福建省莆田市第二十四中学2018届高三数学上学期第二次月考（12月）试题理（含解析）.docx

福建省莆田第二十四中学2018届高三上学期第二次月考（12月）试题数学（理科）一、选择题：本大题共12个小题,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. 满足条件的集合的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 根据子集的定义，可得集合中必定含有三个元素，而且集合的真子集的个数为个，所以满足的集合的个数共个，故选B.2. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 由题意得，则，故选C.3. 一个扇形的弧长与面积的数值都是，这个扇形中心角的弧度数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：设扇形的最小角的弧度数为，半径为，由题意，得，解得，即该扇形中心角的弧度数是3；故选C考点：1.弧长公式；2.扇形的面积公式4. 已知函数，规定区间，对任意，当时，总有，则下列区间可作为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 给定区间，当时，总有，函数是增函数， 由，解得或， 所以函数的定义域为， 因为函数递减函数，而在上递减，在上递增， 所以函数在上递增，在上递减， 由题意知，函数在区间上单调递增，则，而，故选A.5. 设的内角，所对的边分别为，若，则的形状为（ ）A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定【答案】B【解析】 由题意得，因为， 由正弦定理得，所以， 可得，所以，所以三角形为直角三角形，故选B.6. 已知函数，且，又，则函数的图象的一条对称轴是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 因为函数， 又， 所以，即，故可取， 令，求得， 则函数的图象的一条对称轴为，故选A.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 因为，所以， 根据幂函数的性质，可得， 根据指数函数的性质，可得， 所以，故选D.8. 已知函数的定义域为，当时，；当时，；当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 因为当时， 所以当时，即周期为， 所以， 因为当时，所以， 所以，故选D.9. 已知函数，若对任意的，在上总有唯一的零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 函数，可得， 所以由， 当时，所以在上单调递减，在上单调递增， 在坐标系中画出和的图象，如图所示， 对任意的，在上总唯一的零点，可得，可得，可得，即，故选C.10. 已知函数，实数，满足（），若实数是的根，那么不等式中不可能成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以在递减， 因为，且， 中一项为负的，两项为正的，或三项都是负的， 即，或， 由于实数是函数的一个零点， 当时， ，此时成立， 当时， ，此时成立， 综上可得，不成立，故选B.11. 已知函数是上的偶函数，且在区间上是单调递增的，是锐角三角形的三个内角，则下列不等式中一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 因为是锐角的三个内角， 所以，得，两边同取余弦函数，可得，因为在上单调递增，且是偶函数，所以在上减函数，由，可得，故选C.点睛：本题主要考查了抽象函数的应用问题，其中解答中涉及到锐角三角形的内角的正、余弦函数的应用，函数值的大小关系，函数的单调性等只是点的综合运用，着重考查了函数的单调性的应用、奇偶性和锐角三角形中三角函数的大小比较等知识，试题有一定的综合性，属于中档试题.12. 已知为自然对数的底数，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 由成立，解得， 所以对任意的，总存在唯一的，使得成立， 所以，且， 解得，其中时，存在两个不同的实数，（舍去）， 所以实数的取值范围是，故选B. 点睛：本题主要考查了函数的综合问题，其中解答中涉及到函数的单调性、不等式的性质，方程的有解问题等知识点的综合应用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中把对任意的，总存在唯一的，使得成立是解答的关键.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为_【答案】.【解析】 因为的定义域为，即， 所以，即的定义域为， 由，得， 所以函数的定义域为.14. 已知，则的值为_【答案】.【解析】 由，平方可得，所以，即.15. 已知函数，其中，若对任意实数，使得关于的方程至多有两个不同的根，则的取值范围是_【答案】.