- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
山东省招远第一中学2021届高三第一学期期中自主练习数学试卷
招远一中2020-2021学年度第一学期期中自主练习 高三数学 一、选择题：本大题共8小题. 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. 已知集合A={-2，-1，0，1，2}，B={x|-1＜x≤2}，则A∩B= A. {-1，0，1} B. {1，2} C. {0，1，2} D. {0，1} 2. 若非零向量a，b的夹角为θ，则“θ∈（0，π2）”是“|a+b|＞|a-b|”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若cos（α+π4）=34，则sin2α= A. 18 B. -18 C. 38 D. -38 4. 设a=20.2，b=(12)-0.3，c=log0.20.3，则a，b，c的大小关系为 A. a＜b＜c B. b＜a＜c C. b＜c＜a D. c＜a＜b 5. 若M为△ABC的边AB上一点，且AB=3AM，则CB= A. 3CM-2CA B. 3CA-2CM C. 3CM+2CA D. 3CA+2CM 6. 函数f（x）=2|x|ln|x|在其定义域上的图象大致为 A. B. C. D. 7. 牛顿冷却定律描述一个物体在常温下的温度变化：如果物体的初始温度为T0，则经过一定时间t后的温度T将满足T-Ta=(12)th（T0-Ta），其中Ta是环境温度，h称为半衰期. 现有一杯85ºC的热茶，放置在25ºC的房间中，如果热茶降温到55ºC，需要10分钟，则欲降温到45ºC，大约需要多少分钟？（lg2≈0.3010，lg3≈0.4771） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 8. 已知函数f（x）=x-1，1＜x≤3lnx3，3＜x≤9，若函数g（x）=f（x）-ax有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 A. [23，12） B. [ln39，13e]∪{12} C. （13e，ln39]∪（12，23] D. （0，ln39）∪{13e}∪[23，12） 二、选择题：本题共4小题. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若a＞b＞0，则 A. 1a-b＞1a B. 2a＞2b-1 C. a2+b2＜2（a+b-1） D. a-b＞a-b 10. 已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（4-x）=f（x），则下列说法正确的是 A. f（x+8）=f（x） B. f（x）在区间（-2，2）上单调递增 C. f（2019）+f（2020）+f（2021）=0 D. f（x）=cos（π4x+π2）是满足条件的一个函数 11. 函数f（x）=Asin（ωx+φ），（A，ω，φ是常数，A＞0）的部分图象如图所示，则 A. f（x）=2cos（π6-2x） B. f（x）=2sin（2x+π3） C. f（x）的对称轴为x=kπ+π12，k∈Z D. f（x）的递减区间为[kπ-5π12，kπ+π12]，k∈Z 12. 已知函数f（x）=sinxx，x∈（0，π]，则下列结论正确的有 A. f（x）在区间（0，π]上单调递减 B. 若0＜x1＜x2≤π，则x1·sinx2＞x2·sinx1 C. f（x）在区间（0，π]上的值域为[0，1） D. 若函数g（x）=xg’（x）+cosx，且g（π）=-1，则g（x）在（0，π]上单调递减 三、填空题： 13. 设a，b为单位向量，且|a-b|=1，则|a-2b|= 14. 函数f（x）=1-x2+lnx的定义域为 15. 已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，其导函数为f’（x），若对任意的正实数，xf’（x）+2f（x）＜0，g（x）=x2f（x），则不等式g（2|x-1|）＞g（-2）的解集为 16. 如图，C、D是两所学校所在地，C、D到一条公路的垂直距离分别为CA=8km，DB=27km. 为了缓解上下学的交通压力，决定在AB上找一点P，分别向C、D修建两条互相垂直的公路PC和PD，设∠APC=θ（0＜θ＜π2），则当PC+PD最小时，AP=________km. 四、解答题：本题共6小题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a=（32，-12），b=（cosx，sinx），x∈（0，π2）. （1）若a⊥b，求tanx的值； （2）若a在b上的投影向量长度为12，求x的值. 18. 某市作为新兴的“网红城市”，有很多风靡网络的“网红景点”，每年都有大量的游客来参观旅游. 为提高经济效益，管理部门对某一景点进行了改造升级. 经市场调查，改造后旅游增加值y万元与投入x（x≥10）万元之间满足：y=12ax2+bx-lnx5（a，b为常数）. 