江西省上饒市臨湖中學高三數(shù)學文模擬試卷含解析

江西省上饒市臨湖中學高三數(shù)學文模擬試卷含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.如圖，網(wǎng)格紙上的小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為（

）A．

B．

C.

D．參考答案：B2.將甲、乙、丙、丁四名學生分到三個不同的班，每個班至少分到一名學生，且甲、乙兩名學生不能分到一個班，則不同分法的種數(shù)為（）A．18 B．24 C．30 D．36參考答案：C【考點】排列、組合的實際應(yīng)用．【分析】由題意知本題可以先做出所有情況再減去不合題意的結(jié)果，用間接法解四名學生中有兩名學生分在一個班的種數(shù)是C42，順序有A33種，而甲乙被分在同一個班的有A33種，兩個相減得到結(jié)果．【解答】解：∵每個班至少分到一名學生，且甲、乙兩名學生不能分到一個班用間接法解四名學生中有兩名學生分在一個班的種數(shù)是C42，元素還有一個排列，有A33種，而甲乙被分在同一個班的有A33種，∴滿足條件的種數(shù)是C42A33﹣A33=30故選C．3.已知，則的值域為(

)A． B．[0,1) C．(0,1) D．參考答案：D由，設(shè)，，，，，即的值域為．4.已知命題：，，那么是A．，

B．，C．，

D．，參考答案：A略5.下列命題中，真命題是(

)

A．存在x<0，使得2x>1

B．對任意x∈R，x2-x+l>0

C．

“x>l”是“x>2”的充分不必要條件

D．“P或q是假命題”是“非p為真命題”的必要而不充分條件參考答案：B6.集合，集合，則有（

）A

B

C

D

以上均錯誤參考答案：B略7.已知集合P=

{1，2}，，則集合Q為(A){1,2，3}

(B){2,3,4}

(C){3，4，5}

(D){2，3}參考答案：B略8.已知滿足約束條件，目標函數(shù)的最大值是2，則實數(shù)（

）A.

B.1

C.

D.4參考答案：A當時,畫出可行域如下圖三角形ABC邊界及內(nèi)部,目標函數(shù),寫成直線的斜截式有,當有最大值時,這條直線的縱截距最小,,所以目標函數(shù)在A點取得最大值.聯(lián)立,求得,符合;當時,畫出可行域,紅色區(qū)域,由于可行域是一個向軸負方向敞開的圖形,所以不能取到最大值,不合題意,綜上所述,,選A.9.已知都是負實數(shù)，則的最小值是（

）A.

B.

C.

D.參考答案：B

【知識點】函數(shù)的最值及其幾何意義．B3直接通分相加得，因為都是負實數(shù)，所以都為正實數(shù)，那么上式分母中的分母可以利用基本不等式求出最小值，最小值為為，分母有最小值，即有最大值，那么可得最小值，最小值：，故選B．【思路點撥】把所給的式子直接通分相加，把分子整理出含有分母的形式，做到分子常數(shù)化，分子和分母同除以分母，把原式的分母變化成具有基本不等式的形式，求出最小值．10.下列命題中的假命題是A．，

B．，C．，

D．，參考答案：B二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知a、b、x是實數(shù)，函數(shù)與函數(shù)的圖象不相交，記參數(shù)a、b所組成的點(a，b)的集合為A,則集合A所表示的平面圖形的面積為______.參考答案：12.在[﹣1，1]上隨機地取一個數(shù)k，則事件“直線y=kx與圓（x﹣5）2+y2=9相交”發(fā)生的概率為．參考答案：【考點】幾何概型．【分析】利用圓心到直線的距離小于半徑可得到直線與圓相交，可求出滿足條件的k，最后根據(jù)幾何概型的概率公式可求出所求．【解答】解：圓（x﹣5）2+y2=9的圓心為（5，0），半徑為3．圓心到直線y=kx的距離為，要使直線y=kx與圓（x﹣5）2+y2=9相交，則＜3，解得﹣＜k＜．∴在區(qū)間[﹣1，1]上隨機取一個數(shù)k，使直線y=kx與圓（x﹣5）2+y2=9相交相交的概率為=．故答案為：．【點評】本題主要考查了幾何概型的概率，以及直線與圓相交的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵弄清概率類型，同時考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題．13.函數(shù)f（x）=sin2x+的最大值是．參考答案：考點： 三角函數(shù)的最值；兩角和與差的正弦函數(shù)．

