黑龙江省大庆市铁人中学2021届高三上学期期中数学试卷（理科解析word版版）.docx

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2020-2021学年黑龙江省大庆市铁人中学高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共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．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，集合B＝{x|log2（x﹣1）≥0}，则A∩B＝（　　）A．{x|2≤x＜3}B．{x|2＜x≤3}C．{x|1≤x＜3}D．{x|﹣1≤x＜2}2．（5分）已知p：2x﹣8＞0，q：（x﹣3）（x﹣4）≥0，则（　　）A．p是q的充分不必要条件B．p是￢q的充分不必要条件C．p是q的必要不充分条件D．p是￢q的必要不充分条件3．（5分）已知向量不共线，，，若，则m＝（　　）A．﹣12B．﹣9C．﹣6D．﹣34．（5分）某观察站C与两灯塔A，B的距离分别为3km和5km，测得灯塔A在观察站C北偏西50°，灯塔B在观察站C北偏东70°，则两灯塔A，B间的距离为（　　）A．B．C．7D．5．（5分）已知函数f（x）＝，则f（f（2））＝（　　）A．0B．﹣1C．1D．26．（5分）某化工厂生产一种溶液，按市场要求，杂质含量不能超过0.1%，若初时含杂质2%，每过滤一次可使杂质含量减少，要使产品达到市场要求，则至少应过滤的次数为（已知：lg2＝0.3010，lg3＝0.4771）（　　） A．8B．9C．10D．117．（5分）已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边位于第三象限且过点P（a，b），若，则＝（　　）A．B．2C．D．﹣28．（5分）函数y＝（x3﹣x）2|x|图象大致是（　　）A．B．C．D．9．（5分）已知函数f（x）＝﹣2x+sinx，若，b＝﹣f（﹣2），c＝f（log27），则a，b，c的大小关系为（　　）A．a＜b＜cB．b＜c＜aC．c＜a＜bD．a＜c＜b10．（5分）函数部分图象如图所示，对不同的x1，x2∈[a，b]，若f（x1）＝f（x2），有，则该函数的图象（　　）A．关于直线对称B．关于直线对称C．关于点对称D．.关于点对称 11．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的可导函数，对于任意的实数x，都有＝e2x，当x＜0时，f（x）+f'（x）＞0，若eaf（2a+1）≥f（a+1），则实数a的取值范围是（　　）A．[0，]B．[﹣]C．[0，+∞）D．（﹣∞，0]12．（5分）设函数f（x）＝2xex+a，g（x）＝ex+ax，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜g（x0），则a的取值范围是（　　）A．[﹣，1）B．[，1）C．[﹣，）D．[，）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）（sinx+）dx＝　　．14．（5分）已知6sinαcosα＝1+cos2α，则＝　　．15．（5分）若函数f（x）满足f（x）＝f（1﹣x），f（1+x）＝﹣f（3﹣x），当且仅当x∈（1，3]时，，则f（57）＝　　．16．（5分）已知函数f（x）＝，F（x）＝f（x）﹣ax有4个零点，则a的取值范围是　　．三、解答题（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．（10分）在①AD是BC边上的高，且，②AD平分∠BAC，且，③AD是BC边上的中线，且．这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并求出边BC的长．问题：在锐角△ABC中，已知AB＝4，AC＝3，D是边BC上一点，____，求边BC的长．18．