2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二下学期第三次月考数学（文)试题 解析版

2018-2019学年内蒙古鄂尔多斯市第一中学高二下学期第三次月考数学（文)试题 解析版

绝密★启用前 内蒙古鄂尔多斯市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月考数学（文)试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．设是全集的子集,,则满足的的个数是（ ）‎ A．5 B．4 C．3 D．2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A，B是全集I={1，2，3，4}的子集，A={l，2}，则满足A⊆B的B为：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，3，4}．‎ 考点：集合的子集 ‎2．下列函数中，在区间上为减函数的是 A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在区间上为增函数；在区间上先增后减；在区间上为增函数；在区间上为减函数，选D.‎ 考点：函数增减性 ‎3．已知复数 （为虚数单位），则在复平面内对应的点位于( )‎ A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将复数化简成形式，则在复平面内对应的点的坐标为，从而得到答案。‎ ‎【详解】‎ 由题，则在复平面内对应的点的坐标为 ‎，位于第四象限 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复数的计算以及几何意义，属于简单题。‎ ‎4．已知命题：，；命题：，，则下列命题中为真命题的是：（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：考察函数图象可知: 命题为假命题，命题为真命题，所以为真命题．‎ 考点：命题的真假判断．‎ ‎5．函数的值域是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，当时，由 ，解得，从而得到答案。‎ ‎【详解】‎ 因为，所以，‎ 整理得 当时，上式不成立，故 ‎ 当时， ，解得 ‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求函数的值域，属于一般题。‎ ‎6．若，则的解析式为( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将已知解析式配方，可得，再通过替换法求得解析式。‎ ‎【详解】‎ 令，所以 ‎ 所以 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数解析式的求法，属于一般题。‎ ‎7．若，则（ ）‎ A．<< B．<<‎ C．<< D．<<‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据函数的单调性，求a的范围，用比较法，比较a、b和a、c的大小．‎ 解：因为a=lnx在（0，+∞）上单调递增，‎ 故当x∈（e-1，1）时，a∈（-1，0），‎ 于是b-a=2lnx-lnx=lnx＜0，从而b＜a．‎ 又a-c=lnx-ln3x=a（1+a）（1-a）＜0，从而a＜c．‎ 综上所述，b＜a＜c．‎ 故选C ‎8．已知函数，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用对数函数是奇函数以及对数值，直接化简求解即可。‎ ‎【详解】‎ 由题得，‎ 令，则 所以，从而可知是奇函数 所以 ，‎ 即 所以 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的奇偶性以及对数函数的计算，属于一般题。‎ ‎9．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：结合题目中的三视图可知，A、B中的几何体是有一条侧棱垂直于底面的三棱锥；D中的几何体是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，只有C是不可能的.‎ 考点：本小题主要考查空间几何体的三视图的判断，考查学生的空间想象能力.‎ 点评：解决此类问题的关键是根据三视图正确还原几何体.‎ ‎10．已知是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，若实数满足 ，则的取值范围是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：依题意函数在点处的切线方程为，化简得，斜率为，令，切线方程为，化简得，是同一条切线，故，，画出的图象，由图可知，有两个交点．‎ 考点：函数导数与切线．‎ ‎【思路点晴】两个函数的切线相同，我们就可以这样来操作，先在第一个函数中求得其切线方程，如本题中的，得到斜率为，利用这个斜率，可以求得第二个函数的切点，从而求得其切线方程为 ‎，这两个切线方程应该是相等的，故它们的截距相等，根据两个截距相等，可以得到关于切点横坐标的一个方程，我们根据图象就可以知道这个切点的横坐标可以有两个．‎ ‎11．已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：当时,,所以当时,函数是周期为的周期函数,所以,又函数是奇函数,所以,故选D．‎ 考点：函数的周期性和奇偶性．‎ 视频 ‎12．