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成都高2014届高三数学10月阶段性考试(理科) Word版含答案


成都高 2014 届高三数学 10 月阶段性考试(理科)
考试时间:2013 年 10 月 4 日 15:00—17:00

第Ⅰ卷

(选择题

共 50 分)

一、选择题: (本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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、已知集合 M ? x ? 2 ? x ? 1 , N ? ?? 3,?2,?1,0,1,2? ,则 M ? N ? ( A. ?? 2,?1,0,1? B. ?? 1,0? C. ?? 1,0,1? D. ?0,1? )

?

?





2、若命题“ p 或 q ”是真命题, p 且 q ”是假命题,则( ▲ “ A.命题 p 和命题 q 都是假命题 C.命题 p 和命题“ ?q ”的真值不同 3、设函数 f(x)是连续可导函数,并且 lim A.
?x ?0

B.命题 p 和命题 q 都是真命题 D.命题 p 和命题 q 的真值不同

f ( x0 ? ?x) ? f ( x0 ) ? 2, 则f ?( x0 ) ? ( ▲ ) 2?x
C. 4 D. 2

1 2

B. ? 2

4、对于函数 y ? f ( x), x ? R ,“ y ?| f (x )| 的图象关于 y 轴对称”是“ y = f ( x) 是奇函数”的 ( ▲ ) A.充分而不必要条件 C.充要条件 B.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要

2 5、命题“若 m ? 0 ,则 x ? x ? m ? 0 有实数根”与其逆命题、否命题、逆否命题这四个

命题中,假命题的个数是( ▲ ) A.0 B.1 C.2 D.3

) 6、 定义在实数集 R 上的函数 f ( x) , 对一切实数 x 都有 f(x ? 1 ? f(2 ? x) 成立, f ( x) =0 若 仅有 101 个不同的实数根,那么所有实数根的和为( ▲ )
A.101 7、已知函数 f ( x) ? ? B.151 C.303 满足对任意 x1 ? x2 , 都有 D.

303 2

?a x ( x ? 0), ?(a ? 3) x ? 4a ( x ? 0)


f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0成 x1 ? x2

立,则 a 的取值范围是( ▲ A. (0, ] 8、方程 log 2
( 1? x ) 1? x

1 4

B. (0,1)

C. [ ,1)

1 4

D. (0,3)

? x ? 1 的实根 x0 在以下那个选项所在的区间范围内( ▲)

5 1 A. (? ,? ) 8 2

1 3 B. (? ,? ) 2 8

3 1 C. (? ,? ) 8 4

1 1 D. (? ,? ) 4 8

9、设 a ? 1 ,若仅有一个常数 c 使得对于任意的 y ? [a,2a ] ,都有 x ? [a, a 2 ] 满足方程

loga x ? loga y ? c ,这时 a ? c 的取值为( ▲ )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

10、定义 [x] 表示不超过 x 的最大整数,记 ?x? ? x ? [x] ,其中对于 0 ? x ? 316 时,函数

f ( x) ? sin 2 [ x] ? sin 2 {x} ? 1 和函数 g ( x) ? [ x] ? ?x??
A. m ? 101, n ? 313 C. m ? 100, n ? 313

x ? 1 的零点个数分别为 m, n. 则(▲) 3 B. m ? 101, n ? 314 D. m ? 100, n ? 314

第Ⅱ卷

( 非选择题

共 100 分)

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.把答案填在后面的答题卷的相应地方.
? 1 ? 11、 设集合 M ? ? x x ? ? 0 ? ,N ? ?x 2 x ? 1 ? 0? , M I N ? 则 2 ? ?



(用集合表示)

12、命题“ ?x ? R, x 2 ? 2 x ? 1 ? 0 ”的否定为 13、函数 f ( x) ? log 1 (2 x 2 ? x ? 1) 单调递减区间为
2

▲ ▲
3

14、已知函数 x ? 0 时, f ( x) ? 2 x , x ? 0 时, f ( x) ? log 1 x ,则函数 y ? f [ f ( x)] ? 1 的 零点个数有



个.

