第1頁/共1頁高三數學學科第一次月考考試時間：120分鐘本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共150分.第Ⅰ卷1至3頁，第Ⅱ卷4至6頁.答卷前，考生務必將自己的姓名、班級和填涂卡號填寫或涂寫在答題紙上，答卷時，考生務必將答案涂寫在答題紙上，答在試卷上的無效，考試結束后，將答題紙交回.祝各位考生考試順利！第Ⅰ卷（共45分）一.選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（

）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據補集的運算求出，再由交集的運算可得答案.【詳解】，則，所以.故選：.2.“”是“為第一象限角”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】利用誘導公式及正弦函數的性質結合充分、必要條件的定義判定選項即可.【詳解】易知，所以為第一象限角、第二象限角或終邊落在縱軸正半軸上的角，顯然不滿足充分性，滿足必要性.故選：B3.函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】求出y=fx為奇函數，排除CD；由排除B，得到答案.【詳解】定義域為R，，函數y=fx為奇函數，圖象關于原點對稱，排除CD；又，排除B.故選：A4.5G技術在我國已經進入調整發(fā)展的階段，5G手機的銷量也逐漸上升，某手機商城統計了最近5個月手機的實際銷量，如下表所示：時間x12345銷售量y（千只）0.50.81.01.21.5若x與y線性相關，且線性回歸方程為，則下列說法不正確的是（）A.當解釋變量x每增加1個單位時，預報變量y平均增加0.24個單位B.線性回歸方程中C.由題中數據可知，變量y與x正相關，且相關系數D.可以預測時，該商場5G手機銷量約為1.72（千只）【答案】B【解析】【分析】根據已知數據，分析總體單調性，結合增量的變化判斷C選項；根據已知數據得到樣本中心點，代入回歸方程求解即可判斷B選項；根據回歸方程判斷AD選項.【詳解】根據線性回歸方程可得每增加一個單位時，預報變量平均增加0.24個單位，故A正確.由已知數據得，，代入中得到，故B錯誤；從數據看隨的增加而增加，故變量與正相關，由于各增量并不相等，故相關系數，故C正確；將代入中得到，故D正確.故選：B.5.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用換底公式及對數的運算性質計算可得.【詳解】.

故選：C6.設，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據指數函數、對數的單調性結合中間值“1”、“”即可比較大小.【詳解】，，.綜上，．故選：B.7.已知函數的圖象關于點中心對稱，則（）A.直線是函數圖象的對稱軸B.區(qū)間上有兩個極值點C.在區(qū)間上單調遞減D.函數的圖象可由向左平移個單位長度得到【答案】C【解析】【分析】利用整體代入法判斷A，利用整體換元法判斷B，利用三角函數的單調性判斷C，利用三角函數平移的性質判斷D即可.【詳解】因為函數的圖象關于點中心對稱，所以，可得，結合，得，所以．對于A，，所以直線不是函數圖象的對稱軸，故A不正確；對于B，當時，，所以函數在區(qū)間上只有一個極值點，故B不正確；對于C，當時，，所以函數在區(qū)間上單調遞減，故C正確；對于D，左移個單位長度后得到，故D錯誤．故選：C．8.已知是定義域為R的函數，且是奇函數，是偶函數，滿足，若對任意的，都有成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據奇偶函數構造方程組求出的解析式，再根據題意得到在單調遞增，分類討論即可求解．【詳解】由題意可得，因為是奇函數，是偶函數，所以，聯立，解得，又因為對于任意的，都有成立，所以，即成立，構造，所以由上述過程可得在單調遞增，若，則對稱軸，解得；若，則在單調遞增，滿足題意；若a>0，則對稱軸恒成立；綜上，．故選：B9.已知函數是定義在上的奇函數，且對任意的，恒成立，當時．若對任意，都有，則m的最大值是（）A. B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】先分析x∈0,2、、時解析式以及值域，然后作出的圖象，結合圖象確定出符合條件的的范圍，再根據與所求的取值范圍的關系求解出的最大值.【詳解】當x∈0,2時，，此時當時，，此時當時，，此時，結合為奇函數，在同一平面直角坐標系中作出的圖象如下圖所示：由圖象可知，若要恒成立，只需要分析內圖象即可，因為圖象的對稱性，不妨考慮時的情況，當時，，所以，當時，，所以或，結合圖象，若成立，則有，所以，又因為若對任意，都有，則有，所以，所以，所以的最大值為，故選：B.【點睛】思路點睛：本題考查三角函數圖象與性質的綜合運用，以分段函數為媒介，采用數形結合思想能高效解答問題，通過數與形的相互轉化能使問題轉化為更簡單的問題，難度較大.