山東省、湖北省部分重點中學高三數(shù)學上學期第一次(9月)聯(lián)考試題理山東省、湖北省部分重點中學高三數(shù)學上學期第一次(9月)聯(lián)考試題理山東省、湖北省部分重點中學高三數(shù)學上學期第一次(9月)聯(lián)考試題理山東、湖北部分重點中學2018屆高三第一次調研聯(lián)考數(shù)學（理）試題（剖析版）1.(原創(chuàng)，簡單）已知會集Ax|x40,By|y2x，則ABx1A.0,4B.0,1C.0,1D.4,1剖析：Ax4x1,B{yy0},答案為B（原創(chuàng)，簡單）以下各組函數(shù)中，表示同一函數(shù)的是A.fxlnx,gxxB.fxx24x2e,gxx2C.fxsin2x,gxsinxD.fxx,gxx22cosx剖析：A,B,C的剖析式相同，但定義域不相同，所以答案為D3.(改編，簡單）已知函數(shù)fxsin2xcosxsinx,0，則“1”是“函數(shù)fx的最小正周期為”的A.必要不充分條件B.充分不用要條件C.充要條件D.既不充分也不用要條件剖析：由“函數(shù)fx的最小正周期為”的充要條件是“1”知正確答案案為B4.（原創(chuàng)，簡單）函數(shù)fx2sin(3x4)的單調遞減區(qū)間為A.2k12,2k4kZB.2k4,2k7kZ333312C.2k12,2k5kZD.2k4,2k12kZ331233剖析：f(x)2sin(3x4)，要求f(x)的單調遞減區(qū)間，既是求ysin(3x)的單4調遞加區(qū)間，所以2k23x2k，解得答案為A425.（原創(chuàng)，中檔）設x,z，則x,y,z的大小關系為A.xzyB.yxzC.yzxD.zyx剖析：由yx的單調性可得yz，由yx的單調性可得xz，所以答案為A7.（原創(chuàng)，簡單）設exexexefx2,gx2

