【精品试卷】2021届高三数学入学调研试题三文（含解析）

【精品试卷】2021届高三数学入学调研试题三文（含解析）

1 2021 届高三数学入学调研试题（三）文 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．已知集合 2{ | 0}A x x x   ， { | lg(2 1)}B x y x   ，则集合 A B  （ ） A． 1[0, )2 B．[0,1] C． 1( ,1]2 D． 1( , )2  2．设 x ， y R ，则“ 0x y  ”是“ 1x y  ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知集合 { | ,0 4}A y y x x    ， { | 0 3}B x x   ，则 ( )A B R ð （ ） A．[0,2] B．[ 2,2) C． ( 2,3) D． (2,3) 4．函数 23( ) lg(3 1) 1 xf x x x     的定义域是（ ） A． ( ,1) B． 1( ,1)3  C． 1[ ,1)3  D． 1( , )3   5．已知命题“ x R ，使 2 12 ( 1) 02x a x    ”是假命题，则实数 a 的取值范围是（ ） A． ( , 1)  B． ( 1,3) C． ( 3, )  D． ( 3,1) 6．已知 3log 0.3a  ， 0.3log 0.2b  ， 0.20.3c  ，则（ ） A． a b c  B． a c b  C． b c a  D． c a b  7．曲线 3 2 1y x x   在点 (1,0) 处的切线方程为（ ） A． 1y x  B． 1y x   C． 2 2y x  D． 2 2y x   8．函数 2sin 2 2x x xy   的图象大致为（ ） A． B． C． D． 9．已知函数 ( )f x 的图象关于 y 轴对称，且 ( )f x 在 ( ,0] 上单调递减，则满足 1(3 1) ( )2f x f  的 实数 x 的取值范围是（ ） A． 1 1,2( )6   B． 1 1,2( )6   C． 1 1,3( )6   D． 1 1,3( )6   10．已知 ( 1)f x  是定义在 R 上的奇函数， 2(2)f   ，且对任意 1 1x  ， 2 1x  ， 1 2x x ， 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   恒成立，则使不等式 2| (2 log ) | 2f x  成立的 x 的取值范围是（ ） A． (0,1) B． (0,2) C． (4, ) D． (1,4) 11．若存在 x ， y ， *z R ，满足 2 xzy e z  ，且 2x z xe   ，则 ln lny x 的取值范围是（ ） A． 1[ ,1]2 B．[ ln 2, 1 ln 2]e   C． 1[1 ln 2, ]2  D．[1 ln 2, 1 ln 2]e   12．已知函数 2 2 , 0( ) ln( 1), 0 x x xf x x x       ，若方程 1( ) 2f x mx m   恰有四个不相等的实数根， 则实数 m 的取值范围是（ ） A． 1 21[ , )2 e  B． 1 21( , )2 e  C． 1 21( , )2 e D． 1 2 1( , )2e 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13． 1 2 0 (2 1 )dx x x   ________． 14．已知命题“ x R ， 2 1 0mx x   ”是假命题，则实数 m 的取值范围是________． 2 15．某食品的保鲜时间 y（单位：小时）与储藏温度 x（单位：℃）满足函数关系 kx by e  （ 2.718e   为自然对数的底数，k 、b 为常数），若该食品在 0℃的保鲜时间是192小时，在 22℃的保鲜时间是 48 小时，则该食品在33℃的保鲜时间是________小时． 16．若 0 1a b   ，e 为自然数（ 2.71828e  ），则下列不等式：① 1 1 a bb a ；② ln ln  a be e a b ； ③ log ( 1) log ( 1)a ba b   ，其中一定成立的序号是________． 三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分）已知集合 2{ | 2 16}2 xA x   ， { | 3 2 2 1}B x a x a     ． （1）当 0a  时，求 A B ； （2）若 A B   ，求 a 的取值范围． 18．