（12分）已知函数f（x）＝sin2x+2sin2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调增区间；（Ⅱ）将函数f（x）的图象向左平移个单位，再向下平移1个单位后得到函数g（x ）的图象，当x∈[﹣，]时，求函数g（x）的值域．19．（12分）已知函数f（x）＝ex﹣2（x2+ax+b），若f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为y＝4x﹣7．（1）求a，b的值；（2）求f（x）在[﹣3，2]上的最值．20．（12分）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若csinB＝4asinBsinC．（1）求角A的大小；（2）若2bsinB+2csinC＝bc+a，求△ABC面积的取值范围．21．（12分）已知函数．（1）设x＝2是函数f（x）的极值点，求m的值，并求f（x）的单调区间；（2）若对任意的x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求m的取值范围．22．（12分）已知函数．（1）求证：；（2）用max{p，q}表示p，q中的最大值，记h（x）＝max{f（x），g（x）}，讨论函数h（x）零点的个数． 2020-2021学年黑龙江省大庆市铁人中学高三（上）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共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．【分析】求出A中不等式的解集确定出A，求出B中x的范围确定出B，找出A与B的交集即可．【解答】解：由A中不等式变形得：（x+1）（x﹣3）＜0，解得：﹣1＜x＜3，即A＝{x|﹣1＜x＜3}，由B中log2（x﹣1）≥0＝log21，得到x﹣1≥1，即x≥2，∴B＝{x|x≥2}，则A∩B＝{x|2≤x＜3}．故选：A．2．【分析】分别求解两个不等式，可得由p推不出q，反之，由q不能推出p，再求出￢q为3＜x＜4，则答案可求．【解答】解：由p：2x﹣8＞0，得x＞3，由q：（x﹣3）（x﹣4）≥0，得x≤3或x≥4，则由p推不出q，反之，由q不能推出p，∴p是q的不充分也不必要条件，￢q为3＜x＜4，则p是￢q的必要不充分条件，故选：D． 3．【分析】由向量平行的性质得3+＝λm+λ（m+2），由此能求出m．【解答】解：∵向量不共线，，，，∴3+＝λm+λ（m+2），∴，解得λ＝﹣1，m＝﹣3．故选：D．4．【分析】根据题意，△ABC中，AC＝3km，BC＝5km，∠ACB＝120°，利用余弦定理可求得AB的距离【解答】解：由题意，△ABC中，AC＝3km，BC＝5km，∠ACB＝120°，利用余弦定理可得：AB2＝32+52﹣2×3×5×cos120°＝49，∴AB＝7km．故选：C．5．【分析】根据题意，由函数的解析式可得f（2）＝1，则有f（f（2））＝f（1）＝21，计算可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）＝，则f（2）＝log22＝1，则f（f（2））＝f（1）＝21＝2，故选：D．6．【分析】根据题意，设至少需要过滤n次，则0.02×（1﹣）n≤0.001，进而可建立不等式，由此可得结论．【解答】解：设至少需要过滤n次，则0.02×（1﹣）n≤0.001， 即（）n≤所以nlg≤﹣lg20，即n≥＝≈10.42，又n∈N，所以n≥11，所以至少过滤11次才能使产品达到市场要求．故选：D．7．【分析】由题意知tanθ＝＞0，利用二倍角公式化简cos2θ，求出tanθ的值即可．【解答】解：由题意知，tanθ＝＞0，又，∴cos2θ﹣sin2θ＝﹣，即＝﹣，∴＝﹣，解得tan2θ＝2，即tanθ＝±2，∴tanθ＝2，∴＝2．故选：B．8．【分析】根据函数y为奇函数，它的图象关于原点对称，当0＜x＜1时，y＜0；当x＞1时，y＞0，结合所给的选项得出结论． 【解答】解：由于函数y＝（x3﹣x）2|x|为奇函数，故它的图象关于原点对称，当0＜x＜1时，y＜0；当x＞1时，y＞0，故选：B．9．