数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_山西省太原师范学院附属中学23届高三上学期第一次月考数学含答案

高三第一次月考数学参考答案 1．B 【分析】先化简集合集合M ，再由交集的定义可得结果. 【详解】因为P{xZ|0 x3},M {xZ|x2 9}3,2,1,0,1,2,3， 所以两集合的公共元素为0,1,2， PM ={0,1,2}， 故选：B. 【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关 键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合A且属于集合B的元素 的集合. 2．D 【详解】由已知得，a2,b1，即A(1,a),B(a,8)，所以(abi)2 (2i)2 34i,选D. 考点：复数的四则运算，复数的概念. 3．B 【详解】试题分析：由 ＞ ， ＞ ，可得，d c,ad bc； 由 ＞ ， － ＞ － ，同向不等式两边相加，可得， ＞ ，故“ ＞ ”是“ － ＞ － ”的必要而不充分条件，选B． 考点：本题主要考查充要条件的概念，不等式的性质． 点评：简单题，同向不等式两边相加，不等号方向不变． 4．C 1 2 【分析】利用1的代换和基本不等式即可得到  的最小值. a b 【详解】由 f a f 2be2，得eae2b e2，所以a2b2， 1 2 1 1 2 1 2b 2a 1 2b 2a 9   a2b     5      52     ， a b 2 a b 2 a b  2 a b  2 2b 2a 当且仅当  ，即ab时取等号， a b 1 2 9 所以  的最小值为 . a b 2 故选：C. 5．A 答案第1页，共12页【分析】先判断函数的奇偶性，排除选项C,D. 再通过特殊值确定答案. 【详解】解：由题设 f(x) xsinx，函数的定义域为π,π ，关于原点对称. 所以 f(x) x sinxf(x) ，所以函数 f(x)是奇函数， 所以函数 f(x)图象关于原点对称，所以排除选项C,D.   又 f( )= 10，所以排除选项B，选A. 2 2 故选：A 6．D 【分析】利用指数函数和幂函数的单调性比较大小可得答案. 2 【详解】clog 4 0.4， 32 5 因为y0.4x在R上为减函数，所以c0.41a0.40.5 0.40.4 ， 因为yx0.4在x0,上为增函数，所以b0.50.4 0.40.4，所以ab， 所以cab， 故选：D. 7．B【分析】直接由导函数图象判断出函数 f x的单调区间，进而得到函数 f x的极值， 依次判断4个选项即可.  1  【详解】由图象可知，函数 f x在 ,0上单调递减，A错误；函数 f x在0,4上单调  2  递增，B正确，C错误； 函数 f x在x0处取得极小值，D错误. 故选：B. 1 8．A【分析】以 代x得到等式，通过解方程求出gx的解析式，运用代入法求值即可. x  1 3 2g gx 1 1 3  x x 【详解】以 代x得： 2g gx x0，于是有 ， x x x  2gxg   1 3x   x 1 1 9 解得：g(x)2x ，所以g222  ， x 2 2 故选：A 答案第2页，共12页9．C 2x24x1,x0  【分析】函数 f(x) 2 的图象上关于坐标原点对称的点，即为当x0时，  ,x 0 ex 2 f(x)2x24x1关于原点对称的函数图象，与y 的图象的交点，画出函数图象，即可求 ex 出结果． 2x24x1,x0  【详解】作出函数 f(x) 2 的图象，如图示，  ,x 0 ex 则y=f xxR的图象上上关于坐标原点对称的点， 2 即为当x0时， f(x)2x2 4x1关于原点对称的函数图象，与y 的图象的交点， ex 由图象可知，交点有2个， 2x24x1,x0  所以函数 f(x) 2 的图象上关于坐标原点对称的点共有2对．  ,x0 ex 故选：C． 10．D 1 【分析】由已知，设出切点，写出切线方程，然后把点( ,0)代入方程，解出切点坐标即可 2 完成求解. 【详解】因为函数 f(x)xex，所以 fx(x1)ex， 设切点为(x ,x ex0)，则切线方程为：yxex0 (x +1)ex0(xx )， 0 0 0 0 0 1 1 将点( ,0)代入得x ex0 (x +1)ex0( x )， 2 0 0 2 0 1 1 即x (x +1)( x )，解得x  或x 1， 0 0 2 0 0 2 0 答案第3页，共12页1 1 所以切点横坐标之和为 1 2 2 故选：D. 11．