2020高考数学一轮复习 配套月考试题一B 课标版.doc

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1、试卷类型：试卷类型：B B20202020 届届高三新课标原创月考试题高三新课标原创月考试题一一数学适用地区：新课标地区考查范围：集合、逻辑、函数、导数建议使用时间：2020 年 8 月底本试卷分第本试卷分第卷卷（选择题选择题）和第和第卷卷（非选择题非选择题）两部分两部分.考生作答时考生作答时，将答案答在答题卡上将答案答在答题卡上.在本试卷在本试卷上答题无效上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：注意事项：1.1.答题前答题前，考生务必先将自己的姓名考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓

2、名认真核对条形码上的姓名、准考证号准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2.2.选择题答案使用选择题答案使用 2B2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用用 0.50.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.4.保

3、持卡面清洁，不折叠，不破损保持卡面清洁，不折叠，不破损.第第卷卷一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，满分分，满分 6060 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的目要求的.）1.（2020昆明第一中学一摸）设集合|12Axx，集合B N，则AB=（）A.0，1B.1C.1D.-1，0，1，22.2020湖北卷命题“0 xRQ，30 xQ”的否定是（）A.0 xRQ，30 xQB.0 xRQ，30 xQC.x RQ，3x QD.x RQ，3x Q3.（2020长春三模）若集合 2,1

4、,0,1,2A ，则集合|1,y yxxA（）A.1,2,3B.0,1,2C.0,1,2,3D.1,0,1,2,34.（2020 太原模拟）设 f x为定义在R上的奇函数，当0 x 时，32xf xxa aR，则2f（）A.-1B.-4C.1D.45.（2020大连沈阳联考）若函数321(02)3xyxx的图象上任意点处切线的倾斜角为，则的最小值是（）A.4B.6C.56D.346.（2020 哈尔滨第六中学三模）已知命题:函数()sin2f xx的最小正周期为；命题：若函数为偶函数，则关于对称.则下列命题是真命题的是（）A.B.C.D.7.（2020太原模拟）已知 yf x为R上的可导函数，

5、当0 x 时，0f xfxx，则关于x的函数 1g xf xx的零点个数为（）A.1B.2C.0D.0 或 28.（理（理）（2020昆明第一中学一摸）122011dxxx的值是（）A.143B.14C.123D.12（文（文）（2020哈尔滨第六中学三模）设函数2()34,fxxx则1yf x的单调减区间为（）A.4,1B.5,0C.3,2D.5,29.(2020银川一中第三次月考)已知函数()()()f xxa xb（其中ab）的图象如图 1 所示，则函数()xg xab的图象是图 2 中的（）图 1ABCD图 210.(2020湖北卷)设a,b,c R R,则“abc=1”是111+a

6、b cabc”的（）A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要的条件11.（2020哈尔滨第六中学三模）关于x的方程2224440 xxk，给出下列四个命题：存在实数k，使得方程恰有 2 个不同的实根；y=f(x)存在实数k，使得方程恰有 4 个不同的实根；存在实数k，使得方程恰有 5 个不同的实根；存在实数k，使得方程恰有 8 个不同的实根.其中假假命题的个数是（）A.0B.1C.2D.312.（2020郑州质检）定义在1,1上的函数 xyyxfyfxf1；当1,0 x 时，0f x，若11511Pff，1,02QfRf，则P，Q，R的大小关系为

7、（）A.RQPB.RPQC.PRQD.QPR第 II 卷二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.将答案填在答题卷相应位置上将答案填在答题卷相应位置上.）13.2020天津卷已知集合+2 3AxxR,集合(-)(-2)0 时，(xk)f(x)+x+10，求k的最大值.22.22.（本小题满分（本小题满分 1212 分）分）ABCDMNEFP（理（理）2020 山东卷已知函数f(x)lnxkex（k为常数，e2.71828是自然对数的底数），曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线与x轴平行.（1）求k的值；（2）求()f

8、 x的单调区间；（3）设2()()()g xxx fx,其中()fx为()f x的导函数.证明：对任意x0,g(x)1+e-2.（文（文）2020山东卷已知函数ln()(exxkf xk为常数，e=2.71828是自然对数的底数)，曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线与x轴平行.(1)求k的值；(2)求()f x的单调区间；(3)设()()g xxfx，其中()fx为()f x的导函数.证明：对任意20,()1exg x.试卷类型：试卷类型：B B20202020 届届高三新课标原创月考试题一一答案数学1.A【解析】0,1AB.2.D【解析】【解析】根据对命题的否定知，是先改变量词，然后