【分析】根据题意，分析可得f（x）为奇函数，则可得b＝﹣f（﹣2）＝f（2），求出函数的导数f′（x），分析可得函数f（x）在R上为减函数，又由2＝log24＜log27＜log28＝3＜，结合函数的奇偶性与单调性分析可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）＝﹣2x+sinx，其定义域为R，有f（﹣x）＝﹣2（﹣x）+sin（﹣x）＝2x﹣sinx＝﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，则b＝﹣f（﹣2）＝f（2），函数f（x）＝﹣2x+sinx，其导数f′（x）＝﹣2+cosx，又由﹣1≤cosx≤1，则f′（x）＜0，即函数f（x）在R上为减函数，又由2＝log24＜log27＜log28＝3＜，故f（）＜f（log27）＜f（2）＝﹣f（﹣2），即a＜c＜b；故选：D．10．【分析】由图知及题意可得周期及函数取到最大值时x1+x2的值，再由，由φ的范围，可得φ的值，再由函数的性质可得所给命题的真假．【解答】解：函数的周期T＝＝π，f（a）＝f（b）＝0，所以b﹣a＝，由图知A＝2，由题意若f（x1）＝f（x2），可得对称轴x＝，所以f（）＝2，即sin[2+φ]＝1，可得x1+x2＝﹣φ， sin[2•（x1+x2）+φ]＝，所以sin[2（﹣φ）+φ]＝，即sinφ＝，而|φ|≤，所以φ＝，即f（x）＝sin（2x+），对称轴满足2x+＝+kπ，k∈Z，可得x＝+，k∈Z，故A，B不正确；对称中心满足2x+＝kπ，k∈Z，所以x＝﹣+，k∈Z，k＝1时，可得x＝，所以C正确，D不正确；故选：C．11．【分析】由已知可得，＝e﹣xf（﹣x），构造函数g（x）＝exf（x），则g（﹣x）＝g（x），根据x＜0时f（x）+f'（x）＞0，可得函数g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而可求解．【解答】解：∵＝e2x，∴＝e﹣xf（﹣x），令g（x）＝exf（x），则g（﹣x）＝g（x），当x＜0时f（x）+f'（x）＞0， ∴g′′（x）＝ex[f（x）+f'（x）]＞0，即函数g（x）在（﹣∞，0）上单调递增根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知g（x）在（0，+∞）上单调递减，∵eaf（2a+1）≥f（a+1），∴e2a+1f（2a+1）≥ea+1f（a+1），∴g（2a+1）≥g（a+1），|2a+1|≤|a+1|，解可得，，故选：B．12．【分析】将不等式变形得（2x﹣1）ex＜ax﹣a，根据题意得知，函数h（x）＝（2x﹣1）ex在直线y＝ax﹣a下方图象中有且只有一个横坐标为整数的点，可知符合条件的只有横坐标为0的点可以，然后利用图象得出函数y＝h（x）与函数y＝ax﹣a在x＝0和x＝﹣1处函数值的大小关系得到a的不等式组，解出即可．【解答】解：由题意可知，存在唯一的整数x，使得（2x﹣1）ex＜ax﹣a，构造函数h（x）＝（2x﹣1）ex，则h′（x）＝（2x+1）ex．当时，h′（x）＜0；当时，h′（x）＞0．所以，函数h（x）＝（2x﹣1）ex的单调递减区间为，单调递增区间为．函数y＝h（x）在处取得极小值，如下图所示， 由于h（0）＝﹣1，，所以，h（﹣1）＜h（0），结合图象可知，，解得．故选：B．二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．【分析】运用微积分基本定理可解决此问题．【解答】解：根据题意，（sinx+）dx＝sinxdx+dx＝0+×π×22＝2π，故答案为2π．14．【分析】由已知利用二倍角公式可得6sinαcosα＝2cos2α，解得cosα＝0，或tanα＝，分类讨论即可求解．【解答】解：因为6sinαcosα＝1+cos2α， 所以6sinαcosα＝2cos2α，可得cosα＝0，或tanα＝，当cosα＝0时，α＝kπ+，k∈Z，＝tan（kπ++）＝tan＝﹣1，k∈Z；当tanα＝，＝＝＝2，综上＝2或﹣1．故答案为：2或﹣1．15．