D 【分析】构造新函数g(x) f(x)lnx,(x0)，利用导数说明其单调性，将 f(ex)x0变形 为g(ex)>g(2)，利用函数的单调性即可求解. 【详解】令g(x) f(x)lnx,(x0) ， 则g(x) f(x) 1  xfx1 ，由于xfx1＞0, x x 故g(x)0,故g(x)在(0，)单调递增， 1 而g(2) f(2)ln2ln ln20 ， 2 由 f(ex)x0，得g(ex)>g(2) ， ∴ex 2 ，即xln2 , ∴不等式 f(ex)x0的解集为(ln2，), 故选：D． 12．B 【分析】先根据对称性求得a,b，然后求得 f x和gx在区间 1,3 上的值域，再结合包含 关系来求得m的取值范围. 【详解】由于 f(x) f(4x)，所以 f x关于直线x2对称， f 0 f 4 68164ab6 所以 ，即 ， f 1 f 3  1ab6393ab6 解得a6,b8， 所以 f x  x22x  x26x8  6 xx2x2x46 x22 x24x  6x22x224 6   x244x226. 当1x3时，1x21，0x22 1， 令t x22 ,t0,1，则htt24t6在区间 0,1 上递减， 答案第4页，共12页h06,h13，所以ht 3,6 ， 所以当x 1,3 时， f x3,6 . mx m gx  依题意，m0，当1x3时， x24 4 ， x x 4 函数mx x 在1,2上递减，在2,3上递增， x 13 m15,m24,m3 ， 3 所以在区间 1,3 上，mx 4,5 ， m m 所以在区间 1,3 上，gx  , . 5 4 由于对x  1,3 ，x  1,3 ，使g(x ) f(x )， 1 2 1 2 m 3  5 所以 15 m24. m 6 4 故选：B 13．(e,)【分析】根据全称命题和特称命题之间的关系转化成最值问题即可求. 【详解】若命题“x 1,,exa0”是假命题，则命题的否定“x[1,)，方程ex a0” 是真命题，所以a  ex e． min 所以实数a的取值范围是(e,)． 故答案为:(e,) 14．1, 【分析】首先把题目转化为x22xa0在R上恒成立，再利用44a0即可得解. 【详解】因为ylg  x22xa  的定义域为R， 所以x22xa0恒成立， 所以44a0，所以a1． 故实数a的取值范围是1,． 故答案为：1, . 答案第5页，共12页  15． 2,2 5 【分析】结合已知条件，利用对数函数的单调性和对数型函数的定义域即可求解. 【详解】因为0a1，所以ylog x在0,上是单调递减函数， a x3 0,  x1  因此可得x20, 解得2x2 5，  x3   x2, x1   所以原不等式的解集为 2,2 5 ．  1 16．1ln2,   2 1 【分析】由题意知直线ykx 与函数y f x的图像有三个交点，利用导数研究函数 f(x) 2 的性质，结合数形结合的数学思想即可求出k的取值范围. 1 【详解】方程 f xkx 在（0，2]上恰有三个根， 2 1 即直线ykx 与函数y f x的图像有三个交点， 2 当0x1时， f x xlnx，则 f(x)lnx1， 1 1 当0 x 时， f(x)0；当 x1时， fx0， e e 1 1 所以f（x）在（0， ）上单调递减，f（x）在（ ，1]上单调递增. e e 结合函数的“周期现象”得f（x）在（0，2]上的图像如下： 1 1 1 1 由于直线l；ykx 过定点A（0， ）.如图连接A，B（1，0）两点作直线l：y  x ， 2 2 1 2 2 过点A作 f xxlnx0x1的切线l ， 2 答案第6页，共12页设切点P（x ，y ），其中y  x lnx，f(x) ln x1，则斜率k lnx 1 0 0 0 0 0 l2 0 1 切线l :yx lnx (lnx 1)(xx ) 过点A（0， ）. 2 0 0 0 0 2 1 1 1 则 x lnx (lnx 1)(0x )，即x  ，则k ln 11ln2， 2 0 0 0 0 0 2 l2 2 1 1 当直线l:ykx 绕点A（0， ）在l 与l 之间旋转时. 