全程高考

月月考(一)集合与常用逻辑用语、函数、导数及应用

第Ⅰ卷(选择题共60分)

一、选择题：本大题共12小题,每小题5分,共60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．[2016·全国卷Ⅰ]设集合A＝{x|x2－4x＋3＜0},B＝{x|2x－3＞0},则A∩B＝()

A．(－3,－

3

2

)B．(－3,

3

2

)

C．(1,

3

2

)D．(

3

2

,3)

答案：D

解析：由题意得,A＝{x|1＜x＜3},B＝{x|x＞

3

2

},则A∩B＝(

3

2

,3)．选D.

2．[2019·九江模拟]下列有关命题的说法正确的是()

A．命题“若xy＝0,则x＝0”的否命题：“若xy＝0,则x≠0”

B．“若x＋y＝0,则x,y互为相反数”的逆命题为真命题

C．命题“∃x∈R,2x2－1<0”的否定：“∀x∈R,2x2－1<0”

D．命题“若cosx＝cosy,则x＝y”的逆否命题为真命题

答案：B

解析：“若xy＝0,则x＝0”的否命题：“若xy≠0,则x≠0”,故A错误；“若x＋y＝0,则x,y互为

相反数”的逆命题为“若x,y互为相反数,则x＋y＝0”,为真命题,故B正确；“∃x∈R,2x2－1<0”的否

定：“∀x∈R,2x2－1≥0”,故C错误；“若cosx＝cosy,则x＝y”为假命题,根据原命题与其逆否命题的

真假相同可知,逆否命题为假命题,故D错误．故选B.

3．下列函数中,在其定义域内是增函数而且是奇函数的是()

A．y＝2xB．y＝2|x|

C．y＝2x－2－xD．y＝2x＋2－x

答案：C

解析：因为y＝2x为增函数,y＝2－x为减函数,所以y＝2x－2－x为增函数,又y＝2x－2－x为奇函数,所以

选C.

4．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示,记p＝|a－b＋c|＋|2a＋b|,q＝|a＋b＋c|＋

|2a－b|,则()

A．p>q

B．p＝q

C．p

D．以上都有可能

答案：C

解析：因为二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象开口向下,经过原点且对称轴在x＝1的右侧,故a<0,

－

b

2a

>1,c＝0,所以b>0,2a＋b>0,2a－b<0.又当x＝－1时,y＝a－b＋c<0,当x＝1时,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·山东曲阜模拟]已知函数f(x)是定义域为R的奇函数,当x∈[0,1]时,f(x)＝x3,且∀

x∈R,f(x)＝f(2－x),则f(2017.5)＝()

A．－

1

8

B.

1

8

C．0D．1

答案：B

解析：∵f(x)是定义域为R的奇函数,

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

可得f(x－2)＝－f(x－4)．又f(x－2)＝－f(x),

∴f(x)＝f(x－4),故函数f(x)是周期函数,且周期为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)．

∵当x∈[0,1]时,f(x)＝x3,

∴f(2017.5)＝f(0.5)＝0.53＝

1

8

.故选B.

6．已知0y>1,则下列各式中正确的是()

A．xa

C．ax>ayD．ax>ya

答案：B

解析：对于A,∵

xa

ya

＝











x

y

a>











x

y

0＝1,∴xa>ya,

∴A错误；∵0y>1,∴ax

ya>y0＝1,∴ax

7．[2019·湖北咸宁重点高中联考]已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数,且0≤x<1时,f(x)

＝2x＋a,f(1)＝0,则f(－3)＋f(14－log27)＝()

A．1B．－1

C.

3

4

D．－

3

4

答案：D

解析：由题可得,f(－3)＝f(1)＝0,由f(x)为奇函数知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

.则f(－3)＋f(14－log27)＝0－

3

4

＝－

3

4

.故

选D.

8．函数f(x)＝











1－2x

1＋2xcosx的图象大致是()

答案：C

解析：∵f(－x)＝











1－2－x

1＋2－x·cos(－x)＝











2x－1

2x＋1

·cosx＝－f(x),∴f(x)是奇函数,排除A,B；又f(1)

＝

1－2

1＋2

×cos1<0,f











π

2

＝0,∴排除D,故选C.

9．[2019·黑龙江大庆实验中学月考]若关于x的方程|3x－1|－a＝0有两个不同的实数解,则实数a

的取值范围是()

A．(0,1)B．(0,1]

C．(0,＋∞)D．(1,＋∞)

答案：A

解析：关于x的方程|3x－1|－a＝0有两个不同的实数解等价于函数f(x)＝|3x－1|的图象与直线y＝a

有两个不同的公共点,画出函数f(x)＝|3x－1|的图象如图所示．由图可知,当0

1|的图象与直线y＝a有两个不同的公共点,即实数a的取值范围是(0,1)．故选A.