專題： 三角函數(shù)的求值．分析： 利用兩角和的余弦展開，令t=cosx﹣sinx換元，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值解答．解答： 解：f（x）=sin2x+=sin2x+=sin2x+=2sinxcosx+cosx﹣sinx．令t=cosx﹣sinx，則t∈[]，∴t2=1﹣2sinxcosx，2sinxcosx=1﹣t2．原函數(shù)化為y=﹣t2+t+1，t∈[]，對稱軸方程為t=，∴當t=時函數(shù)有最大值為．故答案為：．點評： 本題考查了兩角和與差的余弦函數(shù)，考查了利用換元法求三角函數(shù)的最值，考查了二次函數(shù)最值的求法，是中檔題．14.給出下列四個命題：①函數(shù)f（x）=1﹣2sin2的最小正周期為2π；②“x2﹣4x﹣5=0”的一個必要不充分條件是“x=5”；③命題p：?x∈R，tanx=1；命題q：?x∈R，x2﹣x+1＞0，則命題“p∧（￢q）”是假命題；④函數(shù)f（x）=x3﹣3x2+1在點（1，f（1））處的切線方程為3x+y﹣2=0．其中正確命題的序號是．參考答案：①③④【考點】命題的真假判斷與應(yīng)用；復(fù)合命題的真假；必要條件、充分條件與充要條件的判斷；導(dǎo)數(shù)的幾何意義．【分析】逐項分析即可．①把函數(shù)的解析式變形可得；②雙向判斷是否成立即可判斷正誤；③根據(jù)復(fù)合命題的真值判斷方法易得；④先求導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義即得．【解答】解：①∵，∴T=2π，故①正確；②當x=5時，有x2﹣4x﹣5=0，但當x2﹣4x﹣5=0時，不能推出x一定等于5，故“x=5”是“x2﹣4x﹣5=0”成立的充分不必要條件，故②錯誤；③易知命題p為真，因為＞0，故命題q為真，所以p∧（￢q）為假命題，故③正確；④∵f′（x）=3x2﹣6x，∴f′（1）=﹣3，∴在點（1，f（1））的切線方程為y﹣（﹣1）=﹣3（x﹣1），即3x+y﹣2=0，故④正確．綜上，正確的命題為①③④．故答案為①③④．15.已知，滿足，則的取值范圍為

.參考答案：

考點：均值不等式、配方法.16.已知復(fù)數(shù)，則在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點位于第

