2019届山东省郓城第一中学高三上学期第一次月考数学(理)试题

山东省郓城第一中学2019届高三上学期第一次月考数学（理）试题

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知复数z12i (i为虚数单位)，则z的虚部为（ ） 2iA．－1 B．0 C．1 D．i

2．设集合Ayylog2x,0x4，集合B=xex1，则AB等于 ( )

（0,2）（0,2] C．（-,2] D．R A． B．

3．给出下列四个命题:

①“若x0为yf(x)的极值点，则f(x0)0”的逆命题为真命题；

2②命题“x0R，使得x0x010”的否定是：“xR，均有x2x10”；

③若命题 p:110，则p:0. x1x1其中不正确的个数是（ ）

A．3 B．2 C．1 D．0

4．设a0.50.4， blog0.40.3， clog80.4，则a,b,c的大小关系是（ ） A．abc B．cba C．cab D．bca 5．已知某函数图象如图所示，则图象所对应的函数可能是（ ）

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A．yxxxxyex B． C． D．y2x2 y22x26. 已知mR,“函数y2xm1有零点”是“函数ylogmx在(0,)上为减函数”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

7. 古代著名数学典籍《九章算术》在“商功”篇章中有这样的描述：“今有园亭，下周三丈，上周二丈，问积几何？”其中“园亭”指的是正圆台体形建筑物.算法为：“上下底面周长相乘，加上底面周长自乘、下底面周长自乘的和，再乘以高，最后除以36.”可以用程序框图写出它的算法，如图.今有园亭上底面周长为6，下底面周长为12，高为3，则它的体积为（ ） A. 32 B. 29 C. 27 D. 21

8. 已知函数f(x)定义域为R，且满足f(x3)f(x)，当

x0,3时，f(x)x2，则f(64)f(65)=( )

A．5 B．5 C．3 D．3 9. 函数f(x)lnx2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为（ ） xA. y6x4 B. y7x5 C. y6x3 D. y7x4

4xa10. 已知函数f(x)是奇函数，若f(2m1)f(m2)0，则m的取值范围是（ ） x2A. m1 B. m1 C. m1 D. m1

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x22x411x3x12x11. 已知函数f(x)，g(x)，实数a,b满足ab0.若x1[a,b]，xx3x2[1,1]，使得f(x1)g(x2)成立，则ba的最大值为（ ）

A．3 B．4 C. 5 D．25 12. 若存在两个正实数x，y，使得等式3xa(2y4ex)(lnylnx)0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围是（ ） A. ,0 B. 0,

第Ⅱ卷

本卷包括填空题和解答题两部分。第13题～第16题为填空题，第17题～第22题为解答题，考生根据要求作答。

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。

333 C. D. ,,0,2e2e2elog1x(x0)13. 已知函数f(x)2，则ff(4) . x2(x0)14. 函数f(x)log1(x22x)的单调递增区间为 . 315. 点M,N分别是函数f(x)，g(x)图象上的点，若M,N关于原点对称，则称M,N是一对“关联点”.已知f(x)x24x2，g(x)x24x，则函数f(x)，g(x)图象上的“关联点”有 对.

16. 已知xR,符号x表示不超过x的最大整数，若函数f(x)则实数a的取值范围是 .

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17. (本小题满分10分)

页

3第

xaxx0有且仅有3个零点，

2设全集为R，函数f(x)2x5x3的定义域为A，集合B=xx2a0.

（1）当a4时，求A（2）若A

B；

BB，求实数a的取值范围.

18．(本小题满分12分)

已知f(x)为定义在[1,1]上的奇函数，当x[1,0]时，函数解析式为f(x)1bx(bR). x42（0,1]上的解析式； （1）求b的值，并求出f(x)在

（2）若对任意的x（0,1]，总有f(x)a，求实数a的取值范围.

19．(本小题满分12分)

已知函数f(x)x32ax2a2x1 .

（1）当a1时，求函数fx在0,上的最大值；

2（2）若函数fx在x2处有极小值，求实数a的值.

320．(本小题满分12分)

已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形， PDPB,H为PC上的点， 过AH的平面分别交PB,PD于点M,N，且BD//平面AMHN．

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（1）证明： MNPC；

（2）当H为PC的中点， PAPC3AB，

PA与平面ABCD所成的角为60，求二面角PAMN的余弦值．

21．(本小题满分12分)

已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1,F2,离心率为距离为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过F2 的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,则F1AB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及直线l的方程；若不存在，请说明理由．

1，右焦点到右顶点的222．(本小题满分12分)

已知函数h(x)alnxx2(a2)x，g(x)(a1)lnx(1a)x24x. （1）讨论h(x)的单调性；

（2）若函数f(x)h(x)g(x)的图象与直线ym(mR)交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)0(f(x)为f(x)的导函数）.

数学理科答案

1．C 2．B 3．B 4．C 5．D 6.B 7.D 8.A 9.B 10. C 11. A 12.D

13.

134 14. (,0) 15.2 16. ,44543, 3217.解：（1）令2x25x30，解得1x3. 2令x240，解得时2x2.

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于是A=x1x3， B=x2x2， 2所以AB=x2x3. ------ 5分

（）因为ABB，所以BA. 当a0时，B时，满足题意.

