齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018届高三第一次调研联考数学（文）试题（解析版）

齐鲁名校教科研协作体 山东、湖北部分重点中学 8 2018 届高三第一次调研联考 数学（文）试题 一、选择题（2 12 个小题，每小题 5 5 分，共 0 60 分）1.已知函数    2lg 1 f x x  的定义域为 P，不等式 1 1 x  的解集为 Q，则 P Q  （）A.  0,1 B.  1,2  C.  1,0  D.  1,2 【答案】B 【解析】 因 为21 0, 1 x 1 x     ，所 以   1,1 P ，由 1 1 x  可 得 0 2 x   , 所 以   0, 2 Q，所 以  1,2 P Q   ，故选 B.2.“0.2 0.2log log a b  ”是“ a b  ”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 根据函数0.2()log f x x  是减函数，由0.2 0.2log log a b  可得 a b ，充分性成立； 但当 a b，之一 非正数时，由 a b  不能推出0.2 0.2log log a b ，必要性不成立；故选 A.3.关于函数()|sin | f x x   的说法，正确的是（）A.()f x 在(0,1)上是增函数 B.()f x 是以  为周期的周期函数 C.()f x 是奇函数 D.()f x 是偶函数 【答案】D 【解析】 由复合函数的单调性可知   f x 在102   ，上递增，在112，   上递减； sin x  的周期为 1，则   f x 的周期为 1       sin f x x sin x f x       ，  f x 为偶函数，故选 D

4.已知角  的终边经过点3 4,5 5   ，则2sin2的值为（）A.110 B.15 C.45 D.910 【答案】C 【解析】 因为点3 4,5 5   在单位圆上，又在角  的终边上，所以3cos5   ； 则231()1 cos 45sin2 2 2 5    ；故选 C.5.已知 tan 2  ，则23sin cos2    （）A.45 B.3 C.0 D.95 【答案】B 【解析】 2 2 2 222 2 2 2 23sin cos2 4sin cos 4tan 13sin cos2 3sin cos sin cos tan 1                 ,故选 B.6.已知函数      21 2 2 1 f x f x x f  ，则   2f的值为 A.2  B.0 C.4  D.6  【答案】D 【解析】 由题意       1 1 2 2 1 f f f    ，化简得     1 1 2 ff ，而     2 1 2 f x f x    ，所以     1 2 1 2 f f    ，得   1 2f，故   1 0 f ，所以  22 2 f x x x  ，  4 2 f x x    ，所以   2 6f，故选 D． 7.要得到 cos6y x     的图象，可以将 sin2y x     的图象经过这样的变换（）A.向左平移6个单位长度 B.向右平移6个单位长度 C.向左平移43个单位长度 D.向右平移43个单位长度

【答案】B 【解析】平移前的函数为3 3sin cos 2 cos2 2y x x x               ，将cos y x  的图象向右平移6个单位长度可得到函数 cos6y x     的图象，所以要得到 cos6y x     的图象，只需将3sin2y x     的图象向右平移6个单位长度，平移后的函数为 cos6y x     ；所以向右平移6个单位长度，故选 B.8.已知   2,0 A ，点   , P x y 满足2 , 24 4x y sin x y sin                ，则直线 AP 的斜率的取值范围为（）A.3 3,3 3    B.3, 3   C.1 1,2 2    D.  22  , 【答案】A 【解析】 由2424x y sinx y sin              ，得cosx siny ，故2 21 x y  ，即点   , P x y 的根据方程是，2 21 x y   过A向圆作切线，两切线的斜率分别为3 3,3 3，由图可知，3 3,3 3k    ，故选 A.【方法点睛】本题主要考查两角和与差的正弦公式、直线的斜率、数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点.9.已知 22 1xxaf x为奇函数，   2ln g x x b  ，若对任意的1 2, x x R ，   1 2f x g x 恒成立，则 b 的取值范围为（）A.  , e   B.  ,0  C.  ,0 e  D.  , e   【答案】A 【解析】 由于 22 1xxaf x为奇函数，故   0 0 f ，可得 1 a  ；因为对    1 2 1 2, , x x R f x g x    恒成立，所以   max minf x g x ，而 22 1xxaf x=2 1 212 1 2 1xx x  ，所 以     1 , 1 f x  ，从 而 要 求 2 2ln 1, x b x b e    ，在 R 上恒成立， 2minb x e b e    ，故选 A.【方法点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性及最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）1 2, , x D x E        1 2f x g x 只需   min maxf x g x  ；（2）1, x D  2x E      1 2f x g x ，只需  min f x    min g x ；（3）1x D  ，2, x E      1 2f x g x 只需  max , f x    max g x ；（4）1 2, x D x E    ，   1 2f x g x ，只需  max f x    min g x.10.已知函数   lg f x x ，若 0 a b  ，有    f a f b ，则 22a bia b（i 是虚数单位）的取值范围为（）A.  1, B.  1, C.  2, D.  2, 【答案】C 【解析】 因为   lg x x ，由     f a f b ，可得 1 0    a b，所以 lg lg 1 a b ab    ，所以 222 212a bi a ba b aa b a b a       ，故选 C.11.ABC  中，3 BC  , D 在边 BC 上，且 2 CD DB  , 1 AD .当 ABC  的面积最大时，则 ABC  的外接圆

