2024年4月4日发(作者：数学试卷先做哪一题)
英才大联考长郡中学2024届高三月考试卷（五）
数学
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 集合
=A
{
x|x
2
−x−6<0
}
=B
，集合
B.
(
−∞
,3
)
{
x|log
2
x<1
}
，则
A∪B=
C.
(
−2,2
)
D.
(
0,2
)
A.
(
−2,3
)
【答案】
A
【解析】
=
【分析】先由二次不等式的解法得
A
合集合并集的运算即可得解
.
B
{
x|0 } ，再结 { x|−2 } ，由对数不等式的解法得 = = 【详解】解不等式 x 2 −x−6<0 , 解得 −2 , 则 A B 解不等式 log 2 x<1 , 解得 0 , 即 = { x|−2 } , { x|0 } , −2,3 , 即 A∪B= 故选 :A. 【点睛】本题考查了二次不等式的解法及对数不等式的解法，重点考查了集合并集的运算，属基础题 . （ 2022. 广州二模） 2. 下列函数中，既是偶函数又在 ( 0,+∞ ) 上单调递增的是（ ） () 1 A. y= 2 x = B. yx−x 2 1 x = C. yx−1 D. y=x− 【答案】 C 【解析】 【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义，对每个选项进行逐一判断，即可选择 . 1 【详解】对 A ：容易知 y= 是偶函数，且在 ( 0,+∞ ) 单调递减，故错误； 2 x = 对 B ：容易知 yx−x 2 是偶函数，当 x>0 时， y=x−x 2 ， 其在 0, 1 1 单调递增，在 ,+∞ 单调递减，故错误； 2 2 = 对 C ：容易知 yx−1 是偶函数，当 x>0 时， y=x−1 是单调增函数，故正确； 1 是奇函数，故错误； x 对 D ：容易知 y=x− 故选： C. 3. 已知像 2 ， 3 ， 5 ， 7 这样只能被 1 和它本身整除的正整数称为素数（也称为质数），设 x 是正整数，用 π (x) 表示不超过 x 的素数个数，事实上，数学家们已经证明，当 x 充分大时， π (x)≈ 求出不超过 10000 的素数个数约为 (lge≈0.4343) （ ） A. 1086 【答案】 A 【解析】 B. 1229 C. 980 x ，利用此公式 lnx D. 1060 10000 ，再根据对数的运算法则及性质求解即可 . ln10000 10 === 2500lge ≈ 2500 × 0.4343 ≈ 1086 . 【详解】由题意，可知 π (10000) ≈ ln100004ln10ln10 【分析】由题中的定义，可知是计算 故选 :A 4. 2021 年 10 月 12 日，习近平总书记在《生物多样性公约》第十五次缔约方大会领导人峰会视频讲话中提 出： “ 绿水青山就是金山银山．良好生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系经济社会发展潜力和后 劲． ” 某工厂将产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量 P （单位：毫克 / 升）与 P 0 e 过滤时间 t （单位：小时）之间的函数关系为 P=⋅ −kt ( t≥0 ) ，其中 k 为常数， k>0 ， P 0 为原污染物 数量．该工厂某次过滤废气时，若前 4 个小时废气中的污染物恰好被过滤掉 90% ，那么再继续过滤 2 小 时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（ ） A. 5% 【答案】 B 【解析】 【分析】根据前 4 小时废气中的污染物恰好被过滤掉 90% ，求出 k= 剩余污染物的残留量，可得答案. 