15、下列命题是真命题的序号为:



①定义域为 R 的函数 f (x) ,对 ?x 都有 f ( x ? 1) ? f (1 ? x) ,则 f ( x ? 1) 为偶函数 ②定义在 R 上的函数 y ? f (x) , 若对 ?x ? R , 都有 f ( x ? 5) ? f (1 ? x) ? 2 , 则函数 y ? f (x) 的图像关于 (?4,2) 中心对称 ③函数 f (x) 的定义域为 R,若 f ( x ? 1) 与 f ( x ? 1) 都是奇函数,则 f ( x ? 1949) 是奇函数 ④函数 f ( x) ? ax3 ? bx 2 ? cx ? d (a ? 0) 的图形一定是对称中心在图像上的中心对称图形。 ⑤若函数 f ( x) ? ax3 ? bx 2 ? cx ? d 有两不同极值点 x1 , x2 ,若 x2 ? x1 ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) , 且 f ( x1 ) ? x1 ,则关于 x 的方程 3a ? [ f ( x)]2 ? 2b ? f ( x) ? c ? 0 的不同实根个数必有三个

成都七中高 2014 届高三阶段性 10 月考试数学(理科)答题卷
第Ⅰ卷 (选择题 共 50 分)

一、选择题: (本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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

2

3

4

5

6

7

8

9

10

二、填空题(本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分) 11. 13. (用集合表示) 14. 12. 15.

三、解答题: (本大题共 6 小题,16 ? 20 题均为 12 分,21 题 15 分,共计 75 分.解答应写出必 要的文字说明、证明过程及演算步骤. ) 16、设命题 p :实数 x 满足 x 2 ? 4ax ? 3a 2 ? 0 (a ? 0) ;命题 q : 实数 x 满足

?x2 ? 2x ? 8 ? 0 ? ,若 p 是 q 的必要不充分条件,求实数 a 的取值范围? ? 2 ?x ? x ? 6 ? 0 ?

17、设 0 ? x ? 2 ,求函数 y ? 4

x?

1 2

? 2 x ?1 ? 5 的最大值和最小值,并指出相应 x 的取值?

18 、 不 恒 为 0 的 函 数 f (x) 的 定 义 域 为 R . 对 于 定 义 域 内 任 意 x1 , x2 , 都 有

f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 )
(1)求 f (1) 及 f (?1) 的值; (2)判断 f (x) 的奇偶性并证明; (3) f (4) ? 1, f (3x ? 1) ? f (2 x ? 6) ? 2, 且f ( x)在(0,??) 上是增函数, x 的取值范围. 若 求

19、已知 f ?x? ? x ln x, g ?x? ? x 3 ? ax2 ? x ? 2 (Ⅰ)求函数 f ?x ? 的单调区间; (Ⅱ)对一切的 x ? ?0,??? , 2 f ?x ? ? g ' ?x ? ? 2 恒成立,求实数 a 的取值范围.

20、已知函数 f ( x) ? log a

(

x ?5 ) x ? 5 和函数

g ( x) ? 1 ? log a

( x ?3)

其中 a ? 0且a ? 1 ,

(1)分别求函数 f (x) 和 g (x) 的定义域 (2)若关于 x 的方程 f ( x) ? g ( x) 有实根,求 a 的取值范围?

21、设函数 f ( x) ? ( x ?1)e x ? kx2 (k ? R) . (1)当 k ? 1 时,求函数 f ( x) 的单调区间; (2)当 k ? ( ,1] 时,求函数 f ( x) 在 [0, k ] 的最大值 M. (3)当 k ? 0 时,又设函数 g ( x) ? ln(1 ? 求证:当 n ? 2, 且 n ? N * 时, 1 ?

1 2

2 2x2 ? x , )? x ?1 2x ? 2

1 1 1 ? ? ? ? ? g (n) ? ln f (n) 2 3 n

成都七中高 2014 届高三数学 10 月阶段性考试 (理)
一、选择题: BDCBC 二、填空题 11、 ? x ? DACCA

? ?

