年山西省太原市第五中学高三上学期月月考数学（文）试题（解析版）

1、2018届山西省太原市第五中学高三上学期10月月考数学（文）试题一、单选题1已知集合,则A. B. C. D. 【答案】C【解析】由集合，则，故选C2命题是成立的充分条件;命题,则下列命题为假命题的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于命题是成立的充分条件，反例：当时， 不成立,故命题为假命题；对于命题,由恒成立，故命题为真命题，对于A. 为真命题；对于B. 为假命题；对于C. 为真命题；对于D， 为真命题；综上为假命题的只有选项B，故选B.3下列函数中,既是偶函数又在上单调递增的函数是A. B. C. D. 【答案】C【解析】对于A. 为偶函数,在上单调递减，故A不正确；对于B.

2、为偶函数，在上单调递减，故B不正确；对于C， 为偶函数，在上单调递增,故C正确；对于D， 为奇函数，故D不正确;综上，符合题意的只有选项C，故选C.4已知等差数列的前项和为,若,则A. B. C. D. 【答案】D【解析】设数列的公差为，则得，即，则，故选D.5已知,则的大小关系是A. B. C. D. 【答案】A【解析】已知，函数递减，则,函数递增，则,函数递减,则，故,即，故选A.6已知向量与为单位向量,满足,则向量与的夹角为A. B. C. D. 【答案】D【解析】依题意,向量与为单位向量,满足,平方得,得,即,求得,则向量与的夹角为,故选D.7已知在中, ,则A. B. C. D. 【

3、答案】B【解析】依题意， ，得，得，平方得，即，角为钝角， ，由，即，故选B.8在中, 分别为角的对边),则的形状为A. 直角三角形 B. 等边三角形C. 等腰三角形或直角三角形 D. 等腰直角三角形【答案】A【解析】依题意，利用正弦定理及二倍角公式得，即，又，故，三角形中，故，故三角形为直角三角形，故选A.9已知函数,则的图象大致为A. B. C. D. 【答案】A【解析】设 ， 在 上递减，在 上递增， 在上递增，在上递减，故排除 ，当 ，排除 ，故选A.10已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为,且在时取得最大值,若,且,则A. B. C. D. 【答案】C【解析】依题意, ,得,当时

4、,函数取最大值,此时,又,则,则,若,即,又,则,则,则= = =,故选C.11已知定义域为的奇函数满足,且当时, ,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】依题意，故函数为周期为的周期函数， ，故选A.12已知函数,若函数有两个零点,则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】作出函数图象，依题意，则与函数图象有两个交点，当与相切时，设切点为,则求得,当时， 与函数图象有两个交点，故选D.点睛：本题考查的知识点是函数零点的存在性及个数判断，数形结合思想，难度中档；若函数有两个零点，则函数的图象与有且仅有两个交点，在同一坐标系内画出函数的图象与的图象，数形结合可得答案，关键

5、是临界位置的判定.二、填空题13在中, ,则的面积为_.【答案】【解析】根据余弦定理得求得,则，故答案为.14若倾斜角为的直线与曲线相切于点,则_.【答案】【解析】依题意，则，即，则，故答案为.点睛：本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，同时考查了二倍角公式以及同角三角函数基本关系式的应用，属于中档题；先利用二倍角公式化简函数的解析式，利用导数求出切线的斜率，然后利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解即可.15已知函数是上的递增函数,则实数的取值范围是_【答案】【解析】依题意,函数是上的递增函数，则，解得，故答案为.点睛：本题主要考查了一次函数，二次函数以及分段函数的单调性，基础

