2018年高三最新 高密实验中学高三年级九月份月考试题

高密实验中学高三年级九月份月考试题

数 学（理）

一、选择题：本题共有12个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置上。

1．设集合P={1，2，3，4}，Q={x| | x |≤2,x∈R},则P∩Q等于 （ ） A．{1,2} B．{3,4} C．{1} D．{-2,1,0,1,2}

2．若g(x)的图像与f(x)=(x-2)2(x≤2)的图像关于直线y=x对称，则g(x)= （ ） A．2  x ( 0 ) B．  x ( x  0 ) C． 2  x ( x  x 22 ) D． 2x(x2)3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4=18-a5,则S8等于 （ ） A．18 B．36 C．54 D．72

1x( x ) 4．已知函数 f 的定义域为A，函数y=f[f(x)]的定义域为B，则 （ ）

1x

A．A∪B=B B．A ≠ B C．A=B D．A∩B=B

5．在映射f：A→B中，象的集合C=B是f为一一映射的 （ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

26．已知下列四组函数：① f ( x )  lg x 2 , g ( x )  x ② f(x)x2,g(x)x4x42 lg

1x331a  ③ f ( x )  log a a ( a  0 , 1 ), g ( x )  x ④ f ( x )  , g ( x )  f ( x ), 表示相同函数

x

的序号是 （ ） A．③④ B．①② C．①③ D．②④

7．当a≠0时，函数y=ax+b和y=bax的图像只可能是 （ ）

8．甲、乙两个工厂2018年1月份的产值相等，甲厂的产值逐月增加且每月增加的产值相同，乙厂的产值逐月增加且每月增长的百分率相同，已知2018年1月份两厂的产值相等，则2018年7月份产值高的工厂是 （ ） A．甲厂 B．乙厂 C．产值一样 D．无法确定

9．设x、y是关于m的方程m2-2am+a+6=0的两个实根，则(x-1)2+(y-1)2的最小值是 （ ） 493 A． 4 B．18 C．8 D．4

10．已知函数f(x)=lg(2x-b)(b为常数)，若x∈ [1 ,  )时，f(x)≥0恒成立，则 （ ）

A．b≤1 B．b<1 C．b≥1 D．b=1 11．设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f’(x)g(x)+f(x)g’(x)>0,且g(-3)=0,

则不等式f(x)g(x)<0的解集是 （ ）

( 3,0)(0,3) A．(  3 , 0 )  ( 3 ,  ) B．

( ,3)(0,3)C．(  ,  3 )  ( 3 ,  ) D．

xf ( x ) ( x 12．设函数  R ) ，区间M=[a,b](a1|x|

的实数对(a,b),有 （ ） A．0个 B．1个 C．2个 D．无数多个 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分。

 x 2 13．函数 f ( x ) 4 x  5 的单调递减区间为 。

1(1x0)14．已知f(x+1)= -f(x)且f(x)=  则f(3)= 。

0(0x1),

15．已知命题p：偶函数f(x)在(0,+∞)内是增函数，且f(-1)若p或q为真命题，p且q为假命题，则实数m的取值范围是 。

16．如图，它满足①第n行首尾两数均为n，②表中的递推关系类似杨辉三角，则第n行（n≥2）

第2个数是 。

答 题 卡 题号 答案 题号 答案 1 2 13 3 4 5 14 6 7 8 15 9 10 11 16 12

三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答时应写出文字说明、证明过程或推演步骤。 17．在等比数列{an}的前n项中，a1最小，且a1+an=66，a2an-1=128，前n项和Sn=126,求n和公

比q。

18．已知函数f(x)在R上有定义，且满足f(x)+xf(1-x)=x。 （1）试求f(x)的解析式； （2）求f(x)的值域。

x2x.19．已知函数 f(x)2,g(x)x1

（1）证明：函数g(x)在（-1，+∞）上为增函数； （2）用反证法证明方程f(x)+g(x)=0没有负数根。

20．某农产品去年各季度的市场价格如下表： 季度 第一季度 第二季度 第三季度 第四季度 195.5 200.5 218.5 199.5 每担售价（单位：元） 今年某公司计划按去年各季度市场价的“最佳近似值m”（m是与上表中各售价差的平方和取最小值的值）收购该种农产品，并按每100元纳税10元（又称征税率为10个百分点），计划可收购a万担，政府为了鼓励收购公司多收购这种农产品，决定将税率降低x个百分点，预测收购量可增加2x个百分点。

