山东省实验中学2019届高三第一次诊断性考试数学文试题 WORD版含解析.doc

1、山东省实验中学2019届高三第一次诊断性考试数学试题(文科)说明：本试卷满分150分，分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第卷为第1页至第2页，第卷为第3页至第4页。试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。考试时间120分钟。第卷 （共60分）一、选择题（本题包括12小题，每小题5分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）1.设集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由可解得，根据集合的交集运算求解即可.【详解】因为，根据指数函数的性质可解得，所以,故选B.【点睛】本题主要考查了指数函数的性质及集合的交集运算，属于中档题.

2、2.下列函数中在区间上为增函数的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据常见基本初等函数的单调性，逐项分析各个选项即可求出.【详解】对于选项A，在区间上为减函数，对于选项B, 在区间上为减函数，对于选项C, 在区间上为增函数，对于选项D， 在区间上为减函数，故选C.【点睛】本题主要考查了函数的单调性，属于中档题.3.设函数（），则是A. 最小正周期为的奇函数 B. 最小正周期为的偶函数C. 最小正周期为的奇函数 D. 最小正周期为的偶函数【答案】B【解析】试题分析：，最小正周期T=，为偶函数.考点：三角函数的奇偶性与最小正周期.4.已知命题，命题，如果是的充分不必要条件，则实数

3、的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简命题q:或，是的充分不必要条件可知，反之则不成立，所以.【详解】由可知， 或，因为是的充分不必要条件，所以，即是的真子集，故，选B.【点睛】本题主要考查了充分不必要条件，子集的概念，属于中档题.5.已知，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质可比较，分析，即可比较大小.【详解】因为，所以，又因为 ，故选B.【点睛】本题主要考查了指数函数的性质及对数函数的性质，属于中档题.6.若函数为奇函数，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据解析式可知，,又函数为奇函数，故.【详解】因为，而为奇

4、函数，所以，所以 ，故选A.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性及分段函数的解析式，属于中档题.7.已知函数则函数的大致图象是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由的解析式知，当时，函数图象中的一段在 处应该是空心点，所以可知的图象中有一段在，即时，处为空心点，据此选出即可.【详解】因为函数为分段函数，且两段分别为指数和对数函数，当时，其中对数函数一段图象在 为空心点，所以当，即时，图象必在处为空心点，故选A.【点睛】本题主要考查了指数函数及对数函数的图象，属于中档题.8.在中，角为，边上的高恰为边长的一半，则( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】作延长线上一点为等腰直角

5、三角形，设，则，由勾股定理得，由余弦定理得，故选A.9.函数在上单调递减，且的图像关于对称，若，则满足的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的图象平移可知，关于对称，所以关于y轴对称，所以，结合增减性可知只需即可,所以可解出.【详解】因为的图象向左平移2个单位可得到的图象，所以由的图像关于对称可知的图象关于y轴对称，为偶函数，所以上为增函数且，所以只需，解得，故选D.【点睛】本题主要考查了抽象函数的奇偶性、增减性及解不等式，属于中档题.10.已知为自然对数的底数，是可导函数.对于任意的，恒成立，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意构造函数

6、，则，可知函数为R上的减函数，所以，即可求出.【详解】根据题意构造函数，则,所以函数为R上的减函数，所以，即，化简可得，故选C.【点睛】本题主要考查了导数在判断函数增减性中的应用，属于中档题.11.将函数（）的图象向左平移个单位长度，所得图象过点，则的最小值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将函数（）的图象向左平移个单位长度，可得，图像过点 可知，故当时即可.【详解】将函数（）的图象向左平移个单位长度，可得，因为图像过点 可知，由且 最小知，当时，即时成立，故选C.【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图象和性质，属于中档题.12.已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数

7、的底数），则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用导数先求出函数的值域，再利用导数研究函数，根据函数的大致图象，让的值域是的不含极值点的单值区间的子集即可.【详解】设，当时，是增函数，所以时，设，当时，当时，所以在上是减函数，在上是增函数，且，因为对任意的，总存在唯一的，使得成立，所以只需 ，解得，故选D.【点睛】本题主要考查了方程恒成立问题，构造函数，利用导数求函数的单调性和取值范围，属于难题.第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本题包括5小题，共20分）13.函数的定义域是_【答案】.【解析】要使函数有意义，则自变量需满足：，解得：，且，函数的定义域