【分析】根据题意，分析可得f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），即函数f（x）是周期为6的周期函数，由此可得f（57）＝f（3），结合函数的解析式计算可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x）＝f（1﹣x），变形有f（﹣x）＝f（1+x），又由f（1+x）＝﹣f（3﹣x），则有f（﹣x）＝﹣f（3﹣x），即f（x+3）＝﹣f（x），则有f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x），即函数f（x）是周期为6的周期函数，则f（57）＝f（3+6×9）＝f（3），又由当且仅当x∈（1，3]时，，则f（3）＝3＝2，则有f（57）＝2，故答案为：2．16．【分析】做出f（x）的函数图象，根据直线y＝ax与y＝f（x）有4个交点得出a的范围．【解答】解：∵当e＜x≤2e时，f（x）＝f（2e﹣x），∴f（x）的图象关于直线x＝e对称，做出f（x）的函数图象如图所示： ∵F（x）＝f（x）﹣ax有4个零点，∴y＝ax与y＝f（x）的图象有4个交点，当直线y＝k1x经过点（e，1）时，k1＝，设直线y＝kx与y＝lnx相切，切点为（x0，y0），则，解得x0＝e，y0＝1，k2＝．∴0＜a＜．故答案为：（0，）．三、解答题（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．【分析】由题意利用三角形的面积公式、余弦定理，求出BC的长．【解答】解：方案一：选条件①：AD是BC边上的高，且，由面积关系得：， 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝9+16﹣2×4×3×cos60°＝13，所以，．方案二：选条件②：AD平分∠BAC，且，设∠BAC＝α，则，由面积关系得：，在△ABC中，由余弦定理得，所以．方案三：选条件③：AD是BC边上的中线，且．设BC＝2a，分别在△ABC与△ADC中由余弦定理得：，∴，∴．18．【分析】利用倍角公式降幂后再由两角差的正弦化简．（Ⅰ）由相位在正弦函数的增区间内求得x的取值范围可得函数f（x）的单调增区间；（Ⅱ）由函数的伸缩和平移变换求得g（x）的解析式，结合x的范围求得相位的范围，进一步求得函数g（x）的值域．【解答】解：f（x）＝sin2x+2sin2x＝＝．（Ⅰ）由，解得．∴函数f（x）的单调增区间为[]，k∈Z；（Ⅱ）将函数f（x）的图象向左平移个单位，得y＝2sin[2（x）﹣]+1＝2sin2x+1． 再向下平移1个单位后得到函数g（x）＝2sin2x．由x∈[﹣，]，得2x∈[]，∴sin2x∈[﹣]，则函数g（x）的值域为[﹣]．19．【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后利用导数与原函数切线的关系得到关于实数a，b的值；（2）首先求得导函数的解析式，然后利用导函数列表研究其单调性和端点处的函数值即可求得其最大值和最小值．【解答】（1）由题意知，f'（x）＝ex﹣2[x2+（a+2）x+a+b]，则f'（2）＝3a+b+8，f（2）＝4+2a+b，又已知f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程为y＝4x﹣7，因而，得（2）f（x）＝ex﹣2（x2﹣x﹣1）．由f'（x）＝ex﹣2（x2+x﹣2）＝0得x＝﹣2或x＝1．所以f′（x），f（x）随x的变化情况如下表所示：x﹣3（﹣3，﹣2）﹣2（﹣2，1）1（1，2）2f′（x）+0﹣0+f（x）11e﹣5↗5e﹣4↘﹣e﹣1↗1因而函数f（x）在[﹣3，2]上的最大值为1，最小值为﹣e﹣1．20．【分析】（1）由正弦定理化简已知等式结合sinB≠0，sinC≠0，可求，结合范围，可求A的值．（2）由正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理即可解得a 的值，利用三角形的面积公式可求S△ABC＝sin（2B﹣）+，由已知可求范围＜2B﹣＜，利用正弦函数的性质即可求解△ABC面积的取值范围．