宁夏市高三上学期第一次月考数学(理)试题含解析.doc

试卷主标题

姓名：__________ 班级：__________考号：__________
一、选择题（共12题）
1、 已知集合 ， ，则 （ ）
A ． B ． C ． D ．
2、 已知 为虚数单位，若复数 ，则
A ． 1 B ．
C ． D ． 2
3、 已知向量 满足 ，则 （ ）
A ． 4 B ． 3 C ． 2 D ． 0
4、 若方程 在区间 有解，则函数 图象可能是（ ）
A ． B ．
C ． D ．
5、 若双曲线 的渐近线方程为 ，则 的离心率为（ ）
A ． 2 B ． C ． D ．
6、 设 ，则 的大小关系为（ ）
A ． B ． C ． D ．
7、 设 f ( x ) 为奇函数，且当 x ≥0 时， f ( x )= ，则当 x <0 时， f ( x )=
A ． B ．
C ． D ．
8、 已知平面 α ，直线 m ， n 满足 ，则 “ m ∥ n ” 是 “ m ∥ α ” 的（    ）
A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件
9、 某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 y 和温度 x （单位： °C ）的关系，在 20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据 得到下面的散点图：

由此散点图，在 10°C 至 40°C 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 y 和温度 x 的回归方程类型的是（ ）
A ． B ．
C ． D ．
10、 设函数 ，则 是
A ．奇函数，且在（ 0,1 ）上是增函数 B ．奇函数，且在（ 0,1 ）上是减函数
C ．偶函数，且在（ 0,1 ）上是增函数 D ．偶函数，且在（ 0,1 ）上是减函数
11、 曲线 y =2sin x +cos x 在点 (π ， –1) 处的切线方程为
A ． B ．
C ． D ．
12、 已知函数 是定义在 上的偶函数，若对于 ，都有 ，且当 时， ，则 的值为（ ）
A ． 0 B ． 2 C ． 3 D ．
二、填空题（共4题）
1、 直线 过点 ，则 的最小值为 ___________.
2、 设变量 满足约束条件 , 则 的最大值是 _________.
3、 已知函数 f ( x ) ＝ | x ＋ a | 在 ( － ∞ ，－ 1) 上是单调函数，则 a 的取值范围是 ________ ．
4、 设函数 则满足 的 x 的取值范围是 ____________ .
三、解答题（共7题）
1、 记 为等差数列 的前 项和，已知 ， ．
（ 1 ）求 的通项公式；
（ 2 ）求 ，并求 的最小值．
2、 已知命题 且 ，命题 恒成立．
若命题 q 为真命题，求 m 的取值范围；
若 为假命题且 为真命题，求 m 的取值范围．
3、 已知函数 在 处取得极大值为 9.
（ 1 ）求 ， 的值；
（ 2 ）求函数 在区间 上的最值 .
4、 为了扶持大学生自主创业，市政府提供了 80 万元无息贷款，用于某大学生开办公司生产并销售自主研发的一种电子产品，并约定用该公司经营的利润逐步偿还无息贷款 . 已知该产品的生产成本为每件 40 元，员工每人每月的工资为 2500 元，公司每月需支付其它费用 15 万元 . 该产品每月销售量 （万件）与销售单价 （元）之间的函数关系如图所示 .

（ 1 ）求月销售量 （万件）与销售单价 （元）之间的函数关系式；
（ 2 ）当销售单价定为 50 元时，为保证公司月利润达到 5 万元（利润 = 销售额 - 生产成本 - 员工工资 - 其它费用），该公司可安排员工多少人？
5、 函数 .
（ 1 ）讨论函数 的单调性；
（ 2 ）若 ，证明：当 时， 恒成立 .
6、 已知直线 的参数方程为 ( 为参数 ) ，曲线 C 的参数方程为 ( 为参数 ) ．
(1) 将曲线 C 的参数方程化为普通方程；
(2) 若直线 与曲线 交于 两点，求线段 的长．
7、 已知函数 =│ x +1│–│ x –2│.
（ 1 ）求不等式 ≥1 的解集；
（ 2 ）若不等式 ≥ x 2 – x + m 的解集非空，求实数 m 的取值范围 .

