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 ，直线 m ， n 满足 ，则 “ m n ” 是 “ m ” 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 10C 至 40C 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 ( ， 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, 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 成立， 当 m 时， m n ” 不一定成立，可能异面， 所以 “ m n ” 是 “ m ” 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 ， . 当 时， ，所以 在 上单调递减 . 当 ， ， ， 在 上单调递增，在 上单调递减 . 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 . 当 ，即 时， 在 的最大值 . 因为 ，所以 . 所以 ， 当 ，即 时， 在 内单调递增 . . 因为 ， . 所以 ，所以 . 综合 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 11 ，解得 1 x 2 ； 当 x 2 时， 31 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