2019-2020年高三數學上學期期中試題 理（含解析）蘇教版.doc

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2019-2020年高三數學上學期期中試題 理（含解析）蘇教版 　 一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分，請將答案填寫在答題卡相應的位置上） 1．已知全集U=R，A={x|x≤0}，B={x|x≥2}，則集合?U（A∪B）=　{x|0＜x＜2}?。? 考點： 交、并、補集的混合運算． 專題： 函數的性質及應用． 分析： 本題可以先求根據集合A、B求出集合A∪B，再求出集合（A∪B），得到本題結論． 解答： 解：∵A={x|x≤0}，B={x|x≥2}， ∴A∪B={x|x≤0或x≥2}， ∴?U（A∪B）={x|0＜x＜2}． 故答案為：{x|0＜x＜2}． 點評： 本題考查了集合的并集運算和集合的交集，本題難度不大，屬于基礎題． 　 2．函數y=sinxcosx的最小正周期是　2?。? 考點： 三角函數的周期性及其求法． 專題： 三角函數的圖像與性質． 分析： 利用二倍角的正弦公式可得函數f（x）=sinπx，再根據函數y=Asin（ωx+φ）的周期性可得結論． 解答： 解：∵函數y=sinxcosx=sinπx，故函數的最小正周期是=2， 故答案為：2． 點評： 本題主要考查二倍角的正弦公式、函數y=Asin（ωx+φ）的周期性，屬于基礎題． 　 3．已知向量與共線，則實數x的值為　1?。? 考點： 平面向量共線（平行）的坐標表示． 專題： 平面向量及應用． 分析： 根據向量平行的坐標表示，求出x的值即可． 解答： 解：∵向量與共線， ∴2（3x﹣1）﹣41=0， 解得x=1； ∴實數x的值為1． 故答案為：1． 點評： 本題考查了平面向量的坐標表示的應用問題，解題時應熟記公式，以便進行計算，是基礎題． 　 4．△ABC中，角A，B的對邊分別為a，b，則“A＞B”是“a＞b”的　充要　條件（填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分也不必要”）． 考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷． 專題： 解三角形；簡易邏輯． 分析： 運用三角形中的正弦定理推導，判斷答案． 解答： 解：∵△ABC中，角A，B的對邊分別為a，b，a＞b， ∴根據正弦定理可得：2RsinA＞2RsinB，sinA＞sinB， ∴A＞B 又∵A＞B，∴sinA＞sinB，2RsinA＞2RsinB，即a＞b， ∴根據充分必要條件的定義可以判斷：“A＞B”是“a＞b”的充要條件， 故答案為：充要 點評： 本題考查了解三角形，充分必要條件的定義，屬于中檔題． 　 5．已知f（sinα+cosα）=sin2α，則的值為　﹣?。? 考點： 同角三角函數基本關系的運用． 專題： 三角函數的求值． 分析： 令sinα+cosα=t，可得 sin2α=t2﹣1，﹣≤t≤． 可得f（t）=t2﹣1，從而求得 f（ ） 的值． 解答： 解：令sinα+cosα=t，平方后化簡可得 sin2α=t2﹣1，再由﹣1≤sin2α≤1，可得﹣≤t≤． 再由 f（sinα+cosα）=sin2α，可得 f（t）=t2﹣1， ∴f（）=﹣1=﹣， 故答案為：﹣． 點評： 本題主要考查用換元法求函數的解析式，注意換元中變量取值范圍的變化，屬于基礎題． 　 6．設曲線y=ax﹣ln（x+1）在點（0，0）處的切線方程為y=2x，則a=　3?。? 考點： 利用導數研究曲線上某點切線方程． 專題： 計算題；導數的概念及應用． 分析： 根據導數的幾何意義，即f′（x0）表示曲線f（x）在x=x0處的切線斜率，再代入計算． 解答： 解：y=ax﹣ln（x+1）的導數 ， 由在點（0，0）處的切線方程為y=2x， 得， 則a=3． 故答案為：3． 