半径为（）A.2 B.153 C.102 D.3 22 【答案】C 【解析】 因为 3, 1 BC AD   所以 ABC  的面积最大时 AD BC  ,由题可知，1 BD  , 1 AD  , 2 CD  可得4B  ,所以5 AC ,由正弦定理可得5 2 522sin4R ，故102R ，故选 C.12.已知函数  21()(), ,2x xf x e a e e aex b a b R      （其中 e 为自然对数底数）在1 x  取得极大值，则 a 的取值范围是（）A.0 a  B.0 a  C.0 e a    D.a e  【答案】D 【解析】 因为    21,2x xf x e a e e aex b      所以可得2()()()()x x x xf x e a e e ae e a e e         ． 当 0 a  时，由()0 f x  可得()f x 在   1, 上递增，()0 f x  得()f x 在  ,1  上递减，所以()f x 在1 x  取得极小值，无极大值，不符合题意； 当 0 a  时，令()0 f x 得 1 x  或 ln()a ，只有当 ln()1, a a e     时，由()0 f x  可得()f x 在  ,1 ，    ln , a   上递增，()0 f x   得()f x 在   1,ln a  上递减，()f x 在1 x  取得极大值，所以函数      21, ,2x xf x e a e e aex b a b R      （其中 e 为自然对数底数）在 1 x  取得极大值，则 a 的取值范围是 a e  ,故选 D.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值、分类讨论思想、.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.二、填空题（4 4 个小题，每小题 5 5 分，共 0 20 分）13.一个质量为 2kg 的物体做直线运动，设运动距离 s（单位：

m）与时间 t（单位：

s）的关系可用函数 21 s t t t    表示，并且物体的动能212kE mv ，则物体开始运动后第 5s 时的动能

为________________.（单位：

J）.【答案】121 【解析】 由  21 s t t t   ，由导数的物理意义可得得  /2 1 v s t t   ，则物体开始运动后第 5s 时的瞬时速度 /5 11 v s  ，此时的动能为212 11 1212kE    ，故答案为 121.14.已知 , , A B C 为 ABC 的内角，且 s :sin :sinC4:5:6 inA B  ,则cos :cos :cos A B C .【答案】 12:9:2 【解析】 【详解】因为 sin :sin :sinC 4:5:6 A B ，所以由正弦定理可得 : : 4:5:6 a b c ，设 4 , 5 , 6 a k b k c k   2 2 23cos2 4b c aAbc   ，2 2 29cos2 16a c bBac  ，2 2 21cos2 8a b cCab+-= =，cos :cos :cos 12:9:2 A B C  ，故答案为 12:9:2.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）2 2 22 cos a b c bc A   ；（2）2 2 2cos2b c aAbc ，同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住 30 ,45 ,60o o o等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.15.①“若2x y ，则 sin cos x y  ”的逆命题是假命题； ②“在 ABC 中，sin sin B C  是 B C  的充要条件”是真命题； ③“ 1 a   是函数0.81()log1axf xax为奇函数的充要条件”是假命题； ④函数  1ln4f x x x   区间1,1e   有零点，在区间   1,e 无零点.以上说法正确的是 _______________.【答案】①②③ 【解析】

