课标版数学配套月考试题一A

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1、试卷类型：A2013届高三新课标 月考试题一数学适用地区：新课标地区考查范围：集合、逻辑、函数、导数本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分.考生作答时，将答案答在答题卡上.在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 注意事项：1,答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证 号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2 .选择题答案使用 2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案 使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3 .请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答

2、，超出答题区域书写的答案无效.4 .保持卡面清洁，不折叠，不破损.第I卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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. （2012 郑州质检）集合 A=A. 0B. 1C.2. （2012 郑州质检）函数 fxA. 0,B. 1,3. （2012 山东卷）已知全集 UA. 1,2,4 B. 2,3,44. 2012 湖南卷命题“若后一 4A.右 aW ,则 tan “W 1C.若tanm1,则并一 45. （2012 太原模拟）已知集合阴影部分表示的集合为（A. x | /3 X 1C. x | 3 x 品0, 1,2, B=

3、 x 1 x 2,贝U A B （）0, 1D. 0, 1,22x 1（的定义域为（）log 2 xC. 0,1D. 0,11,0,1,2,3,4 ,集合 A 1,2,3 , B 2,4 ,则 eUA 0 8为（）C. 0,2,4D. 0,2,3,4则tan卡1”的逆否命题是（）IB.若 o=，则 tan 并 1D.若 tan m 1,则 o=一4M x|yj3x20,N x| x 1 2 ,全集 I R ,则图 1 中）8. x| 3 x 1D. x|1 x Q图16. （2012 哈尔滨第六中学三模）命题2R, x 2x的否定为（A. xR,x2 2x 4 0B.x R, x22x 4C.

4、 x2R,x2 2x 4 0D.2x 47. 2012 -山东卷设命题p：函数sin 2x的最小正周期为 .TTcosx的图象关于直线x -2对称，则下列判断正确的是（A. p为真B. q为假C.q为假D. p q为真8. （2012 昆明第一中学一摸）函数x a是奇函数，且在0,上单调递增，则a等A.0B.-1C.19.（2012 大连沈阳联考）”的（A.充要条件C.必要而不充分的条件D. 1设a, b是平面 内两条不同的直线，l是平面 外的一条直线，则“l aB.充分而不必要的条件D.既不充分也不必要的条件b”10. （2012 昆明第一中学一摸）函数 f x lgx与g x 7 2x图象

5、交点的横坐标所在区间是（A. (1, 2)B.(2, 3)C. (3, 4)D. (1, 5)11.（理）（2012 关B州质检）如图2所示，在一个边长为1的正方形AOBC内，曲线y x2和曲线围成一个叶形图（阴影部分），向正方形AOBC内随机投一点（该点落在正方形AOBC内任何一点是等可能的），1A. 2则所投的点落在叶形图内部的概率是（1B.一61C.一41D.-3（文）（2012 哈尔滨第六中学三模）函数 y f （x）在点（x0,y）处的切线方程为y 2x 1 ,则顺。f（x。） f（x。2x）笠于A.4B.2C. 2xD. 412.（理）（2012 昆明第一中学一摸）已知函数y f（

6、x）的周期为2,当x 0, 2时，f(x) (x 1)2，如果g x f x log5 x 1 ,则函数 yX的所有零点之和为（B. 4C. 6D. 8（文）（2012 昆明第一中学一摸）已知 x 1,1,则方程2cos2 Tx所有实数根的个数为（A. 2B. 3C. 4D. 5第n卷二、填空题：本大题共 4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上13 . (2012 唐山二模)14 . ( 2012 郑州质检)定义在 R上的函数 f X是增函数，则满足 f X f 2x 3的取值范围是.15 .2012 上海卷若集合 A x|2x 1 0, B x|x 1 | 2,则 A B

7、.16 .( 2012 保定二模)设集合 A x0 x0), g(x) = x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们白交点(1, c)处具有公共切线，求 a, b的值；(2)当a2=4b时，求函数f(x) + g(x)的单调区间，并求其在区间(一,1上的最大值.(文)2012 北京卷已知函数 f(x)= ax2+ 1(a0), g(x)=x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们白交点(1, c)处具有公共切线，求 a, b的值；(2)当a=3, b=9时，若函数f(x)+g(x)在区间k,2上的最大值为28,求k的取值范围.22 .(本小题满分12分)(