常見的圖象應用的命題角度有：（1）確定方程根的個數；（2）求參數范圍；（3）求不等式解集；（4）研究函數性質.第Ⅱ卷（共105分）二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分.10.復數的模為__________．【答案】##【解析】公眾號：高中試卷君【分析】由復數的四則運算以及模長公式計算即可.【詳解】．故答案為：11.的展開式中常數項為__________.【答案】【解析】【分析】寫出其展開式的通項，然后令指數部分為0，求解即可.【詳解】的二項展開式的通項為，令，得，其展開式的常數項為.故答案為：12.已知函數在上單調遞增，則實數的取值范圍為________.【答案】【解析】【分析】根據對數函數性質分析可知：在上單調遞增，且gx>0，結合二次函數列式求解即可.【詳解】因為在定義域0,+∞內單調遞增，由題意可得：在上單調遞增，且gx>0，則a2≥4g所以實數的取值范圍為.故答案為：.13.某射擊小組共有10名射手，其中一級射手3人，二級射手2人，三級射手5人，現選出2人參賽，在至少有一人是一級射手的條件下，另一人是三級射手的概率為__________；若一?二?三級射手獲勝概率分別是0.9，0.7，0.5，則任選一名射手能夠獲勝的概率為__________.【答案】①.##②.##【解析】【分析】計算出至少有一人是一級射手的情況有幾種，再求出選出的2人中1人是一級射手另一人是三級射手的情況的種數，根據條件概率的計算公式即得答案；求出任選一名射手，分別是一、二、三級射手的概率，根據全概率公式即可求得任選一名射手能夠獲勝的概率.【詳解】由題意得至少有一人是一級射手的情況共有種，選出的2人中1人是一級射手另一人是三級射手的情況種，故選出2人參賽，在至少有一人是一級射手的條件下，另一人是三級射手的概率為；任選一名射手，分別是一、二、三級射手概率分別為，而一、二、三級射手獲勝概率分別是0.9，0.7，0.5，則任選一名射手能夠獲勝的概率為，故答案為：，14.若，，且，，則的值是______．【答案】【解析】【分析】根據同角三角函數的平方關系式，解出相關角的三角函數值，繼而求得的余弦值，結合角的范圍即可求解.【詳解】因為，所以，且，所以，則，且，由，所以，又，所以，則，所以，又，所以.故答案為:.15.若有四個零點，則實數的取值范圍為______【答案】【解析】【分析】令，，將函數零點問題轉化為函數與的圖象交點問題，分類討論時，函數與圖象的交點個數，即可求解.【詳解】由，得，即，令，，則函數有四個零點等價于函數與的圖象有四個交點，若，則，由，解得，僅有兩個零點，不滿足題意；若，由，解得或，由，解得或，當，即時，如圖①所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故有且僅有一個交點；在上，函數與函數有兩個交點；同理，在上，有且僅有一個交點，所以函數與的圖象有四個交點，函數有四個零點，滿足題意；當，即時，如圖②所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故有且僅有一個交點；在上，函數與函數有一個交點；同理，在上，沒有交點，所以函數與的圖象有兩個交點，函數有兩個零點，不滿足題意；當，即時，如圖③所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故有且僅有一個交點；在上，函數與函數有一個交點；同理，在上，沒有交點，所以函數與的圖象有兩個交點，函數有兩個零點，不滿足題意；當，即時，當時，可化為，即，因為判別式，所以無解所以函數與的圖象在上沒有交點，如圖④所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故有且僅有一個交點；在上，函數與函數沒有交點；同理，在上，有且僅有一個交點，所以函數與的圖象有兩個交點，函數有兩個零點，不滿足題意；若，當，即時，如圖⑤所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故有且僅有一個交點；在上，函數與函數有兩個交點；同理，在上，有且僅有一個交點，所以函數與的圖象有四個交點，函數有四個零點，滿足題意；當，即時，如圖⑥所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故沒有交點；在上，函數與函數有且僅有一個交點；同理，在上，有且僅有一個交點，所以函數與的圖象有兩個交點，函數有兩個零點，不滿足題意；當，即時，如圖⑦所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故沒有交點；在上，函數與函數有且僅有一個交點；同理，在上，有且僅有一個交點，所以函數與的圖象有兩個交點，函數有兩個零點，不滿足題意；當，即時，當時，可化為，即，因為判別式，即無解所以函數與的圖象在上沒有交點，如圖⑧所示，在上，由于函數的增長速度大于函數的增長速度，故有且僅有一個交點；在上，函數與函數沒有交點；同理，在上，有且僅有一個交點，所以函數與的圖象有兩個交點，函數有兩個零點，不滿足題意；綜上所述，實數的取值范圍為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題考查了函數的零點問題，關鍵在于將零點問題轉化為直線與曲線的交點問題，應用數形結合、分類討論思想判斷交點個數.