、) 内有极值点，则实数a的取值范围是()A eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(5,2) B eq blcrc)(avs4alco1(2，f(5,2) C eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(10,3) D eq blcrc)(avs4alco1(2，f(10,3) 5下列只有一个是函数f(x) eq f(1,3) x3ax2(a21)x1(a0)的导函数的图象，则f(1)()A eq f(1,3) B eq f(1,3) C eq f(7,3) D eq f(1,3) 或 eq f(7,3) 6若函数f(x)ln xax22在区间 eq blc(rc)(avs4a

3、lco1(f(1,2)，2) 内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是()A(，2 B eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,8)，) C eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(1,8) D(2，)7若不等式ln xaxb恒成立，则2ab的最小值为()A2 B3Cln 2 D58定义在(，0)(0，)上的函数f(x)满足f(x)f(x)，且x0时，f(x) eq f(ln x,x) .若关于x的方程f(x)kx有三个不相等的实数根，则实数k的取值范围是()A eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,e) eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,

4、e) B eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，0) eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e) C eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1,2e) eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2e) D eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2e)，0) eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2e) 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，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已知过点A(a，0)作曲线C：y eq f(x,ex) 的切线有且仅有两条

5、，则实数a的值可以是()A2 B4C0 D610已知函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是()Af(a)f(b)f(c)Bf(e)f(d)0时，f(x)x ln x，则下列说法正确的是()Af(x)在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，f(1,e) 上单调递减Bf(x)在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e2)，1) 上单调递增C当 eq f(1,e) a0，b0且ealn bab，则下列结论一定正确的是()Aab BeabCeab2 Daln b0三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13写出一个存在极值的奇

6、函数f(x)_14若对任意的x1、x2(m，)，且x1x2， eq f(x1ln x2x2ln x1,x2x1) 0)的最小值19(12分)设函数f(x)x2(a2)xa ln x(aR).(1)若x3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)1恒成立，求a的取值范围20(12分)为了更直观地让学生认识棱锥的几何特征，某教师计划制作一个正四棱锥教学模型现有一个无盖的长方体硬纸盒，其底面是边长为20 cm的正方形，高为10 cm，将其侧棱剪开，得到展开图，如图所示P1，P2，P3，P4分别是所在边的中点，剪去阴影部分，再沿虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四个点重合于点P，正好

7、形成一个正四棱锥PABCD，如图所示，设ABx(单位：cm).(1)若x10，求正四棱锥PABCD的表面积；(2)当x取何值时，正四棱锥PABCD的体积最大21(12分)已知函数f(x)exax有两个零点x1，x2(x1x2).(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x2x10，开口向上，故导函数图象开口向上，与x轴有2个交点，且对称轴是xa，结合选项(3)符合，又由f(0)a210且a0得a1，故f(1) eq f(1,3) 11 eq f(1,3) .6D解析：因为函数f(x)ln xax22在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，2) 内存在单调递增区间，所以f(x

8、) eq f(1,x) 2ax0在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，2) 上有解，即2a eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x2) eq sdo7(min) 在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，2) 上有解，又函数yx2在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，2) 上单调递增，所以函数y eq f(1,x2) 在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，2) 上单调递增，故当x eq f(1,2) 时y eq f(1,x2) 最小，且 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x

9、2) eq sdo7(min) 4，即2a4，得a2.7C解析：由ln xaxb恒成立，得axln xb0，设f(x)axln xb，f(x)a eq f(1,x) ，当a0时，f(x)0时，令f(x)0，解得x eq f(1,a) ，故函数f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a) 上单调递减，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)，) 上单调递增，故f(x)f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a) 0，即a eq f(1,a) ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a) b0，bln a1，2ab2aln

10、a1，设g(x)2xln x1，g(x)2 eq f(1,x) ，令g(x)0，x eq f(1,2) ，故g(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2) 上单调递减，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，) 上单调递增，故g(x)g eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) 2 eq f(1,2) ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2) 1ln 2，即2abln 2.8D解析：当x0时，令f(x) eq f(1ln x,x2) 0，则xe.即x(0，e)时，f(x)单调递增x(e，)时，f(x)单调递减若关于x

11、的方程f(x)kx有三个不相等的实数根，如图，当k0时，设过点(0，0)作曲线的切线交曲线于点P eq blc(rc)(avs4alco1(x0，f(ln x0,x0) ，切线方程为：y eq f(ln x0,x0) eq f(1ln x0,x eq oal(sup1(2),sdo1(0) ) (xx0)，切线又过点(0，0)，则 eq f(ln x0,x0) eq f(1ln x0,x0) ，即x0 eq r(e) ，又y eq f(ln x,x) 在x(0，e)时单调递增x0 eq r(e) ，切线的斜率为 eq f(1,2e) ，k eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,

