辽宁省大连市中山区第二十四中学2020届高三上学期11月月考数学试题

辽宁省大连市中山区第二十四中学2020届高三上学期11月月考数学试题

‎2019—2020学年度上学期高中学段高三联合考试高三年级数学（理）科试卷 第I卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知全集则 ( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求M的补集，再与N求交集．‎ ‎【详解】∵全集U＝{0，1，2，3，4}，M＝{0，1，2}，‎ ‎∴∁UM＝{3，4}．‎ ‎∵N＝{2，3}，‎ ‎∴（∁UM）∩N＝{3}．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，是基础题．‎ ‎2.已知命题,，则（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据全称命题与特称命题互为否定的关系，即可求解，得到答案．‎ ‎【详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题,，‎ 则，，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称性命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎3.设函数，则（　　）‎ A. 9 B. 11 C. 13 D. 15‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据自变量所在的范围代入相应的解析式计算即可得到答案.‎ ‎【详解】∵函数，‎ ‎∴=2+9=11．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查函数值的求法，考查指对函数的运算性质，是基础题．‎ ‎4.已知函数的图象关于直线对称，当时，恒成立，则满足的的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求得函数在上单调递增，又由函数的图象关于直线对称，得到在上单调递减，从而根据函数不等式列出相应的不等式，即可求解．‎ ‎【详解】当时，恒成立，‎ 所以恒成立，即函数在上单调递增，‎ 又因为函数的图象关于直线对称，所以在上单调递减，‎ 若要满足，即，解得，‎ 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的单调性，以及函数的对称性的应用，其中解答中得出函数的单调性和对称性，合理转化函数不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎5.给出下列两个命题：命题：“，”是“函数为偶函数”的必要不充分条件；命题：函数是奇函数，则下列命题是真命题的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断出简单命题、的真假，然后利用复合命题的真假判断出各选项中命题的真假.‎ ‎【详解】对于命题，若函数为偶函数，则其对称轴为，得，‎ 则“，”是“函数为偶函数”的充分不必要条件，命题为假命题；‎ 对于命题，令，即，得，则函数的定义域为，‎ 关于原点对称，且，‎ 所以，函数为奇函数，命题为真命题，‎ 因此，、、均为假命题，为真命题，故选C.‎ ‎【点睛】本题考查复合命题真假性的判断，解题的关键就是判断出各简单命题的真假，考查逻辑推理能力，属于中等题.‎ ‎6.已知函数满足对任意的都有 恒成立，若则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可设，则有，再由定义法判断函数的单调性可得函数在为减函数，再判断大小即可.‎ ‎【详解】解：设， ‎ 由已知有：任意的都有恒成立，‎ 即函数在为减函数，‎ 所以，‎ 由可得，‎ 即， ‎ 所以，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的单调性及对称性，重点考查了利用定义法判断函数的单调性，属中档题.‎ ‎7.某公司计划在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟的广告，广告费用不超过9万元，甲、乙电视台的广告费标准分别是500元/分钟和200元/分钟，假设甲、乙两个电视台为该公司做的广告能给公司带来的收益分别为0.4万元/分钟和0.2万元/分钟，那么该公司合理分配在甲、乙两个电视台的广告时间，能使公司获得最大的收益是（）万元 A. 72 B. 80 C. 84 D. 90‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设公司在甲、乙两个电视台的广告时间分别为分钟，总收益为元，根据题意得到约束条件，目标函数，平行目标函数图象找到在纵轴上截距最大时所经过的点,把点的坐标代入目标函数中即可.‎ ‎【详解】设公司在甲、乙两个电视台的广告时间分别为分钟，总收益为元，则由题意可得可行解域：，目标函数为 可行解域化简得，，在平面直角坐标系内，画出可行解域，如下图所示：‎ 作直线，即，平行移动直线，当直线过点时，目标函数取得最大值，联立，解得，所以点坐标为 ‎，因此目标函数最大值为，故本题选B.‎ ‎【点睛】本题考查了应用线性规划知识解决实际问题的能力，正确列出约束条件，画出可行解域是解题的关键.‎ ‎8.