《江西省莲塘一中高三9月质量检测文科数学试题解析版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省莲塘一中高三9月质量检测文科数学试题解析版（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省莲塘一中2018届高三9月质量检测文科数学试卷一、选择题1. 已知全集，集合， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 ,所以 选C.2. 下列说法正确的是（ ）A. 若p或q为真命题，则p、q均为真命题；B. 命题”存在 ，使 ”的否定为”对任意，都有 ”；C. 命题：“若”的否命题为假命题；D. “”是“函数单调递增”的必要不充分条件.【答案】D【解析】若p或q为真命题，则p、q中至少一个为真命题；命题”存在，使”的否定为”对任意，都有”； 命题：“若”的否命题为“若”，为真命题；函数的单调递增区间为，所以“”是“函数单调递增”的必要不充分条件.因此D正确，选D.3.
2、在ABC中，bcosAacosB ，则三角形的形状为（ ）A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形【答案】C【解析】 ， ，则，则，三角形为等腰三角形，选C.4. 已知在ABC中，sinAsinBsinC357，那么这个三角形的最大角是( )A. 135 B. 90 C. 120 D. 150【答案】C【解析】根据正弦定理 ，有 不妨设， ，显然 ，三角形的最大角为， ，选C.【点睛】正弦定理有如下变形： ， ， ， 等，这些公式要灵活应用.5. 已知为平面向量，若与的夹角为，若与的夹角为，则（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】在平行四边形中，设，则
3、，在中，由正弦定理可得： ，本题选择B选项.6. 函数的图象大致是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为，所以函数的奇函数，排除答案A 、C ，又当时，函数单调递减，故排除答案B，应选答案D。7. 对任意的xR,函数不存在极值点的充要条件是()A. B. 或 C. 或 D. 或【答案】A【解析】，对任意的xR,函数不存在极值点,只需，选A.8. 已知函数f（x）=2cos（x+）（0， ）的部分图象如下图所示，其中与分别为函数图象的一个最高点和最低点，则函数的一个单调增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由函数的图象可得，得，再根据五点法作图可得，求得，函数，令
4、，求得，故函数的增区间为，当时，即为，故选D.点睛：本题主要考查利用的图象特征，由函数的部分图象求解析式，由函数的最值求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式；再利用余弦函数的增区间，求得函数的减区间属于中档题.9. 如图，在中， ， 是上的一点，若，则实数的值为( )A. B. C. 1 D. 【答案】A【解析】因为 ，设，而，所以且，故，应选答案A。10. 设曲线 (N*)在(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为，则的值为 ().A. B. 1 C. D. 1【答案】B【解析】令，则 ，切线的斜率为 切线方程为y1(n1)(x1)，令y0，得，所以 本题选择B选项.11.
5、 已知函数，若对任意， 恒成立，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】结合函数的解析式可得：,且 ，所以函数为单调递减的奇函数，因此 即 ，本题选择A选项.点睛：对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(x)f(x)f(|x|)12. 已知函数的定义域为，并且满足.当时， .若点为函数的对称中心，则方程的实根的个数为（ ）A. 7 B. 8 C. 9 D. 10【答案】B【解析】函数的对称中心为 ，所以，由得 ，所以可得上图像，如图。个数为0，5，3，0，0，
6、共8个，选B.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等二、填空题13. 已知，则_【答案】【解析】 14. 在中，点满足,若,则_.【答案】【解析】在ABC中,点M,N满足，则： ，结合题意可得： .点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通
