2018年辽宁省鞍山一中高考一模数学理及答案解析.docx

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1、2018年 辽 宁 省 鞍 山 一 中 高 考 一 模 数 学 理一 、 选 择 题 ： 本 大 题 共 12 个 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 A=x|x 1， B=xx|x2 x 6 0， 则 ( )A.A B=x|x 1B.A B=RC.A B=x|x 2D.A B=x| 2 x 1解 析 ： 集 合 A=x|x 1，B=xx|x 2 x 6 0=x| 2 x 3，则 A B=x| 2 x 1，A B=x|x 3.答 案 ： D2.在 下 列 区 间

2、 中 ， 函 数 f(x)=ex+4x 3的 零 点 所 在 的 区 间 为 ( )A. 1 04 ，B. 10 4 ，C. 1 14 2 ， D. 1 32 4 ，解 析 ： 函 数 f(x)=ex+4x 3， f (x)=ex+4 0， 函 数 f(x)=ex+4x 3 在 ( ， + )上 为 增 函 数 ， 14 1 3 014f e ，212 3= 1 0f e e ， 1 14 02f f ， 函 数 f(x)=e x+4x 3 的 零 点 所 在 的 区 间 为 1 14 2 ， .答 案 ： C3.设 命 题 p： n 1， n2 2n， 则 p 为 ( )A.n 1， n2

3、2nB.n 1， n2 2nC.n 1， n2 2nD.n 1， n 2 2n解 析 ： 因 为 特 称 命 题 的 否 定 是 全 称 命 题 ，所 以 命 题 p： n 1， n2 2n， 则 p 为 n 1， n2 2n.答 案 ： C 4.函 数 2sin cos 3cos2f x x xx 的 对 称 轴 为 ( )A. 2 6kx (k Z)B. 2 6kx (k Z)C. 2 12kx (k Z)D. 2 12kx (k Z)解 析 ： sin2 3cos2 2sin 2 3xf x x x ，令 2 3 2x k ， 解 得 12 2kx ， k Z. 答 案 ： D5.指 数

4、 函 数 f(x)=ax(a 0， 且 a 1)在 R 上 是 减 函 数 ， 则 函 数 22ag x x 在 其 定 义 域 上 的单 调 性 为 ( )A.单 调 递 增B.单 调 递 减C.在 (0， + )上 递 增 ， 在 ( ， 0)上 递 减D.在 (0， + )上 递 减 ， 在 ( ， 0)上 递 增解 析 ： 指 数 函 数 f(x)=a x在 R 上 是 减 函 数 ， 0 a 1， 2 a 2 1，而 函 数 y=x2在 ( ， 0)上 递 减 ， 在 区 间 (0， + )上 递 增 ； g(x)在 区 间 ( ， 0)上 递 增 ， 在 区 间 (0， + )上

5、递 减 .答 案 ： C6.设 a=log510， b=log 612， c=1+log72， 则 ( )A.c b aB.b c aC.a c bD.a b c解 析 ： a=log510=1+log52，b=log612=1+log62，c=1+log72，log5 2 log62 log72， a b c.答 案 ： D7.已 知 函 数 f(x)=ln( x2 2x+3)， 则 f(x)的 增 区 间 为 ( )A.( ， 1)B.( 3， 1)C. 1， + )D. 1， 1)解 析 ： 由 x 2 2x+3 0，解 得 ： 3 x 1， 而 y= x2 2x+3的 对 称 轴 是

6、x= 1， 开 口 向 下 ，故 y= x2 2x+3在 ( 3， 1)递 增 ， 在 ( 1， 1)递 减 ，由 y=lnx 递 增 ， 根 据 复 合 函 数 同 增 异 减 的 原 则 ，得 f(x)在 ( 3， 1)递 增 .答 案 ： B8.函 数 f(x)=x3 3x 1， 若 对 于 区 间 3， 2上 的 任 意 x1， x2都 有 |f(x1) f(x2)| t， 则 实数 t 的 最 小 值 是 ( )A.20B.18C.3D.0解 析 ： 对 于 区 间 3， 2上 的 任 意 x 1， x2都 有 |f(x1) f(x2)| t， 等 价 于 对 于 区 间 3， 2上

