广东省华南师范大学附属中学2018届高三上学期第一次月考数学(理)试题(解析版)

华南师大附中2018届高三综合测试（一）数学（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟．1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号等填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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．3．回答第Ⅱ卷时，用黑色钢笔或签字笔将答案写在答卷上．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分别求出集合与中不等式的解集，确定两个结合，求出两个集合的交集即可．【详解】由题意，集合或，集合，所以，故选C．【点睛】本题主要考查了集合中交集的运算，其中熟记集合的运算和集合交集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2.设，且，则是的（）A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件【答案】C【解析】【详解】由题意，当，则，所以充分性不成立，又满足时，理如，此时不成立，所以必要性不成立，所以“”是“”既不充分也不必要条件，故选C．【点睛】本题主要考查了充要条件的判定问题，其中解答中熟记充要条件的判定方法，也采用特例法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．3.函数与在同一直角坐标系下的图象大致是（）【答案】选C．【解析】注意的图象是由的图象右移1而得．本题考查函数图象的平移法则．4.设命题，使得，则为（）A. ，使得B. ，使得C. ，使得D. ，使得【答案】A【解析】【详解】由题意，根据命题的否定的概念，可知命题“，使得”，则为“，使得”，故选A．【点睛】本题主要考查了命题的否定的概念，其中熟记全称命题和存在性命题的互为否定的关系是书写全称命题否定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．5.把的图像向左平移个单位，再把所得图像上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍，而纵坐标保持不变，所得的图像的解析式为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，即可得到图象变换后的三角函数的解析式，得到答案．【详解】由题意，把的图像向左平移个单位，得，再把所得图像上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍，而纵坐标保持不变，所得的图像的解析式为，故选B．【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象变换求三角函数的解析式，其中解答中熟记三角函数的图象变换是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6.设，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的图象与性质，即可得到答案．【详解】由题意，，所以，故选C．【点睛】本题主要考查了利用函数的性质比较大小问题，其中熟记指数函数和对数函数的图象与性质是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，以及分析问题和解答问题的能力，属于基础题．7. 函数f(x)=|x-2|-lnx在定义域内零点的个数为()A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】分别画出函数y＝ln x(x>0)和y＝|x－2|(x>0)的图像，可得2个交点，故f(x)在定义域中零点个数为2.8.已知函数的定义域是，则函数的定义域是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用抽象函数的定义域求解方法和对数函数的性质，列出相应的不等式，即可求解．【详解】由题意，函数的定义域为，即，令，解得，又由满足且，解得且，所以函数的定义域为，故选B．【点睛】本题主要考查了函数的定义域的求解问题，其中熟记抽象函数的定义域的求解方法和对数函数的性质是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．9.给出下列命题：①正切函数图象的对称中心是唯一的；②若函数的图像关于直线对称，则这样的函数是不唯一的；③若，是第一象限角，且，则；④若是定义在上的奇函数，它的最小正周期是，则．A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】①中，由正切函数的性质可知，正切函数的对称中心是不唯一的，所以是错误的；②中，图象关于直线的函数由多个，所以是正确的；③中，如，此时，此时，所以不正确；④中，由，，所以，所以正确，【详解】由题意，①中，由正切函数的性质可知，正切函数的对称中心是不唯一的，所以是错误的；②中，图象关于直线的函数由多个，所以是正确的；③中，若是第一象限角，且，如，此时，此时，所以不正确；④中，若函数是定义在上的奇函数，它的最小正周期为，则，，所以，所以正确，故选B．