（12 分）己知 :| 2 5| 3p x   ， 2: ( 2) 2 0q x a x a    ． （1）若 p 是真命题，求对应 x 的取值范围； （2）若 p 是 q的必要不充分条件，求 a 的取值范围． 19．（12 分）已知函数 2 1( ) 2 1 x xf x   ． （1）若 ( ) 3 2 2f a   ，求 a 的值； 3 （2）判断函数 ( )f x 的奇偶性，并证明你的结论； （3）求不等式 1 1 2( ) ( ) 02 4x xf f    的解集． 20．（12 分）已知函数 ln( ) 1 a x bf x x x   ，曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 2 3 0x y   ． （1）求 a ，b 的值； （2）证明：当 0x  且 1x  时， ln( ) 1 xf x x   ． 4 21 ．（ 12 分 ） 定 义 域 为 R 的 函 数 ( )f x 满 足 ： 1( ) 22f   ， 且 对 于 任 意 实 数 x ， y 恒 有 ( ) ( ) ( )f x y f x f y  ，当 0x  时， 0 ( ) 1f x  ． （1）求 (0)f 的值，并证明当 0x  时， ( ) 1f x  ； （2）判断函数 ( )f x 在 R 上的单调性并加以证明； （3）若不等式 2 2 2(( 2) (2 1) 2) 4f a a x a x      对任意 [1,3]x 恒成立，求实数 a 的取值范围． 22．（12 分）已知函数 ( ) ( )xf x e x a a    R ． （1）当 0a  时，求证： ( )f x x ； （2）讨论函数 ( )f x 零点的个数． 2021 届高三入学调研试卷 文 科 数 学（三）答 案 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的． 1．【答案】C 【解析】因为 { | 0 1}A x x   ， 1{ | }2B x x  ，所以 1{ | 1}2A B x x   ． 2．【答案】A 【解析】∵ 0x y  ，∴ 1 0y  ，∴ 1 1x yy y    ，即 1x y  ， ∴“ 0x y  ”是“ 1x y  ”的充分条件； 当 2x   ， 1y   时， 1x y  ，但 x y ，所以“ 0x y  ”不是“ 1x y  ”的必要条件． 3．【答案】D 【解析】∵ { | ,0 4} { | 0 2}A y y x x y y       ， { | 0 3}B x x   ， ∴ { | 0} { | 2}A y y y y  R ð ，∴ ( ) (2,3)A B R ð ． 4．【答案】B 【解析】函数 23( ) lg(3 1) 1 xf x x x     的定义域是 1 0 3 1 0 x x      ，解得 1 1 3 x x    ， 所以函数 ( )f x 的定义域是 1{ | 1}3x x   ． 5．【答案】B 【解析】因为命题“ x R ，使 2 12 ( 1) 02x a x    ”是假命题， 所以 x R ， 2 12 ( 1) 02x a x    恒成立， 所以 2( ) 11 4 2 02Δ a      ，解得 1 3a   ， 故实数 a 的取值范围是 ( 1,3) ． 6．【答案】B 【解析】 3log 0.3 0a   ， 0.3 0.3log 0.2 log 0.3 1b    ， 0.2 00 0.3 0.3 1c    ， a c b   ． 7．【答案】A 【解析】验证知，点 (1,0) 在曲线上， 因为 3 2 1y x x   ， 2' 3 2y x  ，所以 1| 1xk y   ，得切线的斜率为1，所以 1k  ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (1,0) 处的切线方程为 0 1 ( 1)y x    ，即 1y x  ． 8．【答案】A 【解析】记 2sin 2 2x x xy   为 2sin( ) 2 2x x xf x   ， 2sin( ) 2sin( ) ( )2 2 2 2x x x x x xf x f x         ， ∴ ( )f x 是奇函数，排除 C； 当 0 πx  时， 2sin 2sin( ) sin (0,1)2 2 2 2 2x x x x x xf x x       ，故 B、D 错误． 9．【答案】B 【解析】由题意 ( )f x 是偶函数，且在[0, ) 上单调递增， ∴不等式 1(3 1) ( )2f x f  可变为 1(| 3 1|) ( )2f x f  ， ∴ 1|3 1| 2x   ，解得 1 1 2 6x    ． 10．