1 1? ?x? ? 2 2?
14、3

12、 ?x0 ? R , x0 2 ? 2 x0 ? 1 ? 0

13、 (1, ??) 三、解答题:

15、③④⑤

16、解:由命题 p 得 ( x ? 3a)( x ? a) ? 0 ,

? x 2 ? 2 x ? 8 ? 0 ? x ? ?4或x ? 2, ? 由命题 q 得 ? 2 ?? ?2? x?3 ?x ? x ? 6 ? 0 ??2 ? x ? 3, ?
由此分析,只有 a ? 0 才可能,所以对于 p : a ? x ? 3a 设 A ? (a,3a), B ? ? 2,3?

? p 是 q 的必要不充分条件
故 A ? B ,? a ? 2且3a ? 3 又 a ? 0 ,故 1 ? a ? 2 17、解:原试可化为 y ? ( ) ? 22 x ? 2? x ? 5 ,令 2 x ? t ? [1, 4] , 2 则y?

1 2

t2 1 ? 2? ? 5 ? (t ? 2) 2 ? 3 t 2 2

当 x ? 1 时, t ? 2 , ymin ? 3 当 x ? 2 时, t ? 4 , ymax ? 5

18、解: (1)因 f (1) ? f (1? ? f (1) ? f (1) ? 0 ;故 f (1) ? 0 ,同理赋值得 f (?1) ? 0 1) (2)对任意 x ? 0 , f ( x 2 ) ? f ( x ? x) ? f (? x ? ? x)

? f ( x) ? f ( x) ? f ( ? x) ? f ( ? x) ? 2 f ( x) ? 2 f ( ? x) 故 f ( x) ? f (? x) ,函数 f (x) 为偶函数。
(注:此处证法不唯一) (3) 因 f (4) ? 1 ;故 2 ? 1 ? 1 ? f (4) ? f (4) ? f (16)

又 f (3x ? 1) ? f (2 x ? 6) ? f ((3x ? 1)(2 x ? 6)) ? 2 ? f (16) ; 因 f (x) 在 (0,??) 上为增函数,故 (3x ? 1)(2 x ? 6) ? 16 解得

5 11 (不写集合不扣分) ? x ? 或 ? 1 ? x ? 1。 3 3

19、解:(Ⅰ) f ' ( x) ? ln x ? 1, 令f ' ?x ? ? 0, 解得0 ? x ?

1 ? 1? ,? f ( x)单调递减区间是 0, ?; ? e ? e?

1 ?1 ? 令f ' ?x ? ? 0, 解得x ? ,? f ( x)单调递增区间是 ,?? ?; ? e ?e ?
(Ⅱ)由题意: 2 x ln x ? 3x 2 ? 2ax ? 1 ? 2
2 即 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1

? x ? ?0,???

3 1 x? 2 2x 3x 1 设 h?x ? ? ln x ? , ? 2 2x ?x ? 1??3x ? 1? 1 3 1 ' ?? 则 h ?x ? ? ? ? 2 x 2 2x 2x 2 1 ' 令 h ?x ? ? 0 ,得 x ? 1, x ? ? (舍) 3
可得 a ? ln x ?
' ' 当 0 ? x ? 1 时, h ?x ? ? 0 ;当 x ? 1时, h ?x ? ? 0

? 当 x ? 1时, h ? x ? 取得最大值, h ? x ? max =-2

? a ? ?2 . ? a 的取值范围是 ?? 2,??? .
20、解(1)由题意得

x ?5 ? 0 ,即 ( x ? 5)( x ? 5) ? 0 ,解得 x ? ?5或x ? 5 ; x?5 同理: x ? 3 ? 0 ? x ? 3

故 f (x) 的定义域为 x ? ?5或x ? 5 , g (x) 的定义域为 x ? 3 12. f ( x) ? g ( x) ? log a

x ?5 ? 1 ? log a ( x ? 3) x?5 x ?5 ? log a ? log a ( x ? 3) ? 1 x?5
? log a x ?5 x ?5 ?1 ? ?a ( x ? 5)( x ? 3) ( x ? 5)( x ? 3)

又方程 f ( x) ? g ( x) 在 x ? 5 范围内有实根,故

a? ( x ? 5) ?

1 20 ? 12 x ?5

解得: 0 ? a ?

