2021-2022学年河南省南阳市第一中学校高三上学期第二次月考数学（文）试题含解析

河南省南阳市第一中学校2021-2022学年高三上学期第二次月考数学（文）试题

1．已知集合，均为全集的子集，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

根据韦恩图即可求解.

【详解】

因为，，所以，

因为，所以且，

作出韦恩图如图所示：

所以，

故选：A.

2．集合，，则“”是“”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】

化简集合，化简条件，判断前者能否推出后者；后者能否推出前者，利用充分必要条件的定义判断出结果．

【详解】

∵，

∴若，则，

∵推不出，但推出．

∴“”是“”的必要不充分条件．

故选：B．

【点睛】

本题考查绝对值不等式解法、利用充要条件的定义判断条件问题．

3．若函数y＝ (a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则loga＋loga＝(　　)

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】

先分析得到a＞1，再求出a=2,再利用对数的运算求值得解.

【详解】

由题意可得a－ax≥0，ax≤a，定义域为[0，1]，

所以a>1，

y＝在定义域为[0，1]上单调递减，值域是[0，1]，

所以f(0)＝＝1，f(1)＝0，

所以a＝2，

所loga＋loga＝log2＋log2＝log28＝3.

故选C

【点睛】

本题主要考查指数和对数的运算，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

4．已知直线是曲线的一条切线，则实数的值为（ ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】

首先设切点为，根据直线是曲线的一条切线得到，再将切点代入曲线方程即可得到答案.

【详解】

设切点坐标为，.

因为直线是曲线的一条切线，

所以，解得.

将切点代入得到，解得.

故选：B

【点睛】

本题主要考查导数的几何意义，属于简单题.

5．已知函数，且，，则函数图象的一条对称轴的方程为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

试题分析：，，，而，,,

，因此

，因此函数的对称轴为直线，取，则直线是函数

的一条对称轴，故选A.

考点：三角函数图象的对称性

6．函数且的图象大致是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】

根据解析式判断奇偶性，在上有，利用导函数，结合函数图象分析内极值点的个数，即可确定正确函数图象.

【详解】

函数，且是偶函数，A不合要求．

当时，：当，，C不合要求；而时，在上只有一个交点(如下图示)，即区间内只有一个极值点. D不合要求，B符合要求.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：利用导函数，应用数形结合分析函数的交点情况，判断函数在区间上极值点个数.

7．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有最小值，则实数b的取值范围是 (　　)

A．(0,1) B． C．(－∞，1) D．(0，＋∞)

【答案】B

【详解】

由题意得,函数的导数在(0,1)内有零点，

且,即,且，

∴，

故选B.

8．函数的零点有

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】A

【详解】

试题分析：，即无零点，选A.

考点：函数零点

9．设，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】

构造函数，求导判断单调性， 进而比较，，的大小，即可得，，的大小关系.

【详解】

令，则，

，，

由可得且，

由可得； 所以在上单调递减，

因为，所以，

又因为，所以，

故选：D.

10．已知函数有三个相邻的零点，则实数的值为（    ）

A．−1 B． C． D．1

【答案】A

【分析】

利用正弦曲线的特点，由三个相邻零点判断周期，求出，

再利用的中点，得到对称轴求出，代入一个零点即可得到的值.

【详解】

因为三个相邻的零点，得，，

又，解得，

故选：A

11．若存在实数x，y满足，则（    ）

A． B．0 C．1 D．

【答案】C

【分析】

令，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令，结合基本不等式，求得，进而得到，求得的值，即可求解.

【详解】

令函数，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

所以当，可得，

令函数，则，当且仅当时取等号，

又由，所以，

所以，所以．

故选：C.

【点睛】

对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.

