河南省焦作市沁阳第五中学高三数学文月考试题含解析

河南省焦作市沁阳第五中学高三数学文月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知全集U={1，2，3，4}，集合A={1，2}，B={2，3}，则?U（A∪B）=（）A．{1，3，4} B．{3，4} C．{3} D．{4}参考答案：D【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据A与B求出两集合的并集，由全集U，找出不属于并集的元素，即可求出所求的集合．【解答】解：∵A={1，2}，B={2，3}，∴A∪B={1，2，3}，∵全集U={1，2，3，4}，∴?U（A∪B）={4}．故选D2.要得到函数的图象，只需将函数的图象

（

）

A．向左平移个单位

B．向右平移个单位

C．向右平移个单位

D．向左平移个单位参考答案：D略3.已知且，若函数过点，则的最小值为（

）A、

B、

C、

D、参考答案：A4.来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起，他们除懂本国语言外，每天还会说其他三国语言的一种，有一种语言是三人都会说的，但没有一种语言人人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩都能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③甲、乙、丙、丁交谈时，找不到共同语言沟通；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他都能做翻译．针对他们懂的语言正确的推理是（）A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英参考答案：A【考点】命题的真假判断与应用．【分析】根据题干逐一验证即可【解答】解：此题可直接用观察选项法得出正确答案，根据第二条规则，日语和法语不能同时由一个人说，所以B、C、D都错误，只有A正确，再将A代入题干验证，可知符合条件．故选A5.已知函数f(x)的导函数为，且满足（其中e为自然对数的底数），则（

）A．1

B．－1

C.－e

D．－e－1参考答案：D6.设，那么（

）A.

B.

C.

D.参考答案：A7.已知a＞0，且a≠1，则函数的零点个数为(

)

A.1 B.2 C.3 D.与a有关参考答案：【知识点】函数的零点；指数函数、二次函数

B5

B6

B9【答案解析】B解析：由，得，设，这是一个指数函数，，这是一个二次函数，其对称轴为，开口向下，最大值为，与轴交点的纵坐标为，当时，作出两个函数的图像（如图中的红线部分），显然此时两个函数的图像有两个交点，即函数有两个零点；当时，作出两个函数的图像（如图中的黑线部分），显然此时两个函数的图像也有两个交点，即函数有两个零点；综上，函数恒有两个零点，故选：B【思路点拨】把函数的零点转化成两个简单函数的交点，在同一个坐标系内作出两个函数的图像，利用数形结合法观察两个函数交点的情况即可。因为的值不定，故要分类讨论。8.实数的最大值为

（

）

A．—1

B．0

C．2

D．4参考答案：答案：D9.已知各项不为0的等差数列{an}，满足a72﹣a3﹣a11=0，数列{bn}是等比数列，且b7=a7，则b6b8=（）A．2 B．4 C．8 D．16参考答案：B【考点】等差数列的性质．【分析】由等差数列的性质化简已知条件，得到关于a7的方程，求出方程的解得到a7的值，即得到b7的值，把所求的式子利用等比数列的性质化简，将b7的值代入求出值．【解答】解：根据等差数列的性质得：a3+a11=2a7，a72﹣a3﹣a11=0变为：a72=2a7，解得a7=2，a7=0（舍去），所以b7=a7=2，因为数列{bn}是等比数列，所以b6b8=a72=4，故选：B．10.已知向量为单位向量，且，则的值为（

）A.1

B.2

C.

3

D.参考答案：Ａ二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，则零点的个数是________．参考答案：3令，解得，令，解得，所以函数零点的个数为3，

12.已知函数f(x)=|x+1|，若f(a)=2a，则a=

．参考答案：113.《孙子算经》是我国古代重要的数学著作，约成书于四、五世纪，传本的《孙子算经》共三卷，其中下卷“物不知数”中有如下问题：“今有物，不知其数.三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二.问：物几何？”其意思为：“现有一堆物品，不知它的数目.3个3个数，剩2个；5个5个数，剩3个；7个7个数，剩2个.问这堆物品共有多少个？”试计算这堆物品至少有

个．参考答案：2314.命题“x∈R,x2－2ax+1＞0”是假命题，则实数a的取值范围是______参考答案：(－∞,－1]∪[1,+∞)由题意，命题，是假命题，可得出二次函数与轴有交点，又由二次函数的性质，可得即，解得或.

15.设点M是椭圆上的点，以点M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于不同的两点P、Q，若为锐角三角形，则椭圆的离心率的取值范围为

．参考答案：

16.已知直线l：y=kx+4（k≠±4）交双曲线C：x2﹣=1于A，B两点，交x轴于Q，交y轴于P，若，且，则k2=

．参考答案：4【考点】双曲线的简单性质．【分析】设及A、B两点的坐标，求得P，Q的坐标，利用，找到λ1和λ2与A、B两点的坐标和直线l的斜率的关系，再利用A、B两点是直线和双曲线的交点以及λ1+λ2=﹣，联立直线方程和双曲线的方程，运用韦达定理和代入法，化简整理，即可求出直线l的k2．【解答】解：l的方程：y=kx+4（k≠±4，且k≠0），设A（x1，y1），B（x2，y2），则Q（﹣，0），P（0，4），∵，∴（﹣，﹣4）=λ1（x1+，y1）=λ2（x2+，y2），∴λ1==﹣，同理λ2=﹣，所以λ1+λ2=﹣﹣=﹣．即2k2x1x2+5k（x1+x2）+8=0．（*）又y=kx+4以及x2﹣=1，消去y得（3﹣k2）x2﹣8kx﹣19=0．当3﹣k2=0时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，3﹣k2≠0．由韦达定理有：x1+x2=，x1x2=﹣，代入（*）式得，2k2（﹣）+5k（）+8=0，解得k2=4，故答案为：4．17.已知函数f(x)＝x(x－c)3在点x＝2处有极小值，则常数c的值为________

