《山东省高三上学期12月月考数学（文）试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省高三上学期12月月考数学（文）试题 Word版含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、数学（文）试题本试卷共4页，共23题，满分150分.考试用时120分钟.祝考试顺利注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域.答在试题卷、草稿纸上无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.请将答题卡上交.第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知命题，则“为假命题”
2、是“为真命题”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【答案】D【解析】“为假命题”，则假或假，包括假假，假真，真假；“为真命题”，则真或真，包括真真，假真，真假；则“为假命题”是“为真命题”的既不充分也不必要条件，故选D。2. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）A. 5 B. 4 C. 32 D. 16【答案】D【解析】，则，则子集个数为，故选D。3. 设为虚数单位，若复数的实部与虚部的和为，则定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】，则，则，则，所以，且，即，故选A。4. 的内角的对边分别为,且,，则角=( )A.
3、B. C. 或 D. 或【答案】B【解析】由正弦定理，所以，又，则，所以，故选B。5. 执行下列程序框图，若输入a，b分别为98，63，则输出的（ ）A. 12 B. 14C. 7 D. 9【答案】C【解析】因为，则，则，所以，则，所以，则，所以，则，所以，则，所以，则，所以输出，故选C。6. 已知，设的最大值为，的最大值为，则=（ ）A. 2 B. 1 C. 4 D. 3【答案】A【解析】，则递增，递减，所以，则递减，所以，所以，故选A。7. 曲线在点处的切线方程是（ ）A. 或 B. C. 或 D. 【答案】B【解析】，点在曲线上，则，则，即，故选B。8. 已知函数，则对于任意实数 ，则的
4、值（ ）A. 恒负 B. 恒正 C. 恒为0 D. 不确定【答案】A【解析】，所以在是奇函数，又，所以在是单调递减，则令，所以，故选A。点睛：由题中问题，联想到本题需要得到函数的单调性和奇偶性，首先我们可以证明函数是奇函数，然后通过求导得到单调递减，则由单调性的定义可知，所以恒负。9. 若函数 （， ， ）的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由渐近线是得，的两根是1，5，由选项知，则开口向上，得，有由时，可知，则，所以，故选D。 10. 某多面体的三视图如图所示，正视图中大直角三角形的斜边长为，左视图为边长是1的正方形，俯视图为有一个内角为的直角梯形
5、，则该多面体的体积为（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】C【解析】由题可知，所以，故选C。11. 若正数满足约束条件，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令，易知在单调递增，则，所以，得可行域如图，令，设切点为，则，得，则，所以，则，故选A。点睛：本题的线性规划可行域处理比较难，首先对于不等式，联想到构造函数，由单调性得到，得到如图可行域，之后令，考察几何性质，结合图像，得到，求得。12. 已知函数，.在其共同的定义域内，的图像不可能在的上方，则求的取值范围（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得，令， ； 故选C.点睛：导数问题经常会遇见恒成
6、立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.第卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题第23题为选考题，考生根据要求做答.二填空题：本大题共4小题，每小题5分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可均不得分13. 命题的否定是_【答案】【解析】全称命题的否定是特称命题，所以是。14. 已知函数在上是单调递增函数，则的取值范围是_【答案】 【解析】，所以，即。点睛：分段
7、函数的单调性问题，需满足两个方面。第一，满足分别单调递增，得到；第二，整体单调递增，则在处，得到。解不等式，得到答案。15. 四面体的每条棱长都等于，点， 分别为棱， 的中点，则=_； _；【答案】 (1). (2). 【解析】,所以=设BD的中点为，则,所以 16. 对于集合和常数，定义：为集合相对于的“类正切平方”.则集合相对于的“类正切平方” = _【答案】1【解析】=1.答案为：1.三、解答题：(本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17. 在数列中，已知，(）（1）求证：是等比数列（2）设，求数列的前项和【答案】（1）见解析(2) 【解析】试题分析：（
8、1），得到是以2为首项，2为公比的等比数列；（2），由裂项相消法解得。试题解析：（1）由得： 又， 是以2为首项，2为公比的等比数列. (2) 由（1）知：，。点睛：（1）数列的证明必须用定义，本题证明等比数列，则配方，由定义得到为等比数列；（2），则利用裂项相消法求和。18. 已知函数（）的最小正周期为.（1）求的值（2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象.求函数在上单调递减区间和零点.【答案】（1） (2) 单调递减区间为： 零点为 【解析】试题分析：（1）考察三角恒等关系的化简，需要学生对二倍角的降幂公式、辅助角公式熟悉应
9、用，即可化简得，由得；（2）图象移动后得到，先求整个范围的减区间和零点，再得到内的答案。试题解析：（1）由得。（2），单调递减区间为：，零点为,又因为，所以在上的零点是。19. 如图，四棱锥中，底面为菱形，边长为1，平面，是等腰三角形. (1)求证：平面平面（2）在线段上可以分别找到两点， ，使得直线平面，并分别求出此时的值【答案】（1）见解析（2）， 试题解析：（1）因为为菱形，所以又因为平面，且平面，所以;所以平面;又因为平面，所以平面平面.（2）平面，,在,又,.在中，,又,又,20. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），(1)求的解析式(2)求的单调区间.【答案
10、】（1） （2）单调递增区间是： ；的单调递减区间是： 【解析】试题分析：（1）得，所以，由题可知，得；（2）求导解出单调区间。试题解析：（1）由得，即，所以所以，又因为，所以所以函数的解析式是.（2） 的单调递增区间是：；的单调递减区间是：21. 已知函数=，.（1）若函数在处取得极值，求的值，并判断在处取得极大值还是极小值.（2）若在上恒成立，求的取值范围.【答案】（1），取得极小值. （2） 【解析】试题分析：（1）由得到，并通过求导判断得到处取得极小值；（2）在上恒成立，令，通过分类讨论，得到时，所以。试题解析：（1）的定义域是，=，由得.当时，=，= 恒成立， 令=，=恒成立在上单调
11、递增，又因为当时，单调递减；当时，单调递增. 当时，在处取得极小值. （2）由得在上恒成立即在上恒成立.解法一（将绝对值看成一个函数的整体进行研究）：令，当时，在上单调递减，所以的值域为：，因为，所以的值域为；所以不成立.当时，易知恒成立.，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，所以，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，依题意，所以.综上：解法二（求命题的否定所对应的集合，再求该集合的补集）：命题“对都成立”的否定是“在上有解”在上有解在上有解在上有解令，.，所以在上单调递增，又，所以无最小值.所以；令，所以在上单调递增，在上单调递减.所以,所以.因为在上有解时，；所以对都成立时，.2
12、2. 选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），直线的参数方程是（为参数）（1）分别求曲线、直线的普通方程；（2）直线与交于两点，则求的值.【答案】（1）C: （2） 【解析】试题分析：（1）由，可得曲线的方程，消去只需l的参数t可得直线l的方程；（2）直线的标准参数方程为，（为参数）与曲线C联立，得，再结合韦达定理求解即可.试题解析：（1）由，可得曲线：；直线的参数方程是（为参数），消去参数t得到： （2）直线的标准参数方程为，（为参数）将的标准参数方程代入的直角坐标方程得：，所以， 23. 选修45：不等式选讲已知函数，（1）求解不等式；（2）对于，使得成立，求的取值范围.【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）分段去绝对值求解不等式即可；（2）若使得成立，只需即可，从而求函数最值即可.试题解析：（1）由或或解得：或解集为：（2）当时，；由题意得，得即解得