x，以低等式不用然成立的是2fx21B.f2x2fxgxA.gxC.g2xgx2fx2D.fxgxfxgx剖析：由函數(shù)yfxgx是奇函數(shù)，只有當x0時fxgxfxgx才成立，所以選D.8.（改編，中檔）已知函數(shù)fxxxc2在x2處有極小值，則實數(shù)c的值為或6剖析：由fx0可得或，當c2時函數(shù)先增后減再增，x2處取極小值；當c6c26時，函數(shù)在x2處取極大值，所以選B.9.(原創(chuàng)，中檔）已知,均為銳角，cos()5,sin(3)3，則cos()=1356A.33B.63C.33D.6365656565剖析：由題意可知,都為鈍角，sin()12,cos()431335cos()cos[()(3)]sin[()(3)]12(4)(5)3336213513565答案為A10.（原創(chuàng)，中檔）已知命題p:x0R,ex0mx00,q:xR,mx2mx10,若pq為假命題，則實數(shù)m的取值范圍是A.,04,B.0,4C.0,eD.0,e剖析：由pq為假命題可得p假q真，若p為假，則exmx無解，可得0me；若q為真則0m4，所以答案為C11.（改編，中檔）設定義在R上的函數(shù)fx，對任意的xR，都有f1xf(1x)，且f20，當x1時，fxfx0，則不等式fxlnx10的解集為A.1,,1B.1,01,C.,00,1D.1,00,1剖析：由f1xf(1x)可知，f(x)關于(1,0)中心對稱；當x1時，fxfx0可知g(x)exf(x)在(1,)上單調遞加，且g(2)0，x(1,2)時g(x)0;x(2,)時g(x)0，于是可得x(1,2)時f(x)0;x(2,)時f(x)0，又由f(x)關于(1,0)中心對稱可知x(1,2)(,0)時f(x)0;x(2,)(0,2)時f(x)0，所以答案為C12.（改編，難）已知曲線yexa與yx2恰好存在兩條公切線，則實數(shù)a的取值范圍是A.2ln22,B.2ln2,C.,2ln22D.,2ln22剖析：設直線ykxb(k0)為它們的公切線，聯(lián)立ykxb可得k24b0①yx2yexa求導可得yexa，令exak可得xlnka，所以切點坐標為(lnka,klnkakb)，代入yexa可得kklnkakb②.聯(lián)立①②可得k24k4ak4klnk0，化簡得44a4lnkk。令g(k)4lnkk，g(k)41，g(k)0,k0;g(k)0,0k4;g(k)0,k4kg(k)在(0,4)內單調遞加，在(4,)內單調遞減，g(k)maxg(4)4ln44。有兩條公切線，44a4lnkk方程有兩解，44a4ln44a2ln22，所以答案為D213.（原創(chuàng)，簡單）已知函數(shù)fxsinx4x2，則2fxdx________2sinxdx0,24x2dx2.剖析：2214.已知tan1cos_______4，則sin3剖析：由tan41得tan1,32所以sincossincostan2sin2cos2tan21515.（改編,中檔）已知點P在曲線C:y4上，則曲線C在P處切線的傾斜角的取值xe1范圍是_____________y4ex41,03剖析：由ex2ex1，所以,.124ex16.（改編，難）已知定義在R上的函數(shù)fxx2x,x0，若函數(shù)lnx1,x0gxfxax1恰有2個零點，則實數(shù)a的取值范圍是_____________分析：數(shù)形聯(lián)合，由直線yax1與曲線yfx的地點關系可適合a,11,1時有兩個交點，即函數(shù)ygx恰有兩個零點.e17.（原創(chuàng)，簡單）設函數(shù)fxAsin(2x)，xR,A0,0,若點P0,1在6yfx圖像上，且將yf(x)的圖像向左平移個單位后，所得圖像關于y軸對稱.6求的最小值；（2）在（1）的條件下，求不等式fx1的解集.剖析：（1）Asin1A2.2分6fx2sin2x662sin2x.4分636所以k,kZ.即3k1.又0,所以min1.6分362（2）由fx2sin2x1得672x2k,kZ.8分2k666解得k2xk.kZ10分3所以不等式的解集為x|k2xk,kZ.12分318.（原創(chuàng)，簡單）在ABC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知點(b,a)在直線xsinBy(sinAsinB)csinC上.(1)求角C的大小；(2)若c7，求ABC面積的最大值.剖析：(1)由已知得：······1分又由正弦定理可得：即······3分由余弦定理可得：······4分在中，得······5分(2),面積最大，即最大·····6分余弦定理有：······7分即：=+7又（當）得：+7所以7······11分所以面積得最大值為.······另：（若采用其他方法的參照給分）19.某科研小組研究發(fā)現(xiàn)：一棵水果樹的產(chǎn)量w（單位：百千克）與肥料花銷（單位：百元）1x210x2(x)2滿足以下關系：43x.其他，還需要投入其他成本（如施肥的人工251x費等）2x百元.已知這種水果的市場售價為16元/千克（即16百元/百千克），且市場需求向來供不應求.記該棵水果樹獲得的利潤為Lx（單位：百元）.1）求Lx的函數(shù)關系式；2）當投入的肥料花銷為多少時，該水果樹獲得的利潤最大？最大利潤是多少？剖析：（1）L(x)16w(x)2xx2分8x2163x0x264483x2x56分1x（2）當0x2時L(x)maxL(2)428分當2x5時L(x)6783(x1)x167483(x1)4321x當且僅當481)時，即x3時等號成立3(x11分x1答：當投入的肥料花銷為300元時，種植該果樹獲得的最大利潤是4300元.12分20.（原創(chuàng)，中檔）已知函數(shù)fxexa(x1).（1）談論函數(shù)fx的單調性；（2）設函數(shù)的最小值為Ma，且關于a的方程Mam1恰有兩個不相同的根，求實數(shù)m的取值會集.剖析：（1）1分當時，當時，當時，，當時，分當時，在R上遞加；當時，在上遞減，在上遞加。4分（2）由（1）知，當時，在R上遞加，無最小值.6分當