当x=10万元时，y=17.7万元；当x=15万元时，y=25万元. （参考数据：ln2=0.7，ln3=1.1，ln5=1.6） （1）写出该景点改造升级后旅游增加利润L（x）万元与投入x万元的函数解析式；（利润=旅游增加值-投入） （2）投入多少万元时，旅游增加利润最大？最大利润是多少万元？（精确到0.1） 19. 在①acosB+bsinA=c，②b+bcosA=3asinB，③b2+c2-a2=43S△ABC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求bc的值；若问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：在△ABC中，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的外接圆半径为2，且b+c=2a，________. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 古希腊数学家海伦著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三边长求三角形的面积. 若三角形的三边分别为a、b、c，则其面积s=p(p-a)(p-b)(p-c)，这里p=a+b+c2，已知在△ABC中，BC=8，AB=3AC. （1）设AC=x，试将三角形的面积s表示成x的函数； （2）求s的最大值，并求三角形面积最大时sinA的值. 21. 已知函数f（x）=（x-1）2+a（lnx-x+1）（a＞0）. （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若关于x的不等式xf’（x）≥x-1xlnx在（1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围. 22. 已知函数f（x）=ex+ax-1（a∈R）. （1）若对任意的实数x，函数y=f’（x）的图象与直线y=x有且只有两个交点，求a的取值范围； （2）设g（x）=f（x）-12x2+1，若函数g（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：g（x1）+g（x2）＞2. 参考答案 一、单选题 C A B D A B C C 二、多选题 9. ABD 10. ACD 11. AB 12. ACD 三、填空题 13. 3 14. （0，1] 15. {x|12＜x＜32} 16. 12 四、解答题 17. 解：（1）因为a⊥b，所以a·b=0， 故32cosx-12sinx=0，所以tanx=3. （2）因为a在b上的投影向量长度为12，所以a与b的夹角为π3或2π3. 当夹角为π3时，cos＜a，b＞=a·ba|b|=32cosx-12sinx1×1=12 所以sin（π3-x）=12，又x∈（0，π2），所以π3-x∈（-π6，π3）， 所以π3-x=π6，即x=π6 当夹角为2π3时，cos＜a，b＞=a·ba|b|=32cosx-12sinx1×1=-12 所以sin（π3-x）=-12，又π3-x∈（-π6，π3），所以π3-x不存在. 综上：所以x的值为π6 18. 解：（1）由已知得：12a×100+10b-ln2=17.712a×225+15b-ln3=25 化简得：a=-125，b=5125. ∴y=-150x2+5125x-lnx5（x≥10） 则该景点改造升级后旅游增加利润为： L（x）=-150x2+5125x-lnx5-x=-150x2+2625x-lnx5（x≥10） （2）由（1）得：L（x）=-150x2+2625x-lnx5（x≥10） 则L’（x）=-125x+2625-1x=-x2-26x+2525x=-(x-1)(x-25)25x 令L’（x）=0得，x=25 当x∈（10，25）时，L’（x）＞0，L（x）单调递增； 当x∈（25，+∞）时，L’（x）＜0，L（x）单调递减； ∴x=25时，L（x）取得最大值，且L（x）max=L（25）=11.9 ∴当投入25万元时，旅游增加利润最大，最大利润为11.9万元. 19. 解：若选①：因为acosB+bsinA=c，所以sinAcosB+sinBsinA=sinC =sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，所以sinBsinA=cosAsinB 因为sinB≠0，所以sinA=cosA，所以A=π4. 因为△ABC的外接圆半径为2，所以asinA=2×2，所以a=4sinA=22 所以b+c=2a=4， 又因为a2=b2+c2-2bccosA=（b+c）2-2bc-2bccosA 所以8=16-2bc-2bc，所以bc=82+2=42-2=8-42. 若选②：因为b+bcosA=3asinB，所以sinB+sinBcosA=3sinAsinB 因为sinB≠0，所以3sinA-cosA=1，所以sin（A-π6）=12， 因为0＜A＜π，所以A-π6∈（-π6，5π6）， 所以A-π6=π6，所以A=π3. 