【详解】由题可得，前 4 小时，废气中的污染物恰好被过滤掉 90% ， B. 3% C. 2% D. 1% 1 ln10 ，再计算经过 6 小时，空气中 4 =P 0 ⋅e 故由 P − kt P 0 e ，所以 0.1=e −4k ，即 k= 得 ( 1−90% ) P 0 = −4k 1 ln10 ， 4 由再过滤 2 小时，即共 6 小时，空气中剩余污染物为 − 3 10 2 ====== PPPPPPP 0 ， eeee10 00000 100 − 6 k ln10 − 3 2 1 − 6 ln10 4 3 − ln10 2 10∈ ( 3,3.5 ) ，故污染物所剩比率约为 3%P 0 , 故选： B （ 2022. 苏北七市三模） 5. = 函数 f ( x ) ax+b ( a,b,c∈R ) 的图象可能是（ ） 2 x+c A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 0 ，此时 f ( x ) = 【分析】取 a>0,c>0,b= ax ，可排除 A 、 C 、 D. x 2 +c ax 0 ，此时 f ( x ) = 2 ， x>0 时， f ( x ) >0 ， x<0 【详解】因为 a,b,c∈R ，所以取 a>0,c>0,b= x+c 时， f ( x ) <0 ，故只有 B 符合题意 . 故选： B. 6. 现有长为 89cm 的铁丝，要截成 n 小段 ( n> 2) ，每段的长度为不小于 1cm 的整数，如果其中任意三小段 都不能拼成三角形，则 n 的最大值为（ ） A. 8 【答案】 B 【解析】 【分析】不构成三角形的条件就是任选三条线段较小两条之和不超过最长线段，因 n 段之和为定值，欲 n 尽 可能的大，按从小到大排序后，必须每段的长度尽可能小，即：保证前两段最短的情况下，使得第三项等于 前两项之和便不能构成三角形 . 【详解】截成的铁丝最小为 1 ，因此第一段为1， B. 9 C. 10 D. 11 因 n 段之和为定值，欲 n 尽可能的大，则必须每段的长度尽可能小， 所以第二段为1， 又因为任意三条线段都不能构成三角形， 所以三条线段中较小两条之和不超过最长线段， 又因为每段的长度尽可能小， 所以第三段为2， 为了使得 n 最大，因此要使剩下的铁丝尽可能长，因此每一条线段总是前面的相邻两段之和， 依次为： 1,1,2,3,5,8,13,21,34 ，以上各数之和为 88 ，与 89 相差 1 ，因此可以取最后一段为 35 ， 这时 n 达到最大为 9. 故选： B. )sin 2 7. 已知函数 f ( x = ω x11 +sin ω x −( ω >0) ， x ∈ R . 若 f(x) 在区间 ( π ,2 π ) 内没有零点，则 ω 的取值范 222 围是 1 A. 0, 8 【答案】 D 【解析】 1 5 B. 0, ∪ ,1 4 8 5 C. 0, 8 1 15 D. 0, ∪ , 8 48 化成 f(x) 【分析】先把 f ( x ) = 2 π sin ω x − ，求出 f ( x ) 的零点的一般形式为 x 24 k π + π 4 ,k∈Z ， ω 根据 f(x) 在区间 ( π ,2 π ) 内没有零点可得关于 k 的不等式组，结合 k 为整数可得其相应的取值，从而得到 所求的取值范围 . 【详解】由题设有 =f(x) 1−cos11 ω x+sin ω =x− 222 2 π sin ω x− ， 24 令 f ( x ) =0 ，则有 ω x−=k π ,k∈Z 即 π k π + x π 4 ,k∈Z . 4 ω 因为 f(x) 在区间 ( π ,2 π ) 内没有零点， 故存在整数 k ，使得 k π + π 4 ≤ π <2 π < k π + 5 π 4 ， ωω 1 ≥+ ω k 1k5 4 即 ，因为 ω >0 ，所以 k≥−1 且 k+≤+ ，故 k=−1 或 k=0 ， 428 ω ≤ k + 5 28 所以 0 < ω ≤ 故选： D. 【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问 题，本题属于难题 . 8. 