三、解答題：本大題共5小題，共75分.解答應公眾號：高中試卷君寫出文字說明，證明過程或演算步驟.16.設且，函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若函數在區(qū)間上有零點，求的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）化簡不等式為，按照和分類討論，利用對數函數的單調性解不等式即可；（2）將零點問題轉化為有解，設，則，利用函數的單調性求解參數范圍即可.【小問1詳解】當時，不等式可化為，若，則，解得，所以不等式的解集為；若，則，解得，所以不等式的解集為；綜上所述，當時，不等式的解集為；當時，不等式解集為；【小問2詳解】由題意可知，令，即，因為，所以，所以，所以，設，則，因函數在上單調遞減，所以，所以.17.已知函數．（1）求函數的單調遞減區(qū)間；（2）將函數圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），再向右平移個單位，得到函數的圖象，若，且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用兩角和的正、余弦公式及誘導公式化簡函數的解析式，再由整體角范圍求解不等式可得單調區(qū)間；（2）由伸縮變換與平移變換得解析式，得，根據整體角范圍求余弦值，再由角的關系，利用兩角和的余弦公式求解可得.【小問1詳解】.由，解得即時，函數單調遞減，所以函數的單調遞減區(qū)間為；【小問2詳解】將函數圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的（縱坐標不變），則得到函數的圖象，再向右平移個單位，得到函數的圖象，所以.若，則，.由，得，又，所以，則，故.故的值為.18.如圖，垂直于梯形所在平面，為的中點，，四邊形為矩形．（1）求證：平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值；（3）求點到平面的距離．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）設，由三角形中位線性質可得，由線面平行判定推理即可.（2）以為坐標原點可建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法可得結果.（3）利用點到平面距離的向量求法可求得結果.【小問1詳解】令，連接，由四邊形為矩形，得為中點，又為中點，則，又平面，平面，所以平面.【小問2詳解】由垂直于梯形所在平面，，得直線兩兩垂直，以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，，設平面的法向量，則，令，得，由軸平面，得平面的法向量，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.【小問3詳解】由（2）知：，則，而平面的法向量，所以點到平面的距離.19.已知橢圓：的離心率為，左?右焦點分別為，，上?下頂點分別為，，且四邊形的面積為.（1）求橢圓的標準方程；（2）直線：與橢圓交于P，Q兩點，且P，Q關于原點的對稱點分別為M，N，若是一個與無關的常數，則當四邊形面積最大時，求直線的方程.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）由橢圓的性質及已知條件可得a，b，c的關系，從而可求出a，b，c的值，從而可得橢圓C的標準方程；（2）直線l方程與橢圓方程聯立，可得根與系數的關系，從而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一個與m無關的常數，可求出k的值，表示出四邊形PQMN面積，求出當四邊形PQMN面積最大時m的值，即可求解直線l的方程．【小問1詳解】，，所以，因為a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，所以橢圓方程為．【小問2詳解】如圖，設P（x1，y1），Q（x2，y2），，聯立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，所以，.，，因為|OP|2+|OQ|2是一個與m無關的常數，所以32k2﹣24＝0，，，，，點O到直線l的距離，所以，當且僅當，即m2＝3，因為m＞0，所以時，取得最大值為，因為S四邊形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大時，S四邊形MNPQ最大，所以或．20.已知函數.（1）當時，求曲線在處的切線方程；（2）若對時，，求正實數的最大值；（3）若函數的最小值為，試判斷方程實數根的個數，并說明理由.【答案】（1）（2）（3）個實數根，理由見解析【解析】公眾號：高中試卷君【分析】（1）