10．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中,y

＝f(x)的图象大致是()

答案：C

解析：由条件可知当0

所以f′(x)<0,函数递减．

当x>1时,xf′(x)>0,

所以f′(x)>0,函数递增,

所以当x＝1时,函数取得极小值．

当x<－1时,xf′(x)<0,所以f′(x)>0,函数递增,当－10,所以f′(x)<0,函数递减,所

以当x＝－1时,函数取得极大值．符合条件的只有C项．

11．[2019·吉林东北师大附中模拟]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

,当00,故f(x)在(0,e)上单调递增．又

∵0

12．已知函数f(x)＝ax－

1

x

－(a＋1)lnx(a≥1)．若不等式f(x)>1在区间











1

e

，e

上恒成立,则a的取值

范围为()

A．[1,2]B．(1,2)

C．[1,＋∞)D．(2,＋∞)

答案：D

解析：依题意,在区间











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,则由f′(x)>0,得1

1

e

≤x<1,所以

f(x)min＝f(1)＝a－1>1,满足条件．若10,得

1

e

≤x<

1

a

或1

1

a

以f(x)min＝min













f











1

e

，f1,依题意











f











1

e

>1，

f1>1，

即











a>

e2

e＋1

，

a>2，

所以2

f′(x)≥0,所以f(x)在区间











1

e

，e

上单调递增,f(x)min＝f











1

e

<1,不满足条件．

综上,a>2,选D.

第Ⅱ卷(非选择题共90分)

二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分．把答案填在相应题号后的横线上．

13．[2019·汕头模拟]命题“若x>1,则log2x>0”的逆否命题是________．

答案：若log2x≤0,则x≤1

解析：由“若p,则q”的逆否命题为“若綈q,则綈p”,得“若x>1,则log2x>0”的逆否命题是“若

log2x≤0,则x≤1”．

14．[2019·大同调研]定义在R上的函数f(x)满足f(x＋2)＝2f(x),若当0≤x≤2时,f(x)＝x(2－x),

则当－4≤x≤－2时,f(x)＝________.

答案：－

1

4

(x＋4)(x＋2)

解析：由题意知f(x＋4)＝2f(x＋2)＝4f(x),当－4≤x≤－2时,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),所以当－4≤x≤－2时,f(x)＝－

1

4

(x＋4)(x＋2)．

15．[2019·唐山模拟]已知函数f(x)＝ln

x

1－x

,若f(a)＋f(b)＝0,且0

________．

答案：













0，

1

4

解析：由题意可知ln

a

1－a

＋ln

b

1－b

＝0,即ln

a

1－a

×

b

1－b

＝0,从而

a

1－a

×

b

1－b

＝1,化简得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的取值范围是













0，

1

4

.

16．已知函数f(x)＝－

1

2

x2＋4x－3lnx在[t,t＋1]上不单调,则t的取值范围是________．

答案：(0,1)∪(2,3)

解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－

3

x

＝

－x2＋4x－3

x

＝－

x－1x－3

x

,

由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3,

则只要这两个极值点有一个在区间(t,t＋1)内,

函数f(x)在区间[t,t＋1]上就不单调,

由t<1

三、解答题：本大题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．(本小题满分10分)

设p：实数x满足x2－4ax＋3a2<0,q：实数x满足|x－3|<1.

(1)若a＝1,且p∧q为真,求实数x的取值范围；

(2)若a>0且綈p是綈q的充分不必要条件,求实数a的取值范围．

解析：(1)由x2－4ax＋3a2<0得(x－3a)(x－a)<0,

当a＝1时,1

由|x－3|<1,得2

若p∧q为真,则p真且q真,

所以实数x的取值范围是(2,3).

(2)由x2－4ax＋3a2<0得(x－3a)(x－a)<0,

綈p是綈q的充分不必要条件,即綈p⇒綈q,

且綈q/⇒綈p,

设A＝{x|綈p},B＝{x|綈q},则AB,

又A＝{x|綈p}＝{x|x≤a或x≥3a},

B＝{x|綈q}＝{x|x≥4或x≤2},

则0

所以实数a的取值范围是











4

3

，2

.

18．(本小题满分12分)

已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)＝log2(x＋1)．

(1)求函数f(x)在定义域R上的解析式；

(2)解关于x的不等式f(2x－1)>1.

解析：(1)x<0时,－x>0,则f(－x)＝log2(－x＋1),

∵f(x)为R上的偶函数,∴f(－x)＝f(x)＝log2(－x＋1),

∴f(x)＝









log2x＋1x≥0

log2－x＋1x<0

(2)∵f(x)为R上的偶函数,且f(1)＝f(－1)＝1,

∴f(2x－1)>1,即f(|2x－1|)>f(1)．

又x≥0时,f(x)＝log2(x＋1)递增,

∴|2x－1|>1,得x>1或x<0

∴不等式的解集为{x|x>1,或x<0}．

19．(本小题满分12分)

[2019·湖北浠水县实验高级中学模拟]已知函数f(x)＝













m＋

1

m

lnx＋

1

x

－x,其中常数m>0.