已知函数 f(x)=x−x− 是（ ） A. 0 C. 0 【答案】 D 【解析】 【分析】设 g(x)=x− 2 22 115 或 ≤ ω ≤ ， 8 48 a x−4 在区间 ( −∞,−2 ) ， 2 3, 上都单调递增，则实数 a 的取值范围 B. 0 D. 0 a x−4 的零点为 x 1 ， x 2 且 x 1 2 ，讨论区间范围写出 f(x) 的分段函数形式，讨 2 论参数 a 结合 f(x) 各区间的函数性质判断单调性，根据已知区间的单调性求参数范围即可 . a a 2 【详解】设 g ( x ) =x−x− 4 ，其判别式 ∆=+16>0 ， 2 4 2 ∴函数 g(x) 一定有两个零点，设 g(x) 的两个零点为 x 1 ， x 2 且 x 1 2 ， aa 2 aa 2 a 2 −+ 16 ， ++ 16 ， 0 ，得 由 x−x−4= 44 2 x 1 = 2 x 2 = 2 22 a 2 x+4,x 1 2 a fx=() ∴ 2x−x−4,x 1 ≤x≤x 2 ， 2 a 2 x+4,x>x 2 ①当 a≤0 时， f(x) 在 ( −∞,x 1 ) 上单调递减或为常函数，从而 f(x) 在 ( −∞,−2 ) 不可能单调递增，故 a>0 ； ②当 a> 0 时， g ( −2 ) =a>0 ，故 x 1 >−2 ，则 − 2 1 < 0 ， ∵ f(x) 在 ( −∞,x 1 ) 上单调递增， 3 ∴ f(x) 在 ( −∞,−2 ) 上也单调递增， g(3)=−a−1<0 ， 3 2 ， 2 由 f(x) 在 ,x 2 和 ( x 2 ,+∞ ) 上都单调递增，且函数的图象是连续的， a 8 ∴ f(x) 在 ,+∞ 上单调递增，欲使 f(x) 在 综上：实数 a 的范围是 0 . 故选： D. a 8 3, 上单调递增，只需 a ≤3 ，得 a≤83 ， 8 【点睛】关键点点睛：先研究绝对值部分的零点，进而写出 f(x) 的分段函数表达式，再讨论参数 a ，根据 函数性质及已知区间单调性求参数的范围 . 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9. 同学们，你们是否注意到；自然下垂的铁链；空旷田野上，两根电线杆之间的电线；峡谷的上空，横跨 深涧的观光索道的钢索 . 这些现象中都有相似的曲线形态 . 这些曲线在数学上常常被称为悬链线 . 悬链线相关 理论在工程､航海､光学等方面有广泛的应用 . 在恰当的坐标系中，这类函数表达式可以为 f ( =x ) ae x +be −x （其中 a ， b 是非零常数，无理数 e=2.71828… ），对于函数 f ( x ) ，以下结论正确的是 （ ） A. 如果 a=b ，那么 f ( x ) 为奇函数 C. 如果 ab>0 ，那么 f ( x ) 没有零点 【答案】 BC 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，单调性，零点和基本不等式等性质逐一分析即可得到选项 . 【详解】解：对于 A ：当 a=b 时，函数 f= ( x ) ae 数，故 A 错误 . 对于 B ：当 ab<0 时，令 a>0,b<0 ，函数 y=ae x 在其定义域上 为 单调递增函数，函数 y= −x B. 如果 ab<0 ，那么 f ( x ) 为单调函数 D. 如果 ab=1 ，那么 f ( x ) 的最小值为 2 +ae x ，此时 f ( −x ) =ae x +ae −x =f ( x ) 为偶函 b 在其定 e x b 在其定义域上为单调递增函数； x e b 当 a<0,b>0 ，函数 y=ae x 在其定义域上为单调递减函数，函数 y= x 在其定义域上也为单调递减函 e b x ) ae x + x 在其定义域上为单调递减函数； 数，故函数 f ( = e x ) ae+ 义域上也为单调递增函数，故函数 f ( = x 综上，如果 ab<0 ，那么 f ( x ) 为单调函数；故 B 正确 . 