7、 的 任 意 x， 都 有 f(x)max f(x)min t， f(x)=x3 3x 1， f (x)=3x2 3=3(x 1)(x+1)， x 3， 2， 函 数 在 3， 1、 1， 2上 单 调 递 增 ， 在 1， 1上 单 调 递 减 f(x)max=f(2)=f( 1)=1， f(x)min=f( 3)= 19 f(x)max f(x)min=20， t 20 实 数 t 的 最 小 值 是 20.答 案 ： A9.如 图 ， 半 径 为 1 的 半 圆 O与 等 边 三 角 形 ABC夹 在 两 平 行 线 l 1， l2之 间 ， l l1， l 与 半 圆 相交 于 F，

8、G 两 点 ， 与 三 角 形 ABC 两 边 相 交 于 E， D 两 点 .设 弧 FG 的 长 为 x(0 x )，y=EB+BC+CD， 若 l 从 l1平 行 移 动 到 l2， 则 函 数 y=f(x)的 图 象 大 致 是 ( ) A.B. C.D.解 析 ： 当 x=0时 ， y=EB+BC+CD=BC=2 33 ；当 x= 时 ， 此 时 y=AB+BC+CA= 2 33 2 33 ；当 x= 3 时 ， FOG= 3 ， 三 角 形 OFG为 正 三 角 形 ， 此 时 AM=OH= 32 ， 在 正 AED中 ， AE=ED=DA=1， y=EB+BC+CD=AB+BC+

9、CA (AE+AD)= 2 33 2 1 2 3 23 .如 图 .又 当 x= 3 时 ， 图 中 0 2 3 2 3 10 32 3 2 3 23 3 913y .故 当 x= 3 时 ， 对 应 的 点 (x， y)在 图 中 红 色 连 线 段 的 下 方 ， 对 照 选 项 ， D 正 确 . 答 案 ： D.10.已 知 函 数 f(x)的 定 义 域 为 R 的 奇 函 数 ， 当 x 0， 1时 ， f(x)=x3， 且 x R， f(x)=f(2 x)， 则 f(2017.5)=( )A. 18 B.18C.0D.1解 析 ： x R， f(x)=f(2 x)， f(x+2)

10、=f( x)= f(x)，故 f(2017.5)=f(1009 2 0.5)=f(0.5)=f(0.5)=(0.5)3=18，答 案 ： B11.某 珠 宝 店 丢 了 一 件 珍 贵 珠 宝 ， 以 下 四 人 中 只 有 一 人 说 真 话 ， 只 有 一 人 偷 了 珠 宝 .甲 ： 我 没有 偷 ； 乙 ： 丙 是 小 偷 ； 丙 ： 丁 是 小 偷 ； 丁 ： 我 没 有 偷 .根 据 以 上 条 件 ， 可 以 判 断 偷 珠 宝 的 人是 ( )A.甲 B.乙C.丙D.丁解 析 ： 假 如 甲 ： 我 没 有 偷 是 真 的 ， 乙 ： 丙 是 小 偷 、 丙 ： 丁 是 小 偷

11、 是 假 的 ， 丁 ： 我 没 有 偷 就 是真 的 ， 与 他 们 四 人 中 只 有 一 人 说 真 话 矛 盾 ，假 如 甲 ： 我 没 有 偷 是 假 的 ， 那 么 丁 ： 我 没 有 偷 就 是 真 的 ， 乙 ： 丙 是 小 偷 、 丙 ： 丁 是 小 偷 是 假的 ， 成 立 ，答 案 ： A12.已 知 函 数 21 14( )( )3 1x xf x x x x ， ， ， 若 f(f(m) 0， 则 实 数 m的 取 值 范 围 是 ( )A. 2， 2B. 2， 2 4， + ) C. 2， 2+ 2D. 2， 2+ 2 4， + )解 析 ： 令 f(m)=tf(t

12、) 0 1 01tt 1 t 1；2 4 3 01t tt t 3下 面 求 解 1 f(m) 1 和 f(m) 3，1 111 mm 2 m 1，21 4 3 11m mm 1 m 2+ 2，1 31mm m 无 解 ，2 34 31m mm m 4，综 上 实 数 m的 取 值 范 围 是 2， 2+ 2 4， + ). 答 案 ： D二 、 填 空 题 (每 题 5 分 ， 满 分 20 分 ， 将 答 案 填 在 答 题 纸 上 )13.若 1sin 6 3 ， 则 2cos 6 2 = .解 析 ： 1sin 6 3 ，则 ： 2 1 cos 3cos 6 2 2 ，= 11 sin

