甘肃省武威市第一中学2019年高三上学期10月月考数学（理）试题 Word版含解析

武威一中2019年秋季学期阶段性考试

高三年级数学（理科）试卷

命题人：杨仑元

一、选择题：本题共12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.已知集合M＝{x|(x－1)2＜4，x∈R}，N＝{－1，0，1，2，3}，则M∩N＝（ ）

A. {0，1，2} B. {－1，0，1，2} C. {－1，0，2，3} D. {0，1，2，3}

【答案】A

【解析】

试题分析：求出集合M中不等式的解集，确定出M，找出M与N的公共元素，即可确定出两集合的交集．

解：由（x﹣1）2＜4，解得：﹣1＜x＜3，即M={x|﹣1＜x＜3}，

∵N={﹣1，0，1，2，3}，

∴M∩N={0，1，2}．

故选A

点评：此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集定义是解本题的关键．

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2.已知命题p：x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0,则p是

A. x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0

B. x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0

C. x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)<0

D. x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)<0

【答案】C

【解析】

【详解】全称命题的的否定是存在性命题,因为，命题p：x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0,所以，p是x1,x2R,(f(x2)f(x1))(x2x1)<0，故选C.

考点：全称命题与存在性命题.

点评：简单题，全称命题的的否定是存在性命题.

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3.设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则 (　　)．

A. c>b>a B. b>c>a

C. a>c>b D. a>b>c

【答案】D

【解析】

试题分析：，，；且；.

考点：对数函数的单调性.

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4.函数的定义域为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

由题意得，所以，选C.

5.已知，，，则（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

试题分析：因为所以选C．

考点：比较大小

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6.设函数,（   ）

A. 3 B. 6 C. 9 D. 12

【答案】C

【解析】

.故选C.

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7.设，都是不等于的正数，则“”是“”的（   ）

A. 充要条件 B. 充分不必要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

若，则，从而有，故为充分条件. 若不一定有，比如.，从而不成立.故选B.

考点：命题与逻辑.

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8.已知定义在R上的函数为偶函数,记,则,的大小关系为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

由为偶函数得,所以,,所以,故选B.

考点：本题主要考查函数奇偶性及对数运算.

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9.如图，长方形的边，，是的中点，点沿着边，与运动，记．将动到、两点距离之和表示为的函数，则的图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据函数图象关系，利用排除法进行求解即可．

【详解】解：当时，，

此时，，此时单调递增，
当在边上运动时，且时，
如图所示，

，

，

，

当时，，
当在边上运动时，

由对称性可知函数关于对称，
且，且轨迹为非线型，
排除A，C，D，
故选B．

【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据条件先求出时的解析式是解决本题的关键．

10.函数的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

A. ，，

B. ，，

C. ，，

D. ，，

【答案】C

【解析】

试题分析：函数在处无意义，由图像看在轴右侧，所以，，由即，即函数的零点，故选C．

考点：函数的图像

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11.设函数一定正确的是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】对于A选项函数的极大值不一定是函数的最大值，所以错；对于B中的是将的图象关于y轴对称，所以是其极大值点,错误；对于C中的是将的图象关x轴对称，所以才是其极小值点，错误；而对于D中的是将的图象关原点对称，故是其极小值点，正确.

故选D.

12.已知函数，若，，互不相等，且，则的取值范围是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

画出函数的图像，根据对数函数的运算得到，再根据图像看出的范围，也即是的范围.

【详解】画出函数图像如下图所示，由于，故，即，由推向可知，故选D.

【点睛】本小题主要考查分段函数的图像，考查对数的运算，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.若           .

【答案】3；

【解析】

依题意，所以

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14.若曲线上点处的切线平行于直线，则点的坐标是________.

【答案】

【解析】

试题分析：设切点，则由得：，所以点的坐标是.

考点：利用导数求切点.

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15.已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】

由有两个零点可得有两个根，即与的图象有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图象可求的范围

【详解】解：∵有两个零点，
∴有两个根，即与的图象有两个交点，
由可得，或
①当时，函数的图象如图所示，此时存在，满足题意，故满足题意

②当时，由于函数在定义域上单调递增，故不符合题意
③当时，函数单调递增，故不符合题意

④当时，函数单调递增，故不符合题意
⑤当时，函数的图象如图所示，此时存在使得，与有两个交点

综上可得，或
故答案为

【点睛】本题考察了函数的零点问题，渗透了转化思想，数形结合、分类讨论的数学思想．

16.已知函数，若对任意实数都有，则实数的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】

构造函数，则函数是奇函数，在上单调递减，，等价于，再利用奇偶性和单调性，得到关于的不等式，即可得出结论．

【详解】解：构造函数，则函数是奇函数，在上单调递减，
，等价于，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为．

【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性、考查学生解不等式的能力，正确构造函数是关键．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.已知.