象限.參考答案：一；17.設(shè)集合A={（x，y）|（x﹣4）2+y2=1}，B={（x，y）|（x﹣t）2+（y﹣at+2）2=1}，如果命題“?t∈R，A∩B≠?”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍是．參考答案：考點：特稱命題．.專題：計算題；直線與圓．分析：首先要將條件進行轉(zhuǎn)化，即命題P：A∩B≠空集為假命題，再結(jié)合集合A、B的特征利用數(shù)形結(jié)合即可獲得必要的條件，解不等式組即可獲得問題的解答．解答：解：∵A={（x，y）|（x﹣4）2+y2=1}，表示平面坐標系中以M（4，0）為圓心，半徑為1的圓，B={（x，y）|（x﹣t）2+（y﹣at+2）2=1}，表示以N（t，at﹣2）為圓心，半徑為1的圓，且其圓心N在直線ax﹣y﹣2=0上，如圖．如果命題“?t∈R，A∩B≠?”是真命題，即兩圓有公共點，則圓心M到直線ax﹣y﹣2=0的距離不大于2，即，解得0≤a≤．∴實數(shù)a的取值范圍是；故答案為：．點評：本題考查的是集合運算和命題的真假判斷與應(yīng)用的綜合類問題．在解答的過程當中充分體現(xiàn)了圓的知識、集合運算的知識以及命題的知識．同時問題轉(zhuǎn)化的思想也在此題中得到了很好的體現(xiàn)．值得同學們體會和反思．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.設(shè)命題p：關(guān)于m的不等式：m2﹣4am+3a2＜0，其中a＜0，命題q：?x＞0，使x+≥1﹣m恒成立，且p是q的充分不必要條件，求a的取值范圍．參考答案：【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．【分析】通過解不等式先化簡條件p，q；將條件p是q的充分但不必要條件轉(zhuǎn)化為A?B，根據(jù)集合的包含關(guān)系，列出不等式組，解不等式組求出a的范圍．【解答】解：解m2﹣4am+3a2＜0，a＜0，得：3a＜m＜a，由?x＞0，x+≥2=4，若?x＞0，使x+≥1﹣m恒成立，則1﹣m≤4，解得m≥﹣3，∵p是q的充分不必要條件，∴0＞3a≥﹣3，解得：﹣1≤a＜0，∴a的取值范圍為[﹣1，0）．19.已知函數(shù)f（x）=lnx﹣ax（a∈R）有兩個不同的零點．（Ⅰ）求a的取值范圍；（Ⅱ）記兩個零點分別為x1，x2，且x1＜x2，已知λ＞0，若不等式1+λ＜lnx1+λlnx2恒成立，求λ的取值范圍．參考答案：【考點】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【分析】（I）依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），所以方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有兩個不同跟等價于函數(shù)與函數(shù)y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，畫出圖象即可得出．（Ⅱ）由（I）可知x1，x2分別為方程lnx﹣ax=0的兩個根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2，因此原式等價于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2），原式等價于．又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，，即．因此原式等價于．即恒成立．令，則不等式在t∈（0，1）上恒成立．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．【解答】解：（I）依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），所以方程lnx﹣ax=0在（0，+∞）有兩個不同跟等價于函數(shù)與函數(shù)y=a的圖象在（0，+∞）上有兩個不同交點．又，即當0＜x＜e時，g'（x）＞0；當x＞e時，g'（x）＜0，所以g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減．從而．又g（x）有且只有一個零點是1，且在x→0時，g（x）→∞，在x→+∞時，g（x）→0，所以g（x）的草圖如下：可見，要想函數(shù)與函數(shù)y=a在圖象（0，+∞）上有兩個不同交點，只需．（Ⅱ）由（I）可知x1，x2分別為方程lnx﹣ax=0的兩個根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2，所以原式等價于1+λ＜ax1+λax2=a（x1+λx2）．因為λ＞0，0＜x1＜x2，所以原式等價于．又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，，即．所以原式等價于．因為0＜x1＜x2，原式恒成立，即恒成立．令，則不等式在t∈（0，1）上恒成立．令，則，當λ2≥1時，可見t∈（0，1）時，h'（t）＞0，所以h（t）在t∈（0，1）上單調(diào)遞增，又h（1）=0，h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意；當λ2＜1時，可見當t∈（0，λ2）時，h'（t）＞0；當t∈（λ2，1）時，h'（t）＜0，所以h（t）在t∈（0，λ2）時單調(diào)遞增，在t∈（λ2，1）時單調(diào)遞減．又h（1）=0，所以h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．綜上所述，若不等式1+λ＜lnx1+λlnx2恒成立，只須λ2≥1，又λ＞0，所以λ≥1．20.已知橢圓C：=1（a＞b＞0），離心率為，兩焦點分別為F1、F2，過F1的直線交橢圓C于M，N兩點，且△F2MN的周長為8．（1）求橢圓C的方程；（2）過點P（m，0）作圓x2+y2=1的切線l交橢圓C于A，B兩點，求弦長|AB|的最大值．參考答案：【考點】直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的標準方程．【分析】（1）利用已知條件求出橢圓方程中的幾何量，即可求橢圓C的方程；（2）利用直線的斜率存在與不存在，分別與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理，以及弦長公式表示弦長|AB|通過基本不等式求解弦長的最大值．【解答】解：（1）由題得：，4a=8，所以a=2，．

…又b2=a2﹣c2，所以b=1即橢圓C的方程為．…（2）由題意知，|m|≥1．當m=1時，切線l的方程x=1，點A、B的坐標分別為，此時；當m=﹣1時，同理可得…當|m|＞1時，設(shè)切線l的方程為y=k（x﹣m），（k≠0）由設(shè)A、B兩點的坐標分別為（x1，y1），（x2，y2），則△=64k4m2﹣16（1+4k2）（4k2m2﹣4）=48k2＞0又由l與圓．得所以==…因為|m|≥1所以，且當時，|AB|=2，由于當m=±1時，，所以|AB|的最大值為2．…21.已知函數(shù)．（Ⅰ）當0＜a≤1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）是否存在實數(shù)a，使得至少有一個x0∈（0，+∞），使f（x0）＞x0成立，若存在，求出實數(shù)a的取值范圍；若不存在，說明理由．參考答案：【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【分析】（Ⅰ）求得函數(shù)f（x）的定義域，求導(dǎo)函數(shù)，對a討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負，即可確定函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）先考慮“至少有一個x0∈（0，+∞），使f（x0）＞x0成立”的否定“?x∈（0，+∞），f（x）≤x恒成立”．即可轉(zhuǎn)化為a+（a+1）xlnx≥0恒成