阶段测试（一）-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类数学

高考专题分类数学 阶段测试（一） [考查专题（一）专题（七）的范围] 一、选择题 1.已知集合A={x∈Z0<x<4},B={x(x十1)(x-2)<0},则A∩B= A.(0,2) B.(-1,2) C.{0,1} D.{1 2.已知p:x-1<2,g:f(x)=+1的最小值为2，则p是g的 A.充分不必要条件 B.充要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 冲天 3.函数f(x)=1n(x十1)-2的零点所在的一个区间是 A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) 4.设奇函数f()在(0，十∞)上为增丽数，且f1)=0,则不等式f)-f-<0的解集为 A.(-1,0)U(1,+o∞) B.(-∞，-1)U(0,1) C.(-∞，-1)U(1,+∞) D.(-1,0)U(0,1) 5.已知函数f(x)=e一e,则关于x的不等式f(x)+f(x2-2)<0的解集为 A.(-2,1) B.(-∞，-2)U(1,+∞) C.(-1,2) D.(-∞，-1)U(2,+∞) 6.a=log,3,b=l0go.3sc=() 2,则a,b,c的大小关系是 A.ba>c B.ab>c C.c>a>b D.a>c>b 7.在R上定义的函数f(x)是偶函数，满足f(x)=f(8-x),且对任意的x1,x2∈[0,4]， fx)-fx2)>0,则 () x1万x2 A.f(-18)<f(35)<f(57) B.f(35)<f(-18)<f(57) C.f(35)<f(57)<f(-18) D.f(57)<f(-18)<f(35) 8.设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=x2,若对任意的x∈[t,t十2]，不等式 f(x十t)≥2f(x)恒成立，则实数t的取值范围是 A.[√2，十oo) B.[2,十o∞) C.(0,2] D.[-2,-1]U[√2，√3] 一冲天， x2+4a,x>0, 9.已知函数f(x)= a>0,a≠1)在R上单调递增，且关于x的方程f(x)|= 1+log|x-1|,x≤0 x十3恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是 A.(, B.(o.( C.U D[片，]U 二、填空题 10.曲线y=x3一x十3在点(1,3)处的切线方程为 11.函数f(x)=x3十sinx+1(x∈R),若f(a)=2,则f(-a)的值为 12.设函数f(x)在R上存在导数f(x),对任意的x∈R,有f(-x)十f(x)=x,且在(0，千o∞)上 f(x)>x,若f(2-a)-f(a)≥2-2a,则实数a的取值范围为 13.函数f(x)的定义域为R,且f(x)=f(x-3),当-2≤x<0时，f(x)=(x+1);当0≤x<1时， f(x)=-2x+1,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2020)= 14.直线y=x与曲线y=alnx有两个公共点，则实数a的取值范围是 í-x2-2x,x≤0 15.已知函数f(x)= 函数g(x)=f(x)十a(a∈R)有三个不同的零点x1,x2,c3, In z,x>0 则x·xg·x的取值范围是 三、解答题 16.已知二次函数f(x)=x2-2ax十a在区间[0,3]上的最小值是一2，求a的值. 冲天 一冲天 17.已知函数f(x)=|x-2|-x|十m(m∈R) (I)若m=0,解不等式f(x)≥x-1; (Ⅱ)若方程f(x)=一x有三个不同的解，求实数m的取值范围. 飞冲天 18.