時，

在

上遞減，在

上遞加，所以=

=

8分，當時，，當，，10分又當當

時，

即

，當

時關于

時，的方程有兩解

，實數(shù)

的取值會集為

12分21.(改編，難）已知函數(shù)fxxlnx與gxa(x1).x1（1）若曲線yfx與直線ygx恰好相切于點P1,0，求實數(shù)a的值；（2）當x1,時，fxgx恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；（3）求證：ln(2n1)n4i.nN*i14i21剖析：（1）fxlnxx21,f11.x12所以a1.2分2（2）方法一：（分參）即x1a(x1)，x1時，顯然成立；3分時，xlnxx1x1時，即axlnx4分x21xlnxxlnx1x212x2lnxx2lnxx2lnx1令h(x)2，則hx22x212x11令xx2lnxx2lnx1x2xlnxx1,x2lnx112lnx1106分xx2x2x10即hx0hx在1，上單調遞減axlnxlimlnx11lim12x2x1x2x1故a18分2方法二：（先找必要條件）注意到x1時，恰有fxgx04分令Fxfxgxxlnxax1x1則Fxlnx1x1xlnxax1lnxa5分x12x12Fx0在[1,)恒成立的必要條件為F10即2a0,a16分42下面證明：當a1時，F(xiàn)xxlnxax1xlnx1x1hx2x1x12hxx1lnx12x22lnxx12x1222x12令x2x22lnxx12222x21x20即x10x22x1xxxhx在[1,)遞減，hxh10恒成立，即a1也是充分條件，故有a18分2.2（3）不如設Snln2n1為an前n項和，則anln2n1ln2n14n2n1要證原不等式，只需證19分2n14n2而由（2）知：當a1時恒有fxgx12即xlnxx21當且僅當x1時取等號21ln2n12取x2n11，則2n12n1110分2n12n12n122n1即2n1ln2n118n即ln2n14n2n12n12n122n122n12n122n1即ln2n14n成立，從而原不等式獲證.12分2n14n2122.（改編，簡單）[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]（10分）已知曲線C1、C2的參數(shù)方程分x5cosx1tcos別為C1:為參數(shù)，C2:yt為參數(shù).y4sintsin（1）求曲線C1的一般方程；（2）已知點P的直角坐標為（1,0），若曲線C1與曲線C2交于A,B兩點，求PAPB的取值范圍.x2y21;3分剖析：（1）曲線C1的一般方程為1625（）將曲線的參數(shù)方程代入曲線的一般方程中，化簡得：2C2C1（225sin2）232tcos3840分16cost6由題意得|PA||PB||t1t2|384384分25sin2169sin2816cos2384,24].分|PA||PB|[10.2523.（改編，簡單）[選修4-5：不等式選講]（10分）已知函數(shù)fxx2ax4，g(x)|x1||x1|.（1）求不等式gx3的解集；（2）x22,2,x12,2，使得不等式fx1gx2成立，求a的取值范圍.剖析：（1）由g(x)3得x1或x322所以g(x)3的解集為x|x1或x33分22（2）x22,2,x12,2,使得f(x1)()成立gx2f(x)ming(x)min(x2,2)5分又g(x)min2f(x)min2(x2,2)7分2a8a4而fxmin4a24a48分42a8a4解得a,2222,.10分齊魯名校教科研協(xié)作體山東、湖北部分重點中學2018屆高三第一次調研聯(lián)考數(shù)學（理）試題參照答案剖析：Ax4x1,B{yy0},答案為B剖析：A,B,C的剖析式相同，但定義域不相同，所以答案為D剖析：由“函數(shù)fx的最小正周期為”的充要條件是“1”知正確答案案為B剖析：f(x)2sin(3x)，要求f(x)的單調遞減區(qū)間，既是求ysin(3x)的單44調遞加區(qū)間，所以2k3x2k，解得答案為A242剖析：由yx的單調性可得yz，由yx的單調性可得xz，所以答案為A剖析：由函數(shù)yfxgx是奇函數(shù)，只有當x0時fxgxfxgx才成立，所以選D.