因为△ABC的外接圆半径为2，所以asinA=2×2，所以a=4sinA=23 所以b+c=2a=26，又因为a2=b2+c2-2bccosA=（b+c）2-2bc-2bccosA 所以12=24-2bc-bc，所以bc=4. 若选③：因为b2+c2-a2=43S△ABC， 由余弦定理得2bccosA=23bcsinA 所以tanA=33，所以A=π6. 因为△ABC的外接圆半径为2，所以asinA=2×2，所以a=4sinA=2 所以b+c=2a=22， 又因为a2=b2+c2-2bccosA=（b+c）2-2bc-2bccosA 所以4=8-2bc-3bc，所以bc=42+3=42-3=8-43. 20. 解：（1）设AC=x，则AB=3AC=3x，所以s=8+4x2·4x-82·8+2x2·8-2x2 =2(2+x)(x-2)(4+x)(4-x)（2＜x＜4） （2）由（1）得，s=2(2+x)(x-2)(4+x)(4-x)=2(x2-4)(16-x2) ≤2·x2-4+(16-x2)2=12，当且仅当x2-4=16-x2，即x=10时等号成立， 所以s得最大值为12. 此时AC=10，AB=310，BC=8，由余弦定理得 cosA=102+(310)2-822·10·310=35，所以sinA=1-cos2A=45. 法二： 由（1）得：s=2(2+x)(x-2)(4+x)(4-x)=2(x2-4)(16-x2) =2-x4+20x2-64=2-x2-102+36， 当x2=10，即x=10时，s取得最大值12. 此时AC=10，AB=310，BC=8，由余弦定理得 cosA=102+(310)2-822·10·310=35，所以sinA=1-cos2A=45. 21. 解：（1）x∈（0，+∞） f’（x）=2（x-1）+a（1x-1）=2（x-1）+a（1-xx） =2（x-1）-ax-1x=(2x-a)(x-1)x 令f’（x）=0，则x=a2或x=1 当0＜a＜2时，函数f（x）在区间（0，a2）， （1，+∞）上单调递增，在区间（a2，1）上单调递减； 当a=2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞2时，函数f（x）在区间（0，1），（a2，+∞）上单调递增，在区间（1，a2）上单调递减 （2）原不等式化为：a≤2x-lnxx在（1，+∞）上恒成立. 设h（x）=2x-lnxx，x∈（1，+∞） h’（x）=2-1-lnxx2=2x2-1+lnxx2 令g（x）=2x2-1+lnx，则g’（x）=4x+1x＞0 所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，g（x）＞g（l）=1＞0 所以h’（x）＞0 则函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，且h（1）=2 ∴0＜a≤2 22. 解：（1）由已知得：函数y=ex+a的图象与直线y=x有两个交点， 即方程ex-x+a=0有两个不相等的实数解. 设h（x）=ex-x+a，则h’（x）=ex-1，令h’（x）=0得：x=0 x∈（-∞，0）时，h’（x）＜0，h（x）单调递减 x∈（0，+∞）时，h’（x）＞0，h（x）单调递增 ∴h（x）min=h（0）=a+1 ∴a+1＜0，∴a＜-1 且x→-∞时，h（x）→+∞；x→+∞时，h（x）→+∞ ∴a＜-1时，函数y=f’（x）的图象与直线y=x有且只有两交点. （2）g（x）=ex-12x2+ax，g’（x）=ex-x+a Q 函数g（x）有两个极值点x1，x2，∴方程g’（x）=0有两个不同旳实数解x1，x2. 由（1）知：h（x）=ex-x+a，h（x1）=h（x2）=0，且x1＜0＜x2 ∴g（x）在区间（-∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，在区间（x1，x2）上单调递减 且a=x2-ex2 h（-x2）=e-x2+x2+a=e-x2+x2+x2-ex2=e-x2-ex2+2x2（x2＞0） 设k（x）=e-x-ex+2x（x＞0） 则k’（x）=-e-x-ex+2=-1ex-ex+2=-1ex+ex+2＜0 ∴k（x） 在（0，+∞）上单调递减 又Q k（0）=0，∴k（x）＜0恒成立，即h（-x2）＜0 ∴x1＜-x2＜0 又Qg（x）在（x1，0）单调递减，∴g（x1）＞g（-x2） 要证g（x1）+g（x2）＞2，只须证g（-x2）+g（x2）＞2 即证e-x2+ex2-x22-2＞0 设φ（x）=e-x+ex-x2-2（x＞0），则φ’（x）=-e-x+ex-2x 令p（x）=-e-x+ex-2x（x＞0） 则p’（x）=e-x+ex-2＞0， 所以p（x）在（0，+∞）单调递增，p（x）＞p（0）=0，即φ’（x）＞0 所以φ（x）在（0，+∞）单调递增，φ（x）＞φ（0）=0 故当x＞0时，e-x+ex-x2-2＞0，即e-x2+ex2-x22-2＞0 所以g（-x2）+g（x2）＞2，亦即g（x1）+g（x2）＞2查看更多