上海市复旦中学2022届高三上学期9月月考数学试题（解析版）

这是一份上海市复旦中学2022届高三上学期9月月考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年复旦中学高三年级上学期月考2021.09.23一、填空题（1-6每小题4分，7-12题每小题5分，共54分）1. 已知关于的不等式的解集是，则_____.【答案】【解析】【分析】先由题意得到不等式等价于，不等式的解集得到和是关于的方程的两个根，进而可求出结果.【详解】因为不等式等价于，又其解集是，所以和是关于的方程的两个根，因此，解得，故答案为【点睛】本题主要考查由不等式的解集求参数的问题，熟记三个二次之间关系即可，属于常考题型.2. 函数的最小值是_________．【答案】3【解析】【详解】试题分析：考点：基本不等式.3. 函数的单调递增区间为________．【答案】【解析】【分析】求出函数的定义域，然后利用复合函数法可求出函数的单调递增区间.【详解】令，解得或，函数的定义域为.内层函数的减区间为，增区间为.外层函数在上为增函数，由复合函数法可知，函数的单调递增区间为.故答案为.【点睛】本题考查函数单调区间的求解，常用的方法有复合函数法、图象法，另外在求单调区间时，首先应求函数的定义域，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.4. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的最大值为_______．【答案】【解析】【分析】设的解集为集合，由题意可得是的真子集，即可求解.【详解】由得或，因为“”是“”的必要不充分条件，设或，，因为“”是“”的必要不充分条件，所以是的真子集，所以．故答案为：．【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．5. 给定集合，，定义一种新运算：或，试用列举法写出___________.【答案】【解析】【详解】∵，∴又∵∴故答案为6. 已知上的奇函数在上单调递减，且，则的解集为______．【答案】或或.【解析】【分析】利用函数奇偶性和单调性的关系求解.【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，所以在上单调递减，且，由不等式得： 或或，解得或或，故不等式的解集为或或.故答案为：或或.7. 函数的图象恒过定点A，若点A在一次函数的图象上，其中则的最小值为_________【答案】8【解析】【详解】∵函数（，且）的图象恒过定点A，
∴当时，，∴，又点A在一次函数的图象上，其中，
∴，又，
∴，，∴，（当且仅当时取“”），故答案为8.点睛：本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意问题(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．8. 将甲、乙、丙、丁、戊5位同学排成一横排，要求甲、乙均在丙的同侧，且丙丁不相邻，则不同的排法共有__________种．(用数字作答)【答案】48【解析】【分析】根据题意，分3步进行分析：①先安排甲乙丙，②将戊安排在3人的空位中，③最后安排丁，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分3步进行分析：安排甲乙丙，要求甲、乙均在丙的同侧，有种情况；将戊安排在3人的空位中，有4种情况；4人排好后，有5个空位，由于丙丁不相邻，则丁的安排方法有3种；则有种不同的排法，故答案为：48．9. 已知某圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积等于____________【答案】【解析】【分析】根据体积公式直接计算得到答案.【详解】由于正视图是边长为2的等边三角形，∴圆锥的高为，底面半径为1，∴.故答案为：.【点睛】本题考查了圆锥的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.10. 若是定义在上的函数，且对任意都有，，且，则____【答案】102.【解析】【分析】根据已知不等式可得，而，根据“两边夹”原理，可得，利用此递推关系可得，再令得，只需再求出即可，对分别赋值和并结合“两边夹”原理，即可求出，进而求出．【详解】因为，所以，即，又，所以，所以，因为对任意都有，且，所以，即，，即由知，所以，所以，所以，所以．故答案为：【点睛】本题主要考查求抽象函数的函数值，“两边夹”原理及递推关系的应用，本题的关键是得到和．11. 关于函数，给出以下四个命题：（1）当时，单调递减且没有最值；（2）方程一定有实数解；（3）如果方程（为常数）有解，则解得个数一定是偶数；（4）是偶函数且有最小值.其中假命题的序号是____________.【答案】（1）、（3）【解析】【分析】化简函数的解析式，画出函数的图象，对四个命题逐一判断即可.【详解】，它的图象如下图所示： 命题（1）：当时，在上单调递增，在上单调递减且没有最值，故本命题是假命题；命题（2）：因为直线存在斜率，所以一定有实数解，故本命题是真命题；命题（3）：，所以函数是偶函数，当有解时，若，该方程的解的个数为偶数；若时，，只有一个解，故本命题是假命题；命题（4）：由（3）可知，函数是偶函数，函数有最小值，最小值为零，故本命题是真命题.故答案为：（1）、（3）【点睛】本题考查了函数的单调性、奇偶性，考查了函数的图象，考查了数形结合思想.12. 定义表示，，，中的最小值，表示，，，中的最大值则对任意的，，的值为______．【答案】【解析】【分析】首先，设，从而得到关于m的限制条件，然后，得到m的最小值．【详解】设，、，，，，即，，可得，，，即有m的最小值为，故答案为．【点睛】本题考查新定义的理解和运用，注意不等式的性质的应用，属于难题．二、选择题（每小题5分，共20分）13. 若，则下列不等式：①；②；③；④中，正确的不等式有（    ）A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ①③④【答案】C【解析】【分析】取，可排除②③ ，由可得分析可得①④成立【详解】取，满足但，故排除②③；同乘故④成立；故所以①成立.故选：C14. 函数的图像可能是（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】详解】试题分析：∵，∴，∴函数需向下平移个单位，不过（0,1）点，所以排除A，当时，∴，所以排除B，当时，∴，所以排除C，故选D.考点：函数图象的平移. 15. 在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（    ）A.  B.  C.  D. 7【答案】D【解析】【分析】根据二项式系数的单调性，求得，再结合二项式展开式的通项公式，即可求得指定项的系数.【详解】因为在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，所以所以的展开式的通项令，得所以展开式中的系数为故选：D16. 设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，下列判断正确的是A. ①和②均为真命题B. ①和②均为假命题C. ①为真命题，②为假命题D. ①为假命题，②为真命题【答案】D【解析】【详解】试题分析：因为，所以,又、、均是以为周期的函数，所以，所以是周期为的函数，同理可得、均是以为周期的函数，②正确；增函数加减函数也可能为增函数，因此①不正确.选D. 【考点】抽象函数、函数的单调性、函数的周期性【名师点睛】本题主要考查抽象函数的单调性与周期性，是高考常考内容.本题有一定难度.解答此类问题时，关键在于灵活选择方法，如结合选项或通过举反例应用“排除法”等.本题能较好地考查考生分析问题与解决问题的能力、基本计算能力等. 三、解答题（共76分）17. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，是的中点，是上的动点.