12、2e) ，由对称性知：k eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2e)，0) eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2e) .9AD解析：设切点为 eq blc(rc)(avs4alco1(x0，f(x0,ex0) ，则y|xx0 eq f(1x0,ex0) ，所以切线方程为：y eq f(x0,ex0) eq f(1x0,ex0) (xx0)，切线过点A(a，0)，代入得： eq f(x0,ex0) eq f(1x0,ex0) (ax0)，即方程x eq oal(sup1(2),sdo1(0) ax0a0有两个解，则有a24a0a4或a0；当x(c，e)时，f(x

13、)0；f(x)在(，c)，(e，)上单调递增，在(c，e)上单调递减；对于A，abc，f(a)f(b)f(c)，A正确；对于B，cde，f(e)f(d)e时，可能存在f(x0)f(c)，C错误；对于D，由单调性知f(e)0时，f(x)1ln x，令f(x)0得x eq f(1,e) ，x eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e) 时，f(x)0，所以f(x)在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,e) 上单调递减，再根据奇函数知f(x)在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，f(1,e) 上单调递减，故A正确；因为 eq f(1,

14、e2) eq f(1,e) ，所以f(x)在区间 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e2)，f(1,e) 单调递减，故B错误；因为f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e) eq f(1,e) ln eq f(1,e) eq f(1,e) ，又f(x)为奇函数，所以f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e) f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e) eq f(1,e) ，如图yf(x)与ya有两个交点，则 eq f(1,e) a2eab，但ab不成立，A选项错误；对于B选项，由ealn bab可得eaabln b，即ealn e

15、abln b，构造函数f(x)xln x，其中x0，f(x)1 eq f(1,x) eq f(x1,x) .当0 x1时，f(x)1时，f(x)0，此时函数f(x)单调递增，若b1，则函数f(x)在1，)上单调递增，由ealn eabln b可得f(ea)f(b)，且ea1，故eab；若0b1，则bb，B选项正确；先证明对任意的x1、x2R且x1x2， eq f(x1x2,ln x1ln x2) x2，即证ln eq f(x1,x2) eq f(2（x1x2）,x1x2) eq f(2blc(rc)(avs4alco1(f(x1,x2)1),f(x1,x2)1) ，令t eq f(x1,x2)

16、 1，即证ln t eq f(2（t1）,t1) 0，令g(t)ln t eq f(2（t1）,t1) ，则g(t) eq f(1,t) eq f(4,（t1）2) eq f(（t1）2,t（t1）2) 0，故函数g(t)在(1，)上为增函数，当t1时，g(t)g(1)0，所以，对任意的x1、x2R且x1x2， eq f(x1x2,ln x1ln x2) bln b，则eabln ealn b，所以， eq f(eab,2) eq f(eab,ln ealn b) 1，可得eab2，C选项正确对于D选项，取a2，b eq f(1,e3) ，则ealn be232 eq f(1,e3) ab，但

17、aln b230，D选项不正确13sin x(不唯一)解析：由于正弦函数f(x)sin x为奇函数，且存在极值，故符合题意14. eq f(1,e) 解析：对任意的x1、x2(m，)，且x1x2， eq f(x1ln x2x2ln x1,x2x1) 2，易知m0，则x1ln x2x2ln x12x22x1，所以，x1(ln x22) eq f(ln x22,x2) ，令f(x) eq f(ln x2,x) ，则函数f(x)在(m，)上为减函数，因为f(x) eq f(ln x1,x2) ，由f(x) eq f(1,e) ，所以函数f(x)的单调递减区间为 eq blc(rc)(avs4alco

18、1(f(1,e)，) ，所以，(m，) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，) ，所以，m eq f(1,e) ，因此，实数m的最小值为 eq f(1,e) .15. eq f(1,e) 解析：令ln (xa)0，则x1a，f(x)|ln (xa)|ex eq blc(avs4alco1(ln （xa）ex（x1a），,ln （xa）ex（ax0，f(x)在1a，)上单增，此时f(x)minf(1a)e(1a)eea，当ax0 x eq f(1,e) a，f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(a，f(1,e)a) 上单减，在 eq blc(rc)(avs4a

19、lco1(f(1,e)a，1a) 上单增，此时f(x)minf eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)a) e eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)a) 12ea，eea2ea，2ea1，a eq f(1,e) .16(1) eq f(3,4) (2)解析：(1)f(x)cos x，f(x)sin x，根据“新驻点”的定义得f(x)f(x)，即cos xsin x，可得tan x1，x(0，)，解得x eq f(3,4) ，所以，函数f(x)cos x在(0，)上的“新驻点”为 eq f(3,4) ；(2)g(x)exx，则g(x)ex1，根据“新驻点”的定义

