第一學期調研測試高三數學（考試時間：120分鐘總分：150分）注意事項：1．請將選擇題、填空題的答案和解答題的解題過程涂寫在答題卷上，在本試卷上答題無效．2．答題前，務必將自己的考場號、座位號、姓名、準考證號涂寫在答題卷上．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，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上．1.設集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據對數函數的性質求出集合A，根據集合的補集定義，即可求得答案.【詳解】由，可得，即，故，故選：D2.在復平面內，復數滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的除法求出復數z，再計算模，即得答案.【詳解】由得，故，故選：B3.設，，，則，，的大小關系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指數函數與對數函數的單調性，進行大小比較，從而得出相應答案．【詳解】根據指數函數的單調性可得：，即，，即，由于，根據對數函數的單調性可得：，即，所以，故答案選B．【點睛】本題主要考查學生對于對手函數的單調性及其應用這一知識點的掌握程度，指數函數以及對數函數的單調性，取決于底數與1的大?。?.函數的圖象大致是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化簡的表達式，判斷其奇偶性可判斷A；舉特殊值計算函數值可判斷BD；結合函數的單調性可判斷C.【詳解】由題意設，定義域為R，滿足，即為奇函數，則，故可判斷A錯誤；當時，，可判斷D錯誤；又，而，即，則可判斷B錯誤，由于，令，則，結合余弦函數的周期性可知有無數多個解，從而或的解集均為無數個區間的并集，即將有無數個單調增區間以及單調減區間，故只有C中圖象符合題意，故選：C5.若函數在區間上有最小值，則實數的取值范圍是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】由題

