2013年高考数学(课标版)原创预测题(理科)：专题一 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数

（新课标理）

一、选择题

22M{y|yx1,xR}N{x|y2x}，则MN（ ） 1.已知集合，

. [1,) . [1,2] . [2,)

.



2xR,使xax4a0为假命题”是命题“16a0”的（ ） 2．命题“存在

．充要条件

．充分不必要条件 3.设

．必要不充分条件 ．既不充分也不必要条件

（ ）

．bac

2alog54，b（log53），clog45，则．acb . bca . abc

xyxe2x1在点（0,1）处的切线方程为( ) 4.曲线

. y3x1 . y2x2

. y3x1 . y2x2

f(x)axlogax(a0a1)[1,2]5．已知函数且在上的最大值与最小值之和为

loga26，则a的值为（ ）

1. 2

1.4

. 2

.4 （ ）

2yx6.求曲线与yx所围成图形的面积，其中正确的是

．．

S(x2x)dx01

．．

S(xx2)dx0101

S(y2y)dy01S(yy)dy7．设函数

f(x)log3x2ax在区间(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是（ ）

．(log32,1) ．(1,log34)

．(1,log32)

．(0,log32)

3,3yf(x)28．函数在定义域（）内可导，其图象如图所示，记yf(x)的导函数为

yf'(x)，

则不等式f'(x)0的解集为（ ）

1[,1][2,3)3．

148[1,][,]233 ．

313148[,][1,2](,1][,][,3)233．22 ．2

9.已知函数．

f(x)|lgx|，若ab，且f(a)

．

f(b)，则a4b的取值范围是（ ）

．

(2,) (22,)

A(0,

(4,)

．

(5,)

10．如图，正方形ABCD的顶点

22)B(,0)2，2，顶点C、D位于第一象限，直线

l:xt(0t2)将正方形ABCD分成两部分，记位于直线l左侧阴影部分的面积为

f(t)，则函数sft的图象大致是（ ）

二、填空题

xf(x)e2xa在R上有两个零点，则实数a的取值范围是________. 11．若函数

112aba0,b0ab12.已知，则的最小值是_____________.

y0xy10xy3013. 设变量x，y满足约束条件，则z3xy的最大值为_____________.

14．定义在R上的函数yf(x)是减函数，且函数yf(x1)的图象关于(1,0)成中心对称，

tt满足不等式f(s2s)≤f(2tt)，若s，则当1≤s≤4时，s的取值范围是___________. 三、解答题

22f(x)15.设函数

12xxe2.

（I）求函数f(x)的单调区间；

（II）若当x2,2时，不等式f(x)m恒成立，求实数m的取值范围.

af(x)lnx.x 16．已知函数

（I）求函数f(x)的单调增区间；

3f(x)在[1,e]上的最小值为,求实数a2 （II）若函数的值.

f(x)17.已知函数

lnx1ax，aR.

（Ⅰ）求f(x)的极值；

（Ⅱ）若lnxkx0在(0,)上恒成立，求k的取值范围； （Ⅲ）已知x10,x20,且x1x2e，求证：x1x2x1x2.

f(x)lnx18.已知函数

a(x1).x1

（Ⅰ）若函数f(x)在(0,)上为单调增函数，求a的取值范围；

m,n为正实数,且mn,求证:（Ⅱ）设

mnmn.lnmlnn2

f(x)19.已知函数

ln(ax)ln(ax)ln(x1)x1, (a0,aR).

（Ⅰ）求函数f(x)的定义域； （Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅲ）当a>0时，若存在x使得f(x)ln(2a)成立，求a的取值范围.

f(x)ln(x21),g(x)20.已知函数

1a.2x1

（Ⅰ）求g(x)在P(2,g(2))处的切线方程l;

（Ⅱ）若f(x)的一个极值点到直线l的距离为1，求a的值； （Ⅲ）求方程f(x)g(x)的根的个数.

答案解析（专题一）

1.选.由题意得M{y|y1}，N{x|2x2.选

2}，所以MN[1,2].