8、理)2012 广东卷设 avl,集合 A x R|x 0, B x R 12x2 3(1 a)x 6a 0, DAB.(1)求集合D (用区间表示)；(2)求函数f (x) 2x C【解析】eUA 0,4,所以（QjA） UB 0,2,4,选 C. 3(1 a)x2 6ax在d内的极值点.(文)2012 广东卷设0 a 1,集合 A x R |x 0 , B x R|2x2 3(1 a)x 6a 0, D AI B.(1)求集合D (用区间表示).(2)求函数f(x) 2x3 3(1 a)x2 6ax在D内的极值点.试卷类型：A2013届高三新课标原创月考试题一答案数学1. C【解析】AI B

9、 0,1 .2. D【解析】由-v 得x 1 ,又x0 ,故函数lOg2 x0 xxf x2x 1的定义域为0,11,log2 x4. C【解析】因为“若 p ,则q ”的逆否命题为“若q ,则 p，所以 “若奸一,则tan行1”的逆否4命题是“若tan时1,则并一.x| .3 x ,3 ,Nx| 3 x 1，所以阴影部分25. C【解析】由题意，集合 M x|3 x 0为 eM I N x|x 6或x 73 I x| 3 x 1 x| 3 x 百.6. B【解析】全称性命题的否定一要否量词，二要否结论，所以原命题的否定为：x R,x2 2x 4 0. 一. 27. C【解析】函数 y sin

10、 2x的最小正周期为 一二兀，所以命题 p为假；函数 y cosx的对称轴为 2x kzk Z ,所以命题q为假，所以p q为假.22x 1 a x a8. C【解析】方法一：由函数f x是奇函数，得f x f x222222x 1 a x ax 1axax 1axa对一切实数 R恒成立，即 对一切实数 R恒成立,时，f xx2 1a2 x对一切实数R恒成立，故10 ,解得a1 一， 一不满足在x0,上单调递增；当2 1时,x2 1 xx1， 一满足在x0,上单调递增1.方法函数f x是奇函数，则0 ,解得a 1 .当时，f xx2 11“ x 一不满足在 x0,上单调递增；当2 1时,x2

11、11 “ 一x 一满足在x0,上单调递增.综上,a 1.9. C【解析】由线面垂直的定义可知l a,l b ,反之只有当a与b是两条相交直线时才成立,故 l a, l b ” 是 “ l必要而不充分的条件.10 . C【解析】设h x f xg x lgx 2x 7,因为 h3 lg3 1 0,h 4 lg4 1 0,所以h 3 h 40 .又函数h xf x g x lgx 2x 7的图象是连续不断的，所以由零点存在定理得，h x的零点在区间 3,4 内，即函数f x lg x与g x 7 2x图象交点的横坐标所在区间是3,4 .11 .（理）D【解析】由几何概型得，所投的点落在叶形图内部的

12、概率是12 2131 x x2 dx 3x 3x1 1（文）D【解析】由导数的定义得 f （x0）f(x) f(x0 2 x)f(x) f(x0 2 x)2,所以limx 0f(x。) f(x。 2 x)12.（理）D【解析】函数y g x的零点即为函数 f x与函数h xlog5 x1的交点的横坐标.作出函数f x与函数h xlog5 x 1的图象（如下图），函数f x与函数h x log5 x 1的图象都关于直线x 1对称，且在对称轴的左右两端各有 4个交点，故函数y g x的所有零点之和为 4 2 8.（文）D【解析】设 f x 2x , g x cos2 x.易知函数f x 2 lx的

13、图象关于 y轴对称，函数g xcos2 Tx的最小正周期为1,作出函数f x 2 |x与函数g xcos2 tx的图象（如下图所示）.13.14.15.数形结合易知函数 f x实数根的个数为 5.lg2,3,所以AI B【解析】由10x【解析】由函数 f【解析】因为集合1，即 1,322 |x|与函数g x cos2 的图象有5个交点，故方程2cos2 tx所有x是增函数,A x2xlg2.1 02x 3,解得3.B xx 12xx 3,-316.10g22,1【解析】因为x01,所以12x02.所以x0B .所以f fx(o4 2 2x0.由题知0 4 22x01,可得2x02,一， 3解得