当a0时，令x2a0，解得axa，

当BA时，a11，解得a0. 241.------10分

a4综上所述， a的取值范围是

18.解：（1）因为函数f(x)为定义在[1,1]上的奇函数，

当x[1,0]时，函数解析式为f(x)1bx(bR). x42所以f(0)1b0=1b0，解得b1， 04211x， x42114x2x xx42即当x[1,0]时的解析式f(x)（0，1]时，x[1,0)，所以f(x)当x又因为f(x)=f(x)，所以

f(x)2x4x,x（0,1]------ 6分

（0，1]时，f(x)2x4x， （2）由（1）得：当x令t2x(t(1,2])，则2x4x=tt2，

令y=tt2(t(1,2])，则易得出当t=2时， y有最小值2，

页

6第

即f(x)在（0，1]上的最小值为2， 因为对任意的x（0，1]，总有f(x)a，

所以a2. ------ 12分

19.（1）当a1时， fxx32x2x1， 所以fx3x24x13x1x1， 令fx0，解得x1或x1。 3当x变化时， fx、fx的变化情况如下表：

由表知当x1时， fx有极大值，且极大值为3131； f327又f311311，所以fxmaxf

2828.

在

上的最大值为11.

30,28------ 6分

即函数

fx（2）因为fxx32ax2a2x1，所以fx3x24axa2， 因为fx在x2处有极小值，所以f20，即128aa20， 解得a2或a6，

①当a2时， fx3x28x43x2x2，

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故当x,时， fx0,fx单调递增；

23当x,2时， fx0,fx单调递减；

23x2,时， fx0,fx单调递增。

所以函数fx在x2处有极小值，符合题意，故a2， ②当a6时， fx3x224x363x2x6， 故当x,2时， fx0,fx单调递增； 当x2,6时， fx0,fx单调递减；

x6,时， fx0,fx单调递增，

所以函数fx在x2处有极大值，不符合题意，故a6不成立，舍去。

综上a2。 ------12分

20.（1）证明：连结AC交BD于点O，连结PO．因为ABCD为菱形，所以BDAC，且O为

AC、BD的中点，因为PDPB，所以POBD，

因为ACPOO且AC、PO平面PAC，所以BD平面PAC， 因为PC平面PAC，所以BDPC．

因为BD//平面AMHN， BD平面PBD，且平面AMHN平面PBDMN，

所以BD//MN，所以MNPC． ------ 6分

（2）由（1）知BDAC且POBD，因为PAPC，且O为AC的中点， 所以POAC，所以PO平面ABCD，所以PA与平面ABCD所成的角为PAO， 所以，所以AO133PA,POPA，因为PA3AB，所以BOPA． 226分别以OA， OB， OP为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PA2，则

页

8第

1333， O0,0,0,A1,0,0,B0,,0,C1,0,0,D0,,0,P0,0,3,H,0,332223333所以DB0,,0,AH2,0,2,AB1,3,0,AP1,0,3． 3记平面AMHN的法向量为n1x1,y1,z1，则{n1DB23y10333n1AHx1z1022 ，

令x10，则y10,z13，所以n11,0,3，

3y20记平面PAB的法向量为n2x2,y2,z2，则{ ， 3n2APx23z20n2ABx233令x21，则y23,z2，所以n21,3,， 33记二面角PAMN的大小为，则coscosx2y221.解：（1）设椭圆C：221(ab0)

ab因为e页

c1，ac1 所以a2,c1 a29第

. ------ 4分 y2143（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，不妨设y10,y2 0

即椭圆C：x2由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为xmy1，

xmy1由x2y2得 3m24y26my90，

134则y1y26m9,yy ， 12223m43m4∴SF1AB112m21， F1F2(y1y2)23m24令m21t，可知t1,则m2t21，

∴SF1AB12t12 213t13tt1t1， t2令f(t)3t，则f(x)3当t1时，f(t)0，即f(t)在区间1 ,上单调递增， ∴f(t)f(1)4，∴SF1AB3，

,m0时，F1AB的面积取得最大值3， 即当t1 此时直线的方程为x1．------12分

22.解：（1）定义域(0,)

a2(x1)(x)a2x(a2)xa2 h'(x)2x(a2)xxx2页 10第

① ②

当当

a1，即a2时，h'(x)0，故h(x)在(0,)上为增函数； 2aaa1，即a2时，在(0,1)(,)上h'(x)0；在(1,)上h'(x)0； 222aa故h(x)在(0,1)和(,)上为增函数；在(1,)上为减函数；

22③ 当0aaa1，即0a2时，在(0,)(1,)上h'(x)0；在(,1)上h'(x)0； 222a2故在 和 上为增函数；在(,1)上为减函数； 1, 0, ④ 当

a2a0，即a0时，在(0,1)上h'(x)0；在(1,)上h'(x)0； 2故在(1,)上为增函数；在(0,1)上为减函数. ------ 6分

（2）因为f(x)h(x)g(x)lnx(2a)xax2(x0) 所以f'(x)1(2x1)(ax1)(2a)2ax xx当a0时，f'(x)0，yf(x)在(0,)上单调递增，不可能有两个交点，舍去； 当a0时，令f'(x)0，则0x11；令f'(x)0，则x. aa故yf(x)在(0,)单调递增，在(,)上单调递减. 不妨设Ax1,m，Bx2,m,且0x11a1a1x2. a12，故x1x2， aa要证f'(x0)0，需证ax010，即证x0即证x221x1 ，又因为yf(x)在(,)上单调递减 aa即证fx2f2x1，又fx2fx1 a2x1 a故只需证fx1f页 11第

即证：当0x设Fxf12时，fxf(x)0. aa2xf(x)ln(2ax)ln(ax)2ax2 aa12(ax1)2则Fx2a0

2axxx(2ax)'所以Fxf12xf(x)在(0,)单调递减，

aa又因为Ff1a121f()0，

aaa得证 ------ 12分

故

2Fxfxf(x)0a

页 12第