对于①“若2x y ，则 sin cos x y  ”的逆命题是“若 sin cos x y ，则2x y  ”举反例：当0 x ，32y 时，有 sin cos x y  成立，但32x y ，故逆命题为假命题，①正确；对于②，在 ABC中，由正弦定理得 sin sin B C b c B C     ，②正确；对于③，a R  时，()f x都是奇函数，故 “ 1 a   是 函 数0.81()log1axf xax为 奇 函 数 ” 的 充 分 不 必 要 条 件，③ 正 确 ； 对 于④， /1 1 44xf xx x  ，所 以   f x 在1ee   , 上 为 减 函 数，   1 1 11 0, 1 0, 1 04 4 4ef f f ee e          ，所以函数   f x 在区间1,1e   无零点，在区间   1,e 有零点，④错误，正确的是①②③，故答案为①②③.16.已知2ln , 0()2 , 0x xf xx x x   ，若   = f x a 有 4 个根1 2 3 4, , , x x x x，则1 2 3 4x x x x    的取值范围是________________.【答案】10, 2 ee     【解析】 作出  2, 02 , 0lnx xf xx x x    的图象，如图，不妨设1 2 3 4x x x x   ，根据二次函数的对称性可得，由对数函数的性质可得3 4ln ln x x ，若   = f x a 有 4 个根，由图可知，从而易知，于是，因为1 2 3 4 3 42 x x x x x x      ，所以，故答案为10, 2 ee    .三、解答题（6 6 个小题，共 0 70 分）17.设命题: p幂函数22 a ay x 在(0,) 上单调递减．命题: q21 2ax x   在   0,3 上有解； 若 pq 为假，pq 为真，求 a 的取值范围.【答案】   , 1(1,2)  .【解析】 试题分析：由 p 真可得 1 2 a   ，由 q 真可得 1 a ，pq 假，pq 为真等价于, p q 一真一假，讨论两种情况，分别列不等式组，求解后再求并集即可.试题解析：若 p 正确，则22 0 a a   ，1 2 a    若 q 正确， 21 20,3 y a yx x     与 的函数图像在 上有交点 1 a   p q 为假，pq 为真，∴, p q 一真一假 1 2 1 21 1a a aa a          或或 1 1 2 a a      或 即 a 的取值范围为     , 1 1,2   .18.在 ABC 中，, , a b c 分别是内角 , , A B C 的对边，且满足   2 cos cos 0 c a B b A    ．（1）求角 B 的大小；（2）若 2 b ，且   sin sin 2sin2 B C A A   ，求 ABC 的面积.【答案】(1)3；（2）2 33.【解析】 【分析】（1）由   2 cos cos 0 c a B b A   ，根据正弦定理化边为角，再根据两角和的正弦公式可得1cos2B ，从而可得结果；（2）根据两角和与差的正弦公式即二倍角的正弦公式化简   sin sin 2sin2 B C A A    可得cos sin 2sin cos A C A A  ,讨论两种情况，分别应用直角三角形的性质以及正弦、余弦定理即可求得 ABC  的面积.【详解】（1）在 ABC 中，∵   2 cos cos 0 c a B b A   ，∴ 2sin cos sin cos sin cos 0 C B A B B A   ，即   2sin cos sin 0 C B A B   ，即   sin 2cos 1 0 C B ，sin 0 C ，∴1cos2B ，∴   0, ,3B B   .（2）在 ABC 中，A B C    ，即   B A C    ，故   sin sin B A C  ，由已知   sin sin 2sin2 B C A A   ，可得     sin sin 2sin2 A C C A A    ，∴ sin cos cos sin sin cos cos sin 4sin cos A C A C C A C A A A    ，整理得 cos sin 2sin cos A C A A  ,若 cos 0 A ，则2A，于是由 2 b ，可得2 2 3tan 3cB ，此时 ABC 的面积为1 2 32 3S bc   ． 若 cos 0 A ，则 sin 2sin C A ，由正弦定理可知，2 c a ，代入2 2 2a c b ac   ，整理可得23 4 a ，解得2 33a ，进而4 33c ，此时 ABC 的面积为1 2 3sin2 3S ac B  .∴综上所述，ABC  的面积为2 33.19.设函数  22()2,()()4 f x x g x f x     （1）求函数()g x 的解析式；（2）求函数()g x 在区间   , 2 m m 上的最小值()h m ；（3）若不等式2(4 2)(2)g a a g    恒成立，求实数 a 的取值范围.【答案】（1）4 24 x x  ；（2）   4 24 22 4 2 , 20, 2 04 , 0m m mmm m m        ；（3）  0,4.【解析】

