1、2018 届江苏省镇江市 10 月高三数学月考文科试卷（解析版）一、填空题：（每题 5 分，满分 70 分，将答案填在答题纸上）1. 集合 ， ，则 _A=1,3 B=2,3 AB=【答案】 1,2,3【解析】试题分析： ， A=1,2,B=2,3 AB=1,2,3考点：本题考查了并集的运算点评：熟练掌握集合的概念及交集的运算法则是解决此类问题的关键，属基础题2. 函数 的定义域为_y=12x+lg(x1)【答案】 (1,2)【解析】 ，解得 ；2x0,x10 10【答案】 xR,x24x+40【解析】全称量词的命题的为特称量词命题：命题“ ”的否定是xR,x2-4x+40 xR,x2-4x+
2、404. 已知 ，则 的值为_sin(+6)=34 sin(2+56)【答案】 -18【解析】 sin(2+56)=sin(2+3+2)=cos(2+3)=cos2(+6)=12sin2(+6)12(34)2=198=185. 设 为非零向量，则“存在负数 ，使得 ”是“ ”的_条件 （从“充分不必要m,n m=n mn0,0,|01tanA+3tanA23.tan(BA)= 21tanA+3tanA33当且仅当 ，因为 为锐角， .1tanA=3tanAtanA=33 A A=613. 设函数 ，若 在区间 上单调递增，则实数 的取值范围是_f(x)=x2mx+1m2 |f(x)| 0,1
3、m【答案】 1,02,+)【解析】 ，函数的对称轴为 ，x=m2当 ，=5m24=0,m=255若 ，对称轴为 ，函数 在区间 上不单调，不满足条件；m=255 x=550,1 |f(x)| 0,1若 ，对称轴为 ，在区间 上单调增，满足条件；m=255 x=550 m255或 m255 x=m2若 ，对称轴 ，要使若 在区间 上单调递增，则只需 即可，此时m255 x=m2550 |f(x)| 0,1 f(0)=1m20.m21,m2综上所述： 或 .1m0 m214. 已知 为正数，且 ，则 的最小值为_a,b1a+1b=1 3aa1+2bb1【答案】 5+26【解析】 ，3aa1+2bb
4、1=311a+211b=31b+21a=2a+3b，(2a+3b)(1a+1b)=5+3ba+2ab5+23ba2ab=5+26.3aa1+2bb15+26二、解答题 （本大题共 6 小题，共 90 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知 .cos=2sin（1）求 的值；tan2（2）求 的值.sin(2+3)【答案】 （1） (2) 43 4+3310【解析】 （1） ， cos=2sin tan=12，tan2=2121(12)2=43（2） sin2=2sincos= 2sincossin2+cos2= 2tan1+tan2=2121+(12)2=45，.sin(
5、2+3)=12sin2+32cos2=1245+3235=4+331016. 已知常数 ，函数 .aR f(x)=|x1|+a（1）当 时，求解不等式 的解集；a=1 f(x)3（2）设函数 ，对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围.g(x)=|2x1| xR f(x)+g(x)3 a【答案】(1) (2) 1,3 a52【解析】试题分析：先利用公式 ， 或 ，解含绝对值的不等式，把不等式|x|aaxa |x|axa xa化为 ，利用零点分区间讨论法分段讨论，求出 的取值范围.a试题解析：（1） ，a=1,f(x)3 ，即 ，即 ， |x1|+13 |x1|2 2x12即 ， 的解集为 .
6、1x3 f(x)3 1,3（2）对任意 ，不等式 恒成立，xR f(x)+g(x)3不等式 对任意 恒成立， |x1|+a+|2x1|3 xR当 时，得 恒成立，所以 ； x12 a3x+1 a52当 时，得 恒成立，所以 ； 121 a53x a2综上， . a5217. 已知函数 ，其中 为自然对数的底数.f(x)=excosx e（1）求曲线 在点 处的切线方程；y=f(x) (0,f(0)（2）求函数 在区间 上的最值以及此时 的值.y=f(x) 0,2 x【答案】(1) (2)当 时， ；当 时， ；y=x+1 x=4 f(x)max=22e4 x=2 f(x)min=0【解析】试题
7、分析：根据导数的几何意义，求出切点和切线的斜率，写出切线方程；求出函数的导数，在区间内研究函数导数的符号，判断函数的单调性，求出极值，求出闭区间端点处的函数值，从而求出函数在闭区间上的最值.试题解析：（1） , 斜率f(x)=excosxexsinx k=f(0)=1 ，切点坐标为 (0,1)，切线方程为 . f(0)=1 y=x+1（2） ,f(x)=excosxexsinx令 ，即 ， ，得 ； f(x)=0 excosxexsinx=0 x0,2 x=4列表如下：x 0 (0,4) 4 (4,2) 2f(x) 正 0 负f(x) 1 增 极大值 减 0当 时, ； x=4 f(x)max
