江苏省泰州市黄桥中学2020届高三数学（理）11月月考试卷（附解析Word版）

江苏省黄桥中学 2019 年秋学期高三第一次质量检测 数学试卷（理） 一、填空题； 1.命题“ ，都有 ”的否定是______. 【答案】 ，有 【解析】 【分析】 根据全称命题的否定是特称命题写出原命题的否定. 【详解】全称命题的否定是特称命题，故原命题的否定是“ ，有 ”. 【点睛】本小题主要考查写出全称命题的否定，属于基础题. 2.已知集合 ，则 ____________. 【答案】 【解析】 【分析】 先解一元一次不等式可得 ，再利用交集的运算即可得解. 【详解】解：由 ，解得 ，则 ， 又 ， 所以 ， 故答案为： . 【点睛】本题考查了集合的交集的运算，属基础题. 3.已知 ， ，则 ______． 【答案】 【解析】 【分析】 1x∀ > 2 1 2x + > 1x∃ > 2 1 2x + ≤ 1x∃ > 2 1 2x + ≤ { } { }1 0 , 1,0,1,2A x x B= − < = − A B = { }1,0− { }1A x x= < 1 0x − < 1x < { }1A x x= < { }1,0,1,2B = − A B = { }1,0− { }1,0− 1sinα 4 = πα ,π2  ∈   tanα = 15 15 − 由同角三角函数的基本关系式，求得 ，进而可求得 的值，得到答案． 【详解】由题意，因为 ， ，所以 ， 则 ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系式的化简求值，其中解答中熟记同角三角 函数的基本关系式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础 题． 4.函数 的定义域为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 要使根式有意义，则需 ，再解对数不等式即可得解，特别要注意对数的真 数大于 0. 【详解】解：要使函数有意义，则需 ， 则 ，即 ，解得： ， 即函数的定义域为： ， 故答案为： . 【点睛】本题考查了函数定义域的求法，重点考查了对数不等式的解法，属基础题. 5.设 ，则 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 15cos 4 α = − tanα 1sin 4 α = ,2 πα π ∈   2 15cos 1 sin 4 α α= − − = − sin 15tan cos 15 αα α= = − 15 15 − 2( ) 1 log ( 1)f x x= − − ( ]1,3 21 log ( 1) 0x− − ≥ 21 log ( 1) 0x− − ≥ 2log ( 1) 1x − ≤ 0 1 2x< − ≤ 1 3x< ≤ ( ]1,3 ( ]1,3 , 0( ) , 0 xe xg x lnx x  ≤=  > 1( ( ))3g g = 1 3 将函数由内到外依次代入，即可求解 【详解】 ， , 故答案为 【点睛】本题主要考查了求函数的值，要遵循由内到外去括号的原则，将对应的值依次代入， 属于基础题。 6.函数 在点 处的切线的倾斜角是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 先 求 函 数 的 导 函 数 ， 再 由 导 数 的 几 何 意 义 可 得 ，再结合倾斜角的范围求解即可. 【详解】解：因为 ，所以 ， 则 ， 设直线的倾斜角为 ，则 ， 又 ， 所以 ， 故答案为： . 【点睛】本题考查了函数的导函数的求法，重点考查了导数的几何意义，属基础题. ( ) , 0 , 0 xe xg x lnx x  ≤=  > 1 1 1 03 3g ln ln ∴ = < =   1 31 1 1 3 3 3 ln g g g ln e     = = =         1 3 ( ) 2cosf x x= ( , 3)6P π 3 4 π ( ) 2cosf x x= ' ( ) 2sinf x x= − tanθ = ' ( ) 16f π = − ( ) 2cosf x x= ' ( ) 2sinf x x= − ' 1( ) 2 16 2f π = − × = − θ [ )0,θ π∈ tan 1θ = − 3 4 πθ = 3 4 π 7.命题 A：|x－1|＜3，命题 B：(x＋2)(x＋a)＜0；若 A 是 B 的充分而不必要条件，则实数 a 的取值范围是 . 