宁夏吴忠中学2022届高三上学期第一次月考数学（理）
试题
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，则（）A．B．C．D．2．命题的否定是A．B．C．D．3．设，则的大小关系为（）A．B．C．D．4．函数在区间（0,1）内的零点个数是A．0B．1C．2D．35．函数（且）的图象可能为（）A．B．C．D．6．设，则（）A．M>NB．M≥NC．M
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示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如[－2.1]＝－3，[3.1]＝3.已知函数，则函数y＝[f(x)]的值域是_________．三、解答题17．的内角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求角；（2）若，求面积的最大值.18．二次函数，满足，且.（1）求的解析式；（2）设，如果函数的定义域为，求实数的取值范围.19．已知函数，（1）关于的方程在上有解，求实数a的取值范围;（2）已知函数的最大值为t，正实数、、满足证明：.20．已知倾斜角为且经过点的直线与椭圆：交于，两点．（1）写出直线与椭圆的参数方程；（2）若，求直线的普通方程．21．已知函数是定义在实数集上的奇函数，且当时，．（1）求的解析式；（2）若在上恒成立，求的取值范围．22．已知函数，.（1）若关于的方程有两个不等根，()，求的值；（2）是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由.参考答案1．C直接根据交集的运算即可求解.解：解：由集合，所以.故选：C.2．B解：试题分析：全称命题的否定是特称命题，将存在改为任意，并将结论加以否定，因此的否定为考点：全称命题和特称命题3．D利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.解：因为，，，所以.故选：D.点评:本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；（3）借助于中间值，例如：0或1等.4．B解：试题分析：,在范围内，函数为单调递增函数．又，，，故在区间存在零点，又函数为单调函数，故零点只有一个．考点：导函数，函数的零点．5．D解：因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.6．A直接利用作差法判断即可解：解：因为，所以，故选：A7．D根据对数函数的性质，结合二次函数的图象与性质，以及复合函数的单调性的判定方法，求得函数的单调递增区间为，进而求得的取值范围.解：由题意，函数满足，解得或，设，根据二次函数的性质，可得函数在单调递增，根据复合函数的单调性的判定方法，可得函数的单调递增区间为，又由函数在上单调递增，可得，即实数的取值范围是.故选：D.8．B解：若，则，从而有，故为充分条件.若不一定有，比如.，从而不成立.故选B.考点：命题与逻辑.9．B构造方程求出的解析式，再求的值.解：故选：B10．A根据函数奇偶性和对称性的性质进行转化求出函数的周期，然后转化求解即可.解：由题意可知：即，故函数是周期为的周期函数又故选：A.11．D试题分析：由于函数与函数均关于点成中心对称，结合图形以点为中心两函数共有个交点，则有，同理有，所以所有交点的横坐标之和为.故正确答案为D.考点：1.函数的对称性；2.数形结合法的应用.解：12．B先用特殊值法，排除A、D选项，其次构造函数，判断其单调性，即可求解B、C选项．解：解：取，，，，满足，且，故A不一定成立，取，，，，满足，且，但，故D不一定成立，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，，，且，（a），当，，，故C选项错误；当，此时，则，故B选项正确，故选：B．13．根据的结果，判断出集合的关系，从而确定出集合的个数.解：因为，所以，所以或或或，所以集合的个数为.故答案为：.点评:本题考查根据集合间的运算结果求解满足条件的集合个数，难度较易.对于集合，若，则，若，则.14．根据抽象函数定义域得到不等式，计算可得到答案.解：函数的定义域为，则函数的定义域满足，，解得.故答案为：.点评:本题考查了抽象函数定义域，意在考查学生对于定义域的理解掌握.15．解：试题分析：由于函数的值域是，故当时，满足，当时，由，所以，所以，所以实数的取值范围.考点：对数函数的性质及函数的值域.【方法点晴】本题以分段为背景主要考查了对数的图象与性质及函数的值域问题，解答时要牢记对数函数的单调性及对数函数的特殊点的应用是解答的关键，属于基础题，着重考查了分类讨论的思想方法的应用，本题的解答中，当时，由，得，即，即可求解实数的取值范围.16．根据题意，结合新定义的函数概念，即可求解.解：由于，则.表示不超过的最大整数，所以.故答案为：.17．（1）；（2）.（1）由正弦定理得：，得到，即可求解；（2）根据余弦定理和基本不等式得，进而利用三角形的面积公式，即可求解面积的最大值，得到答案.解：（1）由及正弦定理得：，因为，所以，即.因为，所以.（2）因为，所以，所以，因为，所以当且仅当时最大，所以最大值为.点评:本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.18．（1）；（2）.（1）由、，结合已知求a、b、c，写出的解析式；（2）由（1）及已知得，根据题设有在恒成立，即可求的取值范围.解：（1）由题设，，且，∴，即，∴.综上，.（2）由（1）知：，∴要使的定义域为，即恒成立，∴，可得，故的取值范围为.19．（1）；（2）证明见解析.（1）由题意可得，函数的值域，根据已知条件即可求a的取值范围；（2）由（1），将通分变形，再结合基本不等式即可得证.解：（1）由题意得，，因为关于的方程在上有解，所以实数a的取值范围是（2）由（1）知，的最大值为2，即t=2∴，而，∵、、为正实数，∴，当且仅当时等号成立，∴，得证.20．（1）（为参数）；（为参数）；（2）．（1）根据直线和椭圆参数方程的特征直接写方程即可；（2）先联立直线的参数方程和椭圆的一般方程，再利用韦达定理计算，根据列关系解得，即得结果.解：解：（1）依题意，直线的参数方程为（为参数）．椭圆的参数方程为（为参数）；（2）将直线的参数方程（为参数）代入椭圆：中，整理得，．设点，对应的参数分别为，，则，，∴．∵，，∴，解得，则，∴直线的普通方程为．21．（1），（2）实数的取值范围是（1）根据函数奇偶性求解析式；（2）将恒成立转化为令，恒成立，讨论二次函数系数，结合根的分布.解：解：（1）因为函数是定义在实数集上的奇函数，所以，当时，则所以当时所以（2）因为时，在上恒成立等价于即在上恒成立令，则①当时，不恒成立，故舍去②当时必有，此时对称轴若即或时，恒成立因为，所以若即时，要使恒成立则有与矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是点评:应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法（1）求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解；（2）求解析式：先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求解，或充分利用奇偶性构造关于的方程(组)，从而得到的解析式；（3）求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；（4）画函数图象和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.22．（1）1，（2）存在，的取值范围为，的范围为（1）由题意可得，可得，从而可求得结果；（2）令，则，令，因为在上单调递减，在上单调递增，且，所以对的范围分情况讨论，原题目等价于：对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根，且有两个不等根，只有一个根，则必有，则有，从而可求出的取值范围，此时，，则其根，故必有解：解：（1），因为关于的方程有两个不等根，()，所以，所以，所以（2）在上单调递减，则，得，令，则，因为在上单调递减，在上单调递增，且，令，则当时，方程有两个不等实根，由（1）可知，两根之积为1；当时，方程有且只有一个根且此根在区间内或为1，令，所以原题目等价于：对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根，且有两个不等根，只有一个根，则必有，则有，解得，此时，，则其根，故必有，所以存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，实数的取值范围为，的范围为点评:关键点点睛：此题考查以对数函数、方程的零点以及复合函数零点的求法，考查分析问题的能力，解题的关键是原题目等价于：对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根，且有两个不等根，只有一个根，则必有，然后结合二次函数的图像和性质求解即可，属于难题
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