湖南省邵东县创新实验学校（文复班）高三上学期月考数学（文）试题

湖南省邵东县创新实验学校（文复班）高三上学期月考数学（文）试题

邵东创新学校2020届第二次月考 文科数学 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）‎ ‎1.设集合，集合，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因为集合，集合，‎ 根据集合交集的概念，找到两个集合的公共元素为1，得到.‎ 故选A．‎ ‎2.特称命题“，使”的否定可以写成（ ）‎ A. 若，则 B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过特称命题的否定的定义即可得到答案.‎ ‎【详解】解：∵命题“，使”是特称命题 ‎∴否定命题为：，都有．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的否定，难度不大.‎ ‎3.函数的零点所在的区间是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为原函数是增函数且连续，‎ ‎ ，‎ 所以根据函数零点存在定理得到零点在区间上，‎ 故选C．‎ ‎4.若扇形的面积为、半径为1，则扇形的圆心角为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设扇形的圆心角为α，则∵扇形的面积为，半径为1， ∴ ‎ 故选B ‎5.已知,若.则实数的值为( )‎ A. -2 B. 2 C. 0 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数，将x＝1，代入，构造关于a的方程，解得答案．‎ ‎【详解】∵函数，‎ ‎∴f（﹣1）＝ ，‎ ‎∴f[f（﹣1）]1，‎ 解得：a＝0，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数求值，难度不大，属于基础题．‎ ‎6.若函数是上的单调递增函数，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分段函数要求每一段函数均为单调的，根据这一条件列式即可.‎ ‎【详解】函数是上的单调递增函数，则要求每一段上函数均为增函数，‎ 则要求 ‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】本题考查了已知函数单调性求参的问题，要求每一段函数均为单调的，且要求在两段函数的连接点处，函数图像不能错位.‎ ‎7.已知函数，记，，，则的大小关系为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以看出，f（x）是偶函数，并且在[0，+∞）上单调递增，从而得出，并且可以得出，从而由f（x）在[0，+∞）上的单调性即可得出a，b，c的大小关系．‎ ‎【详解】f（x）是偶函数，在[0，+∞）上单调递增；‎ ‎∴b＝f（log0.23）＝f（﹣log0.23）；‎ ‎∵50.2＞50＝1，；‎ ‎∴；‎ ‎∴；‎ ‎∴b＜c＜a．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查偶函数的定义，对数函数的单调性，指数函数的单调性，以及增函数的定义．‎ ‎8.已知函数（e为自然对数的底数），则不等式的解集是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数的奇偶性，然后判断函数在 上的单调性，最后利用奇偶函数的性质，可以求解出不等式的解集.‎ ‎【详解】函数的定义域是全体实数.‎ 是偶函数，‎ 当时，，所以有，因为，所以，因此函数在上是增函数，‎ ‎，解得或，‎ 故本题选D.‎ ‎【点睛】本题考查了利用偶函数的性质求解不等式解集的问题，判断函数的奇偶性和单调性是解题的关键.‎ ‎9.函数在区间上的大致图象为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分析函数的奇偶性可得函数f（x）为偶函数，据此可以排除A、D；又由x→0时，xsinx+lnx＜0，分析可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，f（x）＝xsinx+ln|x|，其定义域为{x|x≠0}，‎ 有f（﹣x）＝（﹣x）sin（﹣x）+ln|（﹣x）|＝xsinx+ln|x|＝f（x），即函数f（x）为偶函数，‎ 在区间[﹣2π，0）∪（0，2π]上关于y轴对称，排除A、D；‎ 又由x→0时，xsinx+lnx＜0，排除C；‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的判断，考查函数的奇偶性，此类题目一般用排除法分析．‎ ‎10.已知函数，设在上的最大、最小值分别为、，则的值为（ ）‎ A. 2 B. 1 C. 0 D. -1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造函数，为奇函数，根据奇函数的对称性得到 ‎【详解】函数，故为奇函数，设函数在处取得最大值，也在此处取得最大值，则根据奇函数的对称性，函数在处取得最小值，也在此处取得最小值，且满足.故得到 ‎ 故答案：A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数部分具有奇偶性的性质的应用，属于基础题；奇函数在对称区间上的对称点处取得相应的最大值和最小值，且最值互为相反数.‎ ‎11.已知是定义域为的奇函数，满足.