广东省梅县东山中学高三上学期期中考试数学试卷

广东梅县东山中学届高三上学期期中考试数学试卷命题：廖怡娜，杨利平，曾巧志审题：周东贤，陈志远本试卷共4页，题，全卷满分分考试用时分钟.★祝考试顺利★一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.1.已知集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合一元二次不等式解法化简集合，根据并集的定义求结论.【详解】不等式的解集为，所以，又，所以.故选：C.2.命题“”的否定是（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断即可.【详解】命题“”为全称量词命题，其否定为：.故选：A第1页/共17页3.下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据基本初等函数的性质判断即可.A不正确，由反比例函数知在上为减函数，B不正确，由对数函数性质知为偶函数，C不正确，由正弦函数性质知为奇函数，且在上单调递增，D正确.故选：D【点睛】本题主要考查了常见基本初等函数的单调性及奇偶性，属于中档题.4.，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的图像与性质即可求解.【详解】由于，，，所以；故选：B5.已知直线与曲线相切，则实数k的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】将切点代入直线求解即可.第2页/共17页【详解】设切点为，，则，所以直线方程为.又因为在直线上，所以，解得.所以.故选：C6.已知函数.若有2个零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，转化为函数与函数的图象有2个交点，作出图象即可求解.【详解】令可得，作出函数与函数的图象如下图所示：当时，函数与函数的图象有2个交点，此时，函数有2个零点.因此，实数的取值范围是.故选：C7.已知函数在上单调递增，则的取值范围是（）第3页/共17页【答案】B【解析】【分析】由正弦函数的单调性结合题意可得.【详解】由题意可得，即，令，可得，因为函数在上单调递增，所以，解得，所以的取值范围是.故选：B8.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知的等式构造不等式，分析函数在上的单调性，得到与的大小关系，再根据对数的性质判断，可得结果.【详解】因为.设（，在在上单调递增.所以，所以，故A错，C正确；又因为，所以，所以或无意义，故B、D均不正确.故选：C第4页/共17页二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.对于任意实数，有以下四个命题，其中正确的是（）A.若，，则B.若，则C.若，且，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】对于A，举反例即可判断；对于BCD，由作差法或者不等式的基本性质即可判断.【详解】对于A，若，，则，故A错误；对于B，若，显然，即，则，故B正确；对于C，因为，则，又，即，所以，故C错误；对于D，若，则，即，故D正确.故选：BD.10.在中，内角所对的边分别为，如下判断正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.若，则C.若为锐角三角形，则D.若满足条件的有两个，则的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据正弦定理结合二倍角的正弦公式可判断A的正误，根据正弦定理边角转化后可判断B的正误，根据诱导公式可判断C的正误，根据三角形解的个数可得，计算后可判断D的正误.【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，故，因为，第5页/共17页故或，故或，故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，设为外接圆的半径，因为，故，故即，故B正确；对于C，若为锐角三角形，故，故，故即，故C正确；对于D，因为满足条件的有两个，所以即，故D正确.故选：BCD.设集合（为集，下列结论正确的是（）A.若是集，则或B.若集合是集，集合是非空数集，则是集C.若集合是集，集合，则为集D.，且，使得是集【答案】ACD【解析】【分析】根据集的定义求出，即可判断A，举反例判断B，根据集的定义判断C、D.【详解】对于A：由集的定义及已知得，，或，或，解得或（舍去A正确；对于B：若取，则，，显然不符合集的定义，故B错误；对于C：由集，所以存在（，因为中的元素个数不小于，所以且，使得，第6页/共17页且两两不等，由，得，所以为集，故C正确；对于D：设，取，满足（,是集，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知幂函数的图象与坐标轴没有交点，则__________.【答案】【解析】【分析】根据幂函数的定义得到方程求出的值，再代入检验即可.【详解】因为为幂函数，所以，解得或，当时与轴、轴均有交点，故不符合题意；当时，定义域为，与轴没有交点，又恒成立，所以恒成立，所以与轴没有交点，符合题意.所以.故答案为：13.已知函数__________.【答案】##第7页/共17页【分析】根据周期求出，再根据求出，最后根据求出，即可得到函数解析式，再代入计算可得.【详解】由图可得函数的最小正周期且，所以，所以，又，所以，则，所以，又，所以，则.故答案为：14.若函数的图象存在对称轴，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】设的对称轴为，则，从而得到方程，求出，故，令，换元并配方得到当时，取得最小值，最小值为.【详解】设的对称轴为，则，即，化简得，，第8页/共17页故需满足，解得，故，令，故，则，故当时，即时，取得最小值，最小值为.故答案为：四､解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知函数.（1）求函数的单调区间以及极值；（2）求函数在上的最值.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值（2），【解析】【分析】(1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值;(2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，即可求出最大值，而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值.【小问1详解】函数的定义域是.又，令，得，令，得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为，第9页/共17页所以函数的极大值为，无极小值.【小问2详解】由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，所以所以在上的最小值为.又因为，所以，所以函数在上的最小值为，即.16.已知函数.（1）求的值；（2）求函数的单调递减区间；（3）若，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，再代入计算可得；（2）根据正弦函数的性质计算可得；（3）首先求出，从而求出，再由两角差的余弦公式计算可得.【小问1详解】因为，第10页/共17页所以；【小问2详解】由（1）可知，令，,解得，,所以函数的单调递减区间为.【小问3详解】又∵，∴，∵，则，∴，∴，所以.17.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）解不等式.第11页/共17页（2）在上为减函数，证明见解析（3）【解析】1）根据函数的奇偶性和单调性列方程来求得，从而求得的解析式.（2）根据单调性的定义，计算来判断的单调性.（3）利用函数的单调性和奇偶性求得不等式的解集.【小问1详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以，即，解得，所以，而，所以，解得，所以，．【小问2详解】函数在上为减函数，证明如下：任取，且，则，因为，所以，，，，所以，即，所以函数在上为减函数．【小问3详解】因为是奇函数，所以不等式可化为，第12页/共17页因为函数在上为减函数，所以．解得，所以不等式的解集为．18.在中，角的对边分别为，且满足．（1）求；（2）已知，且为锐角三角形，为其外心．①若点到边的距离，求；②设为垂心，为内心，且不是等边三角形，求比值的取值范围．【答案】（1）（2）①；②.【解析】1）利用正弦定理将等式化简，然后根据角的范围求出即可.（2）①根据正弦定理求出三角形外接圆半径，然后根据外心到边长的距离与三角形内角的关系，可求出，最后根据和差倍角的正切公式即可求出；②根据向量的加减求出，进而求出比值的范围.【小问1详解】因为，所以根据正弦定理得.因为，所以，因为，所以，又，故．【小问2详解】①外心到边的距离为，其中为外接圆半径．由已知得．第13页/共17页所以，从而，所以．因此．②由锐角三角形得．设，不妨取，对应等边三角形，应排除．由及，计算得．所以，结合，因此．19.已知函数，在点处的切线方程为．（1）求a的值；（2）求的最小值；（3）设，若对恒成立，求b的最大值．【答案】（1）1（2）0（3）2【解析】第14页/共17页1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出.（2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为.（3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立.【小问1详解】由得．因为曲线在点处的切线方程为，所以，解得．【小问2详解】由（1）知，所以，令，则．因在上单调递减，在上单调递减，