四川省广安市友谊中学高三上学期第一次月考数学试题

广安友谊中学高三数学第一次月考试题一、单选题（每题5分，共分）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求集合，利用交集定义即可得解.【详解】因为，，由交集定义可得，.故选：A.2.已知，，则“”是“”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【答案】C【解析】【分析】结合指数函数的单调性分析即可得到.【详解】因为，所以函数在上单调递增，因为，所以，反之亦成立，所以“”是“”的充要条件.故选：C3.函数的定义域是（）A.B.C.且D.且【答案】C【解析】第1页/共18页【分析】利用根式和分式有意义列式求解即可.详解】由题意可得解得且，故的定义域为且，故选：C4.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】依题意，只需使为已知函数的递增区间的子集，列不等式，解之即得.【详解】函数的图象开口向上，对称轴为直线，由函数在区间上单调递增，可得，解得.故选:C.5.已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用数形结合，画出函数的图象，判断函数的零点的大小即可．【详解】函数的零点转化为与的图象的交点的横坐标，因为零点分别为，在坐标系中画出与的图象如图：第2页/共18页故选：A6.设，，且，则的最小值为（）A.3B.C.D.【答案】B【解析】【详解】解析：，当且仅当，即，即，时取等号.7.已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性以及正负，结合选项逐一排除即可求解.【详解】由图可知：的图像关于轴对称，故为偶函数，对于A，设，函数的定义域为，第3页/共18页因，即为奇函数，故A不合题意；对于B，设，函数的定义域为，因，即为奇函数，故B不合题意；对于C，设，函数的定义域为，因，则为偶函数，因恒成立，故C不合题意；对于D，设，函数的定义域为，因，则为偶函数，且当时，，结合图象可知D符合题意.故选：D8.设函数，若存在唯一整数使，则a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】存在性问题，把直线与曲线分离，找到临界情况为相切时，数形结合来求解；【详解】令因为存在唯一整数使，即，则必为正整数，所以的图象在的图象下方的部分有且只有一个横坐标为整数的点，当与相切时，设切点，由于，故切线斜率，切线方程为：，第4页/共18页代入得，解得，此时，切点为，当继续增大时，则，解得,故选：C.二、多选题（每题6分，共分，答对给满分，部分答对给部分分）9.下列函数中，最小值为2的函数有（A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】利用函数值域即可作出判断.【详解】由于，且，故A正确；由于，故B错误；由于，且，故C正确；由于，故D错误；故选：AC.10.已知函数，则（）A.在上单调递减B.的极大值为1C.的图象关于对称D.若方程的解为，则=1【答案】ABD【解析】【分析】选项A的解集得递减区间；选项B，利用导数求出的极大值；选项C，第5页/共18页求出，得到，则不是奇函数，从而的图象不关于对称；选项D，由，得到，通过因式分解得到，解出，的值，从而得到的值.【详解】选项A，，，当时，A正确；选项B，当时，，在上单调递减；当或时，，在和上是增函数.则在处，取极大值，且极大值为，故选项B正确；选项C，，，不是奇函数，的图象不关于对称，故选项C不正确；选项D，，又，，，，，，，，或，，故选项D正确.故选：ABD.“数学王子”世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，如，称为高斯函数，记，则下列说法正确的是（）A.的值域为BC.不等式的解集为D.若,且方程的所有解的和为9.第6页/共18页【解析】AB求解判断C，利用分段讨论，引申到取整讨论，到最后分析所有情况，从而可确定所有解来判断D.【详解】当时，，当时，，当时，，即当时，，故A正确；当，则，，且，故B错误；当且，由，可得恒成立，此时原不等式无解，故舍去且，当时，不等式，此时无解，故舍去，当时，不等式，此时解得，与无交集，故舍去，当时，不等式，此时解得，与有交集，当时，不等式，此时解得，与无交集，故舍去，当且时，不等式，此时解得，因为当时，有，所以，第7页/共18页综上有，故C正确；当时，方程，故此时，当时，方程，故此时不满足，故此时无解；当时，方程，故此时不满足，故此时无解；当时，方程，故此时不满足，故此时无解；当时，方程，故此时满足，故此时解为；当时，方程，故此时满足，故此时解；由于此方程的解必为非负整数，所以检验当时，当时，当时，随着的增大，左边每增加1，右边至少增加一项，第8页/共18页综上可得方程的解只有，满足所有解的和为9，故D正确；故选：ACD.