 （1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，证明即可；（2）求出平面的法向量，根据即可求出.【详解】解：（1） 建立如图所示空间直角坐标系.设，，则，，，，，于是，，，则，所以.（2）若，则，，，设平面的法向量为，由，得：，令，则，，于是，而.设与平面所成角为，所以，所以与平面所成角为.18. 设函数的反函数为．（1）解方程：；（2）设是定义在上且以为周期的奇函数．当时，，试求的值．【答案】（1）原方程的解集为；（2）．【解析】【分析】（1）利用底数的运算性质直接求解所原方程，结合真数有意义可求得原方程的解集；（2）求得当时，，通过计算得出，即可得解.【详解】（1），则即，解得或．由可得，，所以，原方程的解集为；（2），其中，令，可得，即，所以当时，所以，，由于是定义在上且以为周期的奇函数，所以对于任意实数，均有，．，则，故，又因为，所以，故.因此，.【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.19. 疫情后，为了支持企业复工复产，某地政府决定向当地企业发放补助款，其中对纳税额在万元至万元（包括万元和万元）的小微企业做统一方案．方案要求同时具备下列两个条件：①补助款（万元）随企业原纳税额（万元）的增加而增加；②补助款不低于原纳税额（万元）的．经测算政府决定采用函数模型（其中为参数）作为补助款发放方案．（1）判断使用参数是否满足条件，并说明理由；（2）求同时满足条件①、②的参数的取值范围．【答案】（1）当时不满足条件②，见解析（2）【解析】【分析】（1）因为当时，，所以不满足条件② ；（2）求导得：，当时，满足条件①；当时，上单调递增，所以.由条件②可知，，即，等价于在上恒成立，问题得解.【详解】（1）因为当时，，所以当时不满足条件② .（2）由条件①可知，上单调递增，所以当时，满足条件；当时，由可得当时，单调递增，，解得，所以 由条件②可知，，即不等式在上恒成立，等价于当时，取最小值综上，参数的取值范围是．【点睛】本题考查了导数求函数单调性以及恒成立问题，考查了转化思想，属于中档题.20. 已知函数f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|.(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；(2)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；(3)是否存在实数a，使不等式f(x)≥2x－3对任意x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）{x|x≤－1或x＝1}；（2）；（3）．【解析】【详解】试题分析：（1）把代入函数解析式，分段后分段求解方程的解集，取并集后得答案；（2）分段写出函数的解析式，由在上单调递增，则需第一段二次函数的对称轴小于等于，第二段一次函数的一次项系数大于0，且第二段函数的最大值小于等于第一段函数的最小值，联立不等式组后求解的取值范围；（3）把不等式对一切实数恒成立转化为函数对一切实数恒成立，然后对进行分类讨论，利用函数单调性求得的范围，取并集后得答案.试题解析：(1)当时，，则；当时，由，得，解得或；当时，恒成立，∴方程的解集为或．(2)由题意知，若在R上单调递增，则解得，∴实数的取值范围为.(3)设，则，不等式对任意恒成立，等价于不等式对任意恒成立．①若，则，即，取，此时，∴，即对任意的，总能找到，使得，∴不存在，使得恒成立．②若，则，∴的值域为，∴恒成立③若，当时，单调递减，其值域为，由于，所以恒成立，当时，由，知，在处取得最小值，令，得，又，∴，综上，．21. 对于定义域为的函数，若同时满足下列条件：①在内单调递增或单调递减：②存在区间，使在上的值域为，则把，叫闭函数；（1）求闭函数符合条件②的区间：（2）判断函数（）是否为闭函数？并说明理由；（3）已知是正整数，且定义在的函数是闭函数，求正整数的最小值，及此时实数的取值范围．【答案】（1）；（2）不是，详见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据在区间上递减， 由求解； （2）求导，利用导数法判断其单调性即可； （3）根据函数是闭函数，及函数在上是增函数，由，得到a，b为方程的两个不等根，转化为方程在上有两个不等根求解.【详解】（1）函数在区间上递减， 所以，解得，所以闭函数符合条件②的区间是；（2），令 ，解得 ，当 时， ，当 时，，所以在上不单调，所以不是闭函数；（3）因为定义在的函数是闭函数，所以在上的值域为，又函数在上是增函数，所以，则a，b为方程的两个不等根，即方程在上有两个不等根，令，即函数与有两个不同的交点，由对勾函数的性质得：在上递减，在上递增，且，则，解得，所以正整数的最小值为3，又，所以实数的取值范围是．