2 2 1 2 1 1 直线l:ykx 与函数y f x在[-1，2]上的图像有三个交点，故k(1ln2, ) 2 2 1 故答案为：(1ln2, ) 2 1 17．(1)(, ][3,)； 2 (2)(,2]. 【分析】（1）求对数复合函数定义域、解一元二次不等式求出集合A和B，利用集合的并补 运算求(ð A)B． R （2）解含参一元二次不等式求集合B，根据充分条件有A B，列不等式求m的范围即可． (1) ⊆ 4x0 1 1 1 由题设 得：  x 4，即函数的定义域A＝( ,4)，则ð A(, ][4,)， 2x10 2 2 R 2 当m＝2时，不等式(x4)(x3)0得：3x4，即B＝[3,4]， 1 所以(ð A)B＝(, ][3,)． R 2 (2) 由(xm2)(x2m1)0得： x＝m2或x＝2m1， 又m22m1(m1)2 0 ，即m2 2m1， 综上，(xm2)(x2m1)0 的解集为B＝[2m1,m2]，  m2 4  若x∈A是x∈B的充分条件，则A B，即 1 ，得：m2， 2m1  2 ⊆ 所以实数m的取值范围是(,2]． 20 18．(1)y  ,x0，y 0.8x,x0 1 x1 2 (2)把仓库建在距离车站4千米处才能使两项费用之和最小，最小费用是7.2万元 答案第7页，共12页【分析】（1）设出y 与x1以及y 与x的解析式，将x=9的费用代入，求得答案; 1 2 （2）列出两项费用之和的表达式，利用基本不等式求得其最小值，可得答案. (1) k 设y  k 0，y mxm0，其中x0， 1 x1 2 k 当x9时，y  2，y 9m7.2. 1 91 2 解得k 20，m0.8， 20 所以y  ,x0，y 0.8x,x0. 1 x1 2 (2) 设两项费用之和为z（单位：万元） 20 则z y y   0.8x 1 2 x1 20  0.8x10.8 x1 20 2 0.8x10.8 x1 7.2, 20 当且仅当 0.8x1，即x4时，“”成立， x1 所以这家公司应该把仓库建在距离车站4千米处才能使两项费用之和最小，最小费用是7.2 万元.  19．(1) 6 (2)6+6 3 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的 值； （2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得ABC的周 长. (1) 解：因为C0,，则sinC0，由已知可得 3sinC 2sinCcosC ， 答案第8页，共12页3  可得cosC  ，因此，C  . 2 6 (2) 1 3 解：由三角形的面积公式可得S  absinC  a6 3，解得a4 3. ABC 2 2 3 由余弦定理可得c2 a2b22abcosC483624 36 12，c2 3， 2 所以，ABC的周长为abc6 36. 20．(1)证明见解析； 30 (2) ． 15 【分析】（1）取BC的中点F ，连OF ，PF，证明OF BC，BC PF ，得到BC面POF， 从而证明BCPO，然后可得PO面ABCE； （2）作OG//BC交AB于G，则OGOF，然后以点O为原点建立空间直角坐标系，然后 利用向量求解即可. （1） 由题意，可得PAPE，OAOE，则PO AE， 取BC的中点F，连OF，PF ，可得OF∥AB，所以OF BC， 因为PBPC，BC PF ，且PFOF F ，所以BC平面POF ， 又因为PO平面POF ，所以BCPO． 又由BC与AE为相交直线，所以PO平面ABCE． （2） 答案第9页，共12页作OG//BC交AB于G，则OGOF 如图建立空间直角坐标系，    则A(1,1,0),B(1,3,0),C(1,3,0),P(0,0 2),AC (2,4,0),AP(1,1, 2),AB(0,4,0)，    nAPx y 2z0  设平面PAB的法向量为n (x,y,z)，则  ，所以可取n( 2,0,1)， nAB4y0   2 2 30 所以AC与面PAB所成角的正弦值sin cos n, AC   . 2 5 3 15 21．