（1）根据题中条件填空，m= （元/担）； （2）写出税收y（万元）与x的函数关系式；

（3）若要使此项税收在税率调节后不少于原计划税收的83.2%，试确定x的取值范围。

2xa21．已知 f ( x )  ( x  R ) 在区间[-1，1]上是增函数。

x22

（1）求实数a的值所组成的集合A。

1 的两根为x1、（2）设关于x的方程 f ( x ) x2，试问：是否存在实数m，使得不等式m2+tm+1 x

≥|x1-x2|对任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由。 22．设定义在R上的函数f(x)，满足当x>0时，f(x)>1，且对任意x,y∈R，有f(x+y)=f(x)·f(y),f(1)=2。 （1）求f(0)；

（2）求证：对任意x∈R,都有f(x)>0； （3）解不等式f(3x-x2)>4；

12（4）解方程 [f(x)]f(x3)f(2)1.2

数学参考（理）答案

1．A 2．A 3．D 4．D 5．B 6．A 7．A 8．A 9．C 10．A 11．D 12．A 2nn2[13．[2，5] 14．0 15． 1 , 1 ]  [ 2 ,  ) 16． 2

aan66a1217．∵{an}为等比数列 ∴a1·an=a2·an-1 ∴ 1且a1an解得依题意可知q1a64aa128n1n

a1anq264q126,即126，解得q22qn164,2n6,∵ Sn126,1q1q

解得n=6,∴n=6,q=2。 18．（1）∵x∈R时，f(x)+xf(1-x)=x ①

从而用1-x代x得f(1-x)+(1-x)f(x)=1-x ②

x2由①②得 f(x)(xR)2xx1 2x （2）∵ y(xR)2xx1

∴(y-1)x2-yx+y=0,y=1时， x=1,y≠1时，△=y2-4(y-1)y≥0

44 ∴ 0y,综上，yf(x)的值域为[0，]33

x2x123(x2x1)19．（1）设-1∵x2-x1>0,x1+1>0,x2+1>0 ∴g(x2)>g(x1) ∴g(x)在(-1,+∞)上为增函数

x022x03x0即2x01显然x01（2）假设f(x)=0有负根x0，则有 20x01x01x01

3313,12,而2x01，这是不可能的， 当0>x0>-1时，1>x0+1>0,

1x01x02

即不存在0>x0>-1的解。

3 11,而2x00,矛盾，即不存在x01的解 当x0<-1时，

1x0

综上，假设不成立，即不存在负根。 20．（1）200；

（2）降低税率后的税率为（10-x）%,农产品的收购量为a(1+2x%)万担，收购总金额为

200a(1+2x%)。依题意，

2001a(1002x)(10x)a(1002x)(10x),(0x10)y=200a(1+2x%)·(10-x)%= 100050

（3）原计划税收为200a×10%=20a(万元)，依题意，

12得 50a(1002x)(10x)20a83.2%,即x40x840,解得42x2.又0x10,0x2.

答：x的取值范围是02(x2ax2)21．（1）f '(x)(x22)2

∵f(x)在[-1,1]上是增函数

∴f’(x)≥0对x∈[-1,1]恒成立。

(1)01a1(x)=x2-ax-2，则有 (1)0

∵对x∈[-1,1],f(x)是连续函数，且只有当a=1时，f’(-1)=0， 以及当a= -1时，f’(1)=0,∴A={a|-1≤a≤1}

2xa1（2）由 2,得x2ax20a280,x1,x2是方程x2ax20的两实根x2x

x1x2a从而|x1x2|(x1x2)24x1x2a281a1|x1x2|a283 ∴ x1x22

要使不等式m2+tm+1≥|x1-x2|对任意a∈A及t∈[-1,1]恒成立，当且仅当m2+tm+1≥3对任

意t∈[-1,1]恒成立。设g(t)=m2+tm-2=mt+m2-2 2g(1)mm20 则有 m2或m2存在m，其范围为{m|m2或m2}2g(1)mm20

22．（1）f(x)=f(x+0)=f(x)·f(0),∴x>0时，f(x)>1,∴f(0)=1

xxx2f(x)f()[f()]0（2） 222 假设存在某个x0∈R，使f(x0)=0,则对任何x>0，有f(x)=f[(x-x0)+x0]=f(x-x0)·f(x0)=0与已知

矛盾，∴x∈R均满足f(x)>0

（3）任取x1,x2∈R且x10,f(x2-x1)>1

∴f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)·f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0

∴x∈R时，f(x)为单调递增函数∵f(1)=2,则f(2)=f(1)·f(1)=4∴f(3x-x2)>4=f(2),∴3x-x2>2

∴1（4）f(3)=f(1+2)=f(1)·f(2)=8

1122[f(x)]f(x3)f(2)1可化为[f(x)]f(3)f(x)5,即[f(x)]24f(x)50，方程 22

解得f(x)=1或f(x)=-5(舍)，由(1)得x=0。故原方程的解为x=0。