，

令解得；令解得

由此得函數在上是減函數，在上是增函數，

故函數在處取到極小值-2，判斷知此極小值必是區間（上的最小值解得又當時，，故有

綜上知

故選C6.設數列an的前項之積為，滿足（），則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知遞推式可得數列是等差數列，從而可得，進而可得的值．【詳解】因為，所以，即，所以，所以，顯然，所以，所以數列是首項為，公差為2的等差數列，所以，即，所以．故選：C．7.某企業的廢水治理小組積極探索改良工藝，致力于使排放的廢水中含有的污染物數量逐漸減少．已知改良工藝前排放的廢水中含有的污染物數量為，首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數量為，第n次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數量滿足函數模型（，），其中為改良工藝前排放的廢水中含有的污染物數量，為首次改良工藝后排放的廢水中含有的污染物數量，n為改良工藝的次數．假設廢水中含有的污染物數量不超過時符合廢水排放標準，若該企業排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數最少為（）（參考數據：，）A.12 B.13 C.14 D.15【答案】D【解析】【分析】由題意，根據指數冪和對數運算的性質可得，由，解不等式即可求解.【詳解】由題意知，，當時，，故，解得，所以．由，得，即，得，又，所以，故若該企業排放的廢水符合排放標準，則改良工藝的次數最少要15次．故選：D8.已知某個三角形的三邊長為、及，其中.若，是函數的兩個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由a，b為函數的兩個零點可得，即可得、，由兩邊之和大于第三邊，結合題意可得.【詳解】由為函數的兩個零點，故有，即恒成立，故，，則，，由a，b，c為某三角形的三邊長，且，故，且，則，因為必然成立，所以，即，解得，所以，故的取值范圍是：.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9.已知向量，則下列說法正確的是（）A.若，則B.不存在實數，使得C.若向量，則或D.若向量在向量上的投影向量為，則的夾角為【答案】BCD【解析】【分析】運用平面向量的性質定理，即可求解.【詳解】A選項：，所以，所以，故A錯誤；B選項：若得，則，顯然不成立，故B正確；C選項：因為,若向量，則或，故C正確；D選項：設的夾角為，則向量在向量上的投影向量為所以，又因為向量在向量上的投影向量為，所以則的夾角為，故D正確.故選：BCD.10.對于函數，給出下列結論，其中正確的有（）A.函數的圖象關于點對稱B.函數在區間上的值域為C.將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象D.曲線在處的切線的斜率為1【答案】BD【解析】【分析】利用三角恒等變換公式化簡的表達式，采用驗證法即可判斷A；結合正弦函數的值域可判斷B；根據三角函數圖象的平移變換可判斷C；根據導數的幾何意義可判斷D.【詳解】由題意知，對于A，，故函數的圖象不關于點對稱，A錯誤；對于B，因為，所以，則，B正確；對于C，將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，C錯誤；對于D，，則，故曲線在處的切線的斜率為1，D正確，故選：BD11.已知函數，及其導函數f′x，的定義域均為R，若的圖象關于直線對稱，，，且，則（）A.為偶函數 B.的圖象關于點對稱C. D.【答案】BCD【解析】【分析】首先根據抽象函數對稱性，判斷函數的對稱性，以及周期，并結合條件轉化，判斷函數的對稱性，利用抽象函數的導數公式，以及周期性，求，最后利用函數與的關系求和.【詳解】由的圖象關于直線對稱，則，即，所以，即，則，即的圖象關于直線對稱，由，可得，又，所以，所以的圖象關于點對稱，即為奇函數，所以，即，即函數的周期為，由，可得，因為的周期為，所以，則，即，所以的圖象關于點對稱，故B正確；因為的圖象關于直線對稱，則，所以，所以，因為的周期為4，所以的周期也為4.由，可得，所以，故C正確；由，可得，所以，即，，故D正確.故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：本題主要是研究抽象函數的性質，以及導數運算問題，本題的關鍵是以條件等式為橋梁，發現函數與的性質關系，以及解析式的關系.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.函數的單調遞增區間為________．【答案】【解析】【分析】先求得函數定義域，然后根據復合函數單調性同增異減來求得單調遞增區間.【詳解】由，解得或，所以的定義域為.函數在上單調遞增，的開口向上，對稱軸為，根據復合函數單調性同增異減可知的單調遞增區間是.故答案為：13.已知是數列的前項和，是和的等差中項，則________．【答案】【解析】【分析】根據等差中項列方程，然后利用求得，進而求得.【詳解】由于是和的等差中項，所以，當時，當時，，，兩式相減并化簡得，所以an是首項為，公比為的等比數列，所以，也符合，所以,所以.故答案為：14.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，則的最大值為________．【答案】【解析】【分析】利用正余弦定理，結合三角恒等變換得到，再利用基本不等式即可得解.【詳解】由余弦定理得，兩式相減得，因為，所以，由正弦定理得，即，所以，則，因為在中，不同時為，，故，所以，又，所以，則，故，則，所以，當且僅當，即時，等號成立，則的最大值為.故答案為：.【點睛】易錯點睛：在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正——各項均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知集合，（1）當時，求；（2）在“充分條件”、“必要條件”這兩個條件中任選一個，補充在下面問題中并解答.是否存在正實數，使得“”是“”的______？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）答案見解析.【解析】【分析】（1）解一元二次不等式、絕對值不等式求集合，再由交運算求集合；（2）根據所選條件得到對應集合的包含關系，進而得到不等關系求參數范圍.【小問1詳解】由，當時，，所以.【小問2詳解】由題設，選充分條件時，則，即，所以實數的取值范圍是.選必要條件時，則，即，故，所以實數不存在.16.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，設向量，，，且對任意，都有.（1）求的單調遞增區間；（2）若，，求的面積.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）應用向量數量積的坐標表示及三角恒等變換化簡求得，結合已知得，進而求得，利用正弦型函數的性質求遞增區間；（2）由正弦定理及、已知條件可得，結合余弦定理有，聯立求得，最后應用三角形面積公式求面積.【小問1詳解】由題意得，且，所以，因為，所以，所以，即，所以，令，解得，所以的單調遞增區間為.【小問2詳解】在中，由正弦定理，得，所以①，由余弦定理得，得②，由①②解得，所以的面積為.17.已知函數，，.（1）求函數的單調區間；（2）若且恒成立，求的最小值.【答案】（1）答案見解析（2）.【解析】【分析】（1）求導后，利用導數與函數單調性的關系，對與分類討論即可得；（2）結合函數單調性求出函數的最值，即可得解.【小問1詳解】（），當時，由于，所以f′x>0恒成立，從而在0,+∞當時，，f′x>0；，f′從而在上遞增，在遞減；綜上，當時，的單調遞增區間為，沒有單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.【小問2詳解】令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使.，由于，，所以恒成立，當時，?′x>0，當時，?所以，解得：，所以的最小值為.18.已知數列的前項和為，且.（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列的前項和；（3）記，是否存在實數使得對任意的，恒有？若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，且.【解析】【分析】（1）令可求得的值，令，由可得出兩式作差可得出數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，由此可得出數列的通項公式；（2）求得，利用錯位相減法可求得；（3）假設存在符合條件的實數使得，利用作差法結合參變量分離法得出，然后分為正奇數和正偶數兩種情況討論，結合參變量分離法可求得實數的取值范圍.【詳解】（1）對任意，.當時，，即;當時，由可得，兩式作差得，即，所以，數列是首項為，公比為的等比數列，故；（2）由（1）得，可得，，兩式相減得，因此，；（3）存在．由（1）得．假設存在實數使得對任意的，恒有，即，則，即，即．當為正偶數時，，則，，由于數列單調遞減，所以，；當為奇數時，，，，由于數列單調遞增，則.綜上所述，.【點睛】方法點睛：數列求和的常用方法：（1）對于等差等比數列，利用公式法直接求和；（2）對于型數列，其中是等差數列，是等比數列，利用錯位相減法求和；（3）對于型數列，利用分組求和法；（4）對于型數列，其中是公差為的等差數列，利用裂項相消法求和.19.懸鏈線在建筑領域有很多應用．當懸鏈線自然下垂時，處于最穩定的狀態，反之其倒置時也是一種穩定狀態．鏈函數是一種特殊的懸鏈線函數，正鏈函數表達式為，相應的反鏈函數表達式為．（1）證明：曲線是軸對稱圖形；（2）若直線與函數和的圖象共有三個交點，設這三個交點的橫坐標分別為，，，證明：；（3）已知函數，其中，，．若對任意的恒成立，求的最大值．【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）7【解析】【分析】（1）將函數化簡得，根據偶函數的性質即可判斷此函數圖象關于y軸對稱；（2）根據函數的單調性可大致判斷函數和的圖象，且為偶函數，結合圖象可判斷，且，再解不等式即可；（3）觀察函數特征，不妨設，當時，得，從而對恒成立，再解不等式即可.【小問1詳解】，令，則，所以為偶函數，故曲線是軸對稱圖形，且關于y軸對稱.【小問2詳解】令，得，當時，；，所以在處取得極小值1，當x趨近正無窮時，趨近正無窮，當x趨近負無窮時，趨近負無窮,恒成立，所以在上單調遞增，當x趨近正無窮時，趨近正無窮，當x趨近負無窮時，趨近負無窮，所以的大致圖象如圖所示，不妨設