最新高三新课标数学配套月考试题一

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1、 20xx届高三新课标数学配套月考试题一A适用地区：新课标地区 考查范围：集合、逻辑、函数、导数建议使用时间：20xx年8月底本试卷分第卷（选择题）和第卷（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，超出

2、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. （20xx郑州质检）集合A=0，1,2，B=，则（ ）A.0 B.1 C.0，1 D.0，1,22. （20xx郑州质检）函数的定义域为（ ）A. B. C. D.3. （20xx山东卷）已知全集，集合，则为（ ）A. B. C. D.4.20xx湖南卷命题“若=，则tan=1”的逆否命题是（ ）A.若，则tan1 B. 若=，则tan1C. 若tan1，则 D. 若tan1，则=5. （20xx太原模拟）已知集合，全集，则图

3、1中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 图16.（20xx哈尔滨第六中学三模）命题“”的否定为（ ） A. B.C. D. 7. 20xx 山东卷设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象关于直线对称，则下列判断正确的是（ ） A. p为真B. 为假C.为假D.为真8（20xx昆明第一中学一摸）函数是奇函数,且在上单调递增,则等于（ ）A.0B.-1C.1D.9.（20xx大连沈阳联考）设是平面内两条不同的直线，是平面外的一条直线，则“，”是“”的（ ）A.充要条件 B.充分而不必要的条件C.必要而不充分的条件 D.既不充分也不必要的条件10（20xx昆明第一中学一摸）函

4、数图象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）（20xx郑州质检）如图2所示，在一个边长为1的正方形AOBC内，曲线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），则所投的点落在叶形图内部的概率是（ ）A. B. C. D. 图2 .（文）（20xx哈尔滨第六中学三模）函数在点处的切线方程为，则等于（ ）A B C D12.（理）（20xx昆明第一中学一摸）已知函数的周期为2,当时,如果，则函数的所有零点之和为（ ）A2B4C6D8（文）（20xx昆明第一中学一摸）已知，则方程所有实数

5、根的个数为（ ）A2B3C4D5第卷二、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. （20xx唐山二模）14.（20xx郑州质检）定义在R上的函数是增函数，则满足的取值范围是 .15.20xx上海卷若集合，则 .16.（20xx保定二模）设集合函数则x0取值区间是 .三、解答题(本大题共6小题，满分70分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.)17（本小题满分10分）已知集合,.（1）求,;（2）若,求a的取值范围.18.（本小题满分12分）已知且,求实数的值19.（本小题满分12分）20xx 陕西卷(1)如图3，证明命题“是平面内的一条直线，是外的一条

6、直线（ 不垂直于），是直线在上的投影，若，则”为真.（2）写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需要证明）图20.（本小题满分12分）时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量（单位：千套）与销售价格（单位：元/套）满足的关系式，其中，为常数.已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套.（1）求的值；（2）假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题2元（只考虑销售出的套数），试确定销售价格的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大.（保留1位小数）21（本小题满分12分）（理）20xx北京卷 已知函数f(x)ax21(a0)

7、，g(x)x3bx.（1）若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；（2）当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值（文）20xx北京卷已知函数f(x)ax21(a0)，g(x)x3bx.（1）若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；（2）当a3，b9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）（理）20xx 广东卷设a1，集合，.（1）求集合D（用区间表示）；（2）求函数在D内的极值点（文）20xx广东卷设，集合，.（1

8、）求集合（用区间表示）.（2）求函数在内的极值点.试卷类型：A20xx届高三新课标原创月考试题一答案数学1. C【解析】.2. D【解析】由，得，又，故函数的定义域为.3. C【解析】,所以,选C.4. C【解析】因为“若，则”的逆否命题为“若，则”，所以 “若=，则tan=1”的逆否命题是“若tan1，则”.5. C 【解析】由题意，集合,所以阴影部分为.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：.7. C 【解析】函数的最小正周期为，所以命题为假；函数的对称轴为,所以命题为假，所以为假.8 C【解析】方法一:由函数是奇函数,得对一切实数恒成立,即对一切实数

9、恒成立,所以对一切实数恒成立,故,解得.当时,不满足在上单调递增;当时,满足在上单调递增.综上,.方法二:,若函数是奇函数,则,解得.当时,不满足在上单调递增;当时,满足在上单调递增.综上,.9. C【解析】由线面垂直的定义可知，反之只有当a与b是两条相交直线时才成立，故“，”是“” 必要而不充分的条件.10 C【解析】设，因为，所以.又函数的图象是连续不断的，所以由零点存在定理得，的零点在区间内，即函数图象交点的横坐标所在区间是.11. （理） D【解析】由几何概型得，所投的点落在叶形图内部的概率是.（文）D【解析】由导数的定义得所以.12.（理）D【解析】函数的零点即为函数与函数的交点的横