點評： 本題是基礎題，考查的是導數的幾何意義，這個知識點在高考中是經?？疾榈膬热?，一般只要求導正確，就能夠求解該題．在高考中，導數作為一個非常好的研究工具，經常會被考查到，特別是用導數研究最值，證明不等式，研究零點問題等等經常以大題的形式出現(xiàn)，學生在復習時要引起重視． 　 7．若sin（﹣θ）=，則cos（+2θ）的值為　﹣?。? 考點： 兩角和與差的正弦函數；兩角和與差的余弦函數． 專題： 計算題；三角函數的求值． 分析： 首先運用的誘導公式，再由二倍角的余弦公式：cos2α=2cos2α﹣1，即可得到． 解答： 解：由于sin（﹣θ）=， 則cos（+θ）=sin（﹣θ）=， 則有cos（+2θ）=cos2（+θ） =2cos2（+θ）﹣1=2（）2﹣1=﹣． 故答案為：﹣． 點評： 本題考查誘導公式和二倍角的余弦公式及運用，考查運算能力，屬于中檔題． 　 8．△ABC中，AB=AC，BC的邊長為2，則的值為　4　． 考點： 平面向量數量積的運算． 專題： 平面向量及應用． 分析： 根據數量積的定義和三角函數判斷求解． 解答： 解：在△ABC中，BC=2，AB=AC， 設AB=AC=x，則2x＞2，x＞1， ∴cosB==， 所以=4xcosB=4x=4． 故答案為4． 點評： 本題利用向量為載體，考察函數的單調性，余弦定理，三角形中的邊角關系． 　 9．若將函數f（x）=sin（2x+）的圖象向右平移φ個單位，所得圖象關于y軸對稱，則φ的最小正值是　?。? 考點： 函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換． 專題： 三角函數的圖像與性質． 分析： 根據函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，可得所得圖象對應的函數解析式為y=sin（2x+﹣2φ），再根據所得圖象關于y軸對稱可得﹣2φ=kπ+，k∈z，由此求得φ的最小正值． 解答： 解：將函數f（x）=sin（2x+）的圖象向右平移φ個單位， 所得圖象對應的函數解析式為y=sin[2（x﹣φ）+]=sin（2x+﹣2φ）關于y軸對稱， 則 ﹣2φ=kπ+，k∈z，即 φ=﹣﹣，故φ的最小正值為， 故答案為：． 點評： 本題主要考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，余弦函數的圖象的對稱性，屬于中檔題． 　 10．已知函數f（x）=，則f（）+f（）+f（）+…+f（）=　15　． 考點： 函數的值． 專題： 函數的性質及應用． 分析： 由f（x）+f（1﹣x）=+=3，能求出f（）+f（）+f（）+…+f（）的值． 解答： 解：∵f（x）=， ∴f（x）+f（1﹣x）=+=3， ∴f（）+f（）+f（）+…+f（）=53=15． 故答案為：15． 點評： 本題考查函數值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意函數性質的合理運用． 　 11．函數f（x）是定義在R上的奇函數，f（3）=0，且x＜0時，xf′（x）＜f（x），則不等式f（x）≥0的解集是　{x|﹣3＜x＜0或x＞3}　． 考點： 函數奇偶性的性質． 專題： 函數的性質及應用；導數的概念及應用． 分析： 本題可構造函數（x≠0），利用f′（x）相關不等式得到函數g（x）的單調性，由函數f（x）是的奇偶性得到函數g（x）的奇偶性和圖象的對稱性，由f（3）=0得到函數g（x）的圖象過定點，再將不等式f（x）≥0轉化為關于g（x）的不等式，根據g（x）的圖象解不等式，得到本題結論． 解答： 解：記（x≠0）， 則． ∵當x＜0時，xf′（x）＜f（x）， ∴當x＜0時，g′（x）＜0， ∴函數g（x）在（﹣∞，0）上單調遞減． ∵函數f（x）是定義在R上的奇函數， ∴， ∴函數g（x）是定義在R上的偶函數， ∴函數g（x）的圖象關于y軸對稱， ∴函數g（x）在（0，+∞）上單調遞增． ∵f（3）=0， ∴g（3）=， ∴函數g（x）的圖象過點（3，0）和（﹣3，0）． ∵不等式f（x）≥0， ∴xg（x）≥0， ∴或， ∴﹣3＜x＜0或x＞3． ∴不等式f（x）≥0的解集是{x|﹣3＜x＜0或x＞3}． 