1、寿县一中2018届高三第一次月考试题文科数学全卷满分：150分 考试时间：120分钟一、选择题：本题共12个小题,每小题5分,共60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，请将正确答案填涂在答题卡上.1. 已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析： ,故选B.考点：集合的基本运算【易错点晴】集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元
2、素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系.2. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：选项A是非奇非偶函数，选项B是偶函数，选项C在上是减函数，故选D.考点：1、函数的单调性；2、函数的奇偶性.3. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 因为，所以，故选D.4. 已知数列为等差数列，则（ ）A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】B5. 若锐角满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】锐角满足，两边平方，可得，故选A.6. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A. B.
3、C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为半圆柱与正方体的组合体，则其表面积.考点：三视图7. 函数 的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位后的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据函数的部分图象知，解得，根据五点法画正弦函数图象，知时，解得，将的图象向左平移个单位后，得到，故选B.8. 下列命题中错误的是（ ）A. 若命题为真命题，命题为假命题，则命题“”为真命题.B. 命题“若，则或”为真命题.C. 命题“若，则或”的否命题为“若，则且”.D. 命题p：，则p： .【答案】C【解析】A、由于为真命题，命题为假命题，故为真命题，则“”为真命题
4、，故A正确；B、“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，逆否命题为真，故原命题为真，则B正确；C、命题“若，则或”的否命题为“若，则且”，故C错误；D、由特称命题的否定为全称命题可知，D正确；故选C.9. 设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极大值，则函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：函数f（x）在x=-2处取得极小值，f（-2）=0，且函数f（x）在x=-2左侧附近为减函数，在x=-2右侧附近为增函数，即当x-2时，f（x）0，当x-2时，f（x）0，从而当x-2时，y=xf（x）0，当-2x0时，y=xf（x）0，对照选项可知只有C符合题意故选 C10
5、. 已知函数，.若对，使得，则实数的取值范围是（ ）A. （0， B. ，3 C. （0，3 D. 3，）【答案】D【解析】试题分析：当时,由,当时，.由题意可知.故选A.考点：二次函数在闭区间上的最值；一次函数的单调性.【易错点睛】本题考查了知识点是二次函数在闭区间上的最值和一次函数的单调性；其中根据已知分析出”在时的值域为在的值域的子集”是解答本题的关键.（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键是对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.（2）常结合二次函数在该区间上的单调性或图象求解，最值一般
6、在区间的端点或顶点处取得.11. 已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C.12. 已知函数，若函数有3个零点，则实数m的取值范围为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】二次函数最多只能有两个零点，要使函数，恰有个零点，在区间必须有一个零点，当时，二次函数与横轴的负半轴交点有两个和，故原函数有个零点，综上，实数的取值范围是，故选D.【思路点睛】本题主要考查分段函数的解析式、函数的零点，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清出，思路清晰.本题解答分两个层次
7、：首先判断在区间必须有一个零点，可得；其次验证与横轴的负半轴交点有两个和，即可得结果.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数且，则_【答案】16【解析】函数，且，可得，可得，则，故答案为.14. 数列满足，且，则数列的通项公式=_【答案】【解析】试题分析：由题意可得：，所以是以为首项，公比为3的等比数列所以，即故应填考点：1、数列递推式求通项公式15. 若偶函数,，满足，且时,，则方程在内的根的个数为_.【答案】8【解析】函数为偶函数，且满足 ，偶函数为周期为的函数，由时，可作出函数在的图象，同时作出函数在的图象，交点个数即为所求，数形结合可得交点个数为，故答案为.
8、16. 已知函数满足，且分别是上的偶函数和奇函数，若使得不等式恒成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】函数满足，且分别是上的偶函数和奇函数， 使得不等式恒成立，即，设，则函数在上单调递增，此时不等式，当且仅当，即时，取等号，故答案为.【方法点晴】本题主要考查函数的奇偶性以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常见方法： 分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数.本题是利用方法 求得 的范围.三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. （本小题满分10分）已知命题：函数在上单调递增；
9、 命题：，使得等式成立. 若为真命题，为假命题，求实数的取值范围.【答案】(1,2,+)【解析】试题分析：命题p：函数 在上单调递增，利用一次函数的单调性可得或; 命题q：关于x的方程 有实根，可得，解得;若“p或q”为真，“p且q”为假，可得p与q必然一真一假分类讨论解出即可试题解析：由已知得，在上单调递增.若为真命题，则 ，或；若为真命题，.为真命题，为假命题，、一真一假，当真假时，或，即；当假真时，即.故 .点睛：本题考查了一次函数的单调性、一元二次方程由实数根与判别式的关系、复合命题的判定方法，考查了推理能力，属于基础题18. （本小题满分12分）设函数，正项数列满足，且.（）求数列的
10、通项公式；（）对，求【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据已知条件可以推知数列是以为首项，以为公差的等差数列，所以由等差数列的通项公式可得结果；（2）由（1）可知，利用 “裂项相消法”求和即可得结果.试题解析：（1）由，所以，且 数列是以1为首项，以为公差的等差数列 （2）由（1）可知 【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：； ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.19. （本小题满分12分）已知函数=，其中=()，.（）求函数的单调递增区
11、间；（）在中，角的对边分别为，且，求的面积【答案】(1) （）（）【解析】试题分析：（1）化简 ，增区间是 ；（2）由 ，又 试题解析：（1） ，解得，函数的单调递增区间是 （2），即，又，由余弦定理得，由得，考点：解三角形.20. （本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱 底面，是的中点（）证明：/平面；（）求三棱锥的体积【答案】（）见解析（）【解析】试题分析：（I）根据中位线定理证明线线平行，再由线面平行的判定定理证明平面；（II）利用三棱锥的换底性，代入数据计算可得答案试题解析：（）连接交于，连接，是正方形，是中点，又是中点，又平面，平面，平面.（）.考点：（1）直线与平
12、面平行的判定；（2）几何体的体积.【方法点睛】本题考查了线面平行的证明及三棱锥的体积计算，利用线线平行证明线面平行是证明线面平行的基本方法在线面平行的证明中最常见的证法：1、利用三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在求三棱锥的体积中，关键是找到顶点到底面的距离，利用等体积转换，求出其体积.在该题中应用1、利用三角形的中位线；以及.21. （本小题满分12分）已知函数，其中.（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若对，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）求出，利用导数的几何意义求出处的概率，根据点斜式写出切线方程；（2）要使对，不等式恒成立，即
13、，利用导数判断单调性求出的最大值即可得结果.试题解析：（1）由，所以 ， 又，所以 所以切线方程为即为： （2） 令 因为，所以在，递增，在递减 要使对，不等式恒成立，即 当时，即时，在递增，在递减，所以 当时，即时，在递增，在递减，在递增， ， 当时 所以 当时， 即 对都成立综合，得： 22. （本小题满分12分）已知函数（）求函数的单调区间；（）若方程 有两个相异实根，且，证明：.【答案】（）在(0,1)递增，在(1,+递减（在此处键入公式。）见解析【解析】试题分析：（1）求出， 可得函数得的增区间，得可得函数得的减区间；（2）由(1)可设 的两个相异实根分别为满足 ，只需证明. 即可.试题解析：（1）的定义域为 当时 所以 在递增 当时 所以 在递减 （2）由(1)可设的两个相异实根分别为，满足且， 由题意可知 又有(1)可知在递减故 所以， 令 令，则当时，是减函数，所以 所以当时，即 因为， 在上单调递增，所以，故 综上所述：