10、坐标.作出函数与函数的图象（如下图），函数与函数的图象都关于直线对称，且在对称轴的左右两端各有4个交点，故函数的所有零点之和为.（文）D【解析】设，.易知函数的图象关于y轴对称，函数的最小正周期为1，作出函数与函数的图象（如下图所示）.数形结合易知函数与函数的图象有5个交点，故方程所有实数根的个数为5.13. 【解析】由,得.14. 【解析】由函数是增函数，得，解得.15. 【解析】因为集合，所以，即.16. 【解析】因为，所以.所以.所以.由题知,可得，解得.又，所以.17解：（1）, 因为,所以.（2）由（1）知,当C=时,满足,此时,得; 当C时,要,则解得.由得,.18.解：由已知,当

11、时,解得,这与前提矛盾；当时,解得,由于,则有；当时,解得,这与前提矛盾；综上所述,实数的值为19. 解：（1）证法一：如下图，过直线b上任一点作平面的垂线n，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，使得cbn，则aca(bn)(ab)(an)，因为ab，所以ab0，又因为a，n，所以an0，故ac 0，从而ac.证法二：如图,记cbA，P为直线b上异于点A的任意一点,过P作PO，垂足为O，则Oc.因为PO，a，所以直线POa，又ab，b平面PAO，PObP，所以a平面PAO.又平面PAO，所以ac.（2）逆命题为：a是平面内的一条直

12、线，b是外的一条直线(b不垂直于)，c是直线b在上的投影，若ac，则ab.逆命题为真命题20. 解：（1）因为时， 代入关系式，得， 解得. （2）由（1）可知，套题每日的销售量， 所以每日销售套题所获得的利润，从而. 令，得,且在上,，函数单调递增；在上，函数单调递减， 所以是函数在内的极大值点，也是最大值点， 所以当时，函数取得最大值. 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)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f（1）g（1），且f（1）g（1），即a11b，且2a3b

13、，解得a3，b3.（2）记h(x)f(x)g(x)当ba2时，h(x)x3ax2a2x1，h(x)3x22axa2.令h(x)0，得x1，x2.a0时，h(x)与h(x)的情况如下：xh(x)00h(x)极大值极小值所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.当1，即0a2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)aa2.当1，且1，即2a6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h1.当6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，又因hh(1)1aa2(a2)20，所以h(x

14、)在区间(，1上的最大值为h1.（文）解：（1）f(x)2ax，g(x)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f（1）g（1），且f（1）g（1），即a11b，且2a3b，解得a3，b3.（2）记h(x)f(x)g(x)当a3，b9时，h(x)x33x29x1，h(x)3x26x9.令h(x)0，得x13，x21.h(x)与h(x)在(，2上的情况如下：x(，3)3(3,1)1(1,2)2h(x)00h(x)2843由此可知：当k3时，函数h(x)在区间k,2上的最大值为h(3)28；当3k2时，函数h(x)在区间k,2上的最大值小于28.因此，

15、k的取值范围是(，322. （理）解：（1）xDx0且2x23(1a)x6a0.令h(x)2x23(1a)x6a，当a1时，0，所以BR.于是DABA(0，)当a时，0，此时方程h(x)0有唯一解，x1x21，所以B(，1)(1，)于是DAB(0,1)(1，)当a0，此时方程h(x)0有两个不同的解x1，x2.因为x10，所以B(，x1)(x2，)又因为x10a0，所以i)当0a时，DAB(0，x1)(x2，)；ii)当a0时，D(x2，)（2）f(x)6x26(1a)x6a6(x1)(xa)当a1时，f(x)在R上的单调性如下表：x(，a)a(a,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小

16、值当a1时，D(0，).由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点，x1为f(x)在D内的极小值点当a时，D(0,1)(1，)由表可得，x为f(x)在D内的极大值点当0aa且x11，所以aD,1D.由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点当a0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）xDx0且2x23(1a)x6a0.令h(x)2x23(1a)x6a，9(1a)248a3(3a1)(a3)当a1时，0，所以BR.于是DABA(0，)当a时，0，此时方程h(x)0有唯一解x1x21，所以B(，1)(1，)于是DAB(0,1)(1，)当0a0，此时方程h(x)0有两个不同的解x1，x2.因为x10，所以B(，x1)(x2，)又因为x10a0，所以DAB(0，x1)(x2，)（2）f(x)6x26(1a)x6a6(x1)(xa)当0a1时，f(x)在(0，)上的单调性如下：x(0，a)a(a,1)1(1，)f(x)00f(x)极大值极小值当a1时，D(0，)由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点，x1为f(x)在D内的极小值点当a时，D(0,1)(1，)由表可得，x为f(x)在D内的极大值点当0aa且x11，所以aD,1D.由表可得，xa为f(x)在D内的极大值点