届高三前半期第一次月考数学重庆市第一中学.docx

1、届高三前半期第一次月考数学重庆市第一中学2022届高三前半期第一次月考数学（重庆市第一中学） 解答题选修4-4：坐标系与参数方程直角坐标系中曲线的参数方程（为参数），在以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴的极坐标系中， 点的极坐标，在平面直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的参数方程；（2）设直线与曲线相交于两点，求的值. 【答案】（1）（为参数）；（2）【解析】试题分析：（1）利用同角关系及二倍角公式消去参数可得的直角坐标方程，把的极坐标化为直角坐标，由直线的标准参数方程可得直线参数方程；（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得，利用参数的几何意义，有，

2、代入计算可得试题解析：（1） 曲线的直角坐标方程点的极坐标为，化为直角坐标为，直线的参数方程为，即（为参数）（2）将的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得： ，显然有，则，所以 解答题如图，直线与椭圆交于两点，与轴交于点， 为弦的中点，直线分别与直线和直线交于两点.（1）求直线的斜率和直线的斜率之积；（2）分别记和的面积为，是否存在正数，使得若存在，求出的取值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）存在满足题意.【解析】试题分析：（1）设，由点差法可推出，由两直线相交可求得交点坐标，从而得，计算即可；（2）是直线的交点，由两直线方程联立可解得各点坐标，求得，再由求得值即可，若不能求得，则说

3、明不存在试题解析：（1） 设，由点差法可推出：在联立可接出所以， （2）假设这样的存在，联立，在（1）问中已解得，所以；在中令得；在联立所以；由当时，点坐标为，经检验在椭圆内，即直线与椭圆相交，所以存在满足题意. 解答题已知函数（1）若函数存在与轴垂直的切线，求的取值范围；（2）若恰有一个零点，求的取值集合； 【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）存在与轴垂直的切线，说明存在导数值为0的点，即在上有解，由此可得的范围；（2）求出导数，由导数的知识求得有唯一最大值，结合函数的单调性知，只有当最大值时，函数才有唯一零点试题解析：（1） 的定义域为在上有解得： 所以， 的取值范围为（2），令

4、，得当时， 在上单调递减；当时， 在上单调递增，故当，即时，因最大值点唯一，故符合题设；当，即时， 恒成立，不合题设；当，即时，一方面， ；另一方面， （易证： ），于是， 有两零点，不合题设，综上， 的取值集合为 解答题已知函数，若对恒成立，且（1）求的解析式和单调递增区间；（2）当时，求的值域； 【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由已知得出函数图象的一条对称轴是，结合正弦函数的图象的对称性可求得值，再由正弦函数的单调性与复合函数的单调性可得单调增区间；（2）由，求得，把作为一个整体利用正弦函数性质可得的值域试题解析：（1） 由，可知为函数的对称轴，则，由，可知或又由，可知，则验

5、证或，则，所以由得： 递增区间： （2）当则所以，值域为： 填空题设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为_ 【答案】【解析】设，则，由题意，所以在上是增函数，所以由得，即，所以 填空题学校艺术节对同一类的四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下:甲说：“作品获得一等奖”； 乙说：“作品获得一等奖”丙说：“两项作品未获得一等奖” 丁说：“是或作品获得一等奖”若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是 _ 【答案】C【解析】若是一等奖，则甲丙丁都对，不合题意；若是一等奖，则甲乙丁都错，不合题意；若是一等奖，则

6、乙丙正确，甲丁错，符合题意；若是一等奖，则甲乙丙错，不合题意，故一等奖是 选择题若函数在区间内有极小值，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，由题意在区间上有零点， 在上是增函数，所以，解得，故选C 选择题下列函数为奇函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由奇函数的定义，只有当时， ，故选B 选择题函数图像的一个对称中心可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】把各点横坐标代入，只有，因此是图象的一个对称中心，故选D 选择题函数的部分图像如图所示，若将图像上所有点的横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），在向右平移得到的图像，则的解析式为（