============参考答案============
一、选择题
1、 B
【分析】
先解不等式求出集合 ，再根据交集的定义求解即可．
【详解】
解：由 得 ，则 ，
又 ，
∴ ，
故选： B ．
【点睛】
本题主要考查集合的交集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
2、 C
【详解】
试题分析： ， ．
考点：复数概念及运算．
3、 B
【分析】
由平面向量的数量积的运算性质求解即可
【详解】
，

故选： B
4、 D
【分析】
由题意可得在区间 上， 能够成立，结合所给的选项，得出结论
【详解】
解： 方程 在区间 上有解，
在区间 上， 能够成立，
结合所给的选项，只有 D 选项符合 .
故选： D ．
5、 D
【分析】
由题意 ，根据 ，代入即得解
【详解】
由题意， ，又
故
故选： D
6、 D
【分析】
利用指数函数与对数函数的性质，即可得出 的大小关系 .
【详解】
因为 ，
，
，
所以 .
故选： D.
【点睛】
本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围 .
比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：
（ 1 ）利用指数函数的单调性： ，当 时，函数递增；当 时，函数递减；
（ 2 ）利用对数函数的单调性： ，当 时，函数递增；当 时，函数递减；
（ 3 ）借助于中间值，例如： 0 或 1 等 .
7、 D
【分析】
先把 x <0 ，转化为 - x> 0, 代入可得 ，结合奇偶性可得 .
【详解】
是奇函数， 时， ．
当 时， ， ，得 ．故选 D ．
【点睛】
本题考查分段函数的奇偶性和解析式，渗透了数学抽象和数学运算素养．采取代换法，利用转化与化归的思想解题．
8、 A
【分析】
利用充分条件和必要条件的定义判断 .
【详解】
因为 ，
由线面平行的判定定理知：当 m ∥ n 时， m ∥ α 成立，
当 m ∥ α 时， m ∥ n ” 不一定成立，可能异面，
所以 “ m ∥ n ” 是 “ m ∥ α ” 的充分不必要条件，
故选： A.
9、 D
【分析】
根据散点图的分布可选择合适的函数模型 .
【详解】
由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图象附近，
因此，最适合作为发芽率 和温度 的回归方程类型的是 .
故选： D.
【点睛】
本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布，属于基础题 .
10、 A
【详解】
试题分析：由题意得，函数的定义域为 ，解得 ，
又 ，所以函数 的奇函数，
由 ，令 ，又由 ，则
，即 ，所以函数 为单调递增函数，根据复合函数的单调性可知函数 在 上增函数，故选 A.
考点：函数的单调性与奇偶性的应用 .
【方法点晴】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，其中解答中涉及到函数的奇偶性的判定、函数的单调性的判定与应用、复合函数的单调性的判定等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中确定函数的定义域是解答的一个易错点，属于基础题 .
11、 C
【分析】
先判定点 是否为切点，再利用导数的几何意义求解 .
【详解】
当 时， ，即点 在曲线 上． 则 在点 处的切线方程为 ，即 ．故选 C ．
【点睛】
本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程．
12、 A
【分析】
利用已知条件推出当 时， ，再根据周期性和奇偶性求出 和 再相加即可得解 .
【详解】
当 时， － ，
所以
即当 时， ，
所以 ，
，
所以 f ( － 2 015) ＋ f (2 017) .
故选： A
二、填空题
1、 ##
【分析】
由题意 ，转化 ，利用均值不等式即得解
【详解】
由题意， ，且
故
当且仅当 ，即 时等号成立
故答案为：
2、
【分析】
画出约束条件满足的可行域，通过向上平移基准直线 找到使 取得最大值的位置，然后求解 .
【详解】
画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数 过点 时取得最大值，
联立 解得点
故 的最大值为 .