8、是：点睛：求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可14.已知命题“”.若命题是假命题，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据命题是假命题知p是真命题，即转化为恒成立问题，求的值域即可.【详解】因为命题是假命题，所以p是真命题，即，所以有解即可，令，利用二次函数可知，故.【点睛】本题主要考查了二次函数求值域，恒成立问题，属于中档题. 分离参数的方法是解题的关键.15.已知（），则_.【答案】-7【解析】【分析】由（）， 可得，而，即可求出.【详解】因为（），所以 ，所以，所以，因为 ，所以 ，联立解得，所以，而，所以填.【点睛】

9、本题主要考查了同角三角函数的基本关系，二倍角公式，属于中档题.16.已知是奇函数，当时，（），当时，的最小值为，则的值为_【答案】1【解析】试题分析：由于当时，的最小值为，且函数是奇函数，所以当时，有最大值为-1，从而由，所以有；故答案为：1考点：1函数的奇偶性；2函数的导数与最值三、解答题（本题包括6小题，共70分）17.函数，（1）求的值； （2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据解析式直接计算即可（2）利用诱导公式得，再根据二倍角公式计算.【详解】（1）则（2）则【点睛】本题主要考查了诱导公式，二倍角公式及两角和差的余弦公式，属于中档题.18.函数（）的导函数

10、的图象如图所示：（1）求的值并写出的单调区间；（2）若函数有三个零点，求的取值范围【答案】（1）见解析；（2） .【解析】【分析】（1）根据导函数的图象可写出函数的单调区间（2）利用导数研究函数的极大值及极小值，根据增减性只需极大值大于0，极小值小于0即可.【详解】(1)因为f(x)x3ax2bxc，所以f(x)x22axb.因为f(x)0的两个根为1，2，所以解得a，b2，由导函数的图象可知，当1x2时，f(x)0，函数单调递减，当x1或x2时，f(x)0，函数单调递增，故函数f(x)在(，1)和(2，)上单调递增，在(1，2)上单调递减(2)由(1)得f(x)x3x22xc，函数f(x)在

11、(，1)，(2，)上是增函数，在(1，2)上是减函数，所以函数f(x)的极大值为f(1)c，极小值为f(2)c.而函数f(x)恰有三个零点，故必有解得c.所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.【点睛】本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，极值，零点问题，属于中档题.19.函数（）的最小正周期为.（1）求的值；（2）当时，求的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）化简函数解析式，利用周期求出（2）根据角的范围得到，利用正弦函数的图象和性质即可求出.【详解】（1），（2）， 在上单调递减，在上单调递增的值域为【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，正弦型函数的值域，属于

12、中档题.20.已知函数（）（1）当时，求此函数对应的曲线在（为自然对数的底数）处的切线方程；（2）求函数的单调区间【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，即可写出切线方程（2）求出函数导数，分类讨论，确定导数的正负，即可写出单调区间.【详解】（）当时， ， ，切线方程为（） 令，则或，当时， 在上为减函数， 上为增函数 当时， 在， 上为增函数在上为减函数， 当时， 在上为增函数， 当时， 在， 上为单调递增，在上单调递减【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求切线方程，利用导数求函数单调区间，分类讨论的思想方法，属于中档题.21.三个内角的对边

13、分别为，.（1）证明：；（2）若，为边上一点且，求的面积.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，化简得，即可证明（2）利用余弦定理求出，求出，利用面积公式求解即可.【详解】（1）在中，（2）在中，在中，有或 为边上一点 ， 的面积为【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题.22.已知函数（）（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；（2）令，是否存在实数，当（为自然对数的底数）时，函数的最小值是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由；（3）当时，证明：【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】【分析】（1）根据函数在上是减函数知其导数在上恒成立，结合二次函数性质可求得的范围（2）先假设存在，对函数求导，根据的值分情况讨论在上的单调性和最小值取得，可知当能够保证当时有最小值3（3）令由（2）知，令可求出其最大值为3，即有，化简即可得证.【详解】（1）在上恒成立，令，有得，得（2）假设存在实数，使有最小值3，当时，在上单调递减，（舍去），当时，在上单调递减，在上单调递增，满足条件当时，在上单调递减，（舍去），综上，存在实数，使得当时有最小值3 （3）令由（2）知，。令，则当时，所以在上单调递增，故，所以，即， 故。【点睛】本题主要考查了导数的运算和函数的单调性，利用函数的单调性证明不等式，分类讨论的思想，属于难题.