已知是定义在上的偶函数，其图像连续不间断，当时，函数是单调函数，则方程的所有根之积为（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意首先确定函数的对称性，然后结合题意和韦达定理整理计算即可求得最终结果。‎ ‎【详解】‎ 已知是定义在上的偶函数，其图像连续不间断，所以是对称轴，从而可得是函数的对称轴，‎ 因为，所以或者 由得，所以两根之积 ‎ 由得，所以两根之积 则所有根之积为 ‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的单调性以及韦达定理，解题的关键是得出是函数的对称轴，属于一般题。‎ 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．函数的定义域是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无次幂，对数的真数大于，分母不为 ，结合上述原则列式求解即可。‎ ‎【详解】‎ 由题可得解得 ，‎ 所以定义域为 ‎【点睛】‎ 本题考查函数定义域的求法，属于简单题。‎ ‎14．一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为2，所有顶点都在球上，则球的表面积为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该八面体的棱长为，所有顶点都在球上可确定球的半径，即可求出球的表面积。‎ ‎【详解】‎ 根据题意该八面体的棱长为，所有顶点都在球上 所以球的半径为几何体高的一半，即半径 ‎ 所以表面积 ‎【点睛】‎ 本题考查球体的表面积公式，解题的关键是求出半径，属于简单题。‎ ‎15．已知函数在上单调递减，则的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数在上单调递减可得 ，且二次函数在 上单调递减，所以，且，从而可得答案。‎ ‎【详解】‎ 由题分段函数在上单调递减可得 又因为二次函数图像开口向上，在 上单调递减，‎ 所以，即，解得 ‎ 且，‎ 将代入可得，解得 所以的取值范围是 ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数的单调性，解题的关键是明确且 ‎，属于一般题。‎ ‎16．函数的定义域为A，若且时总有，则称为单函数．例如，函数=2x+1()是单函数．下列命题：‎ ‎①函数（xR）是单函数；‎ ‎②指数函数（xR）是单函数；‎ ‎③若为单函数，且，则；‎ ‎④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．‎ 其中的真命题是_________．（写出所有真命题的编号）‎ ‎【答案】答案：②③④‎ 解析：对于①，若，则，不满足；②是单函数；命题③实际上是单函数命题的逆否命题，故为真命题；根据定义，命题④满足条件．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据单函数的定义分别进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ ‎①若函数f（x）=x2（x∈R）是单函数，则由f（x1）=f（x2）得x12=x22，即x1=﹣x2或x1=x2，∴不满足单函数的定义．‎ ‎②若指数函数f（x）=（x∈R）是单函数，则由f（x1）=f（x2）得2x1=2x2，即x1=x2，∴满足单函数的定义．‎ ‎③若f（x）为单函数，x1、x2∈A且x1≠x2，则f（x1）≠f（x2），则根据逆否命题的等价性可知，成立．‎ ‎④在定义域上具有单调性的函数一定，满足当f（x1）=f（x2）时总有x1=x2，∴是单函数，成立．‎ 故答案为：②③④.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查与函数有关的命题的真假判断，利用单函数的定义是解决本题的关键．‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．化简求值 ‎（1）‎ ‎（2）若，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据对数的运算法则化简计算即可 ‎（2）根据可得，，从而得 ‎，代入原式可得答案。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）‎ ‎ ‎ ‎（2）若，则，即 ‎ ‎，所以 所以 ‎【点睛】‎ 本题考查对数和指数的计算，解题的关键是熟练掌其运算法则，属于简单题。‎ ‎18．如图，直四棱柱的棱长均为2，，为的中点，为上底面对角线的交点．‎ ‎(1)求证：平面 ；‎ ‎(2)求到平面的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可证，由勾股定理可证，又因为 所以可证得平面.‎ ‎（2）‎ ‎【详解】‎ ‎（1）如图，连接 ‎ 因为在直四棱柱中，平面，平面，‎ 所以 因为四边形是棱长为的菱形 所以 又因为 ‎ 所以平面 ‎ 又因为平面 ‎ 所以 因为直四棱柱的棱长为，，为的中点，‎ 所以 ‎ 所以，， ‎ 所以 所以 又因为 所以平面 ‎（2 ）因为 所以平面，即 到平面的距离等于到平面的距离 由（1）可知平面，且 ‎ 所以 到平面的距离等于 ‎【点睛】‎ 本题考查立体几何的证明，证明线面垂直可证明直线与平面内两条相交直线都垂直 求点到面的距离可利用转化法。‎ ‎19．已知函数， R.‎ ‎（1）证明：当时，函数是减函数；‎ ‎（2）根据的不同取值，讨论函数的奇偶性，并说明理由;‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）为既奇又偶函数，为奇函数，为非奇非偶函数。