2012-2013学年山东省济南市山师附中高三（上）期中数学试卷（理科）
2012-2013学年山东省济南市山师附中高三（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，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. 已知全集U=R，集合A={x|0<2x<1}，B={x|log3x>0}，则A∩(∁UB)=( )
A.{x|x>1} B.{x|x>0} C.{x|0
0且a≠1，函数y=logax，y=ax，y=x+a在同一坐标系中的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
4. a≥2是函数f(x)=x2−2ax+3在区间[1, 2]上单调的( )
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
5. 已知a=21.2，b=(12)−0.8，c=2log52，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.cf(π)，则φ等于（ ）
A.π6 B.5π6 C.7π6 D.11π6
11. 函数f(x)=11−2x的图象是（ ）
A. B.
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
C. D.
12. 函数f(x)=cosπx与函数g(x)=|log2|x−1||的图象所有交点的横坐标之和为（ ）
A.2 B.4 C.6 D.8
二、填空题（每题4分，满分16分）
若a∈(0,π2)，且sin2α+cos2α=14，则tanα的值等于________．
计算：12(x2−1x)dx=________．
函数f(x)是定义在R上的函数，且f(x+2)=−1f(x)，当2≤x≤3时，f(x)=x，则f(2013)=________．
设函数f(x)=2x,x≤0,log2x,x>0,那么函数y=f[f(x)]−1的零点个数为________．
三、解答题（满分74分）
已知函数f(x)=3sinxcosx−cos2x．
(Ⅰ)求f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(Ⅱ)当x∈[0, π2]时，求函数f(x)的最大值和最小值及相应的x的值．
设函数f(x)=x3+bx2+cx为奇函数，且在x=−1时取得极大值．
（1）求b，c；
（2）求函数的单调区间；
（3）解不等式|f(x)|≤2．
已知△ABC的三内角A，B，C所对三边分别为a，b，c，且sin(π4+A)=210．
（1）求tanA的值；
（2）若△ABC的面积S=24，b=6，求a的值．
设函数f(x)=sinx−xcosx，x∈R．
（1）当x>0时，求函数f(x)的单调区间；
（2）当x∈[0, 2013π]时，求所有极值的和．
设函数f(x)＝ex．
(I)求证：f(x)≥ex；
(II)记曲线y＝f(x)在点P（t, f(t)）（其中t<0）处的切线为l，若l与x轴、y轴所围成的三角形面积为S，求S的最大值．
已知函数f(x)=ln1x−ax2+x(a>0)．
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)+f(x2)>3−2ln2．
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
参考答案与试题解析
2012-2013学年山东省济南市山师附中高三（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，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.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
解指数不等式可以求出集合A，解对数不等式可以求出集合B，进而求出∁UB，根据集合并集运算的定义，代入可得答案．
【解答】
解：∵ A={x|0<2x<1}{x|x<0}，
B={x|log3x>0}={x|x>1}，
所以CUB={x|x≤1}，
∴ A∩(CUB)={x|x<0}．
故选D
2.
【答案】
A
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
直接利用二倍角公式、诱导公式化简函数的表达式，然后代入π6求出函数的值．
【解答】
解：函数f(x)=1−2sin2(x+π4)=cos(2x+π2)=−sin2x，
所以f(π6)=−sinπ3=−32.
故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
函数图象的作法
函数的图象变换
【解析】
根据函数y=ax与y=logax互为反函数，得到它们的图象关于直线直线y=x对称，从而对选项进行判断即得．
【解答】
解：∵ 函数y=ax与y=logax互为反函数，∴ 它们的图象关于直线y=x对称．
再由函数y=ax的图象过(0, 1)，y=ax的图象过(1, 0)，
观察图象知，只有C正确．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
函数f(x)=x2−2ax+3对其进行配方，f(x)=(x−a)2+3−a2，根据二次函数的性质进行求解；
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x2−2ax+3=(x−a)2+3−a2，其对称轴为x=a，
f(x)在区间[1, 2]上单调的，图象开口向上，对称轴为x=a，
∴ a≥2或a≤1，
∴ a≥2⇒函数f(x)=x2−2ax+3在区间[1, 2]上单调的，
∴ a≥2是函数f(x)=x2−2ax+3在区间[1, 2]上单调的充分而不必要条件.