2xR,使xax4a0为假命题”得a216a0，解得.依题意，“存在

216a0，所以命题“存在xR,使xax4a0为假命题”是命题“16a0”

的充要条件. 3.选，由对数函数

ylog5x的图象，可得

0log53log541，

b(log53)2log54 a，又因为clog451,bac.

xxy'exe2，切线斜率ke0023，所以切线方程为y13x，即4.选.

y3x1.

f(x)axlogax(a0a1)[1,2]5.选.依题意，函数且在上具有相同的单调性，因此aa2loga2loga26，解得a2（a-3舍去）.

6.选.两函数图象的交点坐标是(0,0),(1,1)，故积分上限是1，下限是0，由于在

0,1上，

xx2，故曲线yx与yx所围成图形的面积

2S(xx2)dx01。

7.选

2f(x)log31ax.在(1,2)上是减函数，由题设有f(1)0,f(2)0，解得

a∈(log32,1). 8.选

.依题意，当f'(x)0时，函数yf(x)是减函数，由图象知，

1[,1][2,3)3x∈.

9.选.由题意知ab1(0ab)，所以a4ba44f(a)a(0a1)a，令a，则

f(a)在(0,1)上为减函数，所以f(a)f(1)5.

22t,(0t)2Sf(t)(t2)21,(2t2)210.选．依题意得

xye11.【解析】考查和y2xa的交点情况，由于直线y2xa的方向确定，画出图xyey2xa象易知，当直线和相切时，仅有一个公共点，这时切点是(ln2,2)，切线方

程是y2x22ln2，将直线y2x22ln2向上平移，这时两曲线必有两个不同的交点.

【答案】(22ln2,)

1111112ab22ab2(ab)4ababab12.【解析】因为，当且仅当ab，1ab且ab，即ab时，取“=”.

【答案】4

13.【解析】 约束条件确定的区域如图阴影所示，目标函数

z3xy在点（3，0）处取得最大值

.

zmax3xy3309【答案】9

14.【解析】由f(x1)的图象关于(1,0)成中心对称，知f(x)的图象关于(0,0)成中心对称，

22f(s2s)≤f(t2t)，从而t22t≤s22s，化简得f(x)故为奇函数，得

2t1≤≤1(ts)(ts2)≤0，又1≤s≤4，故2s≤t≤s，从而ss，等号可以取到，而211,s2t11,s，故21

x1．

12,【答案】12x1xf(x)xexeex(x2)2215.【解析】（1）， f(x)xex令

12x1xxeex(x2)022,得x0或x2，

f(x)的单调增区间为(,2)和(0,).

12x1xf(x)xexeex(x2)0，22令得2x0，

xf(x)的单调减区间为(2,0).

（2）x2,2，

令f(x)0，得x2或x0，

又由（1）知，x2,x0分别是f(x)的极大值点和极小值点，

f(2)2,f(2)2e2,f(0)02e，

22f(x)0,2e,m2e当x2,2时.

f(x)的定义域为(0,),且f(x)16.【解析】（I）由题意，

1axa22.xxx

①当a0时,f(x)0,f(x)的单调增区间为(0,).

②当a0时,令f(x)0,得xa,f(x)的单调增区间为(a,).

f(x) （II）由（I）可知，

xax2.

①若a1,则xa0,即f(x)0在[1,e]上恒成立,f(x)在[1,e]上为增函数，

[f(x)]minf(1)a33,a22（舍去）.

②若ae,则xa0,即f(x)0在[1,e]上恒成立,f(x)在[1,e]上为减函数，

[f(x)]minf(e)1a3e,ae22（舍去）.

