2018年广东省深圳中学高三年级第一次阶段性测试（文数）（解析版）

2018届广东省深圳中学高三年级第一次阶段性测试（文数）（解析版）第卷 (选择题 共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求1. 已知全集, 集合, , 则A. B. C. D. 【答案】D【解析】，。选D。2. 函数的定义域为A. B. C. D. 【答案】C【解析】要使函数有意义，需满足 ，解得且。所以函数的定义域为。选C。3. 设则“”是“且”的A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】当“且”时，则“”必成立；反之，当时，则“”成立，但“且”不成立，因此“”是“且”的必要不充分条件。选B。4. 已知 ，则它们的大小关系是A. B. C. D. 【答案】A【解析】由指数函数的性质可得 ，而，因此，即。选A。5. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】角的终边经过点，。选D。 6. 将余弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得各点向左平移个单位长度，得到的图象对应的函数解析式为A. B. C. D. 【答案】B【解析】将余弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），所得图象对应的解析式为；再把所得各点向左平移个单位长度，得到的图象对应的函数解析式为。选B。7. 函数的单调递增区间是A. B. C. D. 【答案】A【解析】方法一：，由,得，又，所以。即函数的单调递增区间是。选A。方法二：，因为，所以，所以当，即时，函数单调递增，即函数的单调递增区间是。选A。8. 定义符号函数则对任意，恒有A. B. C. D. 【答案】C【解析】对于选项A，当时，故，而，故A不正确；对于选项B，当时，所以，而，故B不正确；对于选项C，当时，所以，而，故C正确，同理选项C在区间上及时都成立；对于选项D，当时，所以，而，故D不正确。综上可得选项C正确。选C。9. 函数的图象可能是A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以函数的图象关于点（2,0）对称，排除A，B。当时，所以，排除D。选C。10. 若函数的定义域为，且函数是偶函数, 函数是奇函数,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】函数为偶函数， ，即 函数为奇函数， ，即 由得，。选A 。11. 设函数,其中为自然对数的底数，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】，。由得，且当时，单调递增；当时，单调递减。当时，函数有极大值，也为最大值，且最大值为；无最小值。结合各选项可得D正确。选D。点睛：对于含有两个量词的不等式正确性的判定，一般是转化成函数的最值问题去处理，解题的关键是正确理解题意，确定是选取函数的最大值还是最小值。如本题中的选项A，若“ ”，则只需即可。12. 已知函数在区间上有且只有一个零点，则正实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由，得。令，问题等价于函数和的图象在区间上有且只有一个交点。又函数的图象为经过点（0,1），对称轴为的抛物线，函数在区间上单调递增，且图象经过点和。当时，函数在区间上单调递减，又当时，函数和的图象在区间上有且只有一个交点。当时，在同一坐标系内做出两个函数的图象，如图所示。由图形可得，要使两个函数的图象有且只有一个交点，则需满足当时，即，解得。综上，正实数的取值范围是。选B。点睛：解决关于函数零点个数的问题，为增强直观性，可转化成两个较为简单的函数图象的交点个数问题来解决。解题得关键是要准确画出函数的图象，根据图象的相对位置和关键点得到关于所求参数的不等式（组），还要分清不等式是否含有等号，然后通过解不等式（组）达到求解的目的。第II卷（非选择题 共90分）二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13. 设函数是定义在上的偶函数，当时，则_.【答案】3【解析】由为偶函数可得。答案：3。14. 函数的最小值为，则实数的取值范围是_【答案】 【解析】由题意得当时，；当时，单调递减，函数的最小值为，解得。实数的取值范围是。答案：15. 在中，则的取值范围为_.【答案】【解析】由题意及正弦定理得，即。由余弦定理的推论得，。答案：。16. 函数，对任意，恒有，则的最小值为_.【答案】【解析】， . . . . . . . . .当时，有最大值，且。又，。由题意得等价于。的最小值为。答案：三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知三个集合：，.（I）求；（II）已知，求实数的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）根据题意求得集合后再求；（2）由得，设，则有 解不等式即可。