12．已知关于的不等式有且仅有两个正整数解（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】

化简不等式可得mex＜，根据两函数的单调性得出正整数解为1和2，列出不等式组解出即可．

【详解】

当x＞0时，由x2﹣mxex﹣mex＞0，可得mex＜（x＞0），

显然当m≤0时，不等式mex＜（x＞0），在（0，+∞）恒成立，不符合题意；

当m＞0时，令f（x）=mex，则f（x）在（0，+∞）上单调递增，

令g（x）=，则g′（x）==＞0，

∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，

∵f（0）=m＞0，g（0）=0，且f（x）＜g（x）有两个正整数解，

则∴，即，解得≤m＜．

故选D．

【点睛】

本题考查了不等式整数解问题，考查函数与方程思想，数形结合思想，属于中档题.

13．设函数,若,则________．

【答案】

【详解】

试题分析：因为，所以

考点：奇函数性质

【方法点睛】（1）已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据f（x）±f（x）＝0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程（组），进而得出参数的值；（2）已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于f（x）的方程，从而可得f（x）的值或解析式.

14．若函数在上是单调增函数，则的取值范围是____________．

【答案】

【分析】

利用复合函数单调性的判断方法,分内层和外层分别判断,解出的取值范围.

【详解】

由题意得，设，根据对数函数及复合函数单调性可知：在上是单调增函数，且，所以，所以．

故答案为:

【点睛】

本题考查复合函数单调性的应用,考查对数函数的性质,考查学生运算求解能力,属于中档题.

15．下列五个命题：

①命题“若，则”的否命题是“若，则”；

②若命题，则；

③若命题“”与命题“或”都是真命题，则命题一定是真命题；

④命题“若，则”是真命题.

⑤命题“集合有2个子集”是假命题.

其中正确命题的序号是___________.（把所有正确的命题序号都填上）

【答案】②③

【分析】

根据否命题是同时否定条件和结论可判断①；根据特称命题的否定变量词否结论可判断②；根据或与非命题真假的判断可判断③；根据不等式的性质以及对数函数的单调性可判断④；解方程求得集合中的元素，进而可得集合子集的个数可判断⑤；进而可得正确答案.

【详解】

对于①，“若，则”的否命题是“若，则”；故①不正确；

对于②，命题，则；故②正确；

对于③，若命题“”与命题“或”都是真命题，则命题是假命题，命题一定是真命题；故③正确；

对于④，若，则，所以，因为单调递减，所以，故④不正确；

对于⑤，集合的子集为和，子集有2个故是真命题，所以⑤不正确；

所以正确命题的序号是②③，

故答案为：②③.

16．当时，恒成立，则的取值范围为____________.

【答案】

【分析】

先分离参数，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，分两种情况讨论，再用极限思想结合洛必达法则求出答案即可，注意最后取交集.

【详解】

解：当时，恒成立，则，

当，即时，，对任意a都成立，

当，即时，则，

设，，

则，

设，，

则恒成立，

在上单调递增，

，

，

在上单调递增，

，

根据洛必达法则可得

，

，

综上所述的取值范围为，.

故答案为：，.

17．（1）设，求的值；

（2）已知，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）求出，利用诱导公式化简所求得，在化弦为切即可得出答案；

（2）由已知可得，利用平方关系求得2sinxcosx，然后可求得sinx－cosx，即可求得sinx，cosx，即可得出答案.

【详解】

解：（1）由已知，

=；

（2）∵，

∴，即，

把，两边平方得1＋2sinxcosx＝，即2sinxcosx＝－，

∴(sinx－cosx)2＝1－2sinxcosx＝，即sinx－cosx＝，

联立，

解得sinx＝，cosx＝，

∴cosx－2sinx＝.

18．已知集合A是函数y=lg（20﹣8x﹣x2）的定义域，集合B是不等式x2﹣2x+1﹣a2≥0（a>0）的解集，p：x∈A，q：x∈B.