13、 1 26 32 2 3 . 答 案 ： 2314.已 知 f(x)为 奇 函 数 ， 当 x 0 时 ， f(x)=x4 x， 则 曲 线 y=f(x)在 x=1 处 的 切 线 方 程 是 _.解 析 ： f(x)为 奇 函 数 ， 当 x 0 时 ， f(x)=x4 x，可 得 x 0 时 ， x 0， f( x)=x4+x，又 f( x)= f(x)，可 得 f(x)= x4 x， (x 0)，则 f (x)= 4x 3 1(x 0)，可 得 y=f(x)在 x=1处 的 切 线 斜 率 为 4 1= 5，切 点 为 (1， 2)，则 y=f(x)在 x=1处 的 切 线 方 程 为

14、y+2= 5(x 1)，即 为 5x+y 3=0.答 案 ： 5x+y 3=015.由 y=x2 2 和 y=x围 成 的 封 闭 图 形 面 积 为 _.解 析 ： 联 立 2 2y xy x ， 解 得 ： 22xy ， 或 11xy ， 则 A(2， 2)， B( 1， 1)， 2 2 2 3 21 11 122 2 |3S x x dx x x x 1 1 1 1 92 3 2 3 24 8 2 2 1 2 ， y=x2 2 和 y=x围 成 的 封 闭 图 形 面 积 92 ，答 案 ： 92 16.设 函 数 2 2ln 1 sinf x x x x x x x ， 则 使 得 f

15、(x) f(2x 1)成 立 的 x 的 取值 范 围 是 _.解 析 ： 函 数 2 2ln 1 sinf x x x x x x x ， 2 2 2 2ln 1 sin ln 1 sinf x x x x x x x x x x x x x f x ，故 函 数 为 偶 函 数 ，当 x 0 时 ， 22 2 11ln 1 2 sin cos1xxf x x x x x x xx x = 2 21ln 1 2 sin cos1x x x x x xx 0恒 成 立 函 数 2 2ln 1 sinf x x x x x x x 为 增 函 数 ，若 使 得 f(x) f(2x 1)成 立 ，

16、则 |x| |2x 1|， 即 x2 (2x 1)2，解 得 ： x 1 13 ， ，答 案 ： 1 13 ，三 、 解 答 题 (本 大 题 共 6 小 题 ， 共 70 分 .解 答 应 写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤 .)17.设 a R， 命 题 q： x R， x 2+ax+1 0， 命 题 p： x 1， 2， 满 足 (a 1)x 1 0.(1)若 命 题 p q是 真 命 题 ， 求 a 的 范 围 ；(2)( p) q 为 假 ， ( p) q为 真 ， 求 a 的 取 值 范 围 .解 析 ： 分 别 求 出 命 题 p， q 成 立 的 等

17、 价 条 件 ，(1)然 后 根 据 若 p、 q为 真 命 题 ， 列 式 计 算 ，(2)由 ( p) q 为 假 ， ( p) q 为 真 p、 q 同 时 为 假 或 同 时 为 真 ， 分 别 求 出 确 实 实 数 m 的取 值 范 围 即 可 .答 案 ： (1)p真 ， 则 1 02 1 1 0a a 或 1 0 1 1 1 0a a 得 32a ； q真 ， 则 a2 4 0， 得 2 a 2， p q真 ， 3 22 a .(2)由 ( p) q为 假 ， ( p) q 为 真 p、 q同 时 为 假 或 同 时 为 真 ，若 p 假 q 假 ， 则 321 2aa a 或

18、 ， a 2，若 p 真 q 真 ， 则 322 2a a ， 3 22 a 综 上 a 2 或 3 22 a . 18.已 知 f(x)=Asin( x+)( 00 4 2A ， ， 过 点 10 2 ， ， 且 当 6x 时 ， 函 数 f(x)取 得 最 大 值 1.(1)将 函 数 f(x)的 图 象 向 右 平 移 6 个 单 位 得 到 函 数 g(x)， 求 函 数 g(x)的 表 达 式 ；(2)在 (1)的 条 件 下 ， 函 数 h(x)=f(x)+g(x)+2cos2x 1， 求 h(x)在 0 2 ， 上 的 值 域 .解 析 ： (1)由 函 数 的 最 值 求 出