14、10g 2 -2Xo1.又 0 Xo 1,所以 logx01.17.解：（1） Ax|2所以erA I Bx|23或 7 x 10 .当当由（1）知A Bx|2 x 10 ,C=时，满足CB，此时5 a a得aCw 时，要C5B，则5a a, 5 5a 2,解得5210,由得，a 3.18.解：由已知f（a）3,当a 1时，f(a)3,解得a 1,这与a1前提矛盾;当1 a 2时，f(a)3,解得aJ3,由于1 a2,则有a占33当a 2时，f(a) 2a 3,解得a ,这与a 2前提矛盾;2综上所述，实数a的值为J3 .19 .解：(1)证法一：如下图，过直线 b上任一点作平面 兀的垂线n,

15、设直线a, b, c, n的方向向量分别 是a, b, c, n,则b, c, n共面.根据平面向量基本定理，存在实数入科使得c=不+W，则ac=a (4+ pn)= Ka b)+ /a n),因为ab,所以a b= 0,又因为a Tt, n Tt,所以an = 0, 故a c = 0,从而ac.证法二：如图，记cn b = A, P为直线b上异于点A的任意一点，过P作POtt,垂足为O,则OCc因为POX %, a Tt,所以直线POa, 又 a,b, b 平面 FAO, POAb=P, 所以a,平面FAO.又c 平面PAO,所以ac.b是兀外的一条直线(b不垂直于 * c是直线b在兀上的(

16、2)逆命题为：a是平面兀内的一条直线, 投影，若a c,则a b.逆命题为真命题.20 .解：(1)因为 x 4 时，y 21 ,代入关系式y 上一4 x 6 2,得m16 21, x 22解得m 10.,1102(2)由(1)可知，套题每日的销售量 y4x6,x 2所以每日销售套题所获得的利润f(x)102x 2 4x6x 2210 4 x 6 x 24x3 56x2 240x 278 2 x 6 ,从而令fx0,得x1010 匚，/、一，且在 2,一上，f (x)330 ,函数f(x)单调递增；在10，、八一,6 上，f (x) 0 ,函3数f (x)单调递减，10所以x 一是函数f(x)

17、在2,6内的极大值点，也是最大值点， 310所以当x 一 3.3时，函数f(x)取得最大值.3故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大21 .(理) 解：(1) f (x)=2ax, g (x) = 3xfx 12x2 112x 240 4 3x 10 x 6 2 x 6 + b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们白交点(1, c)处具有公共切线，所以 f (1) = g (1),且 f (1) = g (1),即 a+1 = 1 + b,且 2a=3 + b,解得 a= 3, b = 3.、一，11cc1 c(2)记 h(x) = f(x)+g(x).当 b=

18、4a2 时，h(x)= x3+ ax2+-a2x+ 1, h (x)= 3x2+ 2ax+4a2.aa令 h (x)= 0,得 x1 = 2, x2 = g.a0时，h(x)与h (x)的情况如下：xa2a6h (x)十0一0十h(x)极大值极小值a aa a所以函数h(x)的单调递增区间为一8, 2和6, +8 ；单调递减区间为一2,-.a当一 2a 一 1,即0 aw 2时，函数h(x)在区间(一 00 , - 1上单调递增，h(x)在区间(一 00 , - 1上的取大1c值为 h( 1)=a 4a2当一a 1,即2aW6时，函数h(x)在区间一*4内单调递增 在区间一a, 1上 2622

19、a 单倜递减，h(x)在区间(8 , 1上的最大值为h2=1.aa a a当一-6时，函数h(x)在区间8,-内单调递增，在区间 一2,-内单调递减，在区 a间一-，1上单调递增，一一 a1c 1 c又因 h -2 -h(- 1)=1 -a + 4a2=4(a-2)20 ,a 所以h(x)在区间(一 00 , 一 1上的最大值为h 2 = 1.(文)解：(1) f (x) = 2ax, g (x)=3x2+b.因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们白交点(1, c)处具有公共切线，所以 f (1) = g (1),且f (1)=g (1),即 a+1 = 1 + b,且 2a=3+b,解