【点睛】本题主要考查了命题的真假判定问题，其中解答中熟记三角函数的相关知识，逐个判定是解答的关键，解答时要认真审题，注意函数性质的合理运用，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题．10.函数是定义域为的非常值函数，且对任意，有，，则是（）A. 奇函数但非偶函数B. 偶函数但非奇函数C. 奇函数又是偶函数D. 非奇非偶函数【答案】B【解析】【分析】根据，可以确定函数额对称性，再根据，可以确定函数的周期，结合函数的奇偶性的定义，即可判断得到答案．【详解】由题意，因为，所以函数的对称轴为，又，所以，所以函数的周期为，∴是函数的对称轴，所以为偶函数，又∵在R上不是常数函数，所以不恒为0，所以是偶函数但不是奇函数，故选B．【点睛】本题主要考查了抽象函数的应用，以及函数的奇偶性与对称性、周期性的关系，函数的奇偶性可以利用定义判定，也可以利用函数的图象的对称性进行判定，同时主语既是奇函数又是偶函数的函数必为函数，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．11.已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”；若在上为增函数，则称为“二阶比增函数”。

我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为，所有“二阶比增函数”组成的集合记为．若函数，且，，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】因为且，即在是增函数，得出，而在不是增函数，利用导数得出，进而得到答案．【详解】因为且，即在是增函数，所以，而在不是增函数，而，所以当是增函数时，有，当不是增函数时，有，综上所述，可得的取值范围是，故选C．【点睛】本题主要考查了函数的单调性的应用，以及利用导数判定函数的单调性的应用，其中正确理解题意，合理转化是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与论证能力，属于中档试题．12.已知定义在上的偶函数的导函数为，对定义域内的任意，都有成立，则使得成立的的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知构造新函数，对函数求导，根据函数的单调性，求出函数的取值范围，并根据偶函数的性质，进行求解，即可得到答案．【详解】当时，由，得，两边同乘得，设，则恒成立，∴在单调递减，由，则，即，因为是偶函数，所以也是偶函数，则不等式等价，即，则或，即实数的取值范围是，故选C．【点睛】本题主要考查了不等式的求解，主要根据已知条件构造合适的函数，利用导数求解函数的单调性，再根据函数的奇偶性，转化不等式为是解答本题的关键，试题综合性强，有一定的难度，属于中档试题，着重考查了转化思想的应用，以及推理与运算能力．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.__________．【答案】2【解析】【分析】根据对数的运算公式，即可化简求解，得到答案．【详解】由题意．【点睛】本题主要考查了对数的化简求值问题，其中解答中熟记对数的运算公式，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．14.函数的图象在点处的切线方程为_____________．【答案】试题分析：，当时，，，所以切线方程，即切线方程是. 考点：导数的几何意义15.由直线，，与曲线所围成的封闭图形的面积为．【答案】【解析】试题分析：在同一坐标系中，作出的图象，如图所示，则所围成的封闭图形的面积为.考点：定积分.16.已知函数在区间上至少有一个极值点，则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由在区间中至少有一个极值点，等价与方程在其判别式的条件下在区间有解，即可求解．【详解】因为，而在区间中至少有一个极值点，等价于方程在其判别式的条件下在区间有解，所以由可得，令，求导数可得，所以在上单调递增，所以，解得，此时满足，故实数的取值范围是．【点睛】本题主要考查了利用导数在函数中的应用，解题的关键是在区间中至少有一个极值点转化为方程在判别式的条件下在区间有解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于三、解答题：本大题共7小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算过程．17.已知函数．(I)求函数的最小正周期和最小值；(II)在中，A，B，C 的对边分别为，已知，求a，b的值．【答案】(Ⅰ) 的最小正周期,最小值为-4; (Ⅱ) .【解析】【分析】(I)由三角恒等变形化简f(x)=即可求解；(Ⅱ)得,再由正余弦定理得a的方程即可求. 【详解】(Ⅰ)，所以的最小正周期,最小值为.(Ⅱ)因为所以.又所以，得.因为，由正弦定理得，由余弦定理得，，又c=a ，所以.【点睛】本题考查三角恒等变换，正余弦定理，是中档题.18. （本小题共13分）已知函数。

（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）求在区间上的最小值。