函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性，排除选项，通过函数的导数，判断函数的单调性，可排除选项，从而可得结果.‎ ‎【详解】函数是偶函数，排除选项；‎ 当时，函数 ，可得，‎ 当时，，函数是减涵数，当时，函数是增函数，排除项选项，故选C.‎ ‎【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：‎ ‎(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．‎ ‎(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．‎ ‎(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．‎ ‎(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象 ‎9.若函数的两个零点是，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 无法确定和大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合图象得出和的大小关系，利用对数的运算性质化简，即可求解．‎ ‎【详解】‎ 由题意，令，可得，则与的图象有2个交点，‎ 不妨设，‎ 作出两个函数的图象，如图所示，‎ 所以，即，‎ 所以，所以，所以，‎ 时，同理可得.‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用，以及对数的运算性质的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎10.已知函数，若存在实数，满足，则实数的取值范围为（   ）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知方程有解即可，代入解析式化简后，利用基本不等式得出， 再利用分类讨论思想即可求出实数的取值范围．‎ ‎【详解】由题意知，方程有解，‎ 则，‎ 化简得，即，‎ 因为，所以，‎ 当时，化简得， 解得；‎ 当时，化简得， 解得，‎ 综上所述的取值范围为．‎ 故答案为A ‎【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，以及利用基本不等式求最值的应用，其中解答中利用题设条件化简，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．‎ ‎11.已知函数f（x）＝2x－1，（a∈R），若对任意x1∈[1，＋∞），总存在x2∈R，使f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对a分a=0,a＜0和a＞0讨论，a＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a的取值范围.‎ ‎【详解】当a=0时，函数f（x）＝2x－1的值域为[1,+∞），函数的值域为[0,++∞），满足题意.‎ 当a＜0时，y=的值域为（2a,+∞）, y=的值域为[a+2,-a+2],‎ 因为a+2-2a=2-a>0,所以a+2＞2a,‎ 所以此时函数g(x)的值域为（2a,+∞）,‎ 由题得2a＜1，即a＜，即a＜0.‎ 当a＞0时，y=的值域为（2a,+∞）,y=的值域为[-a+2,a+2],‎ 当a≥时，-a+2≤2a,由题得.‎ 当0＜a＜时，-a+2＞2a，由题得2a＜1，所以a＜.所以0＜a＜.‎ 综合得a的范围为a＜或1≤a≤2，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎12.函数满足：， ．则时，（ ）‎ A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值 C. 既有极大值，又有极小值 D. 既无极大值，也无极小值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由已知可得，则可令，则 ，则有，再构造函数研究的符号，可得，即可得解.‎ ‎【详解】解：因为，所以,‎ 令，则 ，‎ 所以，‎ 令 ，则，‎ 则当时， ，当时， ‎ 即函数在为增函数，在为减函数，‎ 所以，‎ 即，即函数在为减函数，‎ 即时，既无极大值，也无极小值，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，重点考查了拼凑法构造函数，属难度较大的题型.‎ 第II卷（非选择题，共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.函数的图象恒过定点，若点在直线上，其中，，则的最小值为______________.‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎∵ 函数的图象恒过定点 ‎∴‎ ‎∵点在直线上 ‎∴‎ ‎∵，‎ ‎∴，当且仅当即时，取等号 ‎∴的最小值为1‎ 故答案为1‎ 点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．‎ ‎14.若“，使得成立”是假命题，则实数的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】若“，使得成立”是假命题，‎ 即“，使得成立”是假命题，‎ 由，当时，函数取最小值，‎ 故实数的取值范围为，‎ 故答案为.