7、过向量的运算来解决15. 已知都是定义在上的函数， ，若，且 (且)及，则的值为_.【答案】点睛：本题主要考查函数的性质，包括用导数判断函数的单调性等，属于难题。本题思路：由构造函数，确定单调性，得出，再解方程求出 的值。16. 给出下列几种说法：若，则；若，则；为奇函数；为定义域内的减函数；若函数是函数（且）的反函数，且，则，其中说法正确的序号为_.【答案】考点：1、函数的定义域；2、函数的奇偶性.3、换底公式.4、函数的单调性。5、反函数。【方法点晴】本题主要考查的是函数的定义域、函数的奇偶性、换底公式、函数的单调性、反函数，属于难题，若，则，考察换底公式；若，则，考察方程的求解； 为奇函
8、数，考察奇偶性的判断；的定义域为，虽然在每个区间上都是单调减，但是单调减区间不是两个的并集，因为右支比左支高；由题可知，且，。三、解答题17. 已知：方程有两个不等的正实根， ：方程无实根.若或为真， 且为假.求实数的取值范围.【答案】【解析】试题分析：由或为真，且为假，可得，中一个为真，一个为假，讨论两种情况，假真及真假，分别列不等式组，分别求解，再求并集即可得结果.试题解析：由题意，中有且仅有一为真，一为假，真，真，若假真，则；若真假，则；综上所述：.18. 已知， （1）求的值； （2）求的值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)利用同角三角函数基本关系可得 则，结合二倍角公
9、式可得 .(2)由题意结合同角三角函数基本关系求得，结合角的范围可知.试题解析：（1） ， ，得 ， 则 （2）由， ， 又，= 由得： = = .19. 已知，其中，若的最小正周期为.（1）求函数的单调递增区间；（2）锐角三角形中， ，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)整理函数的解析式为，据此可得的单调递增区间为.(2)结合(1)中函数的解析式求得，则.试题解析：（1），最小正周期为，令，即，的单调递增区间为.（2），整理得： ， ， ，锐角三角形，且，.20. 已知函数的图像与直线相切.（）求的值，并求的单调区间；（）若，设，讨论函数的零点个数.【答案】()，函
10、数的单调减区间为，增区间为； ()答案见解析.【解析】试题分析：()由题意结合导函数与原函数切线的关系得到关于实数m的方程，解方程可得m=1，则函数的单调减区间为，增区间为； ()原问题转化为函数的图象的交点个数，分类讨论可得：当时，函数无零点；当或时，函数恰有一个零点；当时，函数恰有两个零点.试题解析：(I)设的图像与直线相切于点， 则即解得： 由得；得；所以函数的单调减区间为；增区间为 (II)； 记函数由得；得在上单调递增；在上单调递减 又时，；时，；且.则：当时，与的图像无交点，函数无零点；当或时，与的图像恰有一个交点，函数恰有一个零点；当时，与的图像恰有两个交点，函数恰有两个零点.点
11、睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用21. 在中，角所对应的边长分别是，且是最长边，角的平分线交于点，若且（）求的值；（）若，求的面积.【答案】()；().【解析】试题分析：（1）先根据正弦定理将边角关
12、系转化为角的关系再根据两角和正弦公式及三角形内角关系、诱导公式得即得（2）由余弦定理解得，由余弦定理得解得由角平分线性质得即得最后根据三角形面积公式求面积试题解析：（）因为由正弦定理得所以又因为，所以所以因为，所以，解得（）在中，由余弦定理得即整理得，解得或者当时，,舍去；当时，此时为直角三角形，因为是角的平分线，所以在和中，有正弦定理得：所以所以22. 设函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时， 恒成立，求的取值范围；（3）求证：当时， .【答案】(1)的单调递减区间为； 的单调递增区间为.(2)；(3)证明见解析.【解析】【试题分析】（1）直接对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调
13、性之间的关系求出其单调区间；（2）先将不等式中参数分离分离出来可得：，再构造函数，求导得，借助，推得，从而在上单调递减，进而求得；（3）先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时，恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此时，有：解：（1）当时，则，令得，所以有即时，的单调递减区间为；的单调递增区间为.（2）由，分离参数可得：，设，又，则在上单调递减，即的取值范围为.（3）证明：等价于设，由（2）知时，恒成立，所以，恒成立在上单调递增，因此时，有.点睛：解答本题的第一问时，先对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；求解第二问时，先将不等式中参数分离出来可得，再构造函数，求导得，借助，推得，从而在上单调递减，进而求得；第三问的证明过程中，先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时，恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此证得当时，不等式成立。1第页
