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云南省曲靖市第一中学2019届高考数学9月复习质量监测卷二理(含解析).doc

1、1云南省曲靖市第一中学 2019 届高三 9 月高考复习质量监测卷二数学(理)试题一.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.已知集合 ,则 =A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意,求解集合 ,再根据补集和交集的概念,即可求解【详解】由题意 ,则 ,所以 ,故选 C【点睛】本题主要考查了集合的交集和补集的运算,其中熟记集合的交集和补集的运算方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力2.集合 ,则集合 的真子集的个数是A. 1 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 7 个【答案】B【解析】【分析】由题

2、意,结合集合 ,求得集合 ,得到集合 中元素的个数,即可求解,得到答案A,B M M【详解】由题意,集合 , A=2,1,1,B=4,6,8 xA,则 ,M=x|x=a+b,xA,bB,xB=4,6所以集合 的真子集的个数为 个,故选 BM 221=3【点睛】本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解,其中作出集合的运算,得到集合 ,再由真子集个数的公式 作出计算是解答的关键,着重考查了推理M 2n1与运算能力3.已知实数 , 满足 ,则命题“若 ,则 且 ”的逆否命题是mn m+n0 mn0 m0 n02A. 若 ,则 且mn0 mn0 m0 n0“若 或 ,则 ”,故选 Dm0

3、【详解】由题意,函数 是 R 上的可导函数,由 在区间 上恒成立,则此时函y=f(x) f(x)0 (m,n)数 是单调递增函数或是常数函数,反之函数 在 上是增函数,则 成立,f(x) y=f(x) (m,n) f(x)0所以 是 的必要不充分条件,故选 Bp q【点睛】本题主要考查了函数的单调性与函数的导数之间的关系,熟记函数 在区间f(x)0上恒成立,则此时函数 是单调递增函数或是常数函数,反之函数 在 上(m,n) f(x) y=f(x) (m,n)3是增函数,则 成立是解答的关键f(x)05.命题 :“ ,不等式 成立”;命题 q:“函数 的单调递增区间p a0 2alog2a y=

4、log12(x22x+1)是 ”,则下列复合命题是真命题的是(,1A. ( p)V( q) B. pq C. ( p)Vq D. (p)( q) 【答案】A【解析】【分析】根据题意,判定命题 都为假命题,即可利用复合命题的真值表,得到答案p,q【详解】由题意,命题 :“ ,不等式 成立” ,根据指数函数与对数函数的图象p a0 2alog2a可知是不正确的,所以命题 为假命题;命题 :“函数 的单调递增区间应p qy=log12(x22x+1)为 ”,所以为假命题,所以 为真命题,故选 A(,1) (p)(q)【点睛】本题主要考查了简单的复合命题的真假判定问题,其中解答中根据指数函数和对数函数

5、的图象与性质,及复合函数的单调性得到命题 都为假命题是解答的关键,着重考p,q查了推理与运算能力6.已知函数 )为奇函数,当 时, 且 ,则不等式 的解集为y=f(x) x0 f(2)=0 xf(x)0 f(x) (-,0)所以在 也为单调递增函数,又由 ,所以当 时, ,(0,+) f(2)=f(-2)=0 (-2,0),(2,+) f(x)0当 时, ,即可求解不是的解集(-,-2),(0,2) f(x)0 f(x) (-,0)又由 ,所以当 时, ,当 时, ,f(2)=0 x(2,0) f(x)0 x(,2) f(x)0又由不等式 ,即 或 ,xf(x)0f(x)0 4所以解集为 ,故

6、选 A(-2,0)(0,2)【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的综合应用,以及不等式的求解问题,其中熟练掌握函数的基本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,属于中档试题7.通过绘制函数 的图象,下列对其图象的对称性描述正确的一项是f(x)=3|x1|1A. 既是轴对称图形,又是中心对称图形B. 是轴对称图形,不是中心对称图形C. 是中心对称图形,不是轴对称图形D. 既不是轴对称图形,也不是中心对称图形【答案】B【解析】【分析】由函数的解析式,求得 ,得到函数 的图象只关于 对称,即可f(1+x)=f(1x) f(x)=3|x1|1 x=1得到答案【详解】由函数 ,f