20、得 a = 3, b= 3.(2)记 h(x) = f(x)+g(x).当 a=3, b=9 时,h(x)= x3+3x29x+1, h (x)= 3x2+6x 9.令 h (x) = 0,得 x1 = 3, x2 = 1.h(x)与h (x)在(一8, 2上的情况如下：x(, 3)-3(-3,1)1(1,2)2h (x)十0一0十h(x)28一 43由此可知：当kw3时，函数h(x)在区间k,2上的最大值为h(3)=28;当3vkv2时，函数h(x)在区间k,2上的最大值小于 28.因此，k的取值范围是(一8, 3.22 .(理)解：(1) xC D?x0 且 2x23(1 +a)x+ 6a

21、0.令 h(x)=2x2-3(1 + a)x+ 6a, A 9(1+a)2 48a 3(3a 1)(a-3).1当a0,所以 B=R.于是 D=AA B = A=(0, +00).3113 1 + a 3 1 + 3当a = 3时，A= 0,此时方程 h(x)=0有唯一解，X1=X2=4=4=1,所以 b=( 8, 1)U(1, +00).于是 d = AA B=(0,1) U(1 , +00).当a0 ,此时方程 h(x) = 0有两个不同的解 X1 = 3+3133aT 3 , X2 = 343+ 3a + 13 3a -1 a - 34-因为 X10 ,所以 B= ( 00 , X1)U

22、(X2,+8).又因为X10?a0,所以t 1i)当 0a时，D = AAB=(0, X1)U(X2, +00)； 3ii)当 aw。时，D = (X2, + 8).(2) f (x) = 6x26(1+ a)X+6a=6(X 1)(x- a).当a1时，f(x)在R上的单调性如下表:X( 8, a)a(a,1)1(1, +)f (X)+0一0十f(x)极大值极小值1当Wa1时，D=(0, + 8).由表可得，x= a为f(x)在D内的极大值点，x= 1为f(x)在D内的极小值点.3当a = 1时，D = (0,1)U(1, +8).由表可得，x=1为f(x)在D内的极大值点. 33当 0a4

23、3 + 3a(35a)=2aa 且 X1-4 4=1，所以 aC D,1?D.由表可得，x= a为f(x)在D内的极大值点.当 aW0 时，D=(x2, +)且 X21.由表可得，f(x)在D内单调递增.因此f(x)在D内没有极值点.(文)解：(1) xC D?x0 且 2x23(1+ a)x+ 6a0.令 h(x)=2x2-3(1 + a)x+ 6a, = 9(1 + a)2 48a= 3(3a 1)(a-3). 1当 a0,所以 B=R. 3于是 D=An B=A=(0, +8).113 1 + a 3 1 + 3当a = 3时，A= 0,此时方程 h(x)=0有唯一解X1 = X2=4=

24、4=1，所以 b=( 8, 1)U(1, +00).于是 d = AA B=(0,1) U(1 , +00).当0a0 ,此时方程h(x) = 0有两个不同的解X1 = 3+3a 33a 1 a 3 ,股= 343+ 3a + /3 3a-1 a-3因为 X10 ,所以 B=( 8, xi) U (X2, 十0).又因为 xi0?a0,所以 D = AA B=(0, xi)U(X2, +8).(2) f (x) = 6x26(1+ a)x+6a=6(x 1)(x- a).当0a1时，f(x)在(0, +8)上的单调性如下:x(0, a)a(a,1)1(1, +)f (x)十0一0十f(x)极大值极小值1当不a1时，D=(0, +8).由表可得，x=a为f(x)在D内的极大值点，x=1为f(x)在D内的极小值点. 3当a = 1时，D = (0,1)U(1, +8).由表可得，x=1为f(x)在D内的极大值点. 33-1 ,当 0a43 + 3a(35a)=2aa 且 x1 4=1,所以 aC D,1?D.由表可得，x= a为f(x)在D内的极大值点.