设函数f(x)=x3-3ax十b(a≠0). (I)若曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y=8,求a,b的值； (Ⅱ)求函数f(x)的单调区间与极值， 飞冲天 天 阶段测试（一） 19.已知x=3是函数f(x)=aln(x十1)+x2-10x的一个极值点. (I)求a的值； (Ⅱ)求函数f(x)的单调区间； (Ⅲ)若直线y=b与函数y=f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围. 飞冲天 20.设f(x)=e-a(x+1). (I)若a>0,f(x)≥0对一切x∈R恒成立，求a的最大值； 设gx)=(四士e为自然对数的底数，e=2.71828),且A(yB( ● THE 下2)是曲线y=g(x)上任意两点，若对任意的a≤-1，直线AB的斜率恒大于常数m,求m 的取值范围； ()是香存在正整数a,使得134寸(2m一1)r<二（am)”对-切正整数n均成立？若 存在，求a的最小值；若不存在，请说明理由.高考分类数学 参考答案 阶段测试（一）】 x2,x>0 .-f(x)=x2,即f(x)=-x2,∴f(x)= -x2,x<0 1.D.集合A={x∈Z0<x<4}=1,2,3}, ∴.f(x)在R上单调递增，且满足2f(x)=f(√W2x), B={x|(x+1)(x-2)<0}={x-1<x<2},.A∩B=1. 2.D由|x-1<2,解得-1<x<3,故p:-1<x<3; :不等式f(x十t)≥2f(x)=fW2x)在[t,t+2]上恒成立， )=+1=十上的最小值为2，得>0，故g:x>0 ∴.x十t≥√2x在[t,t十2]上恒成立， x 解得x≤(1十√2)1在[t,t+2]上恒成立，.t十2≤(1十√2)t, 故p是g的既不充分也不必要条件. 解得t≥√2，则实数t的取值范围是[√2，十o). 3.B连续函数在某个区间存在零点的条件是函数在区间端点 9.D:f(x)是R上的增函数， 处的函数值异号，，f(1)=1n(1+1)-2=ln2一2<0，而 ∴·y=1+log1x-1在(-o∞，0]上单调递增， 2》=n3-1>lne-1=0.两数/)=ha+1)-是的 可得0<a<1, 零点所在的一个区间是(1,2) 且0+4>1+0，即}<a<1, 4.D奇函数f(x)在(0，十o∞)上为增函数，∴.f(x)在(-o∞， 作出y=|f(x)川和y=x十3的大致图象，如图. o)上也为增函数：不等式)=f-<0等价于 x 由1+10gx一1=0，解得x=1->-3,即x<0时，有且 x[f(x)-f(-x)]<0,x≠0， 只有一解， 当x>0时，f(x)-f(-x)<0,即f(x)<f(-x)=-f(x), ∴.由图象可知f(x)|=x十3在(0，十∞)上有且只有一解， 即f(x)<0=f(1),∴.x<1,即0<x<1; 可得4a≤3，或令x2+4a=x+3,即有△=1一4(4a-3)=0, 当x<0时，f(x)-f(-x)>0,即f(x)>f(-x)=-f(x), 即f(x)>0=f(-1),∴.x>-1,即-1<x<0, 即有<a≤子或a=： 不等式fx)=f-2<0的解集为(-1,0)U(0,1). 则a的取值花围是子，是U1瓷。 5.A根据题意，函数f(x)=e-e,∴.f(一x)=ex一e= ty /y=x+3 4 -(e-e)=-f(x),则函数f(x)为奇函数， 又，f(x)=e十e>0,则函数f(x)在R上为增函数， y=f(x)川 f(x)+f(x2-2)<0台f(x)<-f(x2-2)台f(x)<f(2 02 x2)台.x<2-x2,即x2+x-2<0,解得-2<x<1, -2 即不等式的解集为（一2,1）. 10.2x-y+1=0y=3x2-1,令x=1得切线斜率为2， 6.Da=log,3>log /=log=log..3<logs 1 .切线方程为y-3=2(x一1)，即2.x一y十1=0. 