剖析：由fx0可得c2或6，當c2時函數(shù)先增后減再增，x2處取極小值；當c6時，函數(shù)在x2處取極大值，所以選B.剖析：由題意可知,都為鈍角，sin()12,cos()431335cos()cos[()()]sin[()()]12(4)(5)333632313513565答案為A剖析：由pq為假命題可得p假q真，若p為假，則exmx無解，可得0me；若q為真則0m4，所以答案為剖析：由f1xf(1x)可知，f(x)關于(1,0)中心對稱；當x1時，fxfx0可知g(x)exf(x)在(1,)上單調遞加，且g(2)0，x(1,2)時g(x)0;x(2,)時g(x)0，于是可得x(1,2)時f(x)0;x(2,)時f(x)0，又由f(x)關于(1,0)中心對稱可知x(1,2)(,0)時f(x)0;x(2,)(0,2)時f(x)0，所以答案為Cykxb(k0)為它們的公切線，聯(lián)立ykxb4b0①剖析：設直線yx2可得k2yexa求導可得yexa，令exak可得xlnka，所以切點坐標為(lnka,klnkakb)，代入yexa可得kklnkakb②.聯(lián)立①②可得k24k4ak4klnk0，化簡得44a4lnkk。令g(k)4lnkk，41，g(k)0,k0;g(k)0,0k4;g(k)0,k4g(k)kg(k)在(0,4)內單調遞加，在(4,)內單調遞減，g(k)maxg(4)4ln44。有兩條公切線，44a4lnkk方程有兩解，44a4ln442ln22，所以答案為D222x2dx剖析：sinxdx0,42.2214.-25剖析：由tan41得tan1,32所以sincossincostan2sin2cos2tan21515.3,4y4ex41,03,.剖析：由2x1，所以ex1e24ex16.,11,1e.分析：數(shù)形聯(lián)合，由直線yax1與曲線yfx的地址關系可適合a,11,1時有兩個交點，即函數(shù)ygx恰有兩個零點.e17.剖析：（1）Asin1A2.2分6fx62sin2x662sin2x.4分36所以36k,kZ.即3k1.又0,所以min1.6分2（3）由fx2sin2x61得2k72x2k,kZ.8分666解得k2xk.kZ10分3所以不等式的解集為x|k2xk,kZ.12分318.剖析：(1)由已知得：······1分又由正弦定理可得：即······3分由余弦定理可得：······4分在中，得······5分(2),面積最大，即最大·····6分余弦定理有：······7分即：=+7又（當）得：+7所以7······11分所以面積得最大值為.······另：（若采用其他方法的參照給分）19.剖析：（1）L(x)16w(x)2xx分28x2163x0x26448x513x26分x（2）當0x2時L(x)maxL(2)428分當2x5時L(x)6783(x1)x167481)4323(xx1當且僅當483(x1)時，即x3時等號成立11x1分答：當投入的肥料花銷為300元時，種植該果樹獲得的最大利潤是4300元.12分20.剖析：（1）1分當時，當時，當時，，當時，分當時，在R上遞加；當時，在上遞減，在上遞加。4分（3）由（1）知，當時，在R上遞加，無最小值.6分當時，在上遞減，在上遞加，所以==8分，當時，，當，，10分又當時，，當時，，立刻時關于的方程有兩解實數(shù)的取值會集為12分21.剖析：（1）fxlnxx1,f11.x122所以a1.2分2（2）方法一：（分參）即x1時，xlnxa(x1)，x1時，顯然成立；3分x1x1時，即axlnx4分x21令h(x)xlnxxlnx1x212x2lnxx2lnxx2lnx1x2，則hx212x2211令xx2lnxx2lnx1x2xlnxx1,x2lnx112lnx1106分xx2x2x10即hx0hx在1，上單調遞減alimxlnxlimlnx1112x2x1x2x1故a18分2方法二：（先找必要條件）注意到x1時，恰有fxgx04分令Fxfxg