试题分析：（1）   22 4 22 4 4 g x x x x       ；（2）分三种情况讨论 2 m  ，0 m，2 0 m   ，分别根据函数的单调性求得最小值，即可得到求函数   g x 在区间   , 2 m m 上的最小值分段函数   h m 的解 析 式 ；（3）  g x 为 偶 函 数，在   ,0  单 调 递 减，在   0 +，单 调 递 增 可 得     2 24 2 2 4 2(2 g a a g g a a g       )，解不等式即可的结果.试题解析：（1）   22 4 22 4 4 g x x x x      .（2）    g x g x  ，  g x  为偶函数,  3" 4 8 g x x x  ，故函数在   ,0  单调递减，在   0 +，单调递增，①当 2 0 m ，即 2 m   时，  g x 在区间   , 2 m m 单调递减，       4 22 2 4 2 h m g m m m       .②当 0 m 时，  g x 在区间   , 2 m m 单调递增，   4 24 h m g m m m    .③当 2 0 m    时，  g x 在区间   ,0 m 单调递减，在区间   0, 2 m 单调递增，    0 0 h m g   .综上：

.（3）  g x 为偶函数，在   ,0  单调递减，在   0 +，单调递增        2 24 2 2 4 2 2 g a a g g a a g        .24 2 2 a a    , 22 4 2 2 0 4 a a a          所以不等式 解集为   0,4.20.一大学生自主创业，拟生产并销售某电子产品 m 万件（生产量与销售量相等），为扩大影响进行促销，促销费用 x（万元）满足24xm（其中 0 , x a a   为正常数）．已知生产该产品还需投入成本26()12mm万元（不含促销费用），产品的销售价格定为30(4)m 元/件.（1）将该产品的利润 y 万元表示为促销费用 x 万元的函数；

（2）促销费用投入多少万元时，此大学生所获利润最大？ 【答案】（1）3 2429(0)2x x ax   ；（2）当 4 a  时，投入 4 万元时，利润最大；当 4 a  时，投入 a万元时，利润最大.【解析】 试题分析:（1）利用销售收入与成本的差，结合24xm 即可该产品的利润 y 万元表示为促销费用 x 万元的函数；（2）由（1）可得3 24 3 1629 29(0)2 2y x x x ax x          ，讨论 4 a 、4 a ，分别利用导数研究函数的单调性，从而可得结果.试题解析：（1）由题意知，30 24 612y m x mmm              将24xm 代入化简得：

3 2429(0)2y x x ax    .（2）3 24 3 1629 29(0)2 2y x x x ax x           令        16(0), 0 4, 0 0 4, 0 4 g x x x g x x g x x g x xx                故   g x 在   0,4 单调递减，  4, 单调递增，   min4 12 g x g   所以max11 y  万元，当且仅当 4 x  取得.当 4 a  时，促销费用投入 4万元时，该大学生获得的利润最大，最大为 11 万元； 当 4 a  时，函数在   0,a 上单调递增，∴ x a  时，函数有最大值．即促销费用投入 a 万元时，该大学生获得的利润最大，最大为3 16292aa    万元.21.已知函数  xf x e ，  ln 2 g x x  .（1）若直线 ykx b  是曲线   y f x  与曲线   y g x  的公切线，求 , k b ；（2）设       2 h x g x f x a a     ，若   h x 有两个零点，求 a 的取值范围.【答案】（1）0k eb 或11kb ；（2）1 a .【解析】 试题分析：（1）设直线 y kx b   与xy e  切于点  11 ,xP x e，与 ln 2 y x   切于  2 2,ln 2 Q x x ，P 处的切线方程为  1 111x xy e x x e   .Q 处的切线方程为221 ln 1 y x xx  .根据 这两条直线为同一条直线，可得关于1x 和2x，解得1x 和2x 的值，从而可得结果；（2）  lnx ah x x e a  ，   /1, 0x ah x e xx  ，显然  /h x 在   0, 上为减函数，存在一个0x，使得  /00 h x ，且  00, x x 时， /0 h x ， 0 ,x x   时， /00 h x x ，为   h x 的极大值点，只需求  00 h x  恒成立即可得结果.试题解析：对函数xy e  求导，得/ xy e ，对函数ln 2 y x   求导，得/1yx ． 设直线 y kx b   与xy e  切于点  11 ,xP x e，与 ln 2 y x   切于  2 2,ln 2 Q x x .则在点 P 处的切线方程为：