故答案为： 18.
【点睛】
本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最大值，较易 . 解答时准确画出约束条件满足的可行域、确定取得最优解的位置是关键 .
3、 ( － ∞ ， 1]
【分析】
先求出函数 f ( x ) 的减区间，根据 ( － ∞ ，－ 1) 是减区间的子集求解可得所求．
【详解】
由题意可得函数在已知区间上只能单调递减，又 f ( x ) 的单调递减区间为 ( － ∞ ，－ a ) ，
因为函数 f ( x ) 在 ( － ∞ ，－ 1) 上是单调函数，
所以 ，
所以 ，
解得 ．
所以 a 的取值范围是 ( － ∞ ， 1] ．
【点睛】
解题时注意 “ 函数的单调区间是 ” 与 “ 函数在区间 上单调 ” 这两种说法的区别，其中 “ 函数在区间 上单调 ” 说明区间 是函数单调区间的子集．
4、
【详解】
由题意得： 当 时， 恒成立，即 ；当 时， 恒成立，即 ；当 时， ，即 . 综上， x 的取值范围是 .
【名师点睛】分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么，然后代入该段的解析式求值 . 解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处的函数值 .
三、解答题
1、 （ 1 ） a n =2 n –9 ，（ 2 ） S n = n 2 –8 n ，最小值为 –16 ．
【详解】
分析：（ 1 ）根据等差数列前 n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（ 2 ）根据等差数列前 n 项和公式得 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值 .
详解：（ 1 ）设 { a n } 的公差为 d ，由题意得 3 a 1 +3 d =–15 ．
由 a 1 =–7 得 d =2 ．
所以 { a n } 的通项公式为 a n =2 n –9 ．
（ 2 ）由（ 1 ）得 S n = n 2 –8 n = （ n –4 ） 2 –16 ．
所以当 n =4 时， S n 取得最小值，最小值为 –16 ．
点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件 .
2、 （ 1 ） （ 2 ） 或 ．
【分析】
（ 1 ）由命题 q 为真命题可知 ，即可得到结果；（ 2 ）分别解出命题 p ， q 的 m 的取值范围， p ∧ q 为假命题且 p ∨q 为真命题，可得 p ， q 必然一真一假．
【详解】
解： ，解得 ．
若命题 p ： 且 ，解得 ．
为假命题且 为真命题， 必然一真一假．
当 p 真 q 假时， ，解得 ，
当 p 假 q 真时， ，解得 ．
的取值范围是 或 ．
点睛：本题考查了复合命题及真假的判断，考查了二次不等式的解法，属于基础题 .
3、 (1) .
(2) 函数 在区间 上的最大值为 9 ，最小值为 .
【详解】
分析：（ I ）首先求解导函数，然后结合 ，可得 .
（ II ）由（ I ）得 ，结合导函数研究函数的单调性和最值可知函数 在区间 上的最大值为 9 ，最小值为 .
详解：（ I ）
依题意得 ，
即 ，解得 . 经检验，上述结果满足题意 .
（ II ）由（ I ）得 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
的单调递增区间为 和 ， 的单调递增区间是 ，
， ，
所以函数 在区间 上的最大值为 9 ，最小值为 .
点睛： (1) 可导函数 y ＝ f ( x ) 在点 x 0 处取得极值的充要条件是 f ′( x 0 ) ＝ 0 ，且在 x 0 左侧与右侧 f ′( x ) 的符号不同．
(2) 若 f ( x ) 在 ( a ， b ) 内有极值，那么 f ( x ) 在 ( a ， b ) 内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
4、 （ 1 ） ，（ 2 ）
【分析】
（ 1 ）从图中看，这是一个分段一次函数， 和 ，函数的表达式不同，每段函数都经过两点，使用待定系数法即可求出函数表达式 .