故答案為：{x|﹣3＜x＜0或x＞3}． 點評： 本題考查了函數的奇偶性、對稱性、導數和單調性，本題難度不大，屬于基礎題． 　 12．如圖，△ABC中，延長CB到D，使BD=BC，當E點在線段AD上移動時，若，則t=λ﹣μ的最大值是　3?。? 考點： 平面向量的基本定理及其意義． 專題： 平面向量及應用． 分析： 共線，所以存在實數k使，根據向量的加法和減法以及B是CD中點，可用表示為：，所以又可以用表示為：=，所以根據平面向量基本定理得：，λ﹣μ=3k≤3，所以最大值是3． 解答： 解：設==，0≤k≤1； 又； ∴； ∴t=λ﹣μ=3k，0≤k≤1； ∴k=1時t取最大值3． 即t=λ﹣μ的最大值為3． 故答案為：3． 點評： 考查共線向量基本定理，向量的加法、減法運算，以及平面向量基本定理． 　 13．已知函數f（x）=|x2+x﹣2|，x∈R．若方程f（x）﹣a|x﹣2|=0恰有4個互異的實數根，則實數a的取值范圍為?。?，1）　． 考點： 根的存在性及根的個數判斷． 專題： 計算題；數形結合；函數的性質及應用． 分析： 由y=f（x）﹣a|x﹣2|=0得f（x）=a|x﹣2|，顯然x=2不是方程的根，則a=||，令x﹣2=t，則a=|t++5|有4個不相等的實根，畫出y=|t++5|的圖象，利用數形結合即可得到結論． 解答： 解：方程f（x）﹣a|x﹣2|=0， 即為f（x）=a|x﹣2|， 即有|x2+x﹣2|=a|x﹣2|， 顯然x=2不是方程的根， 則a=||， 令x﹣2=t，則a=|t++5|有4個不相等的實根，畫出y=|t++5|的圖象，如右圖： 在﹣4＜t＜﹣1時，t++5≤﹣2+5=1． 則要使直線y=a和y=|t++5|的圖象有四個交點，則a的范圍是（0，1）， 故答案為：（0，1）． 點評： 本題主要考查函數零點個數的應用，利用數形結合是解決本題的關鍵，屬于中檔題． 　 14．若函數f（x）=x2﹣ex﹣ax在R上存在單調遞增區(qū)間，則實數a的取值范圍是?。ī仭?，2ln2）　． 考點： 利用導數研究函數的單調性． 專題： 函數的性質及應用；導數的綜合應用． 分析： 根據題意可得a＜2x﹣ex有解，轉化為g（x）=2x﹣ex，a＜g（x）max，利用導數求出最值即可． 解答： 解：∵函數f（x）=x2﹣ex﹣ax， ∴f′（x）=2x﹣ex﹣a， ∵函數f（x）=x2﹣ex﹣ax在R上存在單調遞增區(qū)間， ∴f′（x）=2x﹣ex﹣a＞0， 即a＜2x﹣ex有解， 令g′（x）=2﹣ex， g′（x）=2﹣ex=0，x=ln2， g′（x）=2﹣ex＞0，x＜ln2， g′（x）=2﹣ex＜0，x＞ln2 ∴當x=ln2時，g（x）max=2ln2﹣2， ∴a＜2ln2﹣2即可． 故答案為：（﹣∞，2ln2） 點評： 本題考察了導數在解決函數最值，單調性，不等式成立問題中的應用，屬于難題． 　 二、解答題：本大題共6小題，共90分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 15．（14分）在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且asinB﹣bcosA=0． （1）求角A的大??； （2）若a=1，b=，求△ABC的面積． 考點： 正弦定理；余弦定理． 專題： 解三角形． 分析： （1）已知等式利用正弦定理化簡，由sinB不為0求出tanA的值，即可確定出A的度數； （2）由余弦定理列出關系式，把a，b，cosA的值代入求出c的值，利用三角形面積公式即可求出三角形ABC面積． 