【文档说明】江苏省淮阴中学2021届高三上学期数学练习1答案版.pdf，共(10)页，363.074 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省淮阴中学2021届高三上学期数学练习1注意事项：1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净

后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、单选题(本题共10小题,每小题5分,共50分,在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的)1已知集合A={

x∈N*|0≤x<2},则集合A的子集的个数为（A）A.2B.3C.4D.82.已知a∈R,则"a>1"是"11a"“的（A）A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分又非必要条件3.已知函数133xxfx

,则f(x)（A）A.是奇函数,且在R上是增函数B是偶函数,且在R上是增函数C是奇函数,且在R上是减函数D是偶函数,且在R上是减函数4.函数24ln1xfxx的定义域为（B）A.[-2,-1)∪(-1,2]B.(-1,0)

∪(0,2]C.[-2,2]D.(-1,2]5.函数2xxeefxx的图像大致为（B）6.已知13313711log,,log245abc,则a,b,c的大小关系为（D）A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b7已知定义在R上的函数f(x)在[0,

+∞)上单调递增,且y=f(x-1)的图象关于x=1对称,若实数a满足f(2loga)<f(2),则a的取值范围是（C）A.10,4B.1,4C.1,44D.(4,+∞)8.已知函数,0

,ln,0xexfxxxg(x)=f(x)+x+a,若g(x)存在2个零点,则a的取值范围是（C）A.[-1,0)B.[0，+∞）C.[-1,+∞)D.[1,+∞)9.某学校要招开学生代表大会,规定各班每10人推选一名代表,当各班人数除以10的余数大于．．6．时再增选一名代表.那

么,各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y=[x]([x]表示不大于x的最大整数)可以表示为（B）A.10xyB.310xyC.410xyD.510xy10.如图,一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地

升出水面,记t时刻五角星露出水面部分的图形面积为S(t)(S(0)=0),则导函数'ySt的图像大致为（A）二、多选题(本题共2小题,每题5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3分,有错选的得0分)11.在下列

函数中,最小值是2的函数有（AD）A.221fxxxB.f(x)=cosx+1cosx02xC.2243xfxxD.4323xxfx12.德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,l805-1895)在

数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”y=f(x)0,1,RxQxCQ，其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数f(x)有如下四个命题,其中真命题的是（ACD）A函数f(x)是偶函数B.x1,x2∈CRQ,f(x1+x2)=

f(x1)+f(x2)恒成立C.任取一个不为零的有理数T,f(x+T)=f(x)对任意的x∈R恒成立D.不存在三个点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)),使得△ABC为

等腰直角三角形三、填空题:本题共4小题,每题5分,其中有两空的题,第一空2分,第二空3分.13.化简:14ln1221130.252e=1.14.已知a,b∈R且a-3b+6=0,则128ab的最小值为14.15.已知函数f(x)=2si

nx+sin2x,则f(x)的最小值是433.16.用min{a,b}表示a,b两数中的最小值。若函数f(x)=min{|x|,|x+t|}的图像关于直线12x对称,则t的值为1,此时f(x)在[-2,2]上的最大值为2.四、解答题:本题共6小题,

解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知f(x)=|x+1|-|ax-1|.(1)当a=1时,求不等式f(x)>1的解集；(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立,求a的取值范围.解：（1）当a=1时,f(x

)=|x+1|-|x-1|=2,12,112,1xxxx，1°当x≥1时，f(x)=2>1成立；2°当-1≤x≤1时，由f(x)=2x>1得12x；3°当x≤-1时，f(x)=-2<1，舍去；综上所述：不等式f(x)>1的解集

为1,2.（2）当x∈(0,1)时，f(x)=|x+1|-|ax-1|=x+1-|ax-1|>x，所以|ax-1|<1，即-1<ax-1<10<ax<2在x∈(0,1)恒成立，所以20ax在x∈(0,1)恒成立,由x∈(0,1)时22,x得

02a.18.已知函数2ln,.afxxaRx(1)若函数f(x)在[2,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在[1,e]上的最小值为3,求实数a的值.解：（1）因为函数f(x)在[2,

+∞)上是增函数,所以22122'0axafxxxx在[2,+∞)上恒成立，即2a≤x在[2,+∞)上恒成立，所以2a≤2，即a≤1.（2）由22'0xafxx得x=2a1°当2a≤1即12a时，'0fx，所以f(x)在[1,e]上

单调递增，所以min3112322ffaa，舍去；2°当2a≥e即2ea时，'0fx，所以f(x)在[1,e]上单调递减，所以min213affeaee，符合条件；3°当1<2a<e，即122ea时，由'0fx得2

a<x<e，由'0fx得1<x<2a，所以f(x)在(1,2a)单调递减，在(2a,e)单调递增，所以2min2ln21322eeffaaa，舍去；综上所述：a=e.19.已知a,b,c∈R,二

次函数f(x)=ax2+bx+c的图象经过点(0,1),且f(x)>0的解集为11,32.(1)求实数a,b的值;(2)若方程f(x)=kx+7在(0,2)上有解,求实数k的取值范围.解：（1）因为二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象经过点(0,1)，所以f(0)=c=1，所

以f(x)=ax2+bx+1又f(x)>0的解集为11,32，所以a<0且f(x)=0的两根为11,32，由韦达定理可得11163261111326baacba（2）由条件得f(x)=-6x2+x+1=kx+7在(0