【答案】D 【解析】因为函数 ( 1)f x  的图象是由函数 ( )f x 的图象向左平移1个单位长度得到， ( 1)f x  是定义在 R 上的奇函数，所以函数 ( )f x 的图象的对称中心为点 (1,0) ， 因为对任意 1 1x  ， 2 1x  ， 1 2x x ， 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   恒成立， 所以函数 ( )f x 在 ( ,1] 上单调递减，所以函数 ( )f x 在 R 上单调递减， 因为 2(2)f   ，所以 (0) 2 2( )f f   ， 又 2| (2 log )| 2f x  ，所以 22 (2 log ) 2f x    ，即 2(2) (2 log ) (0)f f x f   ， 所以 20 2 log 2x   即 20 log 2x  ，所以1 4x  ， 所以使不等式 2| (2 log ) | 2f x  成立的 x 的取值范围是 (1,4) ． 11．【答案】D 【解析】由题意 ln ln ln ln ln ln ln ln 2 ln2 x zy y x e x x xy x x z z z z z          ， ∵ 2x z xe   ，∴ 1 2 x ez   ，令 1[ , ]2 x t ez   ， 设 ( ) ln ln 2f t t t   ，则 1 1( ) 1 tf t t t    ， ∴ ( )f t 在 1[ ,1]2 上单调递减，在[1, ]e 上单调递增，最小值为 (1) 1 ln 2f   ， 由于 1 1 1 1( ) ln ln 22 2 2 2f     ， ( ) 1 ln 2f e e   ， ∴ ln lny x 的取值范围是[1 ln2, 1 ln2]e   ． 12．【答案】B 【解析】画出函数 ( )f x 的图象如图中实线部分所示， 方程 1( ) 2f x mx m   恰有四个不相等的实数根， 即函数 ( )y f x 与函数 1 2y mx m   的图象有四个不同的交点， 而 1 2y mx m   是斜率为 m ，过定点 1( 1, )2C   的直线， 如图，当直线 1l 与 ln( 1)( 0)  y x x 相切时，设切点 0 0( ,ln( 1))P x x ， 又 1' 1y x   ，可得 0 0 0 1ln( 1)1 2 1 1 x x x     ，解得 1 2 0 1x e  ，斜率为 1 2e  ， 当直线 2l 过 (0,0) 时，斜率为 1 12 1 2  ， 所以当 1 21 2 m e    时，两函数的图象有 4 个不同的交点． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．【答案】 π1 4  【解析】因 1 1 1 2 2 0 0 0 (2 1 )d (2 )d 1 dx x x x x x x       ，而 1 2 1 2 2 0 0 (2 )d | 1 0 1x x x    ， 1 2 0 ( 1 )dx x 的几何意义为圆 2 2 1x y  在第一象限所对应的面积为 π 4 ， 故应填答案 π1 4  ． 14．【答案】 1 4m  【解析】若命题“ x R ， 2 1 0mx x   ”是假命题，则“ x R ， 2 1 0mx x   ”为 真命题，则只需满足 0 1 4 0 m Δ m      ，解得 1 4m  ． 15．【答案】 24 【解析】由题意可得， 0x  时， 192y  ； 22x  时， 48y  ， 代入函数 ekx by  ，可得 192be  ， 22 48k be   ，即有 11 1 2 ke  ， 192be  ， 则当 33x  时， 33 1 192 248 k by e     ． 16．【答案】①③ 【解析】对于①，若 1 1 a bb a 成立．两边同时取对数可得 1 1ln lna bb a  ， 化简得 ( 1)ln ( 1)lna b b a   ， 因为 0 1a b   ，则 1 0a   ， 1 0b   ， 不等式两边同时除以 ( 1)( 1)a b  可得 ln ln 1 1 b a b a   ， 令 ln( ) 1 xf x x   ， (0,1)x ，则 2 2 1 1( 1) ln 1 ln ( ) ( 1) ( 1) x x xx xf x x x         ， 当 (0,1)x 时， 11 ln 0xx    ，所以 ( ) 0f x  ，即 ln( ) 1 xf x x   在 (0,1)x 内单调递增， 所以当 0 1a b   时， ( ) ( )f b f a ，即 ln ln 1 1 b a b a   ，所以 1 1 a bb a ，故①正确； 对于②，若 ln ln  a be e a b ，化简可得 ln lna be a e b   ， 令 ( ) lnxg x e x  ， (0,1)x ，则 1( ) xg x e x    ， 2 1( ) xg x e x    ， 由 ( ) 0g x  可知 1( ) xg x e x    在 (0,1)x 内单调递增， 而 (0)g   ， (1) 1 0g e    ，所以 1( ) xg x e x    在 (0,1)x 内先负后正， 因而 ( ) lnxg x e x  在 (0,1)x 内先递减再递增， 所以当 0 1a b   时无法判断 lnae a 与 lnbe b 的大小关系，故②错误； 对于③，若 log ( 1) log ( 1)a ba b   ， 令 ( ) log ( 1)xh x x  ，利用换底公式化简可得 ln( 1)( ) ln xh x x  ， (0,1)x ， 则 2 2 ln ln( 1) ln( 1) ln ( 1)ln( 1)1( ) [ ]ln (ln ) ( 1)(ln ) x x x x x x xx xh x x x x x x         ， 当 (0,1)x 时， ln 0x x  ， ( 1)ln( 1) 0x x   ， 所以 ln ( 1)ln( 1) 0x x x x    ，即 ( ) 0h x  ，则 ln( 1)( ) ln xh x x  在 (0,1)x 内单调递减， 所以当 0 1a b   时， ln( 1) ln( 1) ln ln a b a b   ，即 log ( 1) log ( 1)a ba b   ，所以③正确， 综上可知，正确的为①③． 三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤． 17．【答案】（1） 1{ | 1}2x x   ；（2） 3( , ] [2, )4    ． 【解析】（1） 1{ | 4}2A x x    ， 0a  时， { | 2 1}B x x    ， ∴ 1{ | 1}2A B x x    ． （2）∵ A B   ， ∴当 B   时，3 2 2 1a a   ，即 3a  ，符合题意； 当 B   时， 3 12 1 2 a a     或 3 3 2 4 a a     ，解得 3 4a   或 2 3a  ， 综上， a 的取值范围为 3( , ] [2, )4    ． 18．【答案】（1）1 4x  ；（2） [1,4]a ． 【解析】（1） :|2 5| 3p x   为真命题，即| 2 5| 3x   ，解得1 4x  ． （2）根据（1）知： :1 4p x  ， 2: ( 2) 2 ( 2)( ) 0q x a x a x x a       ， p 是 q的必要不充分条件， 当 2a  时， : 2q x a  ，故满足 4a  ，即 2 4a  ； 当 2a  时， : 2q x  ，满足条件； 当 2a  时， : 2q a x  ，故满足 1a  ，即1 2a  ， 综上所述， [1,4]a ． 19．【答案】（1） 1 2a  ；（2）奇函数，证明见解析；（3） ( 1, )  ． 【解析】（1）若 ( ) 3 2 2f a   ，则 2 1 2 1 2 21 3 2 22 1 2 1 2 1 a a a a a          ， 得 2 2 2 22 1a   ，即 2 12 1 2 1 2 2 2 2 1 a        ， 则 2 2a  ， 1 2a  ． （2）函数 ( )f x 的定义域为 R ， 2 1 1 2 2 1( ) ( )2 1 1 2 2 1 x x x x x xf x f x              ，即函数 ( )f x 是奇函数． （3）由不等式 1 1 2( ) ( ) 02 4x xf f    ，得 1 1 1 2 2( ) ( ) ( )2 4 4x x xf f f     ， ∵ 2 1 2 1 2 2( ) 12 1 2 1 2 1 x x x x xf x         ，∴ ( )f x 在 R 上是增函数， 不等式等价为 1 1 2 2 4x x ，即 2 1 2 2 22 22 x x x      ，即 2 1x x    ，得 1x   ， 即不等式的解集为 ( 1, )  ． 20．【答案】（1） 1a  ， 1b  ；（2）证明见解析． 【解析】（1） 2 2 1( ln ) ( ) ( 1) xa x bxf x x x      ， 由于直线 2 3 0x y   的斜率为 1 2  ，且过点 (1,1) ， 故 (1) 1 1(1) 2 f f     ，即 1 1 2 2 b a b     ，解得 1a  ， 1b  ． （2）由（1）知 ln 1( ) 1 xf x x x   ，所以 2 2 ln 1 1(2ln1( ) )1 x xf x xx x x     ， 考虑函数 2 1( ) 2ln ( 0)xh x x xx    ，则 2 2 2 2 2 (2 2 1 ( 1)( ) )x x xh x x x x        ， 所以 1x  时， ( ) 0h x  ，而 (1) 0h  ， 故 (0,1)x 时， ( ) 0h x  ，可得 ln( ) 1 xf x x   ； (1 )x  ， 时， ( ) 0h x  ，可得 ln( ) 1 xf x x   ， 从而当 0x  ，且 1x  时， ln( ) 1 xf x x   ． 