《全国百强校》湖北省枣阳市高级中学2018届高三上学期10月月考数学（理）试题（解析版） WORD版含解析.doc

1、高三数学试题（理科）第卷（共60分）一、选择题：本大题共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.1. 已知函数的图形如图所示，设集合，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由函数图像可知，所以。故选C。 2. 曲线在处的切线的斜率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，所以.故选B.3. 下列命题中，真命题的是（ ）A. B. C. D. 对恒成立【答案】D【解析】对于A，当时不成立；对于B，当时，,而，不成立；对于C，当时不成立；故选D.4. 下列函数中，定义域与值域相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【

2、解析】对于A，定义域为，值域为，不满足题意；对于B，定义域为，值域为，不满足题意；对于C，定义域为，值域为，不满足题意;对于D，定义域为，值域也是.故选D.5. 若将函数的图象向左平移1个单位长度后得到的图象，则称为的单位间隔函数，那么函数 的单位间隔函数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】.故选B.6. 函数的极值点所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】为增函数，的零点在区间上，的极值点在区间上，故选A.7. 某企业准备投入适当的广告费经甲产品进行促销宣传，在一年内预计销售量（万件）与广告费（万元）之间的函数关系为，已知生产此批产品的年固定投入为万元，即生

3、产1万件此产品仍投入30万元，且能全部售完，若每件甲产品售价（元）定为“平均每件甲产品所占成本的”与“年平均每件甲产品所占广告费的”即当广告费为1万元时，该企业甲产品的年利润为（ ）A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元【答案】B【解析】由题意可得，当广告费为1万元时，,产品的生产成本为(万元)，每件销售价为(元)，因此年销售收入为（万元），因此年利润为（万元）.故选B.8. “”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】B【解析】设,.令得；令得.因此.则.故“”是“”的必要不充分条件.故选B.9. 若任意都有，则函数

4、的图象的对称轴方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为所以得：.所以.令,所以.故选A.点睛：本题主要考查了函数解析式的求法，属基础题；常见的函数解析式方法：待定系数法，已知函数类型（如一次函数、二次函数）；换元法：已知复合函数的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围；配凑法：由已知条件，可将改写成关于的表达式；消去法：已知与或之间的关系，通过构造方程组得解.10. 已知定义在上的函数的周期为，当时，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】.故选C.11. 函数的图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以是奇函数，排除B，易知的零点为，

5、在的图象不会关于对称，故排除A，当时又,令,，所以在上单增，即.所以在上单增，排除D.故选C.点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.12. 定义在上可导函数的导数为，且，则下列判断中，一定正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设，因为，所以.所以在上递减，所以，即，所以,

6、则，所以.，但不成立，故未必成立.故选A.点睛：解答本题的关键是构造函数，主要考查导数运算法则的逆用。根据含导函数的不等式构造原函数时要注意从以下几种类型考虑：原函数是函数和差的组合；原函数是函数乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合；原函数是函数与的乘除的组合。第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知函数为上的偶函数，则 _【答案】【解析】因为为偶函数，所以为偶函数.则，解得.14. 若，则 _【答案】【解析】因为.所以.15. 若函数 恰有个零点，则的取值范围为_【答案】【解析】设，则.所以的

7、极大值为，极小值为.又，故作出函数的图象，如图所示.所以.点睛：本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.16. 如图，多边形由一个矩形和一个去掉一个角的正方形组成， 现有距离为且与边平行的两条直线截取该多边形所得图形（阴影部分）的面积为，其中表示与间的

8、距离，当 时，_【答案】.故.三、解答题 （本大题共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. 已知 ，给出下列的四个命题：命题：若，则 ；命题：若，则.（1）判断命题，命题的真假，并说明理由；（2）判断命题的真假.【答案】（1）命题的假命题；（2）为假命题，为真命题【解析】试题分析：（1）又两角和的正弦得知是真命题；计算 ，知为假命题；（2）结合（1）的结论和真值表即可得解.试题解析：（1）因为，因为，所以，所以，故命题是真命题.当， ， ，故为假命题。（2）由（1）可以判断，为假命题，为真命题， 是假命题。18. 已知函数 .（1）当时，计算定积分 ；（2）求的单

9、调区间和极值.【答案】（1）当时，（2）的极大值为无极小值【解析】试题分析：（1）利用微积分基本定理求解定积分即可；（2）函数求导得，讨论时和时时的导数正负从而得单调区间和极值.试题解析：（1）当时， （2），当时，令得；令得且，所以的增区间为，减区间为，所以的极小值为无极大值，当时，令得且，令得，所以的减区间为，增区间为，所以的极大值为无极小值.点睛：定积分的计算一般有三个方法：（1）利用微积分基本定理求原函数；（2）利用定积分的几何意义，利用面积求定积分；（3）利用奇偶性对称求定积分，奇函数在对称区间的定积分值为0.19. 已知函数 .（1）求函数的解析式；（2）求的图象的对称中心及的递减

10、区间.【答案】（1）；（2）的递减区间为【解析】试题分析：（1）根据条件分别求出A，和的值，即可求函数f（x）的解析式；（2）令即可求出的图象的对称中心，令即可求函数的递减区间试题解析：（1）由图可知，因为，因为，所以，所以，因为，所以，所以.（2）令，得.则的图象的对称中心为.则，令，解得，故的递减区间为.点睛：已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.20. 已知函数 .（1）若角满足，求；（2）若圆心角为半径为的扇形的弧长为，且，求；（3）若函数的最大值与的最小值相等，求.【答案】（1）；（2）或；（3）【解析】试题分析：（1）由可得；（2

11、）由及得或，从得得弧长；（3）因为，所以的最大值为4，对于函数，讨论系数和时的端点值和对称轴处的最值即可.试题解析：（1）因为，所以.（2）因为，所以，因为，所以或，所以或.（3）因为，所以的最大值为4，对于函数，显然不符合题意，因为，所以的最小值为，若，此时，故不合题意若，此时，故.21. 已知函数.（1）证明：函数在区间与上均有零点；（提示）（2）若关于的方程存在非负实数解，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由零点存在定理可知，从而在区间与上均有零点；（2）设，令从而得，即，再求在的值域即可得的取值范围.试题解析：（1）因为，在区间上的零点，因为，上有零

12、点，所以在区间上有零点.从而在区间与上均有零点.（2）设，令，则，因为，所以，因为，所以当时，则在上递增，故.点睛：本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.22. 已知函数 .（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：对 恒成立.【答案】（1）所求切线方程为（2）【解析】试题分析：（1）函数求导得，即得切线斜率，进而可得切线方程；（2）要证只需，即证，设可得，又，从而得证.试题解析：（1）因为，所以，因为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）证明：要证只需，即证，设，令得，令得，所以，因为，所以，所以.所以，即，从而.