1xa时,f(x)0,f(x)在(1,a)上为减函数， ③若ea1,当当axe时,f(x)0,f(x)在(a,e)上为增函数,[f(x)]min3f(a)ln(a)1,ae.2

综上所述，ae.

f(x)17.【解析】（I）

alnxx2，令f(x)0，得xea.

a'x(0,e)时,f(x)0,f(x)为增函数；

当

a'x(e,)时,f(x)0,f(x)为减函数，

当

aaf(e)ef(x) 可知有极大值为.

lnxk(0,)lnxkx0x（Ⅱ）欲使在上恒成立，只需在(0,)上恒成立， g(x)设

lnx(x0)x，

11ke. 由（Ⅰ）知，g(x)在xe处取最大值e，所以

（Ⅲ）ex1x2x10，由上可知

f(x)lnxx在(0,e)上单调递增，

ln(x1x2)lnx1x1ln(x1x2)lnx1x1x2x1，即x1x2所以，

x2ln(x1x2)lnx2xx12同理，两式相加得ln(x1x2)lnx1lnx2ln(x1x2)，

所以x1x2x1x2.

f(x)18. 【解析】（I）

1a(x1)a(x1)x(x1)2

(x1)22axx2(22a)x1.22x(x1)x(x1)

因为f(x)在(0,)上为单调增函数，

所以f(x)0在(0,)上恒成立.

即x2(22a)x10在(0,)上恒成立.当x(0,)时,由x2(22a)x10,1得2a2x.x1设g(x)x,x(0,).x11g(x)x2x2.xx1所以当且仅当x,即x1时,g(x)有最小值2.x

所以2a22.所以a2.所以a的取值范围是(,2].

mnmn2， （II）要证lnmlnnmm11nnm2lnn只需证，

2(mm1)2(1)mn.lnn0.mmn11nn只需证

ln即证

mn

设h(x)lnx2(x1).x1

m1

h(x)在(1,)由（I）知上是单调增函数，又n， m所以h()h(1)0.nm2(1)m即lnn0成立.mn1n

mnmn.lnmlnn2所以

19.（Ⅰ）当a0时函数f(x)的定义域为(0,)； 当a0时函数f(x)的定义域为(1,0).

x1ln(ax)11f(x)x2xx1 (x1)（Ⅱ）

(x1)xln(ax)(x1)2x(x1)ln(ax)x(x1)2(x1)2，

令f(x)0时，得lnax0即

x1a，

11x(0,)x(,)a时f(x)0，当a①当a0时，时，f(x)0， 11(0,)(,)a，递减区间为a故当a0 时，函数的递增区间为. ②当1a0时，0ax1，所以f(x)0，

故当1a0时，f(x)在x(1,0)上单调递增．

11x(1,)x(,0)a，f(x)0;若a③当a1时，若，f(x)0， 11(1,)(,0)a． 故当a1时，f(x)的单调递增区间为a;单调递减区间为

11(0,)(,)a;单调递减区间为a（Ⅲ）因为当a0时，函数的单调递增区间为 1f()ln(2a)若存在x使得f(x)ln(2a)成立，只需a，

a01a1a1a1ln（）ln2a2aa即，所以a，所以2，所以0a1.

g'(x)20.【解析】（Ⅰ）

2x(x21)2，

'g(2)22且g(2)1a.

故g(x)在点P(2,g(2))处的切线方程为：22xy5a0.

f'(x)（Ⅱ）由

2x0x21得x0，

故f(x)仅有一个极小值点M(0,0)，根据题意得：

d5a13，a2或a8.

h(x)f(x)g(x)ln(x21) （Ⅲ）令

1a2x1

h'(x) 当

12x2x12xx21(x21)2x21(x21)2

'h时，(x)0，

x0,1)(1,)'hx(,1)(1,0) 当时，(x)0，

因此，在区间(,1),(1,0)上，h(x)单调递减， 在区间(0,1),(1,)上，h(x)单调递增.

又h(x)为偶函数，当x(1,1)时，h(x)的极小值为h(0)1a. 当x1时，h(x)， 当x1时，h(x).

 当x时，h(x)， 当x时，h(x).

故f(x)g(x)的根的情况为：

当1a0时，即a1时，原方程有2个根； 当1a0时，即a1时，原方程有3个根； 当1a0时，即a1时，原方程有4个根. ) ．(1，