3? 5 16

注:此题解法很多,但都必须强调在 (??,5) 内 21、 (本小题 1 问 3 分,2 问 7 分,3 问 5 分,满分 15 分) 解: f '( x) ? ( x ?1)e x ? e x ? 2kx ? xe x ? 2kx ? x(e x ? 2k ) (1)当 k ? 1 时,令 f '( x) ? x(e x ? 2) ? 0 ,得 x1 ? 0, x2 ? ln 2 当 x ? 0 时, f '( x) ? 0 ;当 0 ? x ? ln 2 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? ln 2 时, f '( x) ? 0 ; ∴函数 f ( x) 的单调递增区间为 (??, 0) 、 (ln 2, ??) ;单调递减区间为 (0, ln 2) (2)∵

1 ? k ? 1, 2

∴ 1 ? 2k ? 2 ,

所以 0 ? ln 2k ? ln 2

记 h(k ) ? k ? ln 2k , 则 h '(k ) ? 1 ?

1 2 k ?1 在 k ? ( ,1) 有 h '(k ) ? 0 , ? 2 2k k

1 2 1 ∴当 k ? ( ,1) 时,函数 f ( x) 在 [0, ln 2k ) 单调递减,在 (ln 2k , k ] 单调递增。 2
∴当 k ? ( ,1) 时, h(k ) ? k ? ln 2k ? h(1) ? 1 ? ln 2 ? 0 。即 k ? ln 2k ? 0

f (0) ? ?1 , f (k ) ? (k ? 1)ek ? k 3 ,记 g (k ) ? f (k ) ? (k ?1)ek ? k 3 ,下证 g (k ) ? ?1

g '(k ) ? k (ek ? 3k ) ,设 p(k ) ? ek ? 3k ,令 p '(k ) ? ek ? 3 ? 0 得 k ? ln 3 ? 1
∴ p(k ) ? e ? 3k 在 ( ,1] 为单调递减函数,
k

1 2

3 ? 2.25 ? 1.5 ? 0 , p(1) ? e ? 3 ? 0 2 1 k ∴ g '(k ) ? k (e ? 3k ) ? 0 的一个非零的根为 k0 ? ( ,1] ,且 ek0 ? 3k0 2 1 k 3 显然 g (k ) ? (k ? 1)e ? k 在 ( , k0 ) 单调递增,在 (k0 ,1] 单调递减, 2 1 k 3 ∴ g (k ) ? f (k ) ? (k ?1)e ? k 在 ( ,1) 上的最大值为 2
而 p( ) ?

1 2

e?

3 3 2 g (k0 ) ? (k0 ?1)3k0 ? k0 ? ?k0 ? 3k0 ? 3k0 ? (1 ? k0 )3 ?1 ? ?1

1 1 1 7 g( ) ? ? e ? ? ?1 ? ? e 2 2 8 4



7 ? 3 ? e 成立 4

1 g ( ) ? ?1 , g (1) ? ?1 2 1 综上所述,当 k ? ( ,1] 时,函数 f ( x) 在 [0, k ] 的最大值 M ? (k ? 1)ek ? k 3 . 2 注:思路较多,但没说明为什么在 k 取最大值或不清楚的至少扣 4 分
∴ (3)当 k ? 0 时,原式为 f ( x) ? ( x ? 1)e x 化简不等式右边后即证

1 1 1 1 n ? ? ? ........ ? ? ln(n ? 1) ? 2 3 4 n 2n ? 2 1 1 ? ln(n ? 1) ? [1 ? ] 2 n ?1 2 3 4 n ?1 1 1 1 1 1 1 ? ln( ? ? ...... ) ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ( ? )] 1 2 3 n 2 2 2 3 n n ?1 1 n ?1 1 1 1 1 1 1 即证: ? ln( )? ( ? ) 即证 ? ? 2 ln(1 ? ) n n 2 n n ?1 n ?1 n n 1 设 ? t ? (0,1) ,移项,引出新函数 n 1 即证 h(t ) ? 1 ? ? t ? 2 ln(t ? 1) ? 0 t ?1 sn ? 1 ?
求导后很容易判断出单调增 故 h(t ) ? h(0) 得证, 1 ?

1 1 1 ? ? ? ? ? g (n) ? ln f (n) 得证。 2 3 n


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