 1 11x xy e e x x   ，即  1 111x xy e x x e   .在点 Q 处的切线方程为：

 2 221ln 2 y x x xx   ，即221ln 1 y x xx  .这两条直线为同一条直线，所以有    1121 2111 1 2xxexx e lnx   由（1）有1 2ln x x ，代入（2）中，有   1 221 10x xx ，则11 x  或21 x .当11 x  时，切线方程为 yex ，所以0k eb ，当21 x  时，切线方程为 1 y x  ，所以11kb .（2）  lnx ah x x e a   ．求导：

   /1, 0x ah x e xx  ，显然  /h x 在   0, 上为减函数，存在一个0x，使得  /00 h x ，且  00, x x  时， /0 h x ， 0 ,x x   时， /0 h x ，所以0x 为   h x 的极大值点． 由题意，则要求  00 h x .由  0/0010x ah x ex  ，有0 0lnx x a   ，所以0 0ln a x x  ，故  0 0 0012ln h x x xx  .令  12ln x x xx   ，且   1 0   ．  /22 11 0 xx x    ，  x   在   0, 上 增函数，又   1 0  ，要求  00 h x ，则要求01 x ，又 ln y x x   在   0, 上为增函数，所以由01 x ，得0 0ln 1 a x x    ． 综上，1 a  【方法点睛】本题主要考查利用导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性，属于难题.应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1)已知切点    0 0, A x f x 求斜率 k ,即求该点处的导数  0k f x   ；(2)己知斜率 k 求切点    1 1, , A x f x 即解方程  1f x k   ；(3)巳知切线过某点   1 1, M x f x(不是切点)求切点, 设出切点    0 0, , A x f x 利用    1 001 0f x f xk f xx x  求解.（二）选考题：共 0 10 分．请考生在第 22、3 23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22.[选修 4―4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系中，以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线 l 的参数方程为

122(32 32x tty t  为参数）；曲线1C 的极坐标方程为2cos 2 3sin      ；曲线2C 的参数方程为2 cossinxy  （ 为参数）.（1）求直线 l 的直角坐标方程、曲线1C 的直角坐标方程和曲线2C 的普通方程；（2）若直线 l 与曲线1C 曲线2C 在第一象限的交点分别为 , M N ,求 , M N 之间的距离.【答案】（1）3 y x ，  221 3 4 x y    ，2212xy   ；（2）2 1447.【解析】 试题分析：（1）利用代入法消去参数可得直线 l 的普通方程，利用2 2 2 ,cos , sin x y x y          即可得曲线1C 的直角坐标方程，利用平方法可得曲线2C 的普通方程；（2）由22312y xxy 求得交点坐标，利用两点间的距离公式可得结果.试题解析：（1）直线 l 的直角坐标方程：3 y x ，曲线1C 的直角坐标方程：

  221 3 4 x y    ，曲线2C 的普通方程：2212xy  .（2）由（1）知1, , , O M N C 及圆心 四点共线，所以 4 OM ，22 22222= 32 1476 71=27x y xON x yxyy由方程组 解得 所以       ，2 1447MN OM ON     故.23.已知函数()f x x a  （a R ）.（1）若()2 3 f x x   的解集为 [ 3 1]  ，求 a 的值；

（2）若 x R  ，不等式2()2 f x x a a a     恒成立，求实数 a 的取值范围.【答案】（1）0 a ;（2）[0 4]，.【解析】 试题分析：（1）利用平方去绝对值，并由解集解得 0 a  ；（2）利用绝对值三角不等式，得到22 2 a a a  ，分类讨论，求得 a 的取值范围是   0 4，.试题解析：

（1）  2 3 f x x  ，即 2 3 x a x   ，两边平方并整理得  2 23 12 2 9 0 x a x a      所以 3 ，1  是关于 x 的方程  2 23 12 2 9 0 x a x a      的两根 由根与系数的关系得212 243933aa    解得 0 a （2）因为       2 f x x a x a x a a       ，所以若不等式  22 f x x a a a     恒成立，只需22 2 a a a   当 0 a  时，22 2 a a a  ，解得 0 4 a   ； 当 0 a  时，22 2 a a a   ，此时满足条件的 a 不存在 综上可得实数 a 的取值范围是   0 4，.点睛：本题考查绝对值不等式的应用．绝对值不等式的去绝对值的常用方法是分类讨论和平方．绝对值三角不等式可以解决绝对值不等式的最值问题．本题充分考查了这两类题型的方法应用．

皖中名校联盟届高三10月联考语文试题卷

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