安徽省六安市第一中学2020届高三数学下学期线下考试自测卷（六）文.doc

安徽省六安市第一中学2020届高三数学下学期线下考试自测卷（六） 文命题人：时间：120 分钟满分：150 分一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 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.131、函数 f (x) =A (9,+)的定义域是（）log1 x + 23B1(0, 9C1 ,+) 9D (0,92、幂函数 f (x) = (m2 - m -1)xm2 +2m-3 在(0, +)上为增函数，则m 的取值是（）A m = 2B m = -1C m = 2 或m = -1D -3 m 13、已知函数 y = f (x)是奇函数，当 x b cB. c a bC. b a cD. b c a5、函数 f (x) = ln(x2 - 2x - 8) 的单调递增区间是（）A (-, -2)B (-,1)C (1, +)D (4, +)6、曲线 f (x) = 1- 2 ln x 在点 P(1, f (1) 处的切线l 的方程为（）xA x + y - 2 = 0B 2x + y - 3 = 0C 3x + y + 2 = 0D 3x +y - 4 = 07、若 f (x) = x3 - ax2 +1在(0, 2) 内单调递减，则实数a 的范围是()A a 3B a = 2C a 3D 0 a 0，则 f ( f (-3) = ，若 f (x) 1，则实数 x 的取值范围是 2x61p+q515、已知常数a 0 ，函数 f (x) = (2x + ax) 的图像经过点 P( p，) 、Q(q，- 5) ，若2= 36 pq ，则a = 16、已知奇函数 f (x) 满足 f (x) = - f (x +1)，当 x (0,1) 时，函数 f (x) = 2x ，则f log 1 23 = 2三、解答题：共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22-23 题为选考题，考生根据要求作答.17（本小题满分 10 分）已知函数 f (x) = 2x3 - ax2 + 2 （1）讨论 f (x) 的单调性；（2）当 0a 0 时， f (x) x2 + mx +1恒成立，求m 的取值范围.20（本小题满分 12 分）已知函数 f (x) = e2 ln x - x .（1）求函数 f (x) 的极值；（2）求证： f (x) ex - x .mln x,1), n21（本小题满分 12 分）已知 v = (-x +v = (a,-3)(a R, 且a 0), 函数 f (x) = m n （1）求函数 f (x) 的单调区间；（2）若函数 y = f (x) 的图像在点(2, f (2) 处的切线的斜率为1，问：m 在什么范围取值时，对于任意的t 1,2 ，函数 g(x) = x3 + x2 m + f (x)在区间(t,3) 上总存在极值？222（本小题满分 12 分）已知函数 f ( x) = ax 2 - x -1n 1x（1）若 f (x )在点(1，f (1) 处的切线与直线 y = 2x +1平行，求 f (x )在点(1，f (1) 的切线方程；（2）若函数 f (x )在定义城内有两个极值点 x1 ， x2 ，求证： f (x1 ) + f (x2 ) 0时，由f (x) = log39 = 2，当 x 0时，由f (x) = x2 1得 x -1；x 1 = log3 3，得 x 3 ，故答案为：2， x -1或 x 315、 a = 6 【解析】由题意2 p2 p + ap= 6 ，52q2q + aq= - 15，上面两式相加，2 p得2 p + ap2q+= 1，所以 2 2q + aqp+q= a2 pq ，所以 a2= 36 ，因为 a 0 ，所以 a = 6 16、f (x + 2) = f (x +1) +1 = - f (x +1) = f (x) ，所以函数的周期是 2.根据对数函数的图象可知log 1 23 0，则当 x (-, 0) U a , + 时， f (x) 0；当 x 0, a 时， f (x) 0 故 f (x) 在 33 (-, 0), a , + 单调递增，在 0, a 单调递减；若 a=0， f (x) 在(-, +) 单调递增； 33 若 a 0 ；当 x a , 0 时， f (x) 0 故 f (x) 在3 3 -, a , (0, +) 单调递增，在 a , 0 单调递减3 3（2）当0 a 3 时，由（1）知， f (x) 在 0, a 单调递减，在 a ,1 单调递增，所以 f (x) 在3 3 a a30,1的最小值为 f 3 = - 27 + 2 ，最大值为 f (0)=2 或 f (1)=4 - a .于是a34 - a, 0 a 2,2 - a + a3, 0 a 2,m = -+ 2 ， M = 所以 M - m = 27 a272, 2 a 3.a33 27 , 2 a 3. 8当0 a 0 时， ex + x x2 + mx +1，即 m - x -+ 1.xxex1ex (x -1) - x2 +1(x -1)(ex - x -1)令 h (x ) =- x -+ 1(x 0) ，则 h(x) =.xxx2x2令j(x) = ex - x -1(x 0) ，j(x) = ex -1 0 ，当 x (0, +)时，j(x)单调递增，j(x) j(0) = 0，则当 x (0,1)时，即 h(x) 0，所以 h (x)单调递增，综上， h (x)min= h (1) = e -1，所以 m (-, e -1.e220（）依题意， f (x) =-1 =e2 - x(x 0) .xx令记函数 g(x) = ex - e2 ln x(x 0) ，则 g(x) = ex - e .x易知 g(x) 单调递增，又 g(1) = e - e2 0，22x所以存在 x0 (1, 2) ，使得 g(x0 ) = e 0e2e2-=0 ，即ex0，x0x0即ln x = -x + 2 .当 f (x) = 0，解得 x = e2 .所以当 x (0, e2 )时， f (x) 0 ，00当 x (e2 , + )时， f (x) 0 ，所以当 x = e2 时，函数 f (x) 有极大值 f (e2 ) = 2e2 - e2 = e2 ，函数 f (x) 无极小值.（）要证 f (x) 0 .x (0, x0 )时，有 g(x) 0， g(x) 单调递增，x02e22e222g(x) g (x0 ) = e - e ln x0 =- e ln x0 =+ e x0 - 2ex0x0x2 - 2x +1= 00e2 0,x0所以 f (x) 0, 12x + x= 1 0, 0 a 0,f ( x ) + f ( x ) = ax 2 + ax 2 - ( x + x ) + ln x + ln x= a( x2 + x2 ) - ( x + x ) + ln( x x )1212121212121 2=a( x + x )2 - 2x x - ( x + x ) + ln( x x )= ln 1 - 1 -1,121 2121 22a4