若，则（ ）‎ A. -2019 B. 1 C. 0 D. 2019‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出函数 为周期为4的周期函数，‎ ‎， 由此能求出 ‎【详解】 是定义域为的奇函数，满足，则有 ，又由函数 为奇函数，则 ，则有 ‎ 则函数 是周期为4的周期函数，‎ ‎，‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查了函数的奇偶性，周期性。通过函数的奇偶性和周期性推导出函数的周期是关键。‎ ‎12.已知函数若函数的图像与轴的交点个数恰有个，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题，将题目要求转化为函数的图像与函数的图像的交点3个，然后利用函数的图像性质即可求得答案.‎ ‎【详解】由题可知函数的图像与轴的交点恰有个，即为函数的图像与函数的图像的交点恰有个，‎ 函数的图像过定点，且斜率，当动直线过点时有个交点，‎ 此时直线的斜率增大即有个交点，故 ‎ 当动直线与直线 平行时有个交点，故，综上：‎ ‎【点睛】本题考查了函数零点问题，熟悉函数与方程和图像以及直线的变化是解题的关键，综合性较强，属于中档题目.‎ 二、填空题。‎ ‎13.曲线在点（1，2）处的切线方程为______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 设，则，所以，‎ 所以曲线在点处的切线方程为，即．‎ 点睛:求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：设是曲线上的一点，则以为切点的切线方程是．若曲线在点处的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．‎ ‎14.已知，，则的值为 ．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】，故答案为3.‎ ‎15.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点P坐标为（7，5），OP绕点O逆时针方向旋转到OQ，则点Q的坐标为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 求出的表达式，设出点Q的坐标，根据OP绕点O逆时针方向旋转到OQ，结合两角和的正弦、余弦公式可以求出点Q的坐标.‎ ‎【详解】，其中，‎ 设点Q的坐标为，，由意可知：‎ ‎，‎ ‎，‎ 故点Q的坐标为.‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量的坐标表示，考查了两角和的正弦公式、余弦公式，考查了数学运算能力.‎ ‎16.给出以下结论：‎ ‎①命题“若，则”的逆否命题为“若，则”；‎ ‎②“”是“”的充分条件；‎ ‎③命题“若，则方程有实根”的逆命题为真命题；‎ ‎④命题“若，则且”的否命题是真命题.‎ 则其中错误的是__________．（填序号）‎ ‎【答案】③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接写出命题的逆否命题判断①；由充分必要条件的判定方法判断②；举例说明③错误；写出命题的否命题判断④；‎ ‎【详解】①命题“若x2﹣3x﹣4＝0，则x＝4”的逆否命题为“若x≠4，则x2﹣3x﹣4≠0”，故①正确；‎ ‎②x＝4⇒x2﹣3x﹣4＝0；由x2﹣3x﹣4＝0，解得：x＝﹣1或x＝4．‎ ‎∴“x＝4”是“x2﹣3x﹣4＝0”的充分条件，故②正确；‎ ‎③命题“若m＞0，则方程x2+x﹣m＝0有实根”的逆命题为“若方程x2+x﹣m＝0有实根，则m＞0”，是假命题，如m＝0时，方程x2+x﹣m＝0有实根；‎ ‎④命题“若m2+n2＝0，则m＝0且n＝0”的否命题是“若m2+n2≠0．则m≠0或n≠0”，是真命题故④正确；‎ 故答案为：③．‎ ‎【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查了命题的否命题和逆否命题，训练了充分必要条件的判定方法，属中档题．‎ 三、解答题（解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）‎ ‎17.已知函数.‎ ‎（I）求最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求在闭区间上的最大值和最小值.‎ ‎【答案】（I）；（Ⅱ）3,0.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先化简整理原式，通过周期公式即得答案；‎ ‎（Ⅱ）先判断在上的增减性，从而可求出最大值和最小值.‎ ‎【详解】（Ⅰ）‎ 所以的最小正周期.‎ ‎（Ⅱ）因为在区间上是增函数，在区间上是减函数，‎ 又，，,‎ 故函数在区间上的最大值为3，最小值为0.‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变形，最值问题，意在考查学生的转化能力，分析能力以及计算能 力，难度不大.‎ ‎18.已知函数是定义在上的奇函数，且.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明；‎ ‎（3）解关于的不等式，.‎ ‎【答案】（1）；（2）在上是增函数，证明见解析；（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据函数奇偶性和题干得到，进而求得参数；（2‎ ‎）根据奇偶性和单调性得到求解即可.