故选A.
5.
【答案】
A
【考点】
不等式比较两数大小
【解析】
由函数y=2x在R上是增函数可得a>b>20=1，再由c=2log52=log540.8>0，
∴ a>b>20=1．
再由c=2log52=log54b>c.
故选A．
6.
【答案】
A
【考点】
二倍角的三角函数
【解析】
利用二倍角公式化简为一个角的一个三角函数的形式，求出周期，判定奇偶性．
【解答】
由y＝2cos2(x−π4)−1＝cos(2x−π2)＝sin2x，
∴ T＝π，且y＝sin2x奇函数，即函数y＝2cos2(x−π4)−1是奇函数．
7.
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
【答案】
B
【考点】
正弦函数的对称性
【解析】
可求得f(x)=sin(2x+π6)的对称轴方程：x=kπ2+π6(k∈Z)，对k取值判断即可．
【解答】
解：∵ y=sinx的对称轴方程为：x=kπ+π2(k∈Z)，
∴ 由2x+π6=kπ+π2(k∈Z)得：x=kπ2+π6(k∈Z)，
∴ f(x)=sin(2x+π6)的对称轴方程为：x=kπ2+π6(k∈Z)，
∴ 当k=0时，x=π6就是它的一条对称轴，
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
先根据左加右减的性质进行平移，再根据横坐标伸长到原来的2倍时w的值变为原来的 12倍，得到答案．
【解答】
解：向左平移π6个单位，即以x+π6代x，
得到函数y=sin(x+π6)，
再把所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，即以 12x代x，
得到函数：y=sin( 12x+π6)．
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
先根据诱导公式将函数y=cos(2x+π3)化为正弦的形式，再根据左加右减的原则进行平移即可得到答案．
【解答】
解：∵ y=cos(2x+π3)=sin(2x+5π6)=sin2(x+5π12)，
只需将函数y=sin2x的图象向左平移5π12个单位得到函数y=cos(2x+π3)的图象．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
由f(x)≤|f(π6)|对x∈R恒成立，结合函数最值的定义，求得f(π6)等于函数的最大值或最小值，由此可以确定满足条件的初相角φ的值，结合f(π2)>f(π)，易求出满足条件的具体的φ值．
【解答】
解：若f(x)≤|f(π6)|对x∈R恒成立，
则f(π6)等于函数的最大值或最小值
即2×π6+φ=kπ+π2，k∈Z
则φ=kπ+π6，k∈Z
又f(π2)>f(π)，即sinφ<0，0<φ<2π
当k=1时，此时φ=7π6，满足条件
故选C．
11.
【答案】
C
【考点】
函数的图象变换
【解析】
取特殊值可排除A、B、D．从而选出答案．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=11−2x，∴ 当x>0时，2x>1，f(x)<0，故可排除选择支A、B；取x=2时，f(2)=11−22=−13>−1，故排除D，从而正确答案为C．
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
函数的图象变换
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
【解析】
由图象变化的法则和余弦函数的特点作出函数的图象，由对称性可得答案．
【解答】
解：由图象变化的法则可知：
y=log2x的图象作关于y轴的对称后和原来的一起构成y=log2|x|的图象，
在向右平移1个单位得到y=log2|x−1|的图象，再把x轴上方的不动，下方的对折上去
可得g(x)=|log2|x−1||的图象；
又f(x)=cosπx的周期为2ππ=2，如图所示：
两图象都关于直线x=1对称，且共有ABCD4个交点，
由中点坐标公式可得：xA+xD=2，xB+xC=2
故所有交点的横坐标之和为4，
故选B
二、填空题（每题4分，满分16分）
【答案】
3
【考点】
求二倍角的余弦
同角三角函数间的基本关系
【解析】
利用二倍角的余弦可求得cos2α=−12，再结合题意α∈(0, π2)即可求得α，继而可得tanα的值．