7、）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意， ，则，又，而，所以，即，所以，即，故选B 选择题下列说法正确的是（ ）A. “”是“函数是奇函数”的充要条件B. 若为假命题，则为假命题C. 已知角的终边均在第一象限，则“”是“”的充分不必要条件D. “若，则”是真命题 【答案】D【解析】满足，但不是奇函数，A错；为假命题，只要中有一个为假即可，当一真一假时满足为假命题，但为真命题，B错；由于（），因此与之间没有任何关系，C错；因此时， ，因此“若，则”是真命题，D正确故选D 解答题选修4-5：不等式选讲已知函数（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，正数满足，求证： 【答案】（1）

8、或；（2）见解析【解析】试题分析：（1）解这个绝对值不等式，可按绝对值的定义去掉绝对值符号，化绝对值不等式为一元一次不等式，从而求得解（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值为，求和后，再得用基本不等式可证题中结论试题解析：（1） 当时，得当时，得无解当时，得所以，不等式的解集为或；（2），即又由均值不等式有： 两式相加得 解答题已知二次函数满足以下要求：函数的值域为； 对恒成立.（1）求函数的解析式；（2）设，求时的值域. 【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）已知条件提供了二次函数的对称轴与最小值，因此二次函数解析式可配方为顶点式，从而列出关于的方程组，从而解得，得解析式；（2）

9、是分式函数，由于分母是一次的，分母是二次的，可用换元法设，转化后易得函数的单调性，从而得值域试题解析：（1） 又 对称轴为值域为 且，则函数（2） 令，则 所求值域为. 填空题若，且，则_ 【答案】【解析】， 选择题已知函数是偶函数，则在上是减函数的一个值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由已知为偶函数， ，即，故排队，当， 时， ， 递减，当， 时， ， 递增，故选A 选择题若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】集合是某些实数组成的数集，集合是平面的点集，因此，故选D 选择题已知角的终边经过点，且，则_ 【答案】【解析】由题意，解得 选择题记函数在点处的切

10、线为，若直线在轴上的截距恒小于，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】，切线方程为，令得截距为 ，由题意对， 恒成立，即，令，则，若，即时， ，所以当时， ，即在上单调递增，所以恒成立，所以满足题意；若，即时， ，即在上单调递减，所以，所以不满足题意；若即时， ，则的关系如下表：0+递减极小值递增所以，所以不满足题意综合，可得当时， ，此时切线在轴上的截距恒小于 选择题给出定义：若（其中为整数），则叫做离实数最近的整数，记作，在此基础上给出下列关于函数的四个命题： 函数的定义域为，值域为；函数在上是增函数；函数是周期函数，最小正周期为；函数的图像关于直线对称，其中正

11、确命题的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】的定义域要求真数大于0，则要，因此定义域为，错误；当时， 且， ，当时， 且， ，显然的图象是由的图象向右平移1个单位而得，一般地当时， 且， ，于是可画出的图象，由图象知、正确 选择题若是方程的根，则所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设，由于， ，即，故选C 选择题已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由已知得，所以故选A 解答题已知函数，其中，且（1）当时，求函数的单调区间；（2）设，若存在极大值，且对于的一切可能取值， 的极大值均小于，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间

12、为，单调递减区间为；（2）【解析】试题分析：（1）计算出导数，由不等式得增区间，由得减区间，注意要按的正负分类讨论， 的正负对定义域有影响；（2）求出导数，因此必须有， 才能有两个不等实根， 的两实根为， ，极大值为，由求根公式得，令（作为的函数），同理由导数知识得在上单调递减，从而，由可得的范围试题解析：（1） 时， ，故当时， ，由，得得因此的单调递增区间为： ，单调递减区间为： 当时， ，由得，由得因此单调递增区间为，单调递减区间为（2）由题，显然，设的两根为，则当或时， ，当时， ，故极大只可能是，且，知，又，故，且，从而令，则，故在单减，从而，因此，解得 选择题设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】， ， 且，所以，故选B