(1)当m＝2时,求f(x)的极大值；

(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性．

解析：(1)当m＝2时,f(x)＝

5

2

lnx＋

1

x

－x,

f′(x)＝

5

2x

－

1

x2

－1＝－

x－22x－1

2x2

(x>0),

当0

1

2

或x>2时,f′(x)<0；

当

1

2

0,

∴f(x)在













0，

1

2

和(2,＋∞)上单调递减,在











1

2

，2

上单调递增,

∴f(x)的极大值为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),

当0

当m＝1,f(x)在(0,1)上单调递减；

当m>1时,f(x)在













0，

1

m

上单调递减,在











1

m

，1

上单调递增．

20．(本小题满分12分)

[2019·陕西黄陵中学月考]已知函数g(x)＝

4x－n

2x

是奇函数,f(x)＝log4(4x＋1)＋mx是偶函数

(m,n∈R)．

(1)求m＋n的值；

(2)设h(x)＝f(x)＋

1

2

x,若g(x)>h[log4(2a＋1)]对任意x∈[1,＋∞)恒成立,求实数a的取值范围．

解析：(1)因为g(x)为奇函数,且定义域为R,

所以g(0)＝0,即

40－n

20

＝0,解得n＝1.

此时g(x)＝

4x－1

2x

＝2x－2－x是奇函数,所以n＝1.

因为f(x)＝log4(4x＋1)＋mx,

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

又因为f(x)为偶函数,所以f(－x)＝f(x)恒成立,

解得m＝－

1

2

.所以m＋n＝

1

2

.

(2)因为h(x)＝f(x)＋

1

2

x＝log4(4x＋1),

所以h[log4(2a＋1)]＝log4(2a＋2)．

又因为g(x)＝

4x－1

2x

＝2x－2－x在区间[1,＋∞)上是增函数,所以当x≥1时,g(x)min＝g(1)＝

3

2

.

由题意得









2a＋2<4

3

2

，

2a＋1>0，

2a＋2>0，

解得－

1

2

所以实数a的取值范围是













－

1

2

，3

.

21．(本小题满分12分)

[2019·广东联合测试]已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2lnx.

(1)当a＝1时,求f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在













0，

1

2

上无零点,求a的最小值．

解析：(1)当a＝1时,f(x)＝x－1－2lnx,

f(x)的定义域为(0,＋∞),f′(x)＝1－

2

x

.

由f′(x)>0,得x>2；由f′(x)<0,得0

故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,＋∞)．

(2)因为f(x)<0在













0，

1

2

上恒成立不可能,故要使函数f(x)在













0，

1

2

上无零点,只需对任意的

x∈













0，

1

2

,f(x)>0恒成立,即对x∈













0，

1

2

,a>2－

2lnx

x－1

恒成立．

令l(x)＝2－

2lnx

x－1

,x∈













0，

1

2

,则

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

,则

m′(x)＝－

2

x2

＋

2

x

＝

－21－x

x2

<0,

故m(x)在













0，

1

2

上为减函数．

于是m(x)>m











1

2

＝2－2ln2>0,

从而l′(x)>0,于是l(x)在













0，

1

2

上为增函数．

所以l(x)











1

2

＝2－4ln2

∴a≥2－4ln2,即a的最小值为2－4ln2.

22．(本小题满分12分)

[2019·河南濮阳模拟]已知函数f(x)＝xlnx－

1

2

mx2－x(x∈R)．

(1)若函数f(x)在(0,＋∞)上是减函数,求实数m的取值范围；

(2)若函数f(x)在(0,＋∞)上存在两个极值点x1,x2且x12.

解析：(1)由函数f(x)在(0,＋∞)上是减函数,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,

则m≥











lnx

xmax.

设φ(x)＝

lnx

x

,则φ′(x)＝

1－lnx

x2

.

由φ′(x)>0⇒x∈(0,e),φ′(x)<0⇒x∈(e,＋∞)知,

函数φ(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,

∴φ(x)max＝φ(e)＝

1

e

,

∴m≥

1

e

,即m的取值范围为











1

e

，＋∞

.

(2)证明：由(1)知f′(x)＝lnx－mx.

由函数f(x)在(0,＋∞)上存在两个极值点x1,x2且x1

知









lnx1－mx1＝0，

lnx2－mx2＝0.

则m＝

lnx1＋lnx2

x1＋x2

且m＝

lnx1－lnx2

x1－x2

,

联立得

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

.

设t＝

x1

x2

∈(0,1),则lnx1＋lnx2＝

t＋1·lnt

t－1

,

要证lnx1＋lnx2>2,

只需证

t＋1·lnt

t－1

>2,即证lnt<

2t－1

t＋1

,

即证lnt－

2t－1

t＋1

<0.

构造函数g(t)＝lnt－

2t－1

t＋1

,

则g′(t)＝

1

t

－

4

t＋12

＝

t－12

tt＋12

>0.

故g(t)＝lnt－

2t－1

t＋1

在t∈(0,1)上单调递增,g(t)

即g(t)＝lnt－

2t－1

t＋1

<0,∴lnx1＋lnx2>2.