（Ⅰ）a1 1 3 a 1 3 （Ⅱ）极小值 f(1)3【分析】（Ⅰ）因 f(x)alnx  x1 ，故 f(x)   由 2x 2 x 2x2 2 于曲线y f(x) 在点(1, f(1)) 处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即 f(1)0 ，从 1 3 而a  0 ，解得a1 2 2 1 3 1 1 3 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 f(x)lnx  x1(x0)， f(x)   2x 2 x 2x2 2 3x22x1 (3x1)(x1) 1 1   令 f(x)0，解得x 1,x  （因x  不在定义域内，舍 2x2 2x2 1 2 3 2 3 去）当x(0,1) 时，f(x)0 故 f(x) 在(0,1)上为减函数；当x(1,) 时，f(x)0 故 f(x) 在(1,)上为增函数，故 f(x)在x1 处取得极小值 f(1)3 本小题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程、函数的最值及其几何意义、两条直线平 行的判定等基础知识，考查运算求解能力 22．（1）见解析；（2）见解析   【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在1, 上单调递减，根据零点存在定理可判  2 断出x   0,  ，使得gx 0，进而得到导函数在  1,  上的单调性，从而可证得结论； 0  2 0  2   （2）由（1）的结论可知x0为 f x在1,0 上的唯一零点；当x0, 时，首先可判断  2 答案第10页，共12页  出在0,x 上无零点，再利用零点存在定理得到 f x在x , 上的单调性，可知 f x0， 0  0 2   不存在零点；当x , 时，利用零点存在定理和 f x单调性可判断出存在唯一一个零点；   2  当x,，可证得 f x0；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知： f x定义域为：1,且 fxcosx 1 x1 1   令gxcosx ，x  1,  x1  2 gxsinx x 1 12 ，x    1,  2    1      x12 在  1, 2   上单调递减，sinx，在  1, 2   上单调递减 gx在  1,  上单调递减  2   4 4 又g0sin0110，g  sin   10  2 2 22 22   x  0, ，使得gx 0 0  2 0   当x1,x 时，gx0；xx , 时，gx0 0  0 2   即gx在1,x 上单调递增；在x , 上单调递减 0  0 2 则xx 为gx唯一的极大值点 0   即： fx在区间1, 上存在唯一的极大值点x .  2 0 1 （2）由（1）知： fxcosx ，x1, x1 ①当x1,0 时，由（1）可知 fx在1,0 上单调递增 fx f00 f x在1,0 上单调递减 又 f 00 x0为 f x在1,0 上的唯一零点 答案第11页，共12页    ②当x  0, 2  时， fx在0,x 0 上单调递增，在  x 0 , 2   上单调递减 又 f00 fx 0 0 f x在0,x 上单调递增，此时 f x f 00，不存在零点 0   2 2 又 f  cos   0 2 2 2 2   x x , ，使得 fx 0 1  0 2 1   f x在  x ,x  上单调递增，在x, 上单调递减 0 1  1 2     2e 又 f x  f 00， f   sin ln1  ln ln10 0 2 2  2 2    f x0在x , 上恒成立，此时不存在零点  0 2 ③当x    ,   时，sinx单调递减，ln  x1  单调递减 2    f x在 , 上单调递减   2   又 f  0， f sinln1ln10  2    即 f  f   0，又 f x在  ,  上单调递减 2 2     f x在 , 上存在唯一零点   2  ④当x,时，sinx1,1，ln  x1 ln 1 lne1 sinxln  x1 0 即 f x在,上不存在零点 综上所述： f x有且仅有2个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零 点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的 单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 答案第12页，共12页