1、 屆高三第一次質量監測數學一選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 已知集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先通過求解分式不等式化簡集合，然后利用指數函數的單調性化簡集合，最后利用集合間的交運算即可求解.【詳解】由指數函數的單調性可知，從而，故.故選：C.2. 已知，則“”是“”的（ ）A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C 充要條件D. 既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】從充分性和必要性兩方面進行討論即可.【詳解】充分性：當，時充分性不成立；必要性：由可得，即，所以“”是“”的必要不充

2、分條件.故選：B【點睛】本題主要考查充要條件的判定，涉及到不等式的性質，屬于基礎題.3. 函數的部分圖像大致為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】結合已知條件，利用函數奇偶性可判斷B；通過判斷在上的符號可判斷D；通過判斷在上的零點個數可判斷AC.【詳解】由題意可知，的定義域為，因為，所以，故為奇函數，從而的圖像關于原點對稱，故B錯誤；當時，且，此時，故D錯誤；因為在上有無數個零點，所以在上也有無數個零點，故A錯誤，C正確.故選：C.4. 在中，內角所對的邊分別為，則下列條件能確定三角形有兩解的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】結合已知條件和正弦定理即

3、可求解.【詳解】對于A：由正弦定理可知，故三角形有一解；對于B：由正弦定理可知，故三角形有兩解；對于C：由正弦定理可知，為鈍角，B一定為銳角，故三角形有一解；對于D：由正弦定理可知，故故三角形無解.故選：B.5. 通過研究正五邊形和正十邊形的作圖，古希臘數學家畢達哥拉斯發現了黃金分割率，黃金分割率的值也可以用表示，即.記，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】將代入，根據恒等變換公式化簡，即可求得結果.【詳解】，故選:C.6. 已知過點作曲線的切線有且僅有條，則（ ）A. B. C. 或D. 或【答案】C【解析】【分析】設出切點，對函數求導得出切線的斜率，利用點斜式方程寫出

4、切線，將點代入，并將切線有且僅有條，轉化為方程只有一個根，列方程求解即可【詳解】設切點為，由已知得，則切線斜率，切線方程為直線過點，則，化簡得切線有且僅有條，即，化簡得，即，解得或故選：C7. 設，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據，判斷的大小，由，構造函數，利用導數判斷單調性，即可得到.【詳解】由不等式可得，即；，設，因為，所以在上單調遞增，所以當，所以，即.所以.故選：C8. 如圖是一個近似扇形的湖面，其中，弧的長為.為了方便觀光，欲在兩點之間修建一條筆直的走廊.若當時，扇形的面積記為，則的值約為（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由題可得，

5、再根據扇形面積公式可得，結合條件即得.【詳解】設扇形的圓心角為，則，在中，又，又，.故選：B.二多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9. 設，則下列不等式中一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式及其變形求最值即可判斷.【詳解】A選項：，當且僅當時，等號成立，故A正確；B選項：，所以，當且僅當時，等號成立，故B錯；C選項：，當且僅當時，等號成立，故C正確；D選項：，當且僅當，即，時，等號成立，故D正確.故選：ACD.10. 已知函數（其中，）的部分

6、圖象如圖所示，則（ ）A. B. 的圖象關于直線對稱C. D. 在上的值域為【答案】AC【解析】【分析】結合函數圖像求出的解析式，進而判斷AC；利用代入檢驗法可判斷B；利用換元法和三角函數性質求出在上的值域可判斷D.【詳解】由圖像可知，故A正確；從而，又由，因為，所以，從而，故C正確；因為，所以不是的對稱軸，故B錯誤；當時，則，因為在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因為，所以，故，即，從而，即在上的值域為，故D錯誤.故選：AC.11. 對于定義域為的函數，若同時滿足下列條件：，；，則稱函數為“函數”.下列結論正確的是（ ）A. 若為“函數”，則其圖象恒過定點B. 函數在上是“函數”C. 函數在

