数学卷·2018届甘肃省武威市第六中学高三第一次阶段性过关考试数学（理）试题（解析版）

数学卷·2018届甘肃省武威市第六中学高三第一次阶段性过关考试数学（理）试题（解析版）

武威六中2017-2018学年度高三一轮复习过关考试（一）‎ 数 学（理）‎ 一、选择题（每小题只有一个正确选项，请将正确答案填在答题卡上.每小题5分，共40分）‎ ‎1. 已知集合，，若，则=（ ）‎ A. 0或 B. 1或 C. 0或3 D. 1或3‎ ‎【答案】C ‎【解析】由得：，又因为，，故或，解得，或（舍去），故选C.‎ ‎2. 欧拉公式（为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，表示的复数在复平面中位于（ ）‎ A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 ‎【答案】B ‎【解析】，∵，∴，，∴表示的复数在复平面中位于第二象限，故选B.‎ ‎3. 下列四个对应中，哪个对应不是从到的映射？‎ A. 设，，对应关系：矩形和它的面积对应.‎ B. ，，对应关系：.‎ C. ，，对应关系：.‎ D. ，，：.‎ ‎【答案】C ‎【解析】对于A，，，对应关系：矩形和它的面积对应，是唯一对应，是映射；对于B，，，对应关系：，时，时，是唯一对应，是映射；对于C，，，对应关系：，时，在B中没有对应的象，不能构成映射；对于D，‎ ‎，，是唯一对应，是映射，故选C.‎ ‎4. 已知是上的奇函数，当时，，则当时，＝　　 (　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：∵，∴，∴，又∵是上的奇函数，‎ ‎∴，∴.‎ 考点：1.函数的奇偶性；2.函数解析式.‎ ‎5. 已知命题，命题是的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是(　　)．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为命题p对任意x∈R,总有2x>0，根据指数函数的性质判断是真命题；‎ 命题q:“x>1”不能推出“x>2”；但是“x>2”能推出“x>1”所以：“x>1”是“x>2”的必要不充分条件，故q是假命题；‎ 所以p∧￢q为真命题；‎ 本题选择D选项.‎ ‎6. 若函数的定义域为实数集，则实数的取值范围为 (　　)．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题意知，对于任意，恒成立，则，解得，故选D.‎ 考点：二次不等式恒成立 ‎7. 中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，如图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的，，依次输入的为2，2，5，则输出的＝( ) ‎ ‎ ‎ A. 7 B. 12 C. 17 D. 34‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵输入的，，当输入的为2时，，，不满足退出循环的条件；当再次输入的为2时，，，不满足退出循环的条件；当输入的为5时，，，满足退出循环的条件；故输出的值为17，故选C.‎ 点睛：本题考查的知识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，可采用模拟程序法进行解答；根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案.‎ ‎8. 奇函数的定义域为，若为偶函数，且，则的值为(　　)‎ A. 2 B. 1 C. －1 D. －2‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵为偶函数，是奇函数，∴设，则，即，∵是奇函数，∴，即，，则，，∴，故选A.‎ ‎9. 已知是函数的零点，若，则的值满足（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 的符号不确定 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为函数在上是增函数，是函数的零点，即，所以当时，，故应选A.‎ 考点：函数的零点；函数的零点与方程根的关系.‎ ‎10. 函数的图象可能为 (　　)．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】当时，，故排除C，D，当时，，，∴，故排除B，故选A.‎ 点睛：本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，是中档题；已知函数解析式，选择其正确图象是高考中的高频考点，主要采用的是排除法，最常见的排出方式有根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等性质，同时还有在特殊点处所对应的函数值或其符号，其中包括等.‎ ‎ ‎ ‎11. 已知函数是奇函数，且在区间上满足任意的 ‎，都有，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】设，则，∴，∵为奇函数，∴‎ ‎（），∴，∴在，上单调递减，在上单调递增，∵若函数在区间上满足任意的，都有，即在区间上单调递增，∴，∴，故选B...................‎ ‎12. 若满足，满足，函数，则关于的方程解的个数是（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵满足，满足，∴，分别为函数与函数，图象交点的横坐标，由于与图象交点的横坐标为2，函数，的图象关于对称，∴，∴函数，当时，关于的方程，即，即，∴或，满足题意，当时，关于的方程，即，满足题意，∴关于的方程的解的个数是3，故选C.‎ 点睛：本题考查函数与方程的联系，考查根的个数的研究，解题的关键是求出分段函数的解析式，有一定的综合性；满足，满足，进而可分类求出关于的方程的解，从而确定关于的方程的解的个数.‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13. 已知，求=_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当时，，故答案为.‎ ‎14. 已知函数，则的值是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，∴，，故答案为.‎ ‎15. 