9、把结论否定.故所求否定为“x RQ，3x Q”.因此选 D.3.C【解析】将2,1,0,1,2 x逐一代入1 xy,得y=0,1,2,3.故选 C.4.B【解析】因为在R上的奇函数0(0)0(0)32 001ffaa ；故当0 x 时，()321xf xx，所以2(2)(2)32 2 14ff .5.D【解析】因为22yxx，又02x，所以10y.故tan1,0k.又因为0,，则3,4，所以的最小值是34.6.D【解析】命题p：函数()sin2f xx的最小正周期为12222T，所以命题p是假命题.命题q：将函数f(x+1)向右平移 1 个单位得到f(x)的图象，所以函数f(x)图象关于x=1

10、 对称.故命题q是真命题.所以pq为真.7.C【解析】()()()000f xxfxf xxf xfxxxx，即()0 xf xx.当0 x 时，()0 xf x，()xf x为增函数；当0 x 时，()0 xf x，()xf x为减函数，设()()(0)0h xxf xh，即当0 x 时，()0 xf x.10()1g xf xxf xx，由上述可知()0 xf x，所以()1xf x 无解，故函数1()0f xx的零点个数为 0.8.（理理）A【解析】122011dxxx表示半圆2211xy（y0）与抛物线2yx所围成的阴影部分的面积（如下图）,故311222210001111d1d|44

11、343xxxxxx.（文）（文）B【解析】令 0fx，得41x；令411x ，得50 x，故函数1yf x的单调减区间为(-5,0).9.A【解析】由图象可得01,1ab.由01a得函数()xg xab单调递减，故排除 C,D 项；又当0 x 时，10g xb，故排除 B 项；A 项符合题意.10.A【解析解析】先考查充分性：当1abc 时，111abcabcabcabbcacabcabc，又因为 2222abcabbccaabbcac（当且仅当1abc时取等号），故111abbccaabcabc,故充分性成立；再考查必要性：取3abc,显然有111abcabc,但1abc,故必要性不成立.故

12、选 A.11.A【解析】函数y=2|4|x 的图象如下图.设2|4|xt，则240ttk.当0时，4k.设方程有两个相等或不等实根1212,t ttt，则1224,24tk tk.通过图象可知关于x的方程等价于直线y=t与函数y=2|4|x 图象的交点情况.当124,0tt时，由图可知此时方程有 5 个实根；当122tt时，由图可知此时方程有 4 个实根；当12,4t 时，20,2t，由图可知此时方程有 8 个实根；当14,t 时，2,0t ，由图可知此时方程有 2 个实根；综上可知 4 个命题都没有错误.12.B【解析】在 1xyf xfyfxy中，令xy，得 00f；再令0 x，得 fyf

13、y，故函数 f x是奇函数.又当1,0 x 时,0f x，故当0,1x时，0f x.令01yx,则01,011xyxy,且1xyxy 110 xy,所以1xyxy.故011xyxy.故01xyfxy，即 0f xfy，f xfy.所以函数 f x在0,1上单调递减.又11111125111151151171511Pffffff，由于 21072fff，所以RPQ.13.-11【解析】由32 x，得323x，即15x，所以集合15xxA，因为)1(nBA，所以1是方程0)2)(xmx的根，所以代入得0)1(3 m，所以1m，此时不等式0)2)(1(xx的解为21x，所以)11(，BA，即1n.1

14、4.2,【解析】函数y=24xx的图象是一个半圆，如图，可知需满足2(1)24 22a，解得a2.15.4【解析】因为函数 f x是偶函数，所以 f xfx.故由 23f xfx，得23fxfx.又函数 xf在0,上是增函数，所以23xx，解得1x，或3x.所以方程 23f xfx的所有实数根的和为 1+3=4.16.34,2【解析】由(2)(2)fxf x可知函数周期为 4，方程()log(2)0af xx在区间(2,6内恰有三个不同实根等价于函数()yf x与函数log(2)ayx的图象在区间(2,6内恰有三个不同的交点，如图，需满足(2)(2)3log 4aff且log 8(6)(2)(