11.0f(a)=2,∴.f(a)=a3+sina+1=2,a3+sina=1, 0=(号P=a>c>h .f(-a)=(-a)3十sin(-a)+1 7.D由题可知，f(x)的对称轴为x=4,且在[0,4]上，f(x)单 =-(a3+sina)+1=-1+1=0. 调递增，又f(x)为偶函数，.函数关于y轴对称，f(x)的最小 12.(o1令g0=f)-合 正周期为8，：f(-18)=f(18)=f(8×2+2)=f(2), f(35)=f(4×8+3)=f(3),f(57)=f(8×7+1)=f(1), “g0+g=f-0)-2+)-合2=0， 1<2<3且1,2,3∈[0,4， 函数g(x)为奇函数， ∴.f(1)<f(2)<f(3),f(57)<f(-18)<f(35) x∈(0，十∞)时，g'(x)=f'(x)-x>0, 8.A,f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥>0时，f(x) x2,.当x<0时，有-x>0,f(-x)=(-x)=x2, 高考分类数学 参考答案 ∴函数g(x)在(0，十∞)上是增函数，在（一∞，0）上也是增 ②当0≤a≤3时，对称轴在区间[0,3]内，f(x)在区间[0,3] 函数，可得g(x)在R上是增函数， 10≤a≤3 上的最小值是一2，则有 e-o）-fa≥2-2a等价于2-o》2≥o）-号 f(a)=-2 解得a=2; 即g(2-a)≥g(a),∴.2-a≥a,解得a≤1. ③当a>3时，对称轴在区间[0,3]右侧，f(x)在区间[0,3] 13.1347函数f(x)的定义域为R,且f(x)=f(x一3)，得函数 1a>3 周期为3，.f(1)=f(-2)=1,f(2)=(-1)=0,f(3)= 上的最小值是一2，则有 f(3)=-2 f(0)=1,∴.f(1)+f(2)+f(3)+·+f(2020)=673× [f(1)+f(2)+f(3)]+f(1)=673×2+1=1347. 此时a无解. 14.(e,十oo)当直线y=x与曲线y=alnx相切时，设切点为 综上所述，a=士2. =1 17.解：(I):函数f(x)=x-2-x十m, (x0%),则xo 解得xo=a=e, 当m=0时，f(x)=|x-2-|x≥x-1, xo=aln xo, ∴.当x≤0时，不等式化为：2-x十x≥x-1,解得x≤0， ∴.当a>e时，满足题意. 当0<x<2时，不等式化为：2-x-x≥x-1,解得0<x≤1， 即实数a的取值范围是(e,+∞). 当x≥2时，不等式化为：x-2-x>x-1,解得x∈⑦， 15.[0,e)作出函数f(x)的大致图象如图： ∴.不等式f(x)≥x-1的解集为（一∞，1]： (Ⅱ)方程f(x)=一x有三个不同的解，设g(x)=|x-2| x,等价于g(x)=|x-2-x的图象与直线y=一x-m y=f(x) 有3个不相同的交点，如图 y=-a y -2x1-1x20/1x3 4 3 A 2 gx)=x-2|-x 若函数g(x)=f(x)十a有三个不同的零点x1x2,x,不妨 设x1<x2<x,g(x)=f(x)十a=0,即f(x)=一a有三个 -3-2-10 4234 不同的根，则0≤-a<1,即-1<a≤0， B 当x≤0时，-x2-2x+a=0,即x2十2x-a=0,则x1x2= 当直线y=一x一m经过A(0,2)时，m=-2;当直线经过 -a,当x>0时，由lnx3十a=0,得lnx3=一a,即x3=e, B(2,一2)时，m=0,于是由题意可得-2<m<0, 则x1·x2·x3=-ae“,设p(a)=-ae“,-1<a≤0， 实数m的取值范围为（一2,0）. 则g'(a)=-ea十aea=e"(a-1),:-l<a≤0， 18.