若函数，则关于的不等式的解集 是___________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，求得，故函数的定义域为，再根据函数满足，可得函数为奇函数，故关于的不等式，即，再由函数、在的定义域上单调递增，可得函数在其定义域上单调递增，可得，解得，故答案为．‎ ‎16. 已知函数是上的偶函数，对都有成立．当，单调递减，给出下列命题：‎ ‎①；‎ ‎②直线是函数图象的一条对称轴；‎ ‎③函数在上有四个零点；‎ ‎④区间是的一个单调递增区间. ‎ 其中所有正确命题的序号为________．‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】∵对任意，都有成立，当，可得，又∵函数是上的偶函数，∴，故（1）正确；由，知，故周期为4，又函数在区间单调递减，由函数是偶函数，知函数在上单调递增，再由函数的周期为4，得到函数的示意图如下图所示： ‎ ‎ 由图可知：①正确，②正确，③函数在上有四个零点；不正确；④区间是的一个单调递减区间，④不正确，故答案为①②．‎ 点睛：本题考查的知识点是函数的图象，函数的奇偶性，函数的周期性，函数的零点，解答的关键是根据已知，判断函数是周期为4的偶函数，且在区间单调递减，并画出函数的草图，结合草图分析题目中相关结论的正误.‎ 三、解答题 ‎17. 设命题：关于的不等式的解集是；‎ 命题：.若为假命题，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由复合命题的真假得命题为真命题，命题为假命题，由为真命题得，由为假命题得，求其交集即可.‎ 试题解析：由为假命题，得：命题为真命题，命题为假命题.‎ 由命题为真命题，得，；‎ 由命题为假命题，得：为真命题，‎ ‎ ，解得：； 因此，所求实数的取值范围是.‎ ‎18. 已知曲线的参数方程为，(为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）把的参数方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）求与交点的极坐标()．‎ ‎【答案】（1）ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）先得到 的普通方程，进而得到极坐标方程；（2）先联立求出交点坐标，进而求出极坐标．‎ 试题解析：（1）将消去参数，化为普通方程5，‎ 即．‎ 将代入得 ‎，‎ 所以的极坐标方程为．‎ ‎（2）的普通方程为．‎ 由，解得或，‎ 所以与交点的极坐标分别为，．‎ 考点：1、参数方程与普通方程的互化；2、极坐标方程与直角坐标方程的互化．‎ ‎19. 已知函数，.‎ ‎（1）求函数的值域；‎ ‎（2）求满足方程的的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）因为,再结合指数函数的单调性可得的范围,从而可得函数的值域.（2）得.讨论的符号去绝对值.解关于的一元二次方程可得的值.根据指数对数互化可得的值.‎ 试题解析：解：（1），‎ 因为，所以，即，故的值域是.‎ ‎（2）由得，‎ 当时，，显然不满足方程；‎ 当时，整理得，得.‎ 因为，所以，即.‎ 考点：1指数函数的值域,单调性;2指数对数的互化.‎ ‎20. 某公司准备将1 000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目选择.若投资甲项目一年后可获得的利润(万元)的概率分布列如下表所示：‎ ‎110‎ ‎120‎ ‎170‎ ‎0.4‎ 且的期望；若投资乙项目一年后可获得的利润(万元)与该项目建设材料的成本有关，在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立且调整的概率分别为和.若乙项目产品价格一年内调整次数(次)与的关系如下表所示：‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎41.2‎ ‎117.6‎ ‎204.0‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）求的分布列；‎ ‎（3）若，则选择投资乙项目，求此时的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由分布列的性质和期望公式列方程组即可解得；（2）根据题意可得随机变量可取值为、、，分别求出概率，再利用期望公式求解；（3）由，得，解得：.‎ 试题解析：（1）由题意得，‎ 解得.‎ ‎（2）的可能取值为、、，‎ 所以的分布列为：‎ ‎（3）由（2）可得：‎ ‎，‎ 由，得：，‎ 解得：，‎ 即当选择投资乙项目时，的取值范围是．‎ 考点：1、离散型随机变量的分布列；2、离散型随机变量的期望.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）若曲线在和处的切线互相平行，求的值；‎ ‎（2）求的单调性.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】略 ‎22. 已知函数 .‎ ‎（1）若的解集为，求不等式的解集；‎ ‎（2）若存在使得成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）当时，有最小值.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由于，将化为，利用一元二次不等式的解集求出的值，代入不等式后解之；（2）法一：由于将转化为，再构造函数求其最小值，即可得的取值范围；法二：将转化为，构造函数，问题转化，再利用分类讨论思想求在上的最小值即可．‎ 试题解析：（1），‎ 不等式的解集为，‎ 是方程的根，且m<0，‎ ‎．‎ 不等式的解集为 ‎⑵法一：．‎ 存在使得成立，即存在使得成立，‎ 令，则，‎ 令，则，，‎ 当且仅当即 时等号成立.，‎ ‎.‎ 法二：，，‎ 令，‎ 存在使得成立，即存在成立，即成立，‎ 当时，在上单调递增，，显然不存在；‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增，，由可得，‎ 综上，‎ 考点：1、一元二次不等式；2、函数最值．‎ ‎【方法点睛】（２）中法一采用了分离变量法．不等式存在解等价于．分离变量法是通过将两个变量构成的不等式（方程）变形到不等号（等号）两端，使两端变量各自相同，解决有关不等式恒成立、不等式存在（有）解和方程有解中参数取值范围的一种方法，两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知．本题考查了一元二次不等式的解法，考查了转化思想、分类讨论思想的应用，综合性较强，属于中档题．‎