7、(x)=3|x1|1可得 , ,f(1+x)=3|1+x1|1= 3|x|1 f(1x)= 3|1x1|1= 3|x|1即 ,所以函数 的图象只关于 对称,故选 Bf(1+x)=f(1x) f(x)=3|x1|1 x=1【点睛】本题主要考查了函数图象的对称性,其中熟记函数函数的对称性的条件,即,则图象关于 对称是解答的关键,着重考查了推理与论证能力f(a+x)=f(bx) x=a+b28.已知 ,则 a,b,c 的大小关系正确的一项是()a=3-12,b=2-13,a=elog32A. a15【详解】由 ,可得 ,所以 ,a=312,b=213 a6=(312)6=33=1271 a0 f(x

8、)13x=0A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】B【解析】【分析】把方程 ,转化为 和 的图象的交点个数,作出函数的图象,即可求解f(x)13x=0 y=f(x) y=13x6【详解】由题意,函数 ,作出函数的图象,如图所示,f(x)=log2(x+2),x0f(x1),x0 又由方程 ,转化为 和 的图象的交点个数,f(x)13x=0 y=f(x) y=13x结合图象可知,函数 和 的图象有三个交点,y=f(x) y=13x即方程 有三个实数解,故选 Bf(x)13x=0【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题,其中解答中方程 ,转化为 和 的图象的交点个数是

9、解答的关键,f(x)13x=0 y=f(x) y=13x着重考查了数形结合法的应用,以及转化思想的应用11.函数 ,则使不等式 成立的 的取值范围是f(x)=ln(|x|1)log12(x2+1) f(x)f(2x1)1递增函数,把 ,转化为 ,即 ,即可求解不等式的解f(x)f(2x1)1所以 ,即 ,f(x)f(2x1)0 x1所以不等式 的解集为 ,故选 Df(x)f(2x1)0A. B. 2f(4) 2f(6)C. D. 2f(3)f(4) 3f(3)f(6)【答案】A【解析】【分析】设函数 ,得到当 时, ,则 为单调递增函数,且函数 的图象也关g(x)=f(x)cosx x0 g(

10、x)0 g(x) g(x)于 轴对称,即可作出判定,得到答案y【详解】由题意,设函数 ,则 ,g(x)=f(x)cosx g(x)=f(x)cosx+sinxf(x)cos2x因为当 时,由 ,所以 ,x0 f(x)sinx+f(x)cosx0 g(x)0所以 为单调递增函数,g(x)=f(x)cosx又由函数 的图象关于 轴对称,所以函数 的图象也关于 轴对称,y=f(x) y g(x)=f(x)cosx y则 ,且 ,所以 ,g(4)= 2f(4) g(4)f(0)所以选项 A 不正确,故选 A【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的综合应用问题,其中解答中根据题意构造新函数 ,利用导

11、数得出函数 的单调性和奇偶性是解答的关键,着重考查了构g(x)=f(x)cosx g(x)造思想和分析问题与解答问题的能力,试题综合性强,属于中档试题二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分)13.已知函数 ,则该函数的最小值是_.f(x)=4x2x+1+3,x2,3【答案】2【解析】【分析】设 ,则 ,此时 ,利用二次函数的图象与性质t=2x,x2,3 t14,8 f(x)=t22t+3=(t1)2+28即可求解【详解】设 ,则 ,此时 ,t=2x,x2,3 t14,8 f(x)=t22t+3=(t1)2+2当 时,即 ,函数取得最小值,此时最小值为 t=1 x=0 f(

12、0)=2【点睛】本题主要考查了函数的最值的求解,其中利用换元法转化为一元二次函数,利用一元二次函数的图象与性质求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力14.已知函数 满足 则 =_.f(x) f(lnx)=2x+1 f(5)【答案】 2e5+1【解析】【分析】由题意函数 满足 ,令 ,即可求解f(x) f(lnx)=2x+1 x=e5【详解】由题意函数 满足 ,令 ,则 f(x) f(lnx)=2x+1 x=e5 f(lne5)=f(5)=2e5+1【点睛】本题主要考查了函数值的求解,其中根据函数的解析式,合理赋值是解答的关键,着重考查了推理与运算能力15.由函数 及 轴围成的封闭图形的面积

13、是_.f(x)=(x1)3,x=12,x=2 x【答案】1764【解析】【分析】由题意,函数 及 轴围成的封闭图形的面积,表示定积分的计算,即f(x)=(x1)3,x=12,x=2 x可得到答案【详解】由题意,函数 及 轴围成的封闭图形的面积为f(x)=(x1)3,x=12,x=2 xS=212(x1)3dx=14(x1)4|212=14(21)4(121)4=1764【点睛】本题主要考查了定积分的应用问题,其中解答中根据题意,得到定积分,利用微积分基本定理,即可求解,着重考查了推理与运算能力,属于基础题16.已知分段函数 对任意的 且 ,均有 ,f(x)= (12)-x2+2bx+1,x-1