7、上是“函數”（表示不大于的最大整數）D. 若為“函數”，則一定是上的增函數【答案】AC【解析】【分析】結合函數新定義的概念利用賦值法即可求解.【詳解】對于A：不妨令，則，因為，所以，故，故A正確；對于B：不妨令，則，即，這與，矛盾，故B錯誤；對于C：由題意可知，不妨令，其中整數部分，為小數部分，則；再令，其中為整數部分，為小數部分，則；若，則；若，則，從而，成立，故C正確；對于D：由題意可知，常函數為“H函數”，但不是增函數，故D錯誤.故選：AC.12. 已知分別是函數和的零點，則（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】把函數的零點轉化兩個函數圖像交點的橫坐標，再結合反函數

8、圖像的特點得到點和關于點對稱，根據可判斷A、B選項；結合基本不等式可以判斷C選項；利用特殊值的思路得到的范圍即可判斷D選項.【詳解】因為，分別是函數，的零點，所以，那么，可以看做函數和與函數圖像交點的橫坐標，如圖所示，點，分別為函數，的圖像與函數圖像的交點，所以，因為函數和互為反函數，所以函數圖像關于的圖像對稱，的圖像也關于的圖像對稱，所以點和關于點對稱，故AB正確；因為，所以，而，故C錯；當時，函數對應的函數值為，函數對應的函數值為，因為，所以，所以的范圍為，那么，而，所以，故D正確.故選：ABD.三填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13. 若，則_.【答案】4【解析】【分析】根據

9、展開可得，從而求得，再由，即可得到結果.【詳解】因為，即所以，平方可得，所以，所以故答案為：14. 已知的面積為，則的中線長的一個值為_.【答案】或【解析】【分析】結合已知條件和三角形面積公式求，然后利用余弦定理即可求解.【詳解】因為的面積為，所以，故或；當時，故，因為，所以，故；當時，故，在中，由余弦定理可知，在中，由余弦定理可知，故.綜上所述，的中線長為或.故答案為：或.15. 某容量為萬立方米的小型湖，由于周邊商業過度開發，長期大量排放污染物，水質變差，今年政府準備治理，用沒有污染的水進行沖洗，假設每天流進和流出的水均為萬立方米，下雨和蒸發正好平衡.用函數表示經過天后的湖水污染質量分數，

10、已知，其中表示初始湖水污染質量分數.如果，要使湖水的污染水平下降到開始時污染水平的以下，至少需要經過天_.（參考數據：）【答案】116【解析】【分析】根據題意列不等式，再結合對數計算公式解不等式即可.【詳解】設至少需要經過天，因為要使湖水的污染水平下降到開始時污染水平的10%以下，所以，又因為，所以，由題意知，所以，整理得，解得，所以至少需要經過116天.故答案為：116.16. 已知函數是定義域為的奇函數，當時，且，則不等式的解集為_.【答案】【解析】【分析】利用奇函數的性質得到，再根據不等式構造函數，分析函數在時的單調性，根據單調性、奇偶性和解不等式即可.【詳解】因為為奇函數，定義域為，所

11、以，又因為時，所以，構造函數，所以，所以當時，上單調遞增，又因為，所以，在上大于零，在上小于零，又因為，所以當時，在上大于零，在上小于零，因為為奇函數，所以當時，在上小于零，在上大于零，綜上所述：解集為.故答案為：.【點睛】常見的函數構造形式：，；，.四解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明證明過程或演算步驟.17. 已知數列滿足，.（1）證明：數列是等比數列；（2）求數列的通項公式.【答案】（1）見解析 （2）【解析】【分析】(1)結合遞推公式利用等比數列的定義證明即可；(2)結合(1)中結論，利用累加法和等比數列求和公式即可求解.【小問1詳解】因為，所以，從而，因為，所以，故數

12、列是首項為，公比為的等比數列.【小問2詳解】由(1)可知，故當時，由各式相加可知，故，當時，也滿足，故數列的通項公式為：.18. 在中，角的對邊分別為.（1）若，求；（2）若，求證：.【答案】（1） （2）見解析【解析】【分析】（1）由三角形內角和，可表示出角，根據三角恒等式，結合正弦定理，可得的值，根據二倍角式，進而可得，由余弦定理，可得答案；（2）由題意，結合余弦定理與正弦定理，根據同角三角函數的關系式，可得答案.【小問1詳解】，則，由正弦定理，可得：，則，可得，解得，則，由余弦定理，故.【小問2詳解】，由余弦定理，與相除可得：，兩邊同除以，可得.19. 如圖，在三棱柱中，側面底面，側面是