8、=f(4)=22e4当 时, . x=2 f(x)min=f(2)=018. 某校有一块圆心 ，半径为 200 米，圆心角为 的扇形绿地 ，半径 的中点分别为 ， 为O23 OPQ OP,OQ M,N A弧 上的一点，设 ，如图所示，拟准备两套方案对该绿地再利用.PQ AOQ=（1）方案一：将四边形绿地 建成观赏鱼池，其面积记为 ，试将 表示为关于 的函数关系式，并OMAN S1 S1 求 为何值时， 取得最大？ S1（2）方案二：将弧 和线段 围成区域建成活动场地，其面积记为 ，试将 表示为关于 的函数AQ AN,NQ S2 S2 关系式；并求 为何值时， 取得最大？ S2【答案】 （1）当
9、 时， 的最大值为 （平方米） ， 关于 的函数表达式 ，=3 S1 100003 S2 S2=10000（2sin），当 时， （平方米）.(0,23 =23 (S2)max=10000（4332）【解析】试题分析：首先表示四边形 ANOM 的面积，利用 与 面积相加，借助AON AOM来表示，再根据三角函数求出最值，然后利用扇形 的面积减去 的面积AOQ=,AOM=23 OAQ OAN表示 ANQ 的面积 ，并借助导数求出最值.S2试题解析：（1）由已知， , ， ；AOQ=(0,23 S1=SONA+SOMA故 ， S1=12100200sin+12100200sin(23)整理得 （平
10、方米） ， S1=100003sin(6+)当 时， （平方米）. =3 (S1)max=100003（2）由已知， ，S2=S扇 形 AOQSONA ， S2=1220020012100200sin即 ； S2=10000（2sin） ，故 ； S2()=10000（2cos） S2()0 在 上为增函数， S2() (0,23当 时， （平方米）. =23 (S2)max=10000（4332）答：（1）当 时， （平方米） ；=3 (S1)max=100003（2） 关于 的函数表达式 ， S2 S2=10000（2sin） (0,23当 时， （平方米）.=23 (S2)max=100
11、00（4332）【点睛】解决实际应用问题要注意实际问题的要求，表示图形面积注意使用割、补方法，借助几个图形面积的和或差表示图形面积，结合所学数学知识求最值，如利用三角函数、二次函数、基本不等式、函数的单调性、导数工具等.19. 已知 ，函数 .aR f(x)=log2(1x1+a)（1）当 时，解不等式 ；a=1 f(x)2 a=12 a 1a2 a=3 a=4【解析】试题分析：首先代入 解对数不等式 ，并写出解集；根据 为奇函数，满足奇函数a=1 f(x)0不等式的解为 . x|x2（2）函数 为奇函数， 恒成立， y=f(x)+1 f(x)+1=f(x)1即 ， log2(1x1+a)+1
12、=log2(1x1+a)1 ，log2(1x1+a)+log2(1x1+a)=2即 , log2(1x1+a)(1x1+a)=2故 ，(1x1+a)(1x1+a)=14即 ， (a214)x2(a1)2+14=0则 a214=0,(a1)2+14=0,解得 . a=12（3）依题意， ，log2(1x+a)=log2(a4)x+2a5 ；1x+a=(a4)x+2a50可得 ，(a4)x2+(a5)x1=0即 ； (x+1)(a4)x1=0当 时，方程的解为 ，代入式，成立；a=4 x=1当 时，方程的解为 ，代入式，成立； a=3 x=1当 且 时，方程的解为 ；a3 a4 x=1,1a4若
13、为方程的解，则 ，即 ；x=11x+a=a10 a1若 为方程的解，则 ，即x=1a4 1x+a=2a40 a2要使得方程有且仅有一个解，则 ； 1xlnx+2e1（3）当 时，如果函数 不存在极值点，求 的取值范围 .a0 y=f(x) a【答案】 （1） 单调递增区间为 ；单调递减区间为 ， （2）不等式的解集为 ， （3）f(x) (0,1e) (1e,+) (e,+) a1e2【解析】试题分析：把 代入由于对数的真数为正数，函数定义域为 ，所以函数化为 ，a=0 x|x0 f(x)=xlnx求导后在定义域下研究函数的单调性给出单调区间；代入 ， ，分 和 两种情况a=1 f(x)=|x
14、1|lnx 01e f(x)0 f(x)所以 单调递增区间为 ；单调递减区间为 f(x) (0,1e) (1e,+)（2） 时， a=1 f(x)=|x1|lnx当 时，原不等式可化为 x1 2xlnxlnx2e+10记 ，则 ，g(x)=2xlnxlnx2e+1 g(x)=2lnx+21x当 时， ，x1 g(x)21x0所以 在 单调递增，又 ，故不等式解为 ； g(x) 1,+) g(e)=0 xe当 时，原不等式可化为 ，显然不成立， 02e1综上，原不等式的解集为 (e,+)（3） 时， ，a0 f(x)=(xa)lnx，记 ， f(x)=lnx+xax=xlnx+xax h(x)=xlnx+xa因为 时， ，x1 h(x)=xlnx+xax所以 不存在极值点时 恒成立. y=f(x) h(x)0由 ，解得 h(x)=lnx+2=0 x=1e2且 时， ， 单调递减；01e2 h(x)0 h(x)所以 ，解得 h(x)min=h(1e2)0 a1e2