解答： 解：（1）已知等式asinB﹣bcosA=0，利用正弦定理化簡得：sinAsinB﹣sinBcosA=0， ∵sinB≠0，∴tanA=， 則A=30； （2）由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，即1=3+c2﹣3c， 解得：c=1或c=2， 當c=1時，S△ABC=bcsinA=1=； 當c=2時，S△ABC=bcsinA=2=． 點評： 此題考查了正弦、余弦定理，三角形面積公式，熟練掌握正弦定理是解本題的關鍵． 　 16．（14分）已知函數f（x）=ax3﹣3x． （1）求函數f（x）單調區(qū)間； （2）若在區(qū)間[1，2]上，f（x）≥4恒成立，求實數a的取值范圍． 考點： 利用導數研究函數的單調性；函數恒成立問題． 專題： 導數的綜合應用． 分析： （1）a=0時，函數是減函數；a≠0時，由f（x）=ax3﹣3x（a≠0）?f′（x）=3ax2﹣3=3（ax2﹣1），分a＞0與a＜0討論，通過f′（x）的符號即可求得函數f（x）的單調區(qū)間； （2）利用導數判斷函數的單調性，從而得出函數在閉區(qū)間上的最小值，即得到參數的一個方程，從而求出參數． 解答： 解：（1）a=0時，f（x）=﹣3x， ∴f（x）的單調減區(qū)間是R； 當a≠0時， ∵f（x）=ax3﹣3x，a≠0， ∴f′（x）=3ax2﹣3=3（ax2﹣1）， ∴當a＞0時， 由f′（x）＞0得：x＞或x＜﹣， 由f′（x）＜0得：﹣ 當a＜0時，由f′（x）＞0得：， 由f′（x）＜0得：x＜或x＞﹣； ∴當a＞0時，函數f（x）的單調遞增區(qū)間為（﹣∞，﹣），（，+∞）；函數f（x）的單調遞減區(qū)間為（﹣，），）； 當a＜0時，函數f（x）的單調遞增區(qū)間為（，﹣），函數f（x）的單調遞減區(qū)間為（﹣∞，），（﹣，+∞）； （2）當a≤0時，由（1）可知，f（x）在區(qū)間[1，2]是減函數， 由f（2）=4得，（不符合舍去）， 當a＞0時，f′（x）=3ax2﹣3=0的兩根x=， ①當，即a≥1時，f′（x）≥0在區(qū)間[1，2]恒成立，f（x）在區(qū)間[1，2]是增函數，由f（1）≥4得a≥7； ②當，即時　f′（x）≤0在區(qū)間[1，2]恒成立　f（x）在區(qū)間[1，2]是減函數，f（2）≥4，a（不符合舍去）； ③當1，即時，f（x）在區(qū)間[1，]是減函數，f（x）在區(qū)間[，2]是增函數；所以f（）≥4無解． 綜上，a≥7． 點評： 本題考查的是導數知識，重點是利用導數判斷函數的單調性，難點是分類討論．對學生的能力要求較高，屬于難題． 　 17．（14分）某實驗室某一天的溫度（單位：C）隨時間t（單位：h）的變化近似滿足函數關系：f（t）=9﹣t，t∈[0，24）． （1）求實驗室這一天里，溫度降低的時間段； （2）若要求實驗室溫度不高于10C，則在哪段時間實驗室需要降溫？ 考點： 兩角和與差的正弦函數． 專題： 計算題；應用題；三角函數的求值． 分析： （1）利用兩角和差的正弦公式化簡函數解析式為f（t）=9﹣2sin（），t∈[0，24），利用正弦函數的單調減區(qū)間，即可得到； （2）由題意可得，令f（t）≤10時，不需要降溫，運用正弦函數的性質，解出t，再求補集即可得到． 解答： 解：（1）f（t）=9﹣t，t∈[0，24）， 則f（t）=9﹣2（） =9﹣2sin（）， 令2k2k，解得24k+2≤t≤24k+14，k為整數， 由于t∈[0，24），則k=0，即得2≤t≤14． 則有實驗室這一天里，溫度降低的時間段為[2，14]； （2）令f（t）≤10，則9﹣2sin（）≤10， 即有sin（）， 則﹣， 解得24k﹣6≤t≤24k+10，k為整數， 由于t∈[0，24），則得到0≤t≤10或18≤t＜24， 故在10＜t＜18，實驗室需要降溫． 點評： 本題主要考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象特征，兩角和差的正弦公式，正弦函數的定義域和值域，三角不等式的解法，屬于中檔題． 　 