黑龙江省大庆铁人中学2020届高三数学上学期开学考试试题理

铁人中学2017级高三学年上学期开学验收考试数学试题（理）试题说明：1、本试题满分150分，答题时间120分钟。2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。第Ⅰ卷选择题部分一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共60分。）1．已知集合，，则()A．B．C．D．2．与函数相同的函数是()AB．)10(logaaayxa且C．D．3.原命题：“设a，b，c∈R，若a＞b，则ac2＞bc2”，在原命题以及它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数为（）A.0B.1C.2D.44．幂函数在上单调递增，则的值为()A．2B．3C．4D．2或45.已知97logc,)97(b,)97(a,22)x(f23121xx则,,fafbfc的大小顺序为()A．fbfafcB．fcfbfaC．fcfafbD．fbfcfa6.已知函数错误!未找到引用源。处有极值10，则等于()A.1B.2C.D.7.函数)32(log)(221xxxf的单调递减区间是（）A.B.C.D.8．下列四个命题中真命题的个数是()①若是奇函数，则的图像关于轴对称；②若，则；③若函数对任意满足，则是函数的一个周期；④命题“存在”的否定是“任意”A．B．C．D．9.函数xxxy2)(3的图象大致是()10.已知定义域为R的奇函数fx满足30fxfx,且当3,02x时,2log27fxx,则2017f()A.2log5B.2C.2D.2log511．设定义域为R的函数f(x)=.1,01||,1|lg|xxx，则关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0有7个不同实数解的充要条件是()A．b0且c0B．b0且c0C．b0且c=0D．b≥0且c=012．已知,lnxfxegxx，若ftgs，则当st取得最小值时，ft所在区间是（）A.ln2,1B．1,ln22C．11,3eD．11,2e第Ⅱ卷二、填空(每小题5分,共20分)13.设函数，则f[f（2）]=______．14.若函数y=f（x）的定义域是2,21，则函数y=f（log2x）的定义域为______．15．已知)1(log)1()3()(xxxaxaxfa是(-∞,+∞)上的增函数，那么实数a的取值范围是___________．16．已知函数4log3(0),{130,4xxxxfxxx若fx的两个零点分别为12,xx，则12xx__________．三、解答题(17题10分,其它各题每题12分,共70分.)17.已知函数（1）当x∈[2,4]，求该函数的值域；（2）若对于恒成立，求m的取值范围．18.已知aR，命题:p“[0,2],240xxxa均成立”，命题:q“函数2()ln(2)fxxax定义域为R”．（1）若命题p为真命题，求实数a的取值范围；（2）若命题pq为真命题，命题pq为假命题，求实数a的取值范围．.2,02.213.1923的范围上是减函数，求在若函数的值的极值点，求实数是函数若函数axfexgaxfyxxaxxfx20.已知函数y=ax（a＞0且a≠1）在[1，2]上的最大值与最小值之和为20，记．（1）求a的值；（2）证明f（x）+f（1-x）=1；（3）求错误!未找到引用源。的值．21、已知函数)(ln2)12(21)(2Raxxaaxxf（1）若曲线)(xfy在1x和3x处的切线互相平行，求a的值；（2）求)(xf的单调区间；22.已知函数2lnfxxax，1gxxbx，且直线12y是函数fx的一条切线．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）对任意的11,ex，都存在21,4x,使得12fxgx，求b的取值范围；（Ⅲ）已知方程fxcx有两个根12,xx（12xx），若1220gxxc，求证：0b．铁人中学2017级高三学年上学期开学验收考试数学试题（理）答案第Ⅰ卷选择题部分一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共60分。）123456789101112ABCCBBCBBACB第Ⅱ卷二、填空(每小题5分,共20分)13.014.4,215.3,2316.3三、解答题17.(10分)解：（1）函数函数，令，,则，所以，对称轴，当时，取得最小值；t=1或2时，函数取得最大值0，所以；（2）因为对于恒成立，由（1）得对于恒成立，所以对于恒成立，令，则，所以函数g（t）在[2，4]单调递增，则，所以，故m的取值范围为.18(12分).解析：（1）若设2xt，可得1,4t，得2att在1,4t上恒成立．若设2ytt，其中1,4t，从而可得minay，即2min()0att；（2）若命题pq为真，命题pq为假，则,pq必然一真一假．当q为真命题时，即220xax在R上恒成立时，则280a，得2222a．又p真时0a，所以,pq一真一假时02222aaa或或02222aa，可得22a或022a，所以(,22(0,22)a．19.(12分)试题解析：（1）由，得，因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点，所以，解得，经检验，x＝2是函数y＝f(x)的极小值点，所以．（2）由，得，因为在区间(0，2]上是减函数，所以在区间(0，2]上恒成立，只需在区间(0，2]上恒成立即可，即，只需要在(0，2]上恒成立，令，则恒成立，所以函数在区间(0，2]上单调递减，所以的最小值，故，所以实数a的取值范围是．20(12分)解：（1）函数y=ax（a＞0且a≠1）在[1，2]上的最大值与最小值之和为20，而函数y=ax（a＞0且a≠1）在[1，2]上单调递增或单调递减,∴a+a2=20，得a=4，或a=-5（舍去）,∴a=4;（2）证明：,∴====1;（3）由（2）知，=1009。21.(12分)解：．（1），解得．（2）．①当时，，，在区间上，；在区间上，故的单调递增区间是，单调递减区间是．②当时，，在区间和上，；在区间上，故的单调递增区间是和，单调递减区间是．③当时，，故的单调递增区间是．④当时，，在区间和上，；在区间上，故的单调递增区间是和，单调递减区间是．22.(12分)试题解析：（Ⅰ）设直线12y与fx相切于点20000,ln(0)xxaxx，21212axfxaxxx，依题意得200200210,{1,2axxlnxax解得01,{1.2xa所以12a，经检验：12a符合题意—————————————4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得21ln2fxxx，所以211xfxxxx，当1,ex时，0fx所以fx在1,e上单调递减，所以当1,xe时，min122efxfe，max112fxf，222111xgxxx，当1,4x时，0gx，所以gx在1,4上单调递增，所以当1,4x时，min12gxgb，max1744gxgb，依题意得1e117,2,2224bb，所以12,22{171,42ebb解得193422eb．—————————————8分（Ⅲ）依题意得2211,{,fxcxfxcx两式相减得222121211lnln2xxxxcxx，所以212121lnln2xxxxcxx，方程1220gxxc可转化为21122112212lnln10xxxxbxxxxxx，即1211221121122212lnln2ln1xxxxxbxxxxxxxxx，令12xtx，则0,1t，则2112ln1tbxxtt，令12ln1thttt，0,1t，因为2211222011tthttttt，所以ht在0,1上单调递增，所以10hth，所以210bxx，即0b．—————————————12分