【解答】
解：∵ sin2α+cos2α=14，
∴ 1−cos2α2+cos2α=14，
解得cos2α=−12，又α∈(0, π2)，
∴ 2α∈(0, π)，
∴ 2α=2π3，α=π3，
∴ tanα=3．
故答案为：3．
【答案】
73−ln2
【考点】
定积分
【解析】
由(x33−lnx)′=x2−1x，即可求出答案．
【解答】
解：12(x2−1x)dx=(x33−lnx)|12=(83−ln2)−(13−ln1)=73−ln2．
故答案为73−ln2．
【答案】
−13
【考点】
函数的求值
【解析】
由f(x+2)=−1f(x)，知f(x)=−1f(x−2)，故f(x+2)=−1f(x)=f(x−2)，所以函数f(x)周期为4．再由当2≤x≤3时，f(x)=x，能求出f(2013)．
【解答】
解：∵ f(x+2)=−1f(x)，
∴ f(x)=−1f(x−2)，
∴ f(x+2)=−1f(x)=f(x−2)，
所以函数f(x)周期为4．
∵ 当2≤x≤3时，f(x)=x，
∴ f(2013)=f(4×503+1)=f(1)=−1f(3)=−13．
故答案为：−13．
【答案】
2
【考点】
函数的零点
根的存在性及根的个数判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
解：当 x≤0时，f[f(x)]=f(2x)=log22x=x；
当01时，f[f(x)]=f(log2x)=log2(log2x)．
所以由 f[f(x)]=1得x=1，或x=4，即函数有两个零点．
故答案为：2．
三、解答题（满分74分）
【答案】
(I)f(x)=3sinxcosx−cos2x=32sin2x−12cos2x−12=sin(2x−π6)−12
∵ ω＝2，
∴ T＝π，即f(x)的最小正周期为π
由2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2
得kπ−π6≤x≤kπ+π3
∴ f(x)的单调递增区间为[kπ−π6, kπ+π3](k∈Z)
(II)∵ x∈[0,π2]
∴ −π6≤2x−π6≤5π6
当2x−π6=π2，即x=π3时，f(x)的最大值为12
当2x−π6=−π6，即x＝0时，f(x)的最小值为−1
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
（I）根据倍角公式及和差角公式，我们可以化简函数的解析式，进而根据正弦型函数的周期性和单调性，可求出f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(II)当x∈[0,π2]时，−π6≤2x−π6≤5π6，结合正弦函数的最值，可求出函数f(x)的最大值和最小值及相应的x的值．
【解答】
(I)f(x)=3sinxcosx−cos2x=32sin2x−12cos2x−12=sin(2x−π6)−12
∵ ω＝2，
∴ T＝π，即f(x)的最小正周期为π
由2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2
得kπ−π6≤x≤kπ+π3
∴ f(x)的单调递增区间为[kπ−π6, kπ+π3](k∈Z)
(II)∵ x∈[0,π2]
∴ −π6≤2x−π6≤5π6
当2x−π6=π2，即x=π3时，f(x)的最大值为12
当2x−π6=−π6，即x＝0时，f(x)的最小值为−1
【答案】
解：（1）求导函数可得f′(x)=3x2+2bx+c
∵ 函数f(x)=x3+bx2+cx为奇函数，且在x=−1时取得极大值
∴ f(−1)+f(1)=0，f′(1)=0
∴ b=0，3+2b+c=0
∴ b=0，c=−3；
（2）f(x)=x3−3x，f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)
令f′(x)>0可得x<−1或x>1；令f′(x)<0可得−10可得x<−1或x>1；令f′(x)<0可得−10，
∴ f′(x)=cosx−(cosx−xsinx)=xsinx，
当f′(x)>0时，sinx>0，
∴ 2kπ0，知f′(x)=cosx−(cosx−xsinx)=xsinx，由此能求出函数f(x)的单调区间．
（2）当x=π，3π，…，2kπ+π，…时，函数f(x)取极大值，当x=2π，4π，…，2kπ+2π，…时，函数f(x)取极小值，由此能求出当x∈[0, 2013π]时，所有极值的和．