18．（16分）在平面直角坐標系xOy中，已知四邊形OABC是等腰梯形，，點，M滿足，點P在線段BC上運動（包括端點），如圖． （1）求∠OCM的余弦值； （2）是否存在實數λ，使，若存在，求出滿足條件的實數λ的取值范圍，若不存在，請說明理由． 考點： 數量積判斷兩個平面向量的垂直關系；數量積表示兩個向量的夾角． 專題： 平面向量及應用． 分析： （1）由題意求得 、的坐標，再根據cos∠OCM=cos＜，＞=，運算求得結果． （2）設，其中1≤t≤5，由，得，可得（2t﹣3）λ=12．再根據t∈[1，）∪（，5]，求得實數λ的取值范圍． 解答： 解：（1）由題意可得，， 故cos∠OCM=cos＜，＞==． （2）設，其中1≤t≤5，，． 若， 則， 即12﹣2λt+3λ=0， 可得（2t﹣3）λ=12． 若，則λ不存在， 若，則， ∵t∈[1，）∪（，5]， 故． 點評： 本題主要考查用數量積表示兩個兩個向量的夾角，兩個向量垂直的性質，屬于中檔題． 　 19．（16分）已知函數f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|． （1）若a=﹣1，解方程f（x）=1； （2）若函數f（x）在R上單調遞增，求實數a的取值范圍； （3）若函數f（x）在[2，3]上的最小值為6，求實數a的值． 考點： 利用導數研究函數的單調性；根的存在性及根的個數判斷． 專題： 計算題；導數的綜合應用． 分析： （1）化方程f（x）=1可化為x2+（x﹣1）?|x+1|=0，即2x2﹣1=0（x≥﹣1）或1=0（x＜﹣1），從而求解； （2）f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|=，則，從而求a； （3）討論a的不同取值，從而確定實數a的值． 解答： 解：（1）若a=﹣1，則方程f（x）=1可化為x2+（x﹣1）?|x+1|=0， 即2x2﹣1=0（x≥﹣1）或1=0（x＜﹣1）， 故x=或x=﹣； （2）f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|=， 則若使函數f（x）在R上單調遞增， 則， 則a≥1； （3）若a≥3，則f（x）=（a+1）x﹣a，x∈[2，3]， 則函數f（x）在[2，3]上的最小值為6，可化為 2（a+1）﹣a=6，則a=4； 若1≤a＜3，則f（x）在[2，3]上單調遞增， 則2（a+1）﹣a=6，則a=4無解， 若a＜1，＜1， 則f（x）=x2+（x﹣1）?|x﹣a|在[2，3]上單調遞增， 則2?22﹣（1+a）2+a=6， 解得，a=0． 綜上所述，a=0或a=4． 點評： 本題考查了函數導數的綜合應用，同時考查了分類討論的數學思想，屬于中檔題． 　 20．（16分）已知函數f（x）=lnx﹣x+a有且只有一個零點，其中a＞0． （1）求a的值； （2）若對任意的x∈（1，+∞），有（x+1）f（x）+x2﹣2x+k＞0恒成立，求實數k的最小值； （3）設h（x）=f（x）+x﹣1，對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），證明：不等式恒成立． 考點： 利用導數研究函數的單調性；函數零點的判定定理． 專題： 計算題；證明題；選作題；導數的綜合應用． 分析： （1）f′（x）=﹣1，則函數f（x）=lnx﹣x+a在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，由題意，f（x）的最大值等于0，從而解出a； （2）化簡（x+1）f（x）+x2﹣2x+k＞0為k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1，從而將恒成立問題轉化為求函數g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1在[1，+∞）上的最值問題；利用導數可得g