20、得g()g()，即1.h(x)ln (x1)，则h(x) eq f(1,x1) ，由“新驻点”的定义得h(x)h(x)，即ln (x1) eq f(1,x1) ，构造函数F(x)ln (x1) eq f(1,x1) ，则函数yF(x)在定义域上为增函数，F(0)10，F()0，由零点存在定理可知，(0，1)，.17解：(1)因为f(x)x1 eq f(a,ex) ，所以f(x)1 eq f(a,ex) ，又因为曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，所以f(1)0，即1 eq f(a,e1) 0，所以ae；(2)因为f(x)x1 eq f(a,ex) ，所以f(x)1 eq f(a

21、,ex) ，当a0时，f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a0时，f(x)0，则xln a，所以f(x)在(ln a，)上单调递增，f(x)0，则x0时，f(x)在xln a处取得极小值ln a，但是无极大值18解：(1)f(x)ln x1，f(1)ln 111，f(x)的图象在点(1，0)处的切线方程为yx1.(2)f(x)的定义域为(0，)，令f(x)ln x10，得x eq f(1,e) ，且t0，t eq f(1,e) eq f(1,e) .当0t eq f(1,e) ，x eq blcrc)(avs4alco1(t，f(1,e) 时，f(x)0

22、，f(x)单调递增，f(x)minf eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e) eq f(1,e) ln eq f(1,e) eq f(1,e) .当t eq f(1,e) ，x eq blcrc(avs4alco1(t，tf(1,e) 时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)minf(t)t ln t.故f(x)min eq blc(avs4alco1(f(1,e)，0t0)，f(3)4 eq f(2a,3) 0，a6，经检验符合条件，f(x) eq f(2（x3）（x1）,x) ，令f(x)0，有0 x3，令f(x)0，有1x0，有x1，令f(x)0，有0 x0时，f(1)

23、a10不成立综上，a2.20解：在正四棱锥PABCD中，连接AC，BD，交于点O，设BC中点为E，连接PE，EO，PO.(1)AB10，OE5，PE15，正四棱锥PABCD的表面积为S表SABCD4SPBC10104 eq f(1,2) 1015400，正四棱锥PABCD的表面积为400 cm2.(2)ABx，OE eq f(x,2) ，PE20 eq f(x,2) (0 x20)，PO eq r(blc(rc)(avs4alco1(20f(x,2)sup12(2)blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)sup12(2) 2 eq r(5) eq r(20 x) (0 x20)，正四棱

24、锥PABCD的体积为V(x) eq f(1,3) x22 eq r(5) eq r(20 x) eq f(2r(5),3) x2 eq r(20 x) eq f(2r(5),3) eq r(x4（20 x）) (0 x20).令t(x)x4(20 x)(0 x20)，则t(x)5x3(16x)，当0 x0，t(x)单调递增；当16x20时，t(x)0，所以f(x)在R上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合题意；当a0时，令f(x)0，得x0，得xln a，故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，所以f(x)minf(ln a)aa ln aa(1ln a).(i

25、)若0e，则ln a1，f(x)mina(1ln a)aeln a0，f(2ln a)a22a ln aa(a2ln a)0.又f(0)10，0ln a0，两式相除得etex2x1 eq f(x2,x1) eq f(x1t,x1) ，变形得x1 eq f(t,et1) .欲证x2x1 eq f(2,x1) 2，即证t eq f(2（et1）,t) 2，即证 eq f(t22t2,et) 0)，h(t) eq f(（2t2）et（t22t2）et,e2t) eq f(t2,et) 0，故h(t)在(0，)上单调递减，从而h(t)h(0)2，即 eq f(t22t2,et) 2，所以x2x10，令

26、t eq f(x2,x1) 1，则x2tx1，则 eq blc(avs4alco1(ex1ax1，,etx1atx1，) 两式相除得e(t1)x1t，x1 eq f(ln t,t1) ，x2 eq f(t ln t,t1) ，欲证x2x1 eq f(2,x1) 2，即证ln t eq f(2（t1）,ln t) 2，即证(ln t)22ln t2t21)，g(t)2ln t eq f(1,t) eq f(2,t) 2 eq f(2（ln tt1）,t) ，令h(t)ln tt1(t1)，h(t) eq f(1,t) 1 eq f(1t,t) 0，故h(t)在(1，)上单调递减，则h(t)h(1)0，即g(t)0，g(t)在(1，)上单调递减，从而g(t)g(1)0，(ln t)22ln t2t20得证，即x2x1 eq f(2,x1) 2得证22解：(1)当a1时，f(x)xexx22x，定义域为R，求导得f(x)exxex2x2ex(