【解答】
解：（1）∵ f(x)=sinx−xcosx，x>0，
∴ f′(x)=cosx−(cosx−xsinx)=xsinx，
当f′(x)>0时，sinx>0，
∴ 2kπ0，
函数g(x)在区间(1, +∞)上单调递增，
g(x)≥g(1)＝0，
∴ f(x)≥ex．
(II)∵ f′(x)＝ex，∴ 曲线y＝f(x)在点P外切线为l:y−et＝et(x−t)，
切线l与x轴的交点为(t−1, 0)，与y轴的交战为(0, et−tet)，
∵ t<0，∴ S＝S(t)=12(1−t)⋅(1−t)et=12(1−2t+t2)et，
∴ S′=12et(t2−1)，
在(−∞−1)上，S(t)单调增，在(−1, 0)上，S(t)单调减，
∴ 当t＝−1时，S有最大值，此时S=2e．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究函数的单调性
【解析】
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
（I）设g(x)＝ex−ex，则g′(x)＝ex−e，由g′(x)＝ex−e＝0，得x＝1，利用导数性质能够证明f(x)≥ex．
(II)由f′(x)＝ex，知曲线y＝f(x)在点P外切线为l:y−et＝et(x−t)，切线l与x轴的交点为(t−1, 0)，与y轴的交战为(0, et−tet)，由此入手能够推导出当t＝−1时，S有最大值．
【解答】
（I）证明：设g(x)＝ex−ex，∴ g′(x)＝ex−e，
由g′(x)＝ex−e＝0，得x＝1，
∴ 在区间(−∞, 1)上，g′(x)<0，
函数g(x)在区间(−∞, 1)上单调递减，
在区间(1, +∞)上，g′(x)>0，
函数g(x)在区间(1, +∞)上单调递增，
g(x)≥g(1)＝0，
∴ f(x)≥ex．
(II)∵ f′(x)＝ex，∴ 曲线y＝f(x)在点P外切线为l:y−et＝et(x−t)，
切线l与x轴的交点为(t−1, 0)，与y轴的交战为(0, et−tet)，
∵ t<0，∴ S＝S(t)=12(1−t)⋅(1−t)et=12(1−2t+t2)et，
∴ S′=12et(t2−1)，
在(−∞−1)上，S(t)单调增，在(−1, 0)上，S(t)单调减，
∴ 当t＝−1时，S有最大值，此时S=2e．
【答案】
解：（1）函数f(x)的定义域为(0, −∞)，
f′(x)=−1x−2ax+1=−2ax2+x−1x
a>0，设g(x)=−2ax2+x−1，△=1−8a，
①当a≥18，△≤0，g(x)≤0，
∴ f′(x)≤0，函数f(x)在(0, +∞)上递减，
②当00，f′(x)=0可得x1=1−1−8a4a，x2=1+1−8a4a，
若f′(x)>0可得x1x2，f(x)为减函数，
∴ 函数f(x)的减区间为(0, x1)，(x2, +∞)；增区间为(x1, x2)；
（2）由（1）当0h(18)=ln18+14×18+ln2+1=3−2ln2，
所以f(x1)+f(x2)>3−2ln2；
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数在某点取得极值的条件
【解析】
（1）先求出f(x)的定义域，对f(x)进行求导，求出f(x)的导数，令f′(x)=0，求出极值点，利用导数研究函数的单调性；
（2）根据第一问知道函数的单调性，可得方程f′(x)=0的两个根为x1，x2，代入f(x1)+f(x2)，对其进行化简，可以求证f(x1)+f(x2)的最小值大于3−2ln2即可；
【解答】
解：（1）函数f(x)的定义域为(0, −∞)，
f′(x)=−1x−2ax+1=−2ax2+x−1x
a>0，设g(x)=−2ax2+x−1，△=1−8a，
①当a≥18，△≤0，g(x)≤0，
∴ f′(x)≤0，函数f(x)在(0, +∞)上递减，
②当00，f′(x)=0可得x1=1−1−8a4a，x2=1+1−8a4a，
若f′(x)>0可得x1x2，f(x)为减函数，
∴ 函数f(x)的减区间为(0, x1)，(x2, +∞)；增区间为(x1, x2)；
（2）由（1）当0h(18)=ln18+14×18+ln2+1=3−2ln2，
所以f(x1)+f(x2)>3−2ln2；
第13页 共16页 ◎ 第14页 共16页