,2)上有解,即116kxx在(0,2)上有解当0<x<2时，12xx，当且仅当x=1时取“=”，所以116kxx≥12，于是k≤—11.20.某汽车以xkm/h的速度在高速公路上匀速行驶(考虑到高速行

车安全要求60≤x≤120)时,每小时的油耗(所需的汽油量)为145005xkx升,其中k为常数,且60≤k≤120.(1)若汽车以120km/h的速度行驶,每小时的油耗为11.5升,欲使每小时的油耗不超过9升,

求x的取值范围；(2)求使汽车行驶100km的油耗的最小值.解：（1）由汽车以120km/h的速度行驶,每小时的油耗为11.5升得1450012011.55120k，解得k=100令1450010095xx得21454

5000xx，解得45≤x≤100又60≤x≤120，所以60≤x≤100.（2）设汽车行驶100km的油耗为y升，则2145001002090000205kyxkxxxx，60≤x≤120令111,12060tx

，则2900002020ytktft，看作关于t的二次函数，其对称轴11,900015075kt，1°当19000120k即75≤k≤120时，2min209000900kkyf；2°当19

000120k即60≤k≤75时，min110512046kyf.答：当60≤k≤75时，汽车行驶100km的油耗的最小值为10546k，当75≤k≤120时，汽车行驶100km的油耗的最小值为220900k.21

已知f(x)为R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=ln(x+2).(1)当x<0时,求f(x)的解析式;(2)当m∈R时,试比较f(m-1)与f(3-m)的大小;(3)求最小的整数m(m≥–2),使得存在实数t,对任意x∈[m,10],都有f(x+t)≤2ln|x+3|.解：（1）当x<0

时，-x>0，所以f(x)=f(-x)=ln(-x+2),即当x<0时，f(x)=ln(-x+2).（2）当x≥0时,f(x)=ln(x+2)，所以f(x)在[0,+∞)单调递增，又f(m-1)=f(|m

-1|),f(3-m)=f(|3-m|),且221348mmm，所以当m>2时，13mm，所以=f(|m-1|)>f(|3-m|),即f(m-1)>f(3-m)当m=2时，13mm，所以=f(|m

-1|)=f(|3-m|),即f(m-1)=f(3-m)当m<2时，13mm，所以=f(|m-1|)<f(|3-m|),即f(m-1)<f(3-m)（3）由任意x∈[m,10],都有f(x+t)≤2ln|x+3|得ln(|x+t|+2)≤2ln|x

+3|,所以|x+t|+2≤|x+3|2对任意x∈[m,10]恒成立，即225777txxtxx对任意x∈[m,10]恒成立又因为m≥–2，所以225777tmmtmm，要使t存在，

应该满足227757mmmm，即2670mm，解得32m或32m又因为m≥–2，所以32m，所以最小的整数m=–1.22已知函数lnfxxx.(1)若f(x)在x=x1,x=x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)

+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.证明：（1）x>0，112'22xfxxxx，因为f(x)在x=x1,x=x2(x1≠x2

)处导数相等，所以1212111122xxxx，从而121212121211111111111222xxxxxxxxxx，于是121212xxxx，121212111112162txxxxxx当且仅当x

1=x2时取“=”，又因为x1≠x2，所以t>16∴f(x1)+f(x2)=1122lnlnxxxx=1212lnxxxx=1212xx12lnxx即f(x1)+f(x2)=211ln2ln22tttt

=g(t),t>16，124'022tgttt，所以g(t)在(16,+∞)单调增,所以f(x1)+f(x2)>g(16)=8-2ln16=8-8ln2.（2）方法一：设ln0gxfxkxaxxkxax，只要证g(x)=0有唯一解.22'0

,02kxxgxkxx，设0tx，则22222kxxkttFt，其中116k.1°当1116016kk时，F(t)≥0，所以'0gx，所以g(x)在(0,+∞)单调递减，对于ln0gxxxkxax：令210ln

0axxkxkxaxe，取21min,amek，则g(m)>0；令210ln0axxkxkxaxe，取21max,anek，则g(m)<0；从而g(m)g(n)<0，由函

数g(x)连续且在(0,+∞)单调递减知g(x)=0有唯一解.2°当11160016kk时，由F(t)=0得112211161116,44kktxtxkk当12xxx时，F(t)>0，所以'0gx；当10xx或2xx时，

F(t)<0，所以'0gx；∴g(x)在120,,,xx单调递减，在12,xx单调递增所以g(x)的极小值为1111lngxxxkxa.又由1'0gx得11112

2012xkxxkx，所以111111lnln12xgxxxkxaxa.又11111164401641116kxtxkk.设ln1,0162xHxxax，则4'04xHxx，所以H(x)在(0,16)单调递减，所以

1634ln20HxHa，即g(x)的极小值为正，所以g(x)=0至多一解。又由1°知g(n)<0，所以g(x)=0有唯一解。所以，对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.方法二：ln2ln0xxagxxxkxa

kpxx，g(x)=0的解的个数与上述方程相同.由22ln12'xxaqxpxxx得4'4xqxx，从而164ln230qxqa，即'0px，所以p(x)在(0,+∞)单调递减，所以方程k=p(

x)至多一解，即g(x)=0至多一解。对于ln0gxxxkxax：令210ln0axxkxkxaxe，取21min,amek，则g(m)>0；令210l

n0axxkxkxaxe，取21max,anek，则g(m)<0；从而g(m)g(n)<0，由函数g(x)连续知g(x)=0有解，从而g(x)=0有唯一解.所以，对于任意k>0,直线y=kx+a

与曲线y=f(x)有唯一公共点.