′（x）=2﹣lnx﹣1﹣=，再令m（x）=x﹣xlnx﹣1并求導m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx，從而判斷g（x）在（1，+∞）上的單調性，最終求出函數g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1在[1，+∞）上的最值問題，則k≥g（1）=2﹣0﹣0﹣1=1，從而求實數k的最小值； （3）化簡h（x）=f（x）+x﹣1=lnx，則對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），恒成立可化為對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），＞0恒成立；不妨沒x1＜x2，則上式可化為（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0，從而令n（x）=（x1+x）（lnx1﹣lnx）﹣2（x1﹣x），進行二階求導，判斷n（x）在（x1，+∞）上的單調性，從而證明對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），不等式恒成立． 解答： 解：（1）f′（x）=﹣1， 則函數f（x）=lnx﹣x+a在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減， 則若使函數f（x）=lnx﹣x+a有且只有一個零點， 則0﹣1+a=0，解得，a=1； （2）（x+1）f（x）+x2﹣2x+k＞0可化為 （x+1）（lnx﹣x+1）+x2﹣2x+k＞0， 即k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1對任意的x∈（1，+∞）恒成立， 令g（x）=2x﹣xlnx﹣lnx﹣1， 則g′（x）=2﹣lnx﹣1﹣=， 令m（x）=x﹣xlnx﹣1， 則m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx， ∵x∈（1，+∞）， ∴m′（x）=1﹣lnx﹣1=﹣lnx＜0， 則m（x）=x﹣xlnx﹣1＜1﹣1ln1﹣1=0， 則g′（x）＜0， 則g（x）在（1，+∞）上是減函數， 則k＞2x﹣xlnx﹣lnx﹣1對任意的x∈（1，+∞）恒成立可化為 k≥g（1）=2﹣0﹣0﹣1=1， 則k的最小值為1； （3）證明：由題意，h（x）=f（x）+x﹣1=lnx， 則對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），恒成立可化為， 對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），＞0恒成立； 不妨沒x1＜x2，則lnx1﹣lnx2＜0， 則上式可化為（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0， 令n（x）=（x1+x）（lnx1﹣lnx）﹣2（x1﹣x）， 則n′（x）=（lnx1﹣lnx）﹣（x1+x）+2 =lnx1﹣lnx﹣+1， n″（x）=﹣+=， ∵則當x∈（x1，+∞）時，n″（x）＜0， 則n′（x）在（x1，+∞）上是減函數， 則n′（x）＜n′（x1）=0， 則n（x）在（x1，+∞）上是減函數， 則n（x）＜n（x1）=0， 則（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）﹣2（x1﹣x2）＜0， 故對任意x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），不等式恒成立． 點評： 本題考查了函數的零點的個數的判斷，同時考查了恒成立問題的處理方法，判斷單調性一般用導數，本題用到了二階求導及分化求導以降低化簡難度，屬于難題．