13、菱形，.（1）若為的中點，求證：；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）見解析 （2）【解析】【分析】(1)結合已知條件和平面幾何關系知，然后利用面面垂直性質和線面垂直性質可知，最后利用線面垂直判定和性質即可證明；(2)取的中點，然后利用面面垂直性質證明底面，再建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量，最后利用二面角的向量公式即可求解.【小問1詳解】側面是菱形，為的中點，側面底面，側面底面，底面，側面，側面，平面，平面，.【小問2詳解】取中點，連接，從而，又由，則，側面底面，側面底面，底面，以為坐標原點，以，為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如下圖：由已知條件和上圖可知，由題意可知，為平面

14、的一個法向量，不妨設平面的一個法向量，因為，從而，令，則，即，設二面角為，由圖可知為鈍角，從而，即，故二面角的正弦值為.20. 某校組織圍棋比賽，每場比賽采用五局三勝制（一方先勝三局即獲勝，比賽結束），比賽采用積分制，積分規則如下：每場比賽中，如果四局及四局以內結束比賽，取勝的一方積3分，負者積0分；五局結束比賽，取勝的一方積2分，負者積1分.已知甲乙兩人比賽，甲每局獲勝的概率為.（1）在一場比賽中，甲的積分為，求的概率分布列；（2）求甲在參加三場比賽后，積分之和為5分的概率.【答案】（1）見解析 （2）【解析】【分析】(1)結合已知條件，可能取值為，然后分析每種積分對應的輸贏情況，然后利用二

15、項分布和獨立事件的概率乘法求解即可；(2)結合(1)中結論，分析積分之和為5時三場比賽的積分情況，然后利用獨立事件的概率乘法求解即可.【小問1詳解】由題意可知，可能取值為， ，當時，則前三場比賽都輸或前三場比賽贏一場且第四場比賽輸，則，當時，前四場比賽贏兩場且第五場比賽輸，則；當時，前四場比賽贏兩場且第五場比賽贏，則，當時，前三場比賽都贏或前三場比賽贏兩場且第四場比賽贏，則，故的概率分布列如下：0123【小問2詳解】設甲在參加三場比賽后，積分之和為5分為事件，則甲的三場比賽積分分別為1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，故，故甲在參加三場比賽后，積分之和為5分為.21. 已知分別是橢圓的左右

16、頂點，分別是的上頂點和左焦點.點在上，滿足.（1）求的方程；（2）過點作直線（與軸不重合）交于兩點，設直線的斜率分別為，求證：為定值.【答案】（1） （2）證明見解析，定值為【解析】【分析】（1）根據可設，根據，利用斜率相等且在橢圓上列式可得橢圓基本量的關系，再根據求解基本量即可；（2）由題意設：，聯立直線與橢圓的方程，得出韋達定理，再表達出，結合韋達定理求解即可.【小問1詳解】因為，故可設，因為，故，即，解得.又在橢圓上，故，解得，故.又，故，故，.故的方程為.【小問2詳解】因為橢圓方程為，故，當斜率為0時或重合，不滿足題意，故可設：.聯立可得，設，則.故故定值為【點睛】本題主要考查了橢圓中

17、基本量的求解，同時也考查了聯立直線與橢圓的方程，得出韋達定理表達目標表達式，再化簡求解的問題，為方便計算，當直線過的定點在軸時可設直線的橫截距式，同時注意韋達定理中的關系進行化簡.屬于難題.22. 設函數，.（1）若直線是曲線的一條切線，求的值；（2）證明：當時，；，.（是自然對數底數，）【答案】（1） （2）證明見解析證明見解析【解析】【分析】(1)首先利用導函數的幾何意義求出切點，再將切點代入切線即可求出；(2)將原不等式化簡為，然后利用導函數求在上的最大值大于0即可；結合中條件，利用放縮法只需證明，然后利用隱零點證明不等式在上恒成立即可，最后結合和的單調性即可證明原不等式在上恒成立.【小問1詳解】由，則，設在上的切點為，從而，故在上的切點為，將代入得，故的值為.【小問2詳解】當時，不