6、性较强；要使分段函数在整个定义域内单调递增，必须满足左侧的一次函数单调递增，在右侧的二次函数单调递增，更重要的是左侧的最大值不大于右侧的最小值.16函数在上恒成立,则实数的取值范围是_.【答案】【解析】问题转化为在上恒成立，设，求导得,则函数在上递增，且当时，函数的图象在图象的下方，故答案为.三、解答题17已知向量,记函数.(1)求函数的最小值及取得最小值时的取值集合;(2)求函数的单调递增区间.【答案】（1）， 的集合为；（2）.【解析】试题分析：(1)根据平面向量数量积运算结合二倍角公式和两角和与差的三角公式化简求得函数，利用三角函数性质求得函数的最小值及取得最小值时的取值集合；(2)利用

7、整体思想求得函数的单调递增区间.试题解析：(1) = = =,当且仅当,即时, ,此时的集合为.(2)由,所以,所以函数的单调递增区间为.18在中,角的对边分别为,且.(1)求;(2)若的面积为,求.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：(1)根据正弦定理得，从而求得，求得角，代入求得的值；(2)根据三角形面积求得的值，利用余弦定理求得的值.试题解析：(1)由正弦定理得: ，又，所以,从而,因为,所以，又因为,所以.(2)因为,得: .根据余弦定理可得: ,所以.19已知数列的首项,前项和为.(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：(1)由，

8、得，两式相减得，从而得当时， 是以4为公比的等比数列.验证适合，从而求得数列的通项公式；(2)由(1)代入求得数列的通项公式，从而求得，利用错位相减法求得数列的前项和.试题解析：(1)由,得,两式相减得,故,所以当时, 是以4为公比的等比数列.因为.所以是首项为1,公比为4的等比数列, .(2)由(1)知,故=.,=,由-,得=,.点睛：本题主要考查了利用这一常用等式，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列， 为等比数列等.20在

9、直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点、，若点的坐标为，求【答案】【解析】试题分析：（1）在两边同乘以，则有，即这就是圆的直角坐标方程；（2）方法一：把代入 方法二：联立方程组求得，又点的坐标为，故试题解析：（1）方法一：（1）由，得，即；（2）将的参数方程代入圆的直角坐标方程，得，即，由于，故可设是上述方程的两实根，所以，又直线过点，故由上式及的几何意义得方法二：（1）同方法一（2）因为圆的圆心为点，半径，直线的普通方程为，由得，解得或，不妨设，又点的

10、坐标为，故【考点】坐标系与参数方程【方法点晴】本题主要考查参数方程、极坐标方程和韦达定理，由于涉及直线参数的几何意义，具有一定的难度，属于中等题型.解此类题型时要注意熟练掌握直角坐标方程(普通方程)、参数方程和极坐标方程三者之间的互化，并应掌握相关定义和性质，特别要熟练掌握直线参数的几何意义及其应用，它的几何意义可以大大降低题目的计算量，对于提高解题速度和解题质量很有帮助.21已知函数(1)求关于的不等式的解集;(2) ,使得成立,求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：(1)将函数写出分段函数，分三种情况讨论分别解得不等式，从而求得不等式的解集；(2)将问题转化为，由(1)

11、知，且当时， ，故，从而求得实数的取值范围.试题解析：(1) ,由得: 或或,解得: 或，所以不等式的解集为: .(2) ,使得成立,等价于,由(1)知，当时, (当时取等号),所以，从而,故实数的取值范围为.点睛：本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想22已知函数.(1)求函数的单调区间;(2)当时,函数的图象恒不在轴的上方,求实数的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：(1)对函数求导，对参数分类讨论,利用导数的正负求得函数的单调区间；(2)将问题转化为，由得，令，则，对参数分类讨论，分别求得函数的最大值，利用函数的最大值不小于零,求得参数的取值范围.试题解析：(1) 的定义域为当时,则,所以在上单调递增;当时,则由知,由知,所以在上单调递增,在上单调递减;综上,当时, 的单调递增区间为,当时, 的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)由题意知: 恒成立,而00,由,得: .令,则,若在上单调递增，故,在上单调递增, ，从而,不符合题意；若，当时, 在上单调递增,从而,所