试题解析：(1) , , (2) , 设，则即解得所以实数的取值范围是18. 已知函数 的部分图象如图所示,其中分别是的内角的对边, .（I）求的值；（II）若，求的面积.【答案】（1） （II）【解析】试题分析：（1）由图象求得周期为，可得；再由图象的最高点和最低点的坐标可求得；最后根据可求得。（2）由可得，结合同角三角函数关系式求得，利用公式可求得三角形的面积。试题解析：（1）由图象可得的最小正周期 又 ，解得。 点在函数的图象上，得 由得（II）由及得， ，即 又，得由，得，点睛：根据yAsin(x)k的图像求其解析式的问题，主要从以下四个方面来考虑：A的确定：根据图像的最高点和最低点，即 ；k的确定：根据图像的最高点和最低点，即；的确定：结合图像，先求出周期T，然后由(0)来确定；的确定：由函数yAsin(x)k最开始与x轴的交点(最靠近原点)的横坐标为 (即令x0，x)确定.19. 中国移动通信公司早前推出“全球通”移动电话资费“个性化套餐”,具体方案如下：方案代号基本月租（元）免费时间（分钟）超过免费时间的话费（元/分钟）1304806029817006031683300504268600045538810000406568170003577882588030（I）写出“套餐”中方案的月话费（元）与月通话量（分钟）（月通话量是指一个月内每次通话用时之和）的函数关系式；（II）学生甲选用方案，学生乙选用方案，某月甲乙两人的电话资费相同,通话量也相同，求该月学生甲的电话资费；（III）某用户的月通话量平均为320分钟，则在表中所列出的七种方案中，选择哪种方案更合算，说明理由.【答案】(1) （2）元. （3）见解析【解析】试题分析：（1）根据题意分和两种情况求得关系式，写成分段函数的形式；（2）设该月甲乙两人的电话资费均为元,通话量均为分钟，分，和三种情形分别求解判断；（3）分别求出三种方案中的月话费，通过比较大小可得结论。试题解析：(1)由题意得，当时，;当时，。故所求解析式为 （2）设该月甲乙两人的电话资费均为元,通话量均为分钟.当时, 甲乙两人的电话资费分别为元, 元,不相等； 当时, 甲乙两人的电话资费分别为（元）, 元, ,； 当时, 甲乙两人的电话资费分别为（元）, （元）, 解得 所以该月学生甲的电话资费元. （3）月通话量平均为320分钟，方案的月话费为：30+0.6（320-48）=193.2（元）； 方案的月话费为：98+0.6（320-170）=188（元）； 方案的月话费为168元. 其它方案的月话费至少为268元. 经比较, 选择方案更合算.20. 已知均为锐角，且（I）比较的大小；（II）设均为锐角，且求的值.【答案】（1） (2) 【解析】试题分析：（1）根据题意求得，故可得，然后根据函数在单调递增可得；（2）由条件可得，故，又，故可得，从而，可求得。试题解析：（1）, 函数在单调递增, (2) 且, ， 21. 已知函数的图象在点处的切线方程为,其中实数为常数.（I）求的值;（II）设命题为“对任意,都存在,使得”，问命题是否为真命题？证明你的结论.【答案】（I） （II）见解析【解析】试题分析：（1）由条件及导数的几何意义求得切线方程，比较系数可得的值；（2）先判断出函数在区间上单调递减，故可求得在区间上的值域，同理可得函数在上的值域，故从而可得对任意,都存在,使得，即。试题解析：（I） 又函数的图象在点处的切线方程为,即 又该切线方程为, ，解得， （II）命题为真命题. 证明如下: 当时, ,单调递减, 当时，；当时，.令， 则所以对任意,都存在,使得即点睛：本题中的（2）为探索性问题，解题的思路是先假设命题成立，然后进行推理，看是否得到矛盾。若得到矛盾的结论，则假设不成立；反之，假设成立。解题的关键是将本题转化成判断“对任意,都存在,使得”这一命题是否正确的问题，进而可转化为求两函数的值域，并判断这两值域是否具有包含关系的问题。22. 已知函数其中实数为常数且.（I）求函数的单调区间；（II）若函数既有极大值，又有极小值，求实数的取值范围及所有极值之和；（III）在（II）的条件下，记分别为函数的极大值点和极小值点，求证：.【答案】(1) 见解析（II）,所有极值之和为 （III）见解析【解析】试题分析：（1）利用导数并结合实数的不同取值求解单调区间；（2）由（1）可知当时函数有极值，此时 ，再根据根与系数的关系求解；（3）将问题转化为证明当时,成立的问题，变形得即证，构造函数，利用函数的单调性证明即可。试题解析：(1) 函数的定义域为， 设其中 当时, ， ，函数在内单调递增；当时, ，方程有两个不等实根：，且 由或 由 综上所述，当时, 的单调递增区间为,无单调递减区间；当时，的单调递增区间为， ,单调递减区间 （II）由（I）的解答过程可知，当时,函数没有极值当时，函数有极大值与极小值， 且 故实数的取值范围为,所有极值之和为 （III）由（II）知，当, . 故原不等式等价于证明当时,，即证.设函数,则当时，.函数在区间单调递减, 由知, .即. 从而原不等式得证.点睛：本题的解题过程需要注意以下两点：（1）分类讨论思想方法的运用，对于题目中出现的参数，要根据题意分为不同的情况去处理，在分类中要做到补充不漏；（2）对于型的不等式的证明，可通过构造函数，利用函数的单调性和最值去处理，解题时要注意定义域和区间端点函数值的运用。15第页