19、A， 由 特 殊 点 的 坐 标 求 出 的 值 ， 由 周 期 求 出 ， 可 得 f(x)的解 析 式 ， 再 根 据 y=Asin( x+ )的 图 象 变 换 规 律 求 得 g(x)的 解 析 式 .(2)利 用 三 角 恒 等 变 换 化 简 函 数 的 解 析 式 ， 再 利 用 正 弦 函 数 图 象 及 性 质 即 可 得 出 结 论 .答 案 ： (1)由 题 意 可 得 A=1， 由 函 数 过 10 2 ， ， 得 sin 12 ， 结 合 范 围 2 ， 可 得 ： 6 ，由 1 26 6 6 2f k k Z ， ， 0 4， 可 得 ： =2， 可 得 ： sin

20、 2 6f x x ， sin 26 6g x f x x .(2) 3sin2 cos2 2sin 2 6h x x x x ，由 于 0 2x ， ， 可 得 ： 726 6 6x ， 可 得 ： 1 sin 2 12 6x ，可 得 ： 1 2sin 2 26x ， h(x)在 2 0， 上 的 值 域 为 1， 2. 19.已 知 函 数 11xaf x e 为 奇 函 数 .(1)判 断 f(x)的 单 调 性 并 证 明 ；(2)解 不 等 式 22 2log log 3 0f x f x . 解 析 ： (1)运 用 奇 函 数 的 定 义 可 得 a， 以 及 求 出 f(x)

21、的 导 数 ， 即 可 判 断 单 调 性 ；(2)运 用 f(x)为 奇 函 数 且 为 R上 的 增 函 数 ， 结 合 对 数 不 等 式 的 解 法 ， 即 可 得 到 所 求 解 集 .答 案 ： (1)由 已 知 f( x)= f(x)， 1 11 1x xa ae e 2 2 01 1xx xae a ae e ， a= 2， 2 01xxef x e ， 21xf x e +1为 单 调 递 增 函 数 .(2) 22 2log log 3 0f x f x ， 22 2log log 3f x f x ， 而 f(x)为 奇 函 数 ， 22 2log log 3f x f

22、x f(x)为 单 调 递 增 函 数 ， 22 2log log 3x x ， 22 2log 2log 3 0 x x ， 3 log2x 1， 218x ， .20.已 知 f(x)=sinx， 2 102 2 2 3 2 2 9f f ， ， ， .(1)求 cos 2 的 值 .(2) 2 24g x f x f x ， 求 g(x)的 值 域 . 解 析 ： (1) 由 题 意 1 2cos 0 sin 02 9 2 3 ， ， 可 得 2 24 5 5sin 1 cos cos 1 sin2 2 9 2 2 3 ， ， 即 可 求解 求 cos 2 的 值 .(2) 2 2 si

23、n cos 2sin cos4g x f x f x x x x x ， 利 用 同 角 三 角 函 数 关 系 式化 简 ， 即 可 求 解 值 域 .答 案 ： (1) 2 ， 4 2 2 ， 0 2 ， 04 2 ， 4 2 ， 4 2 2 ，又 1 2cos 0 sin 02 9 2 3 ， ， 2 2 2 2 ， 0 ， 2 24 5 5sin 1 cos cos 1 sin2 2 9 2 2 3 ， cos cos cos cos sin sin2 2 2 2 2 2 2 1 5 4 5 2 7 59 3 9 3 27 .(2) 2 2 sin cos 2sin cos4g x f

24、 x f x x x x x 令 sin cos 2sin 4 2 2t x x x ， ， 则 22 1 51 2 4g x t t t g(x)的 值 域 为 52 1 4 ， .21.已 知 函 数 f(x)=ln(x 1) k(x 1)+1(1)求 函 数 f(x)的 单 调 区 间 ；(2)若 f(x) 0 恒 成 立 ， 试 确 定 实 数 k 的 取 值 范 围 ；(3)证 明 ： 11 2 1 3 1 4 13 4 5 1 4n nn n n nnn (n N *且 n 1)解 析 ： (1)由 f(x)=ln(x 1) k(x 1)+1， 知 x 1， 11f x kx ，

