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

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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
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