三、填空题（每题5分，共分）12.已知则_______．【答案】1【解析】【分析】根据指数与对数的关系，将指数式转化为对数式，再利用对数的运算性质进行计算。【详解】由可得，所以，.故答案为：1.13.已知函数（为的一个极值点，则__________.【答案】【解析】【分析】由取极值的必要条件列方程，经检验即可.【详解】函数在处有极值，，经检验成立.故答案为：.14.已知函数，若，则的取值范围为_____．【答案】第9页/共18页【解析】【分析】先由函数的单调性证明，是的必要条件，从而得到，再构造函数利用导数证明充分性.【详解】由题意可得，显然为增函数，且，所以，即，从而，这是的必要条件.当时，，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以，所以上单调递增，所以，所以当时，.故答案为：.四、解答题（总分分）15.给定函数（1）判断函数的单调性，并求的极值.（2）若有两个解，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性，求函数的极值.（2）根据函数的单调性，结合函数值的符号，可求实数的取值范围.第10页/共18页因为，所以.由；由.所以在上单调递减，在上单调递增.在处，函数取得极小值，.无极大值.【小问2详解】当时，；当时，；当时，.作函数草图如下：所以有两个解，可得.即所求的取值范围为：16.200200200人所得的分数都分布在范围内，规定分数在80分以上（含80分）的为“具有很强安全意识”，所得分数的频率分布直方图如下图所示．第11页/共18页（2）将上述调查所得的频率视为概率，现从全市成年人中随机抽取4人，记“具有很强安全意识”的人数为X，求X的分布列及数学期望．【答案】（1）众数65分;中位数66.4分（2）X的分布列见解析，数学期望为【解析】1）结合众数及中位数的定义与频率分布直方图即可计算；（2）由题意得，，结合二项分布的概率及期望公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图，众数为65分，又因为，所以中位数在之间，为【小问2详解】由频率分布直方图，抽到“具有很强安全意识”的成年人的概率为，所以，故X的分布列为X01234P第12页/共18页期望17.如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合平行线的性质、平行四边形的判定定理和性质进行证明即可；（2）结合（1）的结论建立空间直角坐标系，利用线面角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】证明：如图，取的中点，连接，，平面，平面，平面平面，为等边三角形，，又平面平面，平面，平面.，点为中点，，且，又，，，四边形是平行四边形，，第13页/共18页平面.【小问2详解】由（1）可知平面，平面，，，两两垂直，故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.，，.设平面的法向量，则即令，则，，.设直线与平面的夹角为，则，直线与平面夹角的正弦值为.18.已知，．（1）证明：为等差数列，并求的通项公式；（2）令，为的前项之积，求证：．【答案】（1）第14页/共18页【解析】1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；（2）利用导数证明，进而得到，可得，累加即可证.【小问1详解】由，又由题意知，，左右同时除以得，又因为，则，则，故是以3为首项，3为公差的等差数列，所以，可得.【小问2详解】因为，则，所以，令函数，求导得，所以在上单调递增，，即，取，则，于是，所以，第15页/共18页19.已知函数，其导函数为．（1）若，求的最小值；（2）若，证明：有且仅有一个极小值点；（3）若存在，使得有两个不相等的零点，求a的取值范围．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】1）求导并求出函数的单调性，即可求得函数的最小值；（2求导得到数的极值点情况即可；（3）求出函数的导数，设，讨论该函数零点的个数及零点与0的大小关系后结合零点的个数可求参数的取值范围．【小问1详解】当时，，则，则，，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，.【小问2详解】由得，则，第16页/共18页对，因为，所以，解方程得，所以当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，故函数时取得极小值，且函数只有一个极小值点．【小问3详解】，其中，设，若即时，恒成立，此时在上为增函数，而，故只有一个零点，舍；若即，若即，此时必成立，而，故在有且只有一个实数根，且，当时，即，若，则，故在