（1）若A∩B=∅，求实数a的取值范围；

（2）若￢p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）分别求函数y=lg（20﹣8x﹣x2）的定义域和不等式x2﹣2x+1﹣a2≥0 (a>0)的解集，化简集合A，B，由A∩B=∅得到区间端点值之间的关系，解不等式组得到a的取值范围；

（2）求出￢p对应的x的取值范围，由￢p是q的充分不必要条件得到对应集合之间的关系，由区间端点值的关系列不等式组求解a的范围

【详解】

解：（1）由条件得：A={x|﹣10<x<2}，B={x|x≥1+a或x≤1﹣a}

若A∩B=∅，则必须满足，解得：，所以，

所以，a的取值范围的取值范围为：；

（2）易得：￢p：x≥2或x≤﹣10，

∵￢p是q的充分不必要条件，

∴{x|x≥2或x≤﹣10}是B={x|x≥1+a或x≤1﹣a}的真子集，

则，解得：，所以0<a≤1.

∴a的取值范围的取值范围为：.

19．已知函数在点处有极小值．

（1）求、的值；

（2）求在上的值域．

【答案】（1），（2）

【分析】

（1）由于在点处有极小值，所以，从而可求出、的值；

（2）由（1）可得，得在上递减，在递增，从而可求出其最值

【详解】

（1）由，得，

因为在点处有极小值，所以，

即，解得，

所以，则，

由，得或，由，得，

所以在点处取得极小值，

所以，

（2）由（1）得在上递减，在递增，

所以，

因为，

所以，

所以在上的值域为

20．它们的终边分别与单位圆相交于

(1)求；

(2)求的值.

【答案】(1)；(2).

【分析】

(1)根据三角函数的定义，求，，再利用两角和的正切公式求，结合的范围求，(2)根据同角关系求，，再根据二倍角公式求，，结合(1)由两角和的正弦公式求.

【详解】

由可得：

(1)

由得

(2)由(1)得

，

故

21．已知函数.

（1）求函数的单调区间；

（2）求证：函数的图象在轴上方.

【答案】（1）单调递增区间，单调递减区间为；（2）证明见解析.

【分析】

（1）由，求得，结合导数的正负，即可求得函数的单调区间；

（2）由函数，得到，根据零点的存在定理，得到在上存在一个，使得，进而利用函数的单调性和极值，证得，即可得到结论.

【详解】

（1）由题意，函数，则

令，解得，

当时，，所以函数单调递增，

当时，，所以函数单调递减，

所以函数在区间单调递增，在区间单调递减.

（2）由题意，函数，则，

可得函数的递增，

因为，

所以在上存在一个，使得

即，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以，

所以，

所以的图象在轴的上方.

【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

22．已知函数．若在上有两个极值点、．

（1）求实数的取值范围；

（2）求证：．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【分析】

（1）分析可知在(0，2)上有两个不同的零点，对实数a的取值进行分类讨论结合已知条件可得出关于实数a的不等式组，由此可解得实数a的取值范围

（2）先证明出，由已知条件可得出,再利用不等式可证得结论成立

【详解】

（1）.

要使在上有两个极值点、，则在(0，2)上有两个不同的零点.

①当时，令故所以在(0，1)上为减函数，在(1，2)上为增函数，所以，故g(x)>0，所以g(x)在(0,2)上无零点，舍去；

②当时，因为x∈(0，2)，，，则g(x)在(0,2)上单调递减，故g(x)最多只有一个零点，不合题意；舍去；

③当1<a<e时，.

当0<x<lna+1时，<0；当lna+1<x<2时，>0，所以,函数g(x)在(0，lna+1)上单调递减,在(lna+1,2)上单调递增.所以

即只需，解得.

综上所述，a的取值范围为.

（2）由(1)知，.

先证不等式，其中0<x1<x2<2.

即证，即.

令∈(0，1)，即证.

构适函数，则，所以,函数在区间(0,1)上单调递减,故，即.

由已知可得，故，所以，则，所以，因此.

【点睛】

方法点睛:利用导数证明不等式问题，方法如下：

(1)直接构造函数法：证明不等式 (或)转化为证明 (或)，进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造形似函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.