【解答】解：（1）由，及正弦定理得：，因为0＜B，，所以sinB≠0，sinC≠0，所以，又，所以；（2）由正弦定理，，，由，得：，即①，由余弦定理得，b2+c2﹣a2＝bc，解得，可得：S△ABC＝bcsinA＝sinBsinC＝sinBsin（﹣B）＝sinB（cosB+sinB）＝（sin2B﹣cos2B）+＝sin（2B﹣）+， ∵△ABC为锐角三角形，∴0＜B＜，且B+＞，即＜B＜，∴＜2B﹣＜，∴＜sin（2B﹣）≤1，∴＜S△ABC≤．可得△ABC面积的取值范围为．21．【分析】（1）求出原函数的导函数，利用x＝2是函数f（x）的极值点，可得f′（2）＝0，由此求得m值，代入导函数，再由导函数大于0求得原函数的增区间，导函数小于0求得原函数的减区间；（2）求出原函数的导函数（x＞0），可得当m≤1时，f′（x）＞0，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，结合f（1）＝0，可知f（x）＞0恒成立；当m＞1时，可知存在x0∈（1，+∞），使得f′（x0）＝0，得到f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，结合f（1）＝0，得f（x0）＜0，这与f（x）＞0恒成立矛盾，可得m≤1．【解答】解：（1）由（x＞0），得．∵x＝2是函数f（x）的极值点，∴，故．令，解得或x＞2．∴f（x）在（0，）和（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减； （2）（x＞0），当m≤1时，f′（x）＞0，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，又f（1）＝0，∴恒成立；当m＞1时，求导可知在（1，+∞）上单调递增，故存在x0∈（1，+∞），使得f′（x0）＝0，∴f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，又f（1）＝0，则f（x0）＜0，这与f（x）＞0恒成立矛盾．综上，m≤1．22．【分析】（1）作差构造函数，用导数方法证明最小值大于等于0；（2）利用分类讨论思想和导数方法以及零点存在性定理可得．【解答】解：（1）证明：设φ（x）＝f（x）﹣[（﹣1）2+a]＝lnx+﹣1，定义域为（0，+∞），则φ′（x）＝﹣＝，当0＜x＜1时，φ′（x）＜0；当x＞1时，φ′（x）＞0，故φ（x）在（0，1）内是递减函数，在（1，+∞）内递增函数，所以x＝1是φ（x）的极小值点，也是φ（x）的最小值点，所以φ（x）≥φ（x）min＝φ（1）＝0，所以f（x）≥（﹣1）2+a．（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝﹣﹣＝＝，当0＜x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（0，1）内是递减函数，在（1，+∞）内是递增函数，所以x＝1是f（x）的极小值点，也是f（x）的最小值点，即f（x）min＝f（1）＝a，若a＝0，则f（x）﹣g（x）＝+﹣＝﹣，当0＜x＜1时，f（x）＞g（x）；当x＝1时，f（x）＝g（x）；当x＞1时，f（x）＜g（x），所以h（x）＝，于是h（x）只有一个零点x＝1．当a＞0时，则当0＜x≤1时，f（x）＞g（x），此时h（x）＝f（x）≥a＞0；当x＞1时，f（x）＞a＞0，g（x）＞0，此时h（x）＞0．所以h（x）没有零点．当a＜0时，则当0＜x＜1时，根据（1）知：f（x）＞（﹣1）2+a，而0＜＜1，所以f（）＞（2+1﹣1）2+a＝0，又因为f（x）min＝f（1）＝a＜0，所以f（x）在（0，1）上有一个零点x0，从而一定存在c∈（x0，1），使得f（c）＝g（c），即+﹣+a＝0，所以﹣a＝+，当x＞c时，g（x）﹣f（x）＝﹣﹣+﹣1＝﹣﹣++＝﹣（+2）＞0，所以g（x）＞f（x），从而h（x）＝，于是h（x）有两个零点x0和1．当a＜0时，h（x）有两个零点．综上：当a＝0时，h（x）有一个零点；当a＞0时，h（x）没有零点；当a＜0时，h（x）有两个零点