【答案】略【解析】：（Ⅰ）令，得．与的情况如下：（（所以，的单调递减区间是（）；单调递增区间是（Ⅱ）当，即时，函数在[0，1]上单调递增，所以（x ）在区间[0，1]上的最小值为当时，由（Ⅰ）知上单调递减，在上单调递增，所以在区间[0，1]上的最小值为；当时，函数在[0，1]上单调递减，所以在区间[0，1]上的最小值为19.如图，在矩形中，，，平面，且，、、分别为，，中点．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）以点为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得，得到，利用线面平行的判定定理，得到平面，再由面面平行的判定定理，即可证得平面平面．（2）求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值．【详解】解：（1）以点为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．则，，，，，，又是中点，∴，，∴，∴，又平面，平面，∴平面，又是中点，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，平面，∴平面平面．（2）设平面的法向量，则，由（1）知，，∴，取，得，同样求平面的一个法向量，，，∴二面角的余弦值为．【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知抛物线上一点到焦点的距离．（1）求的方程；（2）过的直线与相交于，两点，的垂直平分线与相交于，两点，若，求直线的方程．【答案】：（1）；（2）或【解析】【分析】（1）由抛物线的定义，得，代入抛物线的方程，求得，即可求得抛物线的方程；（2）由题意可知，设的方程为，联立方程组，求得，，得到的中点的坐标和弦长，把直线的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理，弦长公式求得，由于垂直平分线段，故四点共圆等价于，由此求得的值，可得直线的方程．【详解】解：（1）由抛物线的定义，得，又，∴，即，∴．∵在抛物线上，∴，解得（舍去）或．故的方程为．（2）由题意可知，直线的斜率存在，且不等于0，故可设的方程为，由消去并整理，得．其判别式设，，则∴．∴的中点的坐标为，．又的斜率为，其方程为即由消去并整理，得，其判别式设，，则，∴．∴的中点的坐标为∵，∴即，∴．又，∴，即化简，得解得．故所求直线的方程为，即或．解法二：由得：，．，，，．∴，∴由对称性有，所以也有．即，是方程的两根，所以，又因为，∴，解得：．故所求直线的方程为，即或．【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．21.设函数．（Ⅰ）若是函数的极值点，和是函数的两个不同零点，且，，求；（Ⅱ）若对任意，都存在（为自然对数的底数），使得成立，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）运用极值的定义进行分析和推证；（Ⅱ）借助题设条件运用导数的知识分类求解.试题解析:（Ⅰ），是函数的极值点，．是函数的零点，得，由解得，．，，令，，得；令得，所以在上单调递减；在上单调递增故函数至多有两个零点，其中，，因为，，所以，故．（Ⅱ）令，，则为关于的一次函数且为增函数，根据题意，对任意，都存在，使得成立，则在上有解，令，只需存在使得即可，由于，令，，，在上单调递增，，①当，即时，，即，在上单调递增，，不符合题意．②当，即时，，若，则，所以在上恒成立，即恒成立，在上单调递减，存在，使得，符合题意．若，则，在上一定存在实数，使得，在上恒成立，即恒成立，在上单调递减，存在，使得，符合题意．综上所述，当时，对任意，都存在，使得成立考点：导数在研究函数的单调性及最值中的综合运用．【易错点晴】函数是高中数学的核心内容,也是高考必考的重要考点.运用导数这一工具研究函数的单调性和极值最值等问题是高考的基本题型.解答这类问题时,一定要先求导,再对求导后的导函数的解析式进行变形（因式分解或配方）,其目的是搞清求导后所得到的导函数的值的符号,以便确定其单调性,这是解答这类问题容易忽视的.如本题的第一问中就是这样操作的,再如本题第二问的求解过程则是将不等式的证明问题转化为构造函数,然后再运用分析转化的思维方式进行推证.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请将相应号框涂黑．22.在直角坐标系中，圆的参数方程为(为参数)．以为极点，轴的非负半轴为极轴建立坐标系．（1）求圆的极坐标方程；（2）设直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为，与直线的交点为，求线段的长．【答案】(1) ； (2) 2.【解析】试题分析：(1)消去参数可得圆的一般方程为，化为极坐标方程即；(2)联立直线与射线的方程，结合极径的几何意义可得线段的长为2.试题解析：(1)因为，消参得：，把代入得，所以圆的极坐标方程为；(2)射线的极坐标方程是，设点，则有：解得设点，则有：解得由于，所以，所以线段的长为2.23.已知函数，且不等式的解集为，，．（1）求，的值；（2）对任意实数，都有成立，求实数的最大值．【答案】（1），；（2）2【解析】【分析】（1）通过分类讨论和和，分别化简不等式求出解集，利用已知条件，即可求解；（2）由（1）知，求出绝对值的最值，得到，然后求出实数的最大值．【详解】解析：（1）若，原不等式可化为，解得，即；若，原不等式可化为，解得，即；若，原不等式可化为，解得，即；综上所述，不等式的解集为，所以，．（2）由（1）知，，所以．故，，所以，即实数的最大值为2．【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。