21．【答案】（1） (0) 1f  ，证明见解析；（2）函数 ( )f x 在 R 上为减函数，证明见解析；（3） ( ,0) (1, )  ． 【解析】（1）由已知，对于任意实数 x ， y 恒有 ( ) ( ) ( )f x y f x f y  ， 令 1x  ， 0y  ，可得 (1) (1) (0)f f f ， 因为当 0x  时， 0 ( ) 1f x  ，所以 (1) 0f  ，故 (0) 1f  ． 令 y x  ，设 0x  ，则 (0) ( ) ( )f f x f x  ， 1( ) ( )f x f x   ， 因为 0x  ， 0 ( ) 1f x   ，所以 ( ) 1f x  ． （2）设 1 2x x ，则 1 2 0x x  ， 1 2 1 2 2 2( ) ( ) ))[ ]( (f x f x f x x x f x     1 2 2 2(( ) () )f x x f x f x   2 1 2( )[ ( ) 1]f x f x x   ， 由（1）知 2( ) 0f x  ， 1 2( ) 1f x x  ，所以 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，即 1 2( ) ( )f x f x ， 所以函数 ( )f x 在 R 上为减函数． （3）由 1( ) 22f   ，得 1 1( 1) ( ) ( ) 42 2f f f      ， 所以 2 2 2( 2 (2 1) 2) 1) 4 )( (f a a x a x f        ， 即 2 2 2( 2) (2 1) 2 1a a x a x       ， 上式等价于 2 2 2( 4) ) 2 3(a a x x x x     对任意 [1,3]x 恒成立， 因为 [1,3]x ，所以 2 4 0x x  ， 所以 2 2 2 2 2 3 3(3 1)24 4 x x xa a x x x x        对任意 [1,3]x 恒成立， 设3 1 [2,8]x t   ， 2 2 3(3 1) 27 272 2 2 0114 10 11 10 x t x x t t t t           （ 2t  时取等）， 所以 2 0a a  ，解得 0a  或 1a  ， 即实数 a 的取值范围 ( ,0) (1, )  ． 22．【答案】（1）证明见解析；（2）见解析． 【解析】（1）当 0a  时， ( ) xf x e x  ， 令 ( ) ( ) 2x xg x f x x e x x e x       ，则 ( ) 2xg x e   ， 当 ( ) 0g x  时， ln2x  ；当 ln2x  时， 0( )g x  ；当 ln2x  时， '( ) 0g x  ， 所以 ( )g x 在 ( ,ln2) 上单调递减，在 (ln2, ) 单调递增， 所以 ln2x  是 ( )g x 的极小值点，也是最小值点， 即 ln2 min( ) (ln2) 2ln2 2ln 02 eg x g e     ， 故当 0a  时， ( )f x x 成立． （2） ( ) 1xf x e   ，由 '( ) 0f x  ，得 0x  ， 当 0x  时， ( ) 0f x  ；当 0x  时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减，在 (0, ) 单调递增， 所以 0x  是函数 ( )f x 得极小值点，也是最小值点， 即 min( ) (0) 1f x f a   ． 当1 0a  ，即 1a  时， ( )f x 没有零点； 当1 0a  ，即 1a  时， ( )f x 只有一个零点； 当1 0a  ，即 1a  时， 因为 ( ) ( ) 0a af a e a a e        ，所以 ( )f x 在 ( ,0)a 上只有一个零点， 由（1）得 2xe x ，令 x a ，则得 2ae a ，所以 ( ) 2 0a af a e a a e a      ， 于是在 ( )f x 在 (0, )a 上有一个零点， 因此，当 1a  时， ( )f x 有两个零点． 综上， 1a  时， ( )f x 没有零点； 1a  时， ( )f x 只有一个零点； 1a  时， ( )f x 有两个零点．