对于 C ：当 a>0,b>0 时，函数 f ( x ) = ae x + be −x ≥ 2ae x ⋅ be −x = 2ab > 0 ， 当 a<0,b<0 时，函数 f ( x ) =−−ae x −be −x ≤−2 ()( −ae ) ⋅ ( −be ) =−2 x−x ab<0 ； 综上，如果 ab>0 ，那么函数 f ( x ) 没有零点；故 C 正确 . 对于 D ：由 ab = 1 ，则 b= 1 ， a 当 a<0,b<0 时，函数 f ( x ) =− −ae x − 1 − x e ≤−2 a 1 − x x ae−⋅−e =−2 ； () a 当 a>0,b>0 时，函数 f ( x ) = ae x + 1 −x 1 e ≥ 2ae x ⋅ e −x = 2 ； aa 故 ab=1 时，函数 f ( x ) 没有最小值，故 D 错误 . 故选： BC. 10. 由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体 1 如图 1 ，沿着 BB 1 和 DD 1 分别作上底面的垂面，垂面经过 则两个垂面之间的几何体 2 如图 2 所示，若 EN 棱 EP,PH,HQ,QE 的中点 F,G,M,N ， =AB=EA=2 ， 则（） A. BB 1 =22 C. BD ⊥ 平面 BFB 1 G 【答案】 ABC B. FG//AC D. 几何体 2 的表面积为 163+8 【解析】 【分析】对于 A ，先证得四形边 B 1 FBG 是边长为 2 菱形，再利用中位线定理求得 FG ，从而得解；对于 B ， 利用面面平行的性质定理证得 AC//EH ，从而得证；对于 C ，利用勾股定理证得 PQ⊥BK ，从而利用线 面垂直的判定定理即可得证；对于 D ，将几何体 2 拆分成 4 个正方形与 8 个菱形即可得得解 . 【详解】将几何体 1 与几何体 2 合并在一起，连接 BB 1 ,FG,PQ,EH,AC,BD ，记 FGPQ=K ，易得 K∈BB 1 ， 对于 A ，因为在正四棱台 ABCD−EPHQ 中， AB//EP ， F 是 EP 的中点， 所以 AB//EF ， 又 N 是 EQ 的中点， EN=2 ，所以 EQ=4 ，则 EP=4 ， EF=2 ， 又 AB=2 ，所以 AB=EF ， 所以四边形 ABFE 是平行四边形，则 BF=AE=2 ， B=BG=2 ， 同理： B= 1 F 1 G 所以四形边 B 1 FBG 是边长为 2 菱形， 在边长为 4 的正方形 EPHQ 中， HE=42 ， =FG 因为 F,G 是 EP,PH 的中点，所以 FG//EH ， 22 2 所以 BB 1 =22− 22 ，故 A 正确； 2 = 2 1 =EH22 ， 2 对于 B ，因为在正四棱台 ABCD−EPHQ 中，面 ABCD// 面 EPHQ ， 又面 AEHC 面 ABCD=AC ，面 AEHC 面 EPHQ=EH ， 所以 AC//EH ，又 FG//EH ，所以 FG//AC ，故 B 正确； =PK 对于 C ，在四边形 EPHQ 中，由比例易得 1 =PQ 4 2 ， =BK 由对称性可知 1 =B 1 B 2 2 ，而 PB=2 ， 所以 PK 2 +BK 2 =PB 2 ，则 PK⊥BK ，即 PQ⊥BK ， 而由选项 B 同理可证 BD//PQ ，所以 BD⊥BK ， 因为在正方形 ABCD 中， BD⊥AC ，而 FG//AC ，所以 BD⊥FG ， BKFGK,BK,FG⊂ 面 BFB 1 G ，所以 BD ⊥ 面 BFB 1 G ， 因为 = 对于 D ，由选项 A 易知四边形 BGB 1 F 是边长为 2 的正方形，上下底面也是边长为 2 的正方形， 4−2 四边形 ABFE 是边长为 2 的菱形，其高为 2− 3 ， = 2 2 2 所以几何体 2 是由 4 个边长为 2 正方形和 8 个上述菱形组合而成， 所以其表面积为 4×2 2 +8×2×316+163 ，故 D 错误 . 故选： ABC. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得四形边 B 1 FBG 是边长为 2 菱形，从而解决选项 A ，再利用面 面平行的性质定理推得 AC//EH ， BD//PQ ，从而解决选项 BC ，将几何体 2 各个面分解成基本图形即 可解决 D. 11. 已知函数 y=x+e x 的零点为 x 1 ， y=x+lnx 的零点为 x 2 ，则（ ） A. x 1 +x 2 >0 C. e 1 +lnx 2 =0 【答案】 BCD 【解析】 【分析】将零点问题转化为交点问题，根据互为反函数的两个函数的性质逐一判断即可 . 【详解】 x 1 ,x 2 分别为直线 y= x B. x 1 x 2 <0 D. x 1 x 2 −x 1 +x 2 <1 −x 与 y=e x 和 y=lnx 的交点的横坐标， 因为函数 y=e x 与函数 y=lnx 互为反函数， 所们这两个函数的图象关于直线 y=x ， 而直线 y=−x 、 y=x 的交点是坐标原点， 0 ， x 1 x 2 <0 ， x 1 ∈ ( −1,0 ) ， x 2 ∈ ( 0,1 ) ， 故 x 1 +x 2 = e x 1 +lnx 2 =−x 1 −x 2 =0 ， x 1 x 2 −x 1 +x 2 −1= 故选： BCD. ( x 1 +1 )( x 2 −1 ) <0 ，故 x 1 x 2 −x 1 +x 2 <1 【点睛】关键点睛：利用反函数的性质是解题的关键 . 12. 已知 ab≠0 ，函数 f ( x ) =e+x+bx ，则（ ） ax2 A. 对任意 a ， b ， f ( x ) 存在唯一极值点 B. 对任意 a ， b ，曲线 y=f ( x ) 过原点的切线有两条 C. 当 a+b=−2 时， f ( x ) 存在零点 D. 当 a+b>0 时， f 【答案】 ABD 【解析】 【分析】对于 A ，求出函数导数，数形结合，判断导数正负，从而判断函数单调性，确定函数极值点；对于 B ，设切点为 ( m , n ), n= e am +m 2 +bm ，利用导数的几何意义可得方程，结合方程的根的个数，判断切线的 条数；对于 C ，利用导数判断函数单调性，求函数最值，根据最值情况判断函数的零点情况；对于 D ，由于 ( x ) 的最小值为 1 f ( x ) 为偶函数，故先判断 x>0 时函数的单调性，结合偶函数性质，即可判断 x<0 的单调性，进而求得 函数最值 . 【详解】对于 A ，由已知 ab≠0 ，函数 f ( x ) =e+x+bx ，可得 f ′ ( x ) =ae+2x+b ， ax2ax 令 g ( x= ) ae+2x+b,∴g ′ ( x= ) ae+2>0 ， ax2ax ax 则 g ( x ) 即 f ′ ( x ) = ae + 2x + b 在 R 上单调递增， = 0 ，则 ae ax = 令 f ′ ( x= ) a e + 2 x+b −2x−b ， ax 当 a>0 时，作出函数 y=ae ax ,y=−2x−b 的大致图象如图： 当 a< 0 时，作出函数 y=ae ax ,y=−2x−b 的大致图象如图： = 0 总有一个根 x 0 ， 可知 y= ) ae + 2x + b ae ax ,y=−2x−b 的图象总有一个交点，即 f ′ ( x = ax 当 x 0 时， f ′ ( x ) <0 ；当 x>x 0 时， f x 0 ， 此时 f ( x ) 存在唯一极小值点， A 正确； 对于 B ，由于 f ( 0 ) =1 ，故原点不在曲线 f ( x ) = e +x+bx 上，且 f ′ ( x ) =ae+2x+b ， ax2ax 设切点为 (m,n),n = e am + m + bm ，则 f ′ ( m ) =ae 2 am ne am +m 2 +bm ， +2m+b== mm 即 ae am e am 0 ， +m= ，即 e am (am−1)+m 2 = m ′ (m)ae am (am−1)+ae am + 令 h = (m)e am (am − 1) + m 2 ， h2mm(a 2 e am +2) ， == 当 m<0 时， h ′ (m)<0 ， h(m) 在 (−∞,0) 上单调递减， 当 m> 0 时， h ′ (m)>0 ， h(m) 在 (0,+∞) 上单调递增， 故 h(m) min =h(0)=−1 ， 当 m→−∞ 时， e am (am−1) 的值趋近于 0 ， m 2 趋近于无穷大，故 h(m) 趋近于正无穷大， 当 m→+∞ 时， e am (am−1) 的值趋近于正无穷大， m 2 趋近于无穷大，故 h(m) 趋近于正无穷大， 故 h(m) 在 (−∞,0) 和 (0,+∞) 上各有一个零点，即 e am (am−1)+m 2 =0 有两个解， 故对任意 a ， b ，曲线 y=f ( x ) 过原点的切线有两条， B 正确； 对于 C ，当 a+b=−2 时， b=−2−a ， f ( x ) =e+x−(a+2)x ， ax2 故 f ′ ( x= ) ae+2x−a−2 ，该函数为 R 上单调增函数， ax f ′ ( 0 ) =−2<0,f ′ ( 1 ) =ae a −a=a(e a −1)>0 ， as − 故 ∃s∈(0,1) ，使得 f ′ ( s ) =0 ，即 e = 22 s + 1 + ， aa 结合 A 的分析可知， f(x) 的极小值也即最小值为 22 f(s) = e as + s 2 − (a + 2)s =− s + 1 ++ s 2 − (a + 2)s ， aa 22 2 2 令 m(s) =− s + 1 ++ s − (a + 2)s ，则 m ′ ( s ) =2s−(a++2) ，且为增函数， aaa 2 当 a< 0 时， m ′ (0 ) =− ( a++ 2) ≥ 22 − 2 > 0 ，当且仅当 a=−2 时取等号， a 故当 s>0 时， m ′ ( s ) >m ′ ( 0 ) >0 ，则 f(s) 在 (0,1) 上单调递增， +1 ，令 a=−3 ，则 f(0)= 故 f(s)>f(0)= 2 a 21 +1=>0,∴f(s)>f(0)>0 ， a 3 此时 f(x) 的最小值为 f(s)>0 ， f ( x ) 无零点， C 错误； 对于 D ，当 a+b>0 时， f ( x ) 为偶函数，考虑 x>0 视情况； x 此时 f= () f=(x)e ax +x 2 +bx,(x>0) ， f ′ (x)=ae ax +2x+b ， 结合 A 的分析可知 f ′ (x)=ae ax +2x+b 在 R 上单调递增， f ′ (0)=a+b>0 ， 故 x>0 时， f ′ (x)>f ′ (0)>0 ，则 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增， 故 f(x) 在 (−∞,0) 上单调递减， f 故 f ( x ) 为偶函数， ( x= ) min f=(0)1 ， D 正确， 故选： ABD 【点睛】难点点睛：本题综合新较强，综合考查了导数的几何意义以及极值点、零点、最值问题，计算量 较大；难点在于利用导数解决函数的零点问题时，要能构造恰当的函数，结合零点存在定理判断导数值的 情况，从而判断函数的单调性，求得最值，解决零点问题 . 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． ________ ． 13. 已知 sin α −3cos α =0 ，则 cos2 α +tan α = 【答案】 11 1 ## 2.2 ## 2 5 5 【解析】 【分析】由倍角公式结合商数关系求解即可 . cos 2 α −sin 2 α 1−tan 2 α 4 【详解】因为 tan α =3 ，则 cos2 α = ， cos α −sin α ===− 222 cos α +sin α 1+tan α 5 22
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函数,单调,零点,判断,污染物
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