‎ ‎15.平面直角坐标系中，若函数的图象将一个区域分成面积相等的两部分，则称等分，若，则下列函数等分区域的有________．（将满足要求的函数的序号写在横线上）．①； ②； ③；④； ⑤.‎ ‎【答案】①④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得绝对值不等式表示区域关于原点对称，要使函数等分区域，则需函数为奇函数，再逐一判断各函数的奇偶性即可.‎ ‎【详解】解：由，设为曲线C:上任意一点，‎ 为曲线C关于原点对称的点，则有，则的轨迹方程为，即曲线C的图像关于坐标原点对称，要使等分，则为奇函数，‎ 对于①，为奇函数；对于②，为非奇非偶函数；对于③，为偶函数；对于④，为奇函数；对于⑤，为偶函数，即函数等分区域的有①④，‎ 故答案为①④.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式表示区域的对称性及函数的奇偶性，重点考查了函数的性质，属中档题.‎ ‎16.当时，函数的最大值记为，则的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由去绝对值及函数在闭区间上的最值定理可得:在的最大值为，，， 中之一，则有+，再利用绝对值的三角不等式的性质可得，得解.‎ ‎【详解】解：由去绝对值可得 当时，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，,‎ 即函数的对称轴方程为或,‎ 即或为函数的极值点,‎ 由函数在闭区间上的最值定理可得:在的最大值为，，， 中之一，则有：，，‎ ‎，，‎ 四式相加得+，‎ 又，‎ ‎ ，‎ 即，‎ 即，‎ 故答案为.‎ ‎【点睛】本题考查了绝对值函数的最值及绝对值的三角不等式的性质，重点考查了绝对值的性质，属综合性较强的题型.‎ 三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.经济订货批量模型，是目前大多数工厂、企业等最常采用的订货方式，即某种物资在单位时间的需求量为某常数，经过某段时间后，存储量消耗下降到零，此时开始订货并随即到货，然后开始下一个存储周期，该模型适用于整批间隔进货、不允许缺货的存储问题，具体如下：年存储成本费（元）关于每次订货（单位）的函数关系，其中为年需求量，为每单位物资的年存储费，为每次订货费. 某化工厂需用甲醇作为原料，年需求量为6000吨，每吨存储费为120元/年，每次订货费为2500元.‎ ‎（1）若该化工厂每次订购300吨甲醇，求年存储成本费；‎ ‎（2）每次需订购多少吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少？最少费用为多少？‎ ‎【答案】（1），；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题中数据求出，，，得到，再将代入即可得出结果；‎ ‎(2)根据基本不等式求出最小值，注意等号成立的条件，即可得出结果.‎ ‎【详解】(1)因为年存储成本费（元）关于每次订货（单位）的函数关系，其中为年需求量，为每单位物资的年存储费，为每次订货费.‎ 由题意可得：，，，‎ 所以存储成本费，‎ 若该化工厂每次订购300吨甲醇，‎ 所以年存储成本费为；‎ ‎(2)因为存储成本费，，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，取等号；‎ 所以每次需订购吨甲醇，可使该化工厂年存储成本费最少，最少费用为.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟记基本不等式即可求解，属于常考题型.‎ ‎18.已知函数为奇函数.‎ ‎（1）判断的单调性并证明；‎ ‎（2）解不等式.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ ‎(1)函数为奇函数，则恒成立，据此得到关于实数a的恒等式，整理可得，函数的解析式为，利用导函数研究函数的单调性可得函数是单调递增函数；‎ ‎(2)结合函数的奇偶性和函数的单调性脱去f符号，求解对数型二次不等式可得原不等式的解集为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由已知，∴‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴为单调递增函数. ‎ ‎（2）∵，∴，而为奇函数，‎ ‎∴‎ ‎∵为单调递增函数，∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎19.设命题：实数满足不等式，命题：函数无极值点.‎ ‎（1）若“”为假命题，“”为真命题，求实数的取值范围；‎ ‎（2）已知“”为真命题，并记为，且：，若是的必要不充分条件，求正整数的值．‎ ‎【答案】（1）或；（2）1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由对数的运算、导函数的应用，可得：，：，再结合复合命题的真假即可得解；‎ ‎（2）由是的必要不充分条件，结合（1）可得，求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）因为，‎ 因为,所以，解得得，即：． ‎ 又因为，∵函数无极值点，∴恒成立，则，解得，即：． ‎ ‎∵“”为假命题，“”为真命题，∴与只有一个命题是真命题． ‎ 若为真命题，为假命题，则,． ‎ 若为真命题，为假命题，则．