（1）求的定义域；   

（2）求使成立的取值范围.

【答案】(1) (2)答案不唯一，见解析

【解析】

【分析】

（1）利用使对数有意义的条件，真数大于0，得到关于的不等式解之即可；

（2）对和讨论，得到关于的不等式，解不等式即可．

【详解】解：（1）由，得，故的定义域为.

（2）①当时，由，

得，

∴.

②当时，由，

得，

∴.

故当时，所求的取值范围为；

当时，所求的取值范围为.

【点睛】本题考查了函数定义域求法，以及不等式解法；熟练掌握对数函数的性质是解答本题的关键.

18.已知P＝{x|x2－8x－20≤0}，非空集合S＝{x|1－m≤x≤1＋m}．若x∈P是x∈S的必要条件，求m的取值范围．

【答案】.

【解析】

【分析】

由x2﹣8x﹣20≤0，解得﹣2≤x≤10．根据非空集合S={x|1﹣m≤x≤1+m}．又x∈P是x∈S的必要条件，可得，1﹣m≤1+m，解得m范围．

【详解】由x2﹣8x﹣20≤0，解得﹣2≤x≤10．∴P=[﹣2，10]．

非空集合S={x|1﹣m≤x≤1+m}．又x∈P是x∈S必要条件，

∴，1﹣m≤1+m，解得0≤m≤3．

∴m的取值范围是[0，3]．

【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

19.已知函数的定义域为，并且满足，，且当时，．   

（1）求的值；   

（2）判断函数的奇偶性并证明；

（3）判断函数的单调性，并解不等式．

【答案】(1) (2) 是上的奇函数.证明见解析；(3) 是上的增函数，

【解析】

【分析】

（1）赋值令，则可求的值；
（2）令，结合的值，可得结论；
（3）利用单调性的定义，结合足，可得函数的单调性，进而将抽象不等式转化为具体不等式，即可求解．

【详解】（1）解：令，则，

∴.

（2）解：令，得，

∴，

故函数是上的奇函数.

（3）解：是上的增函数，证明如下：

任取，，则，

∴，

∴，

故是上的增函数.

∵，

∴，

∴，

又由是定义在上的增函数，得，

解之得，故．

【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性，考查赋值法的运用，确定函数的单调性是关键．

20.已知函数.

（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；

（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.

【答案】(1) (2)

【解析】

【分析】

（1）利用导数进行求解，即在上有解．可得在正数范围内至少有一个解，通过参变分离，转化为最值问题求解；

（2）函数在上单调递减转化为的导函数在上小于等于零恒成立，进而转化为最值求解．

【详解】解：（1）因为，，

所以，.

因为在上存在单调递减区间，

所以当时，有解，即有解.

设，所以只要即可.

而，所以.所以.

所以实数的取值范围为.

（2）因为在上单调递减，

所以当时，恒成立，即恒成立.

由（1）知，所以，

而，

因为，所以，所以（此时），所以，

所以实数的取值范围是.

【点睛】本题主要考查函数与导数，以及函数与方程思想，体现了导数为一种研究函数的工具，能完成单调性的判定和最值的求解，考查同学们灵活运用知识解决问题的能力．

21.设函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）若对于任意，都有，求的取值范围．

【答案】（1）在单调递减，在单调递增（2）．

【解析】

【分析】

（1）求出的导函数，对的正负分类讨论来研究函数的单调性；

（2）利用（1）的结论，将问题转化为，构造函数，研究其单调性及最值，可求出的取值范围．

【详解】（1）．

若，则当时，，；

当时，，．

若，则当时，，；

当时，，．

所以，在单调递减，在单调递增．

（2）由（1）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值.

所以对于任意，的充要条件是：，即①，

设函数，则.

当时，；

当时，.

故在单调递减，在单调递增.

又，，

故当时，.

即当时，，，即①式成立.

当时，由的单调性，，即；

当时，，即.

综上，的取值范围是.

【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的作用以及转化思想，关键是观察的结构，构造函数，是一道难度较大题．

22.已知函数.

（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当时，求证：；

（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．

【答案】（Ⅰ）和

（Ⅱ）见解析；

（Ⅲ）.

【解析】

【分析】

(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；

(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；

(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.

【详解】（Ⅰ），令得或者.

当时，，此时切线方程为，即；

当时，，此时切线方程为，即；

综上可得所求切线方程为和.

（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；

而，所以，即；

同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，

所以是中的较大者，

若，即时，；

若，即时，；

所以当最小时，，此时.

【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.