14、-x2+(b-2)x+b-12,x-1 x1,x2R x1x2 x2x1f(x1)f(x2)09则实数 的取值范围是_b【答案】 12, 0【解析】【分析】由题意,函数 满足 ,可得函数 为单调递减函数,根据分段函数的单调性,f(x)x2x1f(x1)f(x2)0 f(x)得出相应的条件,即可求解【详解】由题意,函数 满足 可得函数在 R 上是单调递减函数,于是函数在f(x)x2x1f(x1)f(x2)0与 上均为减函数且前一段的函数值大于后一段的函数值,(, 1 (1, +)即 ,解得 ,即实数 的取值范围是 。b1b221(12)2b1b+2+b12 12b0 b 12,0【点睛】本题主要

15、考查了函数的单调性的定义和分段函数的单调性的应用,其中解答中根据分段函数的单调性,得出相应的不等式组是解答此类问题的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题三、解答题(共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.已知命题 ;命题p:|12xa|0 10且 a1)(1)若 ,求函数 在(2,+)上的值域;a=2 f(x)(2)若函数 在 (-,-2)上单调递增,求的取值范围.f(x)【答案】 (1) ;(2)(, 0) 0223=1 f(x) (2, +)单调递减,进而得到函数 在 上的值域f(x) (2, +)(2)由函数 在 上单调递增,根据复合函数的单调性法则

16、,列出不等式组,即f(x) (, 2)可求解【详解】 (1)令 ,则它在 上是增函数, ,t=ax-3=2x-3 (2, +) t22-3=1由复合函数的单调性原则可知, 在 上单调递减,f(x)=log12(2x-3) (2, +),即函数 在 上的值域为 f(x)a-2-30, 11解得 08, -20 y=f(x) (ln2, 2)当 时,令 ,解得 , a0 xln(-a) f(x)0 g(x)0 01a函数 在 上递增,在 上递减,g(x) (0, 1a) (1a, +),结合函数图象,g(x)max=g(1a)=-lna-1当 时,即 时,函数 只有一个零点;-lna-1=0 a=

17、1e g(x)当 时,即 时,函数 没有零点;-lna-11e g(x)当 时,即 时,-lna-10 0e x=e1aa ,g(e1aa)=-e1a+ln(1a e1a)=-e1a+ln1a+lne1a=1a+ln1a-e1a令 , ,h(x)=x+lnx-ex(xe) h(x)=1+1x-ex1a ,g(1a) g(e1aa)1e g(x)当 或 时,函数 有一个零点;-ea0 a=1e g(x)当 时,函数 有两个零点00解得 ,0sin2113 ,|PA| |PB| = |t1t2| =124sin2+cos2= 123sin2+1当 时, 最大,此时 ,sin=0 |PA| |PB|

18、 k=tan=0所以直线 l 的直角坐标方程为 y=0【点睛】本题主要考查了直线的参数方程及其应用,以及曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化,其中解答中明确直线参数方程中参数的几何意义,合理利用韦达定求解是解答16的关键,着重考查了推理与运算能力23.已知函数 f(x)=|x1|+|2x+m|(1)当 时,求不等式 的解集;m=1 f(x)2(2)设关于 的不等式 的解集为 ,且 ,求实数 的取值范围x f(x)|x+2| M 0,12M m【答案】 (1) ;(2)x|0x43 1, 1【解析】【分析】(1)当 时,函数 ,即 ,分类讨论即可求解m=1 f(x)= |x1| + |2x1|

19、|x1| + |2x1| 2不等式的解集;(2)由题意可得,把不等式的恒成立,转化为 恒成立,进而得到|2x+m| x+2(1x)恒成立,即可求解14xm1【详解】 (1)当 时,函数 ,m=-1 f(x)= |x-1| + |2x-1|不等式 ,即 ,故有 或 或 解求得 ,解求得 ,解求得 综上可得,不等式 的解集为 (2)由题意可得,当 时,关于 x 的不等式 恒成立,即 恒成立,即 恒成立, 恒成立,即 恒成立, ,即实数 m 的取值范围为 【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

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