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

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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