（ 2 ）利用（ 1 ）中的函数关系式，当销售单价定为 50 元时，可计算出月销售量，设可安排员工 人，利润 = 销售额 - 生产成本 - 员工工资 - 其它费用，列方程即可求解 .
【详解】
（ 1 ）当 时，令 ，
则 ，解得 ，故 ，
同理，当 时， ，
故 .
（ 2 ）设公司可安排员工 人，定为 50 元时，
由 ，
整理可得 ，解得 ，
所以公司安排员工 人 .
5、 （ 1 ）见解析；（ 2 ）证明见解析 .
【分析】
（ 1 ）对 求导，令 ，可得 或 ，然后分 ， 和 三种情况求 的单调区间；
（ 2 ）由（ 1 ）可知 时， 的单调性，然后分 和 两种情况分别求出 的最大值，证明 的最大值小于 0 即可．
【详解】
解：（ 1 ）因为 定义域为 ，
则 .
令 ，得 ，
解得 ， .
① 当 时， ，所以 在 上单调递减 .
② 当 ， ， ， 在 上单调递增，在 上单调递减 .
③ 当 时， ， ， 在 上单调递增，在 上单调递减 .
（ 2 ）当 时，由（ 1 ）得 在 上单调递增，在 上单调递减 .
① 当 ，即 时， 在 的最大值
.
因为 ，所以 .
所以 ，
② 当 ，即 时， 在 内单调递增 .
.
因为 ， .
所以 ，所以 .
综合 ①② 可知当 时， 恒成立 .
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题．
6、 （ 1 ） x 2 ＋ y 2 ＝ 16.(2)
【分析】
(1) 根据三角函数平方关系消参数得结果， (2) 将直线 的参数方程代入曲线 方程，利用参数几何意义以及韦达定理求弦长 .
【详解】
解： (1) 由曲线 C ： 得 x 2 ＋ y 2 ＝ 16 ，
所以曲线 C 的普通方程为 x 2 ＋ y 2 ＝ 16.
(2) 将直线 的参数方程代入 x 2 ＋ y 2 ＝ 16 ，
整理，得 t 2 ＋ 3 t － 9 ＝ 0.
设 A ， B 对应的参数为 t 1 ， t 2 ，则
t 1 ＋ t 2 ＝－ 3 ， t 1 t 2 ＝－ 9.
| AB | ＝ | t 1 － t 2 | ＝
【点睛】
本题考查参数方程化普通方程以及利用直线参数几何意义求弦长，考查基本求解能力 . 属于基础题 .
7、 （ 1 ） ；（ 2 ） .
【分析】
（ 1 ）由于 f （ x ）＝ | x +1| ﹣ | x ﹣ 2| ，解不等式 f （ x ） ≥1 可分﹣ 1≤ x ≤2 与 x ＞ 2 两类讨论即可解得不等式 f （ x ） ≥1 的解集；
（ 2 ）依题意可得 m ≤[ f （ x ）﹣ x 2 + x ] max ，设 g （ x ）＝ f （ x ）﹣ x 2 + x ，分 x ≤1 、﹣ 1 ＜ x ＜ 2 、 x ≥2 三类讨论，可求得 g （ x ） max ，从而可得 m 的取值范围．
【详解】
解：（ 1 ） ∵ f （ x ）＝ | x +1| ﹣ | x ﹣ 2| ， f （ x ） ≥1 ，
∴ 当﹣ 1≤ x ≤2 时， 2 x ﹣ 1≥1 ，解得 1≤ x ≤2 ；
当 x ＞ 2 时， 3≥1 恒成立，故 x ＞ 2 ；
综上，不等式 f （ x ） ≥1 的解集为 { x | x ≥1} ．
（ 2 ）原式等价于存在 x ∈R 使得 f （ x ）﹣ x 2 + x ≥ m 成立，
即 m ≤[ f （ x ）﹣ x 2 + x ] max ，设 g （ x ）＝ f （ x ）﹣ x 2 + x ．
由（ 1 ）知， g （ x ） ，
当 x ≤ ﹣ 1 时， g （ x ）＝﹣ x 2 + x ﹣ 3 ，其开口向下，对称轴方程为 x 1 ，
∴ g （ x ） ≤ g （﹣ 1 ）＝﹣ 1 ﹣ 1 ﹣ 3 ＝﹣ 5 ；
当﹣ 1 ＜ x ＜ 2 时， g （ x ）＝﹣ x 2 +3 x ﹣ 1 ，其开口向下，对称轴方程为 x ∈ （﹣ 1 ， 2 ），
∴ g （ x ） ≤ g （ ） 1 ；
当 x ≥2 时， g （ x ）＝﹣ x 2 + x +3 ，其开口向下，对称轴方程为 x 2 ，
∴ g （ x ） ≤ g （ 2 ）＝﹣ 4+2+3 ＝ 1 ；
综上， g （ x ） max ，
∴ m 的取值范围为（﹣ ∞ ， ] ．
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，去掉绝对值符号是解决问题的关键，突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用，属于难题．