25、由 此 能 求 出 f(x)的 单 调 区 间 .(2)由 f(x) 0 恒 成 立 ， 知 x 1， ln(x 1) k(x 1) 1， 故 k 0.f(x)max=f(1+1k )=ln1k 0， 由 此 能 求 出 实 数 k 的 取 值 范 围 .(3)令 k=1， 能 够 推 导 出 lnx x 1 对 x (0， + )恒 成 立 .取 x=n 2， 得 到 ln 11 2n nn ， n2， 由 此 能 够 证 明 11 2 1 3 1 4 13 4 5 1 4n nn n n nnn (n N*且 n 1).答 案 ： (1) f(x)=1n(x 1) k(x 1)+1， x

26、1， 11f x kx ， x 1， 当 k 0 时 ， 11f x kx 0， f(x)在 (1， + )上 是 增 函 数 ；当 k 0 时 ， f(x)在 (1， 1+1k )上 是 增 函 数 ， 在 (1+1k ， + )上 为 减 函 数 .(2) f(x) 0 恒 成 立 ， x 1， ln(x 1) k(x 1)+1 0， x 1， ln(x 1) k(x 1) 1， k 0.由 (1)知 ， f(x)max=f(1+1k )=ln1k 0，解 得 k 1.故 实 数 k 的 取 值 范 围 是 1， + ). (3)令 k=1， 则 由 (2)知 ： ln(x 1) x 2

27、对 x (1， + )恒 成 立 ，即 lnx x 1 对 x (0， + )恒 成 立 .取 x=n2， 则 2lnn n2 1，即 ln 11 2n nn ， n 2， 11 2 1 3 1 4 13 4 5 1 4n nn n n nnn (n N*且 n 1).22.已 知 函 数 f(x)=e x ax(x R).(1)当 a= 1 时 ， 求 函 数 f(x)的 最 小 值 ；(2)若 x 0时 ， f( x)+ln(x+1) 1， 求 实 数 a 的 取 值 范 围 .解 析 ： (1)求 出 函 数 的 导 数 ， 解 关 于 导 函 数 的 不 等 式 ， 求 出 函 数 的

28、 单 调 区 间 ， 从 而 求 出 函 数的 最 小 值 ；(2)得 到 ex+ax+ln(x+1) 1 0.(*)令 g(x)=ex+ax+ln(x+1) 1， 通 过 讨 论 a 的 范 围 ， 确 定 函数 的 单 调 性 ， 从 而 求 出 满 足 条 件 的 a 的 具 体 范 围 即 可 ；答 案 ： (1)当 a= 1 时 ， f(x)=e x+x，则 1 1xf x e .令 f(x)=0， 得 x=0.当 x 0 时 ， f(x) 0； 当 x 0 时 ， f(x) 0. 函 数 f(x)在 区 间 ( ， 0)上 单 调 递 减 ， 在 区 间 (0， + )上 单 调

29、递 增 . 当 x=0时 ， 函 数 f(x)取 得 最 小 值 ， 其 值 为 f(0)=1f(x)的 最 小 值 为 1. (2)若 x 0时 ， f( x)+ln(x+1) 1， 即 ex+ax+ln(x+1) 1 0(*)令 g(x)=ex+ax+ln(x+1) 1， 则 11xg x e ax 若 a 2， 由 (1)知 e x+x 1， 即 e x 1 x，故 1 1 11 1 2 1 2 01 1 1x xe xg x e a x a x a ax x x 函 数 g(x)在 区 间 0， + )上 单 调 递 增 ， g(x) g(0)=0. (*)式 成 立 . 若 a 2， 令 11xx e ax ， 则 22 21 11 01 1 xx x ex e x x 函 数 (x) 在 区 间 0 ， + ) 上 单 调 递 增 ， 由 于 (0)=2+a 0 ， 1 1 11 1 01 1 1aa e a a aa a a . 故 x0 (0， a)， 使 得 (x0)=0，则 当 0 x x0时 ， (x) (x0)=0， 即 g(x) 0. 函 数 g(x)在 区 间 (0， x0)上 单 调 递 减 ， g(x0) g(0)=0， 即 (*)式 不 恒 成 立 .综 上 所 述 ， 实 数 a 的 取 值 范 围 是 2， + ).