‎ 故实数的取值范围为或． ‎ ‎（2）∵“”为真命题，∴．‎ 又，∴或， 从而：．‎ ‎∵是的必要不充分条件，即是的充分不必要条件， ‎ ‎∴，解得，∵，∴，‎ 故正整数的值为.‎ ‎【点睛】本题考查了对数的运算、函数的导函数的运算，重点考查了复合命题的真假，属综合性较强的题型.‎ ‎20.已知函数在上有最大值和最小值，设（为自然对数的底数）.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围；‎ ‎（3）若方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）;（2）;（3）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)配方可得,当时,由函数的单调性可得和的方程组,解方程组可得,当时,,无最大值和最小值,不合题意,故;(2)由(1)得,问题等价于在上有解,求二次函数区间的最值可得;(3)原方程可化为,令，则，由题意知有两个不同的实数解，且其中,解不等式可得.‎ 试题解析：（1），当时，在上是增函数，∴即解得;当时，，无最大值和最小值；当时，在上是减函数，∴即解得∵，∴舍去，综上，的值分别为.‎ ‎（2）由（1）知，∴在上有解等价于在上有解，即在上有解，令，则，∵，∴，记，∵，∴，∴的取值范围为．‎ ‎（3）原方程可化为，令，则，由题意知有两个不同的实数解，且其中，记，则得.‎ 点睛:本题考查函数的单调性与最值以及函数的应用问题,属于中档题目.首先讨论二次函数开口方向,从而确定函数的单调性求出最值,解方程确定函数解析式;函数的零点问题和方程根的个数问题相互转化,化繁为简,求参数的范围.‎ ‎21.已知函数（且）.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若，讨论函数在区间上的最值.‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别由求出的范围，可得增区间；由求出的范围， 可得减区间；（2）由（1）得，当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，分四种情况讨论，分别利用导数判断函数在上的单调性，利用单调性求出极值，与的值比较大小，进而可得结果.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域是.‎ ‎.‎ 当时，令，得；令，得，‎ 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； ‎ 当时，令，得；令，得，‎ 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. ‎ ‎（2）由（1）得，当时，函数区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ ‎①当，即时，函数在区间上单调递减，所以函数在上的最大值为，最小值为；‎ ‎②当，即时，函数在区间上单调递增，所以函数在上的最大值为，最小值为； ‎ ‎③当，即时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以函数在上的最小值为.‎ 最大值为与中的较大者.下面比较与的大小：‎ 因为，‎ 令，得，化简得，‎ 解得.因为，且，‎ 所以.‎ 所以当时，，函数在上的最大值为；‎ 当时，，函数在上的最大值为；‎ 当时，，函数在上的最大值为 ‎.‎ 综上，当时，函数在上的最大值为，最小值为；‎ 当时，函数在上的最大值为；最小值为；‎ 当时，函数在上的最大值为，最小值为；‎ 当时，函数在上的最大值为，最小值为.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值，考查了分类讨论思想的应用，属于难题. 分类讨论思想的常见类型 ‎⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ‎ ‎⑵问题中的条件是分类给出的； ‎ ‎⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； ‎ ‎⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.‎ ‎22.已知函数．‎ ‎（1）证明在区间内有且仅有唯一实根；‎ ‎（2）记在区间内的实根为，函数，若方程在区间有两不等实根，证明．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）构造函数，利用导数证明在上单调递增，再结合零点定理即可得证；‎ ‎（2）先理解题意，为取小函数，先确定函数在，的单调性，‎ 再将证明命题转化证明命题，即证，再构造函数利用导数证明即可.‎ ‎【详解】（1）证明：，定义域为，而．故，即在上单调递增，‎ 又，而上连续，故在区间有且仅有唯一实根． ‎ ‎（2）由（1）知，当时，，且存在，使得 ‎，故， ‎ 当时，，因而单增；当时，，因而递减；则． 要证：，只要证 ，因为 ，只要证，即证， 而在上递减，故可证，又由，即证，即， ‎ 记，， ‎ 记，当时，；时，故，，从而，因此，‎ 即单增，从而时，，即，‎ 故，所以，‎ 故命题得证．‎ ‎【点睛】本题考查了导数的综合应用，重点考查了极值点偏移问题，属难度较大的题型.‎ ‎ ‎