【解析】 当时，函数的图象如下： 因为时， 所以要使得关于的方程至多有两个不同的根， 必须，即， 解得， 所以实数的取值范围是 点睛：本题主要考查了根的存在性及根的个数判断问题，解答中涉及到绝对值函数和二次函数的图象和性质等知识点的运用，试题有一定的难度，属于中档试题，解答中正确作出分段函数的图象，转化为图象的交点的个数是解答的关键，着重考查了数形结合法思想的应用.16. 已知函数，若不等式恰好存在两个正整数解，则实数的取值范围是_【答案】.【解析】 令， 由题意知，存在2个正整数，使在直线的下方， 因为， 所以当时，当时， 所以，且， 直线恒过点，且斜率为， 结合图象可知 ，解得.点睛：本题主要考查了根的存在性及根的个数判断问题，解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数求解函数的极值与最值，以及一次函数的图象与性质等知识点的运用，试题有一定的难度，属于中档试题，解答中转化为图象的交点的个数是解答的关键，着重考查了数形结合法思想的应用.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知，且，.（1）若函数有唯一零点，求函数的解析式；（2）求函数在区间上的最大值；（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) ;(2) 当时，,当时，;(3) .;【解析】试题分析：（1）根据题意，列出方程组，即可求解的值，得到函数的解析式； （2）由，分类讨论即可求解函数的最大值；分离参数，得设，利用函数的单调性，求解最值，即可求解实数的取值范围.试题解析：（1） （2），当时，当时，当时，不等式成立，即： 在区间，设，函数在区间为减函数，当且仅当时，不等式在区间上恒成立，因此.18. 在梯形中，.（1）求的长；（2）求梯形的高.【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：（1）在中，由正弦定理得，即可求解的长；（2）在中，由余弦定理得，解得的长，过点作于，则为梯形的高,在直角中，即可求得.试题解析：（1）在中，由正弦定理得：，即在直角中，即梯形的高为.19. 如图所示，将一矩形花坛扩建成一个更大的矩形花坛，要求点在上，点在上，且对角线过点，已知米，米.（1）要使矩形的面积大于平方米，则的长应在什么范围内？（2）当的长为多少时，矩形花坛的面积最小？求出最小值.【答案】（1）的长的取值范围是;(2) 的长为米时，矩形的面积最小，最小值为平方米【解析】试题分析：解：设的长为米，则米， 3分由得又得解得：或即的长的取值范围是6分（2）矩形花坛的面积为：11分当且仅当即时，矩形花坛的面积最小为24平方米. 12分考点：考查了函数的实际运用。点评：通过对于已知中相似的理解，得到所求的面积公式，然后结合实际的背景得到变量的范围， 同时解决均值不等式的思想来求解最值。属于中档题。20. 在中，角，所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若三角形的周长为，面积为，且，求三角形三边长.【答案】（1）;（2），.【解析】试题分析：（1）由同角三角函数的基本关系式，化简可得，利用三角形内角和定理，两角和的正切函数公式化简可求，即可求解角的大小；（2）由面积公式解得，由余弦定理可得，结合已知化简整理可解得的值.试题解析：（1）化简： （2）由面积公式 ，由余弦定理可得：，而，可得，代入上式，化简整理可得，所以，是方程的两根，所以，21. 已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）对任意，都有，求实数的取值范围.【答案】（1）函数的定义域为（2）的取值范围是【解析】试题分析：（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求解函数的单调区间；（2）对于任意，都有，转化为，多次构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值可求函数求实数的取值范围.试题解析：（1）函数的定义域为，函数的导数，因为，所以当时，此时，函数在上单调递减，当时，此时，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递减，所以对任意的，都有，因为对任意的，都有，所以，即，得，所以当时，对于任意的，都有，当时，由（1）得在上单调递增，所以对于任意，有，因为对于任意，都有，所以，即，设，则，设，则，所以在上单调递减，则当时，此时不等式不成立，综上，所求的取值范围是.点睛：本题主要考查了导数在函数中的综合应用问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的运用，解答中转化为函数的最值之间的关系是解答的关键，着重考查学生的推理与运算能力，综合性强，属于中档试题.22. 设函数.（1）求的单调区间；（2）若，为整数，且当时，求的最大值.【答案】（1）的单调递增区间是，单调递减区间是;【解析】试题分析：（1）求解函数的导数，分类讨论即可求解函数的单调区间； （2）当时，等价于 ，令，求最值，即可求解.试题解析：（1）函数的定义域为，若，则在上单调递增；若，则，解得，所以的单调递减区间是，增区间为.（2）