【答案】(－∞,－4) 【解析】 【详解】对于命题 A：∵|x－1|＜3，∴-2 sin[2( ) ] sin(2 2 )3 3y x x π πϕ ϕ= − + = + − sin( 2 ) 03 π ϕ− = 23 k π ϕ π− = 2 6 kπ πϕ = − + k Z∈ 0ϕ > 0k = ϕ 6 π 6 π sin ( 0)y xω ω= > ,3 4 π π −   ω 3 2 sin ( 0)y xω ω= > 2 2, ,2 2 k k k Z π π π π ω ω ω ω  − + ∈   , ,2 2 π π ω ω  −   ,3 4 π π −   ⊆ , ,2 2 π π ω ω  −   0>ω 2 22 2k x k π ππ ω π− ≤ ≤ + 2 2 2 2 k kx π π π π ω ω ω ω− ≤ ≤ + sin ( 0)y xω ω= > 2 2, ,2 2 k k k Z π π π π ω ω ω ω  − + ∈   又函数 在区间 上单调递增， 则 则 ，解得 ， 即 的最大值是 ， 故答案为： . 【点睛】本题考查了函数单调性的求法，重点考查了已知函数单调区间求参数的范围，属中 档题. 12.已知 ，则 值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据 的值，分别求出 的值，再求和即可. 【详解】解：因为 ，所以 ， ， 则 ， 故答案为： . 【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，重点考查了角的拼凑，属中档题. 的 sin ( 0)y xω ω= > ,3 4 π π −   ,3 4 π π −   ⊆ , ,2 2 π π ω ω  −   3 2 4 2 π π ω π π ω − ≥ −  ≤ 30 2 ω< ≤ ω 3 2 3 2 1cos( )3 3x π− = 2cos(2 ) sin ( )3 3x x π π+ + − 5 3 1cos( )3 3x π− = 2cos(2 ) sin ( )3 3x x π π+ −、 1cos( )3 3x π− = 2 22 1 7cos(2 ) cos[(2 ) ] cos2( ) 1 2cos ( ) 1 2 ( )3 3 3 3 3 9x x x x π π π ππ+ = − + = − − = − − = − × = 2 2 2 21 8sin ( ) 1 cos ( ) 1 cos ( ) 1 ( )3 3 3 3 9x x x π π π− = − − = − − = − = 2 7 8 5cos(2 ) sin ( )3 3 9 9 3x x π π+ + − = + = 5 3 13.已知 ，函数 ， ，若函数 有 4 个零点，则实数 的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】 画 出 函 数 的 图 像 ， 对 分 成 ， 等 种情况，研究 零点个数，由此求得 的取值范围. 【详解】令 ，画出函数 的图像如下图所 示，由图可知， （1）当 或 时，存在唯一 ，使 ，而 至多有两个根，不 符合题意. （2）当 时，由 解得 ，由 化简得 ，其 判别式为正数，有两个不相等的实数根；由 化简得 ，其判别式为正 数，有两个不相等的实数根.由于上述四个实数根互不相等，故 时，符合题意. （3）当 时，由 解得 ，由 化简得 ， 其判别式为负数，没有实数根；由 化简得 ，其判别式为正数，有两 个不相等的实数根.故当 时，不符合题意. （4）当 时，由 ，根据图像可知有三个解，不妨设 . 即 m R∈ 2 3 1 , 1( ) log ( 1), 1 x xf x x x  +  2( ) 2 2 1g x x x m= − + − [ ( )]y f g x m= − m { }5 ,1 07      ( )f x m 5 5 50, 0,0 , , 1, 17 7 7m m m m m m< = < < = < < = 1 4, 4, 4m m m< < = > 9 [ ( )]y f g x m= − m ( ) ( )22 2 2 1 1 2 2t g x x x m x m= = − + − = − + − ( )f x 0m < 4m > 1t ( )1 0f t m− = ( )1t g x= 0m = ( ) 0f t = 1 2 1 , 13t t= − = ( )1t g x= 2 22 03x x− − = ( )2t g x= 2 2 2 0x x− − = 0m = 4m = ( ) 4f t = 1 2 5 , 173t t= − = ( )1t g x= 2 262 03x x− + = ( )2t g x= 2 2 10 0x x− − = 4m = 0 4m< < ( )f t m= 1 2 3 1 1, 1 1, 23 t t t− < < − − < < > ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 2 3 2 3 2 3 1 3 1 6 5 3 1 3 1 6 5 log 1 log 1 2 3 f t t x m m f t t x m m f t t x m m   = − + = − − + − =   = + = − + − =   = − = − + − =   即 . i）当 时， ，故①②③三个方程都分别有 个解，共有 个解，不符合 题意. ii)当 时， ，①有 个解，②③分别有 个解，共有 个解，不符合题意. iii）当 时， ，①无解，②③分别有 个解，共有 个解，符合题意. iv）当 时， ，①无解，②有 个解，③有两个解，共有 个解，不符合题意. v）当 时， ，①无解，②无解，③至多有 个解，不符合题意. 综上所述， 的取值范围是 . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 7 5 0 3 1 5 5 0 log 1 2 3 x m x m x m m  − + − = − + − =   − + − =   ① ② ③ 50 7m< < 7 5 0 5 5 0 2 3 0 m m m − k ( )'f x a ( )' 0f x > x ( )f x ( )' 0f x < x ( )f x ( )0 0,x y 0 0 0 0 0 0 2 2 x x e a e y ex y e ax  − =  = −  = − − ( ) ( ) 1 0x k f x x− + + >′ 成立等价于 对 恒成立，构造函数，通过导函数的符号判断函数的单调性求 解函数的最值，然后可得结果. 详解：（1）函数 的定义域为 ． 若 时，则 ，所以 在 上单调递增； 若 时，则当 时， ，当 时， ， 所以 在 上递减，在 上递增． （2）设切点为 则： ，解得 ． （3）当 时，对任意 ，都有 恒成立等价于 对 恒成立． 令 ，则 ， 由（1）知，当 时， 在 上递增． 因为 ，所以 在 上存在唯一零点， 所以 在 上也存在唯一零点，设此零点为 ，则 ． 因为当 时， ，当 时， ， 所以 在 上的最小值为 ，所以 ， 又因为 ，所以 ，所以 ． 又因为 为整数且 ，所以 的最大值是 ． 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概 括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的 考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一 定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数 的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用 1 1x xk xe +< +− 0x > ( )f x ( ) ( ), , xf x e a−∞ +∞ = −′ 0a ≤ ( ) 0f x′ > ( )f x ( ),−∞ +∞ 0a > ( ),lnx a∈ −∞ ( ) 0f x′ < ( )ln ,x a∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x ( ),lna−∞ ( )ln ,a +∞ ( )0 0,x y 0 0 0 0 0 0 2 2 x x e a e y ex y e ax  − =  = −  = − − 0 0 1 0 , 0 2 x a a y e =  = ∴ =  = − 1a = ( )0,x∈ +∞ ( ) ( ) 1 0x k f x x− + + >′ 1 1x xk xe +< +− 0x > ( ) 1 ( 0)1x xg x x xe += + >− ( ) ( ) ( )2 2 1 x x x e e x g x e − − − ′ = 1a = ( ) 2xf x e x= − − ( )0,+∞ ( ) ( )0 0 2 0f f， ( ) 2xf x e x= − − ( )0,+∞ ( )g x′ ( )0,+∞ 0x ( )0 1,2x ∈ ( )00,x x∈ ( ) 0g x′ < ( )0 ,x x∈ +∞ ( ) 0g x′ > ( )g x ( )0,+∞ ( ) 0 0 0 0 1 1x xg x xe += +− 0 0 0 1 1x xk xe +< +− ( ) 0 0 0 2 0xg x e x= − − =′ 0 0 2xe x= + 0 1k x< + k 02 1 3x< + < k 2 问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.