15、2)3afff，解得342a.17.17.解：解：（1）把)8,3(),1,0(BA的坐标代入xakxf)(,得,8,130akak解得21,1ak.（2）由（1）知xxf2)(,所以12121)(1)()(xxxfxfxg.此函数的定义域为 R R,又)(12122222221212)(xgxgxxxxxxxxxx,所以函数)(xg为奇函数.18.18.解解:（1）如1,2,3,2,3,4,AB则1.AB（2）不一定相等.由（1）4BA,而1AB,故.ABBA又如,1,2,3AB时,ABBA ,此时.ABBA故AB与BA不一定相等.19.19.解解:（1）由题意在AMN中，93,MPNPxM

16、NAMMN，所以931xAM.所以39xAMx.所以222229=(9)xMNAMANxx，因为030 030AMx，所以1030 x.所以22299169xSxx，其定义域为10,30.（2）根据已知条件，要使液晶广告屏幕的造价最低，即要使液晶广告屏幕的面积S最小.设22299()103016(9)xSf xxxx，则22343918(9)92(9)92(9)81()216(9)16(9)x xxxx xfxxxx,令()0fx，得393 3x，因为31093 3x时，()0fx；393 330 x时，()0fx，所以393 3x 时，S取得最小值，即液晶广告屏幕MNEF的造价最低.故当39

17、3 3x 时，液晶广告屏幕的造价最低.20.20.解解:（1）当=4n时，符合条件的集合A为：21,42,31,3,4，所以(4)f=4.(2）任取偶数nxP，将x除以 2，若商仍为偶数.再除以 2，,经过k次以后.商必为奇数.此时记商为m，于是=2kxm，其中m为奇数*kN.由条件知,若mA则xAk为偶数；若mA，则xAk为奇数.于是x是否属于A，由m是否属于A确定.设nQ是nP中所有奇数的集合.因此()f n等于nQ的子集个数.当n为偶数 或奇数）时，nP中奇数的个数是2n（或12n）.所以2122()=2.nnnf nn为偶数，为奇数21.（理）（理）解解：（1）由已知得f(x)f（1）

18、ex1f(0)x.所以f（1）f（1）f(0)1，即f(0)1.又f(0)f（1）e1，所以f（1）e.从而f(x)exx12x2.由于f(x)ex1x，故当x(，0)时，f(x)0.从而，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增（2）由已知条件得 ex(a1)xb.(i)若a10，则对任意常数b，当x0，且x1ba1时，可得 ex(a1)x0，设g(x)ex(a1)x，则g(x)ex(a1)当x(，ln(a1)时，g(x)0.从而g(x)在(，ln(a1)单调递减，在(ln(a1)，)单调递增故g(x)有最小值g(ln(a1)a1(a1)ln(a1)所以f(x)12x2axb等价于ba

19、1(a1)ln(a1)因此(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)设h(a)(a1)2(a1)2ln(a1)，则h(a)(a1)(12ln(a1)所以h(a)在(1，e121)单调递增，在(e121，)单调递减，故h(a)在ae121 处取得最大值从而h(a)e2，即(a1)be2.当ae121，be122时，式等号成立，故f(x)12x2axb.综合得，(a1)b的最大值为e2.（文）（文）解解：（1）f(x)的定义域为(，)，f(x)exa.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递增若a0，则当x(，lna)时，f(x)0，所以，f(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)

20、上单调递增（2）由于a1，所以(xk)f(x)x1(xk)(ex1)x1.故当x0 时，(xk)f(x)x10 等价于k0)令g(x)x1ex1x，则g(x)xex1ex121exexx2ex12.由（1）知，函数h(x)exx2 在(0，)单调递增而h（1）0，所以h(x)在(0，)存在唯一的零点故g(x)在(0，)存在唯一的零点设此零点为，则(1,2)当x(0，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，)的最小值为g()又由g()0，可得 e2，所以g()1(2,3)由于式等价于k0；当x(1，)时，h(x)0，所以x(0,1)时，f(x)0；x(1，)时，f(x)0，g(x)1e2等价于 1xxlnx0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，(x)单调递增，(x)(0)0，故x(0，)时，(x)ex(x1)0，即exx11.所以 1xxlnx1e20，g(x)0；当x(1，)时，h(x)0，所以x(0,1)时，f(x)0；x(1，)时，f(x)0，函数h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，函数h(x)单调递减所以当x(0，)时，h(x)h(e2)1e2.又当x(0，)时，01ex1，所以当x(0，)时，1exh(x)1e2，即g(x)1e2.综上所述结论成立