解：(I).f(x)=x3-3a.x十b(a≠0)，∴.f(x)=3.x2-3a, ∴p(a)<0恒成立，即此时函数p(a)为减函数，g(0)=0, :曲线y=f(.x)在点(2，f(2)处的切线方程为y=8, (-1)=e,即0≤p(a)<e,即0≤x1·x2·xg<e (f(2)=0(3(4-a)=0(a=4 即x·x2·的取值范围是[0，e). f(2)=88-6a+6=8b=24 16.解：f(x)的对称轴为x=a,以下分对称轴在区间[0,3]左侧， (Ⅱ).f(x)=3x2-3a=3(x2-a)(a≠0) 内部，右侧三种情况讨论： 当a<0时，f(x)>0,函数f(x)在R上单调递增，无单调递 ①当a<0时，对称轴在区间[0,3]左侧，f(x)在区间[0,3] 减区间，此时函数f(x)没有极值点； |a<0 上的最小值是一2，则有 当a>0时，令f(x)=0,解得x=士a, f(0)=-2 当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表 解得a=-2; 高考分类数学 参考答案 (-∞，-√a) -a (-Va√a) √a (Wa,+o∞) g=e++(-a)≥2Ve·+(-a)=(-a) f(x) + 0 2√一a=(√一a+1)2-1,当且仅当e=一a时，等号成 f(x) 极大值 极小值 立，∴.当a≤-1时，g(x)mm=3, f(x)的单调递增区间是(-o∞，一√a),(√a,十∞)，单调递 故m的取值范围为（一∞，3]； 减区间是（一√a√a), (Ⅲ)存在.。 此时f(x)最大维=f(一√a)=2ava+b, 设t(x)=e一x-1,则t(x)=e-1, f(x)极小值=f(Va)=-2aa+b. 令t(x)=0,解得x=0, 19.解：(I)f()=1年x+2x-10(x>-1D 当x<0时，(x)<0,t(x)在(-oo,0)上单调递减， 当x>0时，t(x)>0,t(x)在(0，十o∞)上单调递增， “f(3)=4+6-10=0∴a=16, t(x)在x=0时取最小值，t(0)=0, 当a=16时，f)=5+2x-10=23-D(x> 即t(x)≥0，即e≥x+1, x十1 (i=1,3,5,…,2n-1), -1),由此可知，当x∈(1,3)时，f(x)单调递减， 令x=一2 当x∈（一1,1）和x∈(3，十o∞)时，f(x)单调递增， 则1<e1-云)r≤ea(2n)r<ei1 2n x=3是f(x)的一个极小值点，a的值为16： 3,5,…,2n-1), (Ⅱ)由(1)知，函数f(x)的单调递增区间是（一1,1），(3， )" +o○)，函数f(x)的单调递减区间是(1,3)： 2n+(22n3y+22ny++ 2n 2n 3)+（2 2 (Ⅲ)由（Ⅱ）知f(x)在（一1,1）上单调递增，在(1,3)上单调 e+e+e+…十e+e=e-e)< 1-e- 递减，在(3，十∞)上单调递增， e 又f1)=16ln2-9,f(3)=32ln2-21, 1-eT-e-1' ∴.32ln2-21<b<16ln2-9, .b的取值范围为(32ln2-21,16ln2-9). r+g++a-1r<92 20.解：(I)当a>0时，(x)=e-a,令f(x)=0,解得x= .存在正整数a使不等式成立，且a的最小值为2. lna,:当x<lna时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x>lna时，f(x)>0,f(x)单调递增， ∴.f(x)nim=f(lna). 由f(lna)≥0，即eaa-a(lna+1)≥0， 解得lna≤0,0<a≤1，∴.a的最大值是1： (Ⅱ)依题意不妨设x1<x2, 则有直线AB的斜率k=兰二”=8，)二g》m。 x2一x1 x2一x1 g(x2)-g(1)>m.x2-m.m1,即g(x2）-m.x2>g(x1)-m.1, 设h(x)=g(x)一m.x,则h(x)在R上单调递增， 故'(.x)=g(x)-m≥0，即对任意a≤-1，m≤g(x)恒成 立，又g)=e-ax+1)+总