‎ ‎【详解】（1），；‎ ‎（2）任取，‎ 所以函数在上是增函数；‎ ‎（3）‎ ‎.‎ ‎【点睛】这个题目考查了函数的奇偶性和单调性的应用，属于中档题；对于解不等式问题，一种方法是可以直接代入函数表达式，进行求解，一种方法是通过研究函数的单调性和奇偶性将函数值的不等关系转化为自变量的大小关系.‎ ‎19.已知，为常数，且，，．‎ ‎（I）若方程有唯一实数根，求函数的解析式．‎ ‎（II）当时，求函数在区间上的最大值与最小值．‎ ‎（III）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）; （II）;; （III）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）根据方程ax2+（b-1）x=0有唯一解，以及列方程求解即可;（II）根据二次函数性质，函数的单调性，即可求得求得最值，（III）分离参数，构造函数，求出函数的最值即可.‎ ‎【详解】∵，∴，∴. ‎ ‎（I）方程有唯一实数根，‎ 即方程有唯一解， ‎ ‎∴，解得 ‎ ‎∴ ‎ ‎（II）∵ ,‎ ‎∴，,‎ 若 , ‎ 若 . ‎ ‎（III）解法一、当时，不等式恒成立，‎ 即：在区间上恒成立，‎ 设，‎ 显然函数在区间上是减函数，‎ ‎, ‎ 当且仅当时，不等式在区间上恒成立，‎ 因此 . ‎ 解法二：因为当时，不等式恒成立,‎ 所以时，的最小值, ‎ 当时，在单调递减，恒成立,‎ 而,‎ 所以时不符合题意． ‎ 当时，在单调递增，‎ 的最小值为,‎ 所以，即即可,‎ 综上所述，.‎ ‎20.设函数.‎ ‎（1）当时，函数的图像经过点，试求的值，并写出（不必证明）的单调递减区间；‎ ‎（2）设，，，若对于任意的，总存在，使得，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）递减区间为和；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将点代入函数即可求出,根据函数的解析式写出单调递减区间即可（2）‎ 当时，写出函数，由题意知的值域是值域的子集,即可求出.‎ ‎【详解】（1）因为函数的图像经过点，且 所以，解得.‎ ‎ ‎ ‎ 的单调递减区间为和.‎ ‎（2）当时，，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 时， ‎ 由对于任意的，总存在，使得知：‎ 的值域是值域的子集.‎ 因为的对称轴为,‎ ‎①当时，即时，‎ 只需满足 ‎ 解得.‎ ‎② 当，即时，‎ 因为，与矛盾，故舍去.‎ ‎③当时，即时，‎ 与矛盾，故舍去.‎ 综上，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数单调性，以及含参数二次函数值域的求法，涉及存在性问题，转化思想和分类讨论思想要求较高，属于难题.‎ ‎21.已知函数。‎ ‎（1）当时，求的极值；‎ ‎（2）当时，求的单调区间。‎ ‎【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，求得函数的导数，利用导数求得函数的单调性，即可求解函数的极值．‎ ‎（2）求得函数的导数=，分类讨论，即可求解函数的单调区间．‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，‎ 当时，，则，‎ 令，解得，‎ 当时，，函数单调递减；‎ 当时，，函数单调递增；‎ 所以函数的极小值为，无极大值．‎ ‎（2）由函数，‎ 则==‎ 当时，减区间为；增区间为；‎ 当时，减区间为；‎ 当时，减区间为；增区间为．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性与，以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．‎ ‎22.已知函数f（x）=lnx﹣mx2，g（x）=+x，m∈R,令F（x）=f（x）+g（x）．‎ ‎（Ⅰ）当m=时，求函数f（x）的单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）若关于x的不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，求整数m的最小值；‎ ‎【答案】（Ⅰ）（0，1）；（Ⅱ）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求函数的定义域，然后求导，通过导数大于零得到增区间；（2）关于x的不等式F（x）≤mx-1恒成立，即为恒成立，令，求得导数，求得单调区间，讨论m的符号，由最大值小于等于0，通过分析即可得到m的最小值.‎ ‎【详解】（1）当m=时，．‎ 由f′（x）＞0得1﹣x2＞0又x＞0，所以0＜x＜1．所以f（x）的单增区间为（0，1）．‎ ‎（2）令x+1．‎ 所以=．‎ 当m≤0时，因为x＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是递增函数，‎ 又因为G（1）=﹣,‎ 所以关于x的不等式G（x）≤mx﹣1不能恒成立．‎ 当m＞0时，．‎ 令G′（x）=0得x=，所以当时，G′（x）＞0；当时，G′（x）＜0．‎ 因此函数G（x）在是增函数，在是减函数．‎ 故函数G（x）的最大值为．‎ 令h（m）=，因为h（1）=，h（2）=．‎ 又因为h（m）在m∈（0，+∞）上是减函数，所以当m≥2时，h（m）＜0．‎ 所以整数m的最小值为2． ‎ 考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用 ‎ ‎