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由定义法证明函数是减函数；‎ ‎（2）对，，三种情况进行讨论，从而得到奇偶性。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）证明：任取，假设 则 因为，所以，‎ 又，所以 ‎ 所以，即 所以当时，函数是减函数 ‎（2）当时，， ，所以函数是偶函数 当时，，‎ 所以函数是奇函数 当时， ‎ 且 所以函数为非奇非偶函数。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的单调性证明以及奇偶性，是函数的两个重要性质，属于一般题。‎ ‎20．已知椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，焦距为，点在该椭圆上．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）直线与椭圆交于两点，点位于第一象限，是椭圆上位于直线两侧的动点．当点运动时，满足，问直线的斜率是否为定值，请说明理由．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题可得， 所以 ，则椭圆的方程为 ‎（2）将代入椭圆方程可得，解得 ，则 ，由题可知直线与直线的斜率互为相反数，写出直线的方程与椭圆方程联立整理可得。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为椭圆的对称中心为原点，焦点在轴上，‎ 所以设椭圆方程为 ‎ 因为焦距为，‎ 所以 ，焦点坐标 ，‎ 又因为点在该椭圆上，代入椭圆方程得 所以 ，即 解得 ‎ 所以 ‎ 则椭圆的方程为.‎ ‎（2）将代入椭圆方程可得，解得 ‎ 则 ‎ 当点运动时，满足，则直线与直线的斜率互为相反数，‎ 不妨设，则， ‎ 所以直线的方程为，‎ 联立 ，解得 ‎ 因为是该方程的两根，‎ 所以，即，‎ 同理直线的方程为且 所以 所以 ，‎ 即直线的斜率为定值。‎ ‎【点睛】‎ 直线与椭圆的位置关系是近几年的高考重要考点，求椭圆的标准方程时要注意焦点的位置，本题解题的关键是先求出椭圆的标准方程，且由可知直线与直线的斜率互为相反数，属于偏难题目。‎ ‎21．已知函数 .‎ ‎（1）当时，求在区间 上的最大值；‎ ‎（2）若在区间 上，函数的图象恒在直线下方，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用导数判断出函数在区间上的单调性，求出各极值与区间端点的函数值进行比较即得最大值；（2）构造函数，则在区间上恒成立，通过讨论的取值范围得到其单调性，求得最大值，由即可求得实数的取值范围.‎ 试题解析：（1）当时，‎ 当，有；当，有在区间上是增函数，在区间上位减函数，；‎ ‎（2）令，则的定义域为 在区间上，函数的图像恒在直线下方等价于在区间上恒成立 ‎①若，令，得极值点 当即时，在上有，在上有，在上有，此时在区间上是增函数，并且在该区间上有不合题意；‎ 当即时，同理可知，在区间上，有，也不符合题意；‎ ‎②若，则有，此时在区间上恒有，从而在上是减函数；要使在此区间上恒成立，只须满足,由此求得的范围是.‎ 综合①②可知，当时，函数的图像横在直线下方.‎ 考点：利用导数研究函数在给定区间上的最值和恒成立问题.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了利用导数研究函数在给定区间上的最值问题和与函数图象有关的恒成立问题，属于中档题.解答导数问题，最核心的还是研究函数的单调性，有了单调性就可以找到极值点，求出极值与区间端点的函数值进行比较即得其最值；对于函数图象的位置关系问题通常采用构造新函数的方法，仍然转化为函数的最值问题，解答这类问题往往离不开数形结合和分类讨论及转化等数学思想.‎ ‎22．以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位．已知直线的参数方程为（为参数，），曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点的直角坐标为，直线与曲线相交于两点，并且 ，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将极坐标方程两边同时乘以，从而得到直角坐标方程。‎ ‎（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用参数意义和根与系数关系列方程解得，从而求出.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，所以 所以曲线的直角坐标方程为 ‎ ‎（2）将代入 得 ，，则 ‎ 所以 ，因为 所以或 则 或 ‎【点睛】‎ 极坐标与参数方程是高考的选做题，解题的关键是熟练掌握极坐标方程，参数方程和普通方程之间的互相转化，理解直线参数方程中参数的意义，属于一般题。‎ ‎23．设函数 ‎ ‎（1）若 ，求实数的取值范围；‎ ‎（2）求证： .‎ ‎【答案】（Ⅰ）或;（Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于，将代入函数表达式，可解得的取值范围.（2）由于，故可用零点分段法去绝对值，将函数写成分段函数的形式，分别求出分段函数各段的最小值，用基本不等式可求得最小值为.‎ 试题解析:‎ ‎（Ⅰ）∵，∴，即，‎ 解得或. ‎ ‎（Ⅱ）, ‎ 当时，；当时，；‎ 当时，. ‎ ‎∴，当且仅当即时取等号，‎ ‎∴. ‎