．参考答案：8∵f′(x)＝(x－c)3＋3x(x－c)2，

∴f′(2)＝(2－c)3＋6(2－c)2＝0，解得c＝2或c＝8.

①当c＝2时，f(x)＝x(x－2)3，f′(x)＝(x－2)2(4x－2)．而x＞时，f′(x)≥0总成立，故f(x)在x＝2处没有取得极小值．②当c＝8时，f(x)＝x(x－8)3，f′(x)＝(x－8)2(4x－8)．当x＜2时，f′(x)＜0，x＞2时，f′(x)＞0，

故x＝2为f(x)的极小值点，故c＝8符合题意．

三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.已知函数（）.（1）若函数上带你处的切线过点(0,2)，求函数的单调减区间；（2）若函数在上无零点，求a的最小值.参考答案：（1）∵，∴，∴，又，∴，解得，由，得，∴的单调递减区间为.（2）若函数在上无零点，则在上或恒成立，因为在区间上恒成立不可能，故要使函数在上无零点，只要对任意的，恒成立，即对，恒成立.令，，则，再令，，则，故在上为减函数，于是，从而，于是在上为增函数，所以，故要使，恒成立，只要，综上，若函数在上无零点，则的最小值为.19.已知数列满足：（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.参考答案：【答案解析】（1）（2）.解析：（1）由，得．所以，成等比，公比，首项． ┅4分所以，，即． ┅8分（2）， ┅10分所以，数列的前项和 ┅12分． ┅14分【思路点拨】（1）构造新数列，可得数列是等比数列，由此求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，它是由两个等比数列和一个常数列的和构成的，所以可以用分组求和法求数列的前n项和.20.（2017?乐山二模）已知定义在R上的函数f（x）=|x﹣m|+|x|，m∈N*，若存在实数x使得f（x）＜2成立．（1）求实数m的值；（2）若α，β＞1，f（α）+f（β）=6，求证：．参考答案：【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式．【分析】（1）|x﹣m|+|x|≥|x﹣m﹣x|=|m|，要使|x﹣m|+|x|＜2有解，则|m|＜2，m∈N*，解得m；（2）α，β＞1，f（α）+f（β）=2α﹣1+2β﹣1=6，可得α+β=4．再利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：（1）∵|x﹣m|+|x|≥|x﹣m﹣x|=|m|，∴要使|x﹣m|+|x|＜2有解，则|m|＜2，解得﹣2＜m＜2．∵m∈N*，∴m=1．（2）证明：α，β＞1，f（α）+f（β）=2α﹣1+2β﹣1=6，∴α+β=4，∴+≥（+）（α+β）=（5++）≥（5+2=，当且仅当=即α=，β=时“=”成立，故+≥．【点评】本题考查了绝对值不等式的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.(本小题满分12分)在直三棱柱中，平面，其垂足落在直线上

(1)求证：。；

(2)若，是的中点，求三棱锥的体积。参考答案：解：（1）平面，其垂足落在直线上在直三棱柱中，

………5分（2）

………10分略22.已知：三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为2，平面ABC⊥平面AA1C1C，∠A1AC＝60°．（1）求证：B1C⊥平面A1BC1；（2）求二面角B1－A1B－C1的大小；

（3）设O是线段A1C的中点，P是△ABC内部及边界上的一动点，使OP//平面A1BC1，试指出动点P的轨迹图形是什么？请说明你的理由.

参考答案：解析：（1）证明：取A1C1的中点M，连CM、B1M∵三棱柱ABC－A1B1C1∴各棱长均相等，∠A1AC＝60°∴△A1CC1与△A1B1C1都是等边三角形∴∵平面ABC⊥平面AA1C1C，∴平面A1B1C1⊥平面AA1C1C∴B1M⊥平面AA1C1C，由三垂线定理得：B1C⊥A1C1又∵四边形BCC1B1是菱形，∴B1C⊥BC1而∴B1C⊥平面A1BC1（2）连AB1与A1B交于G点，设B1C与BC1交于H点，连GH，则GH取AC的中点N，连BN，A1N，可证AC⊥A1B∴GH⊥A1B又∵四边形AA1B1B是菱形∴AB1⊥A1B∴∠B1GH就是所求二面角的平面角由（1）知A1C1⊥B1C∴GH⊥B1C设A1C1＝a，则∴即所求二面角的大小为（3）取AB的中点F，BC的中点K，连OF，OK，连AC1必过O点，且O为AC1的中点，则OF//BC1∴OF//平面A1BC1∵∴平面OFK//平面A1BC1在线段FK上（含端点）任取一点P，连OP，