2021石嘴山三中高三上学期期中考试数学（理）图片版含答案

这是一份2021石嘴山三中高三上学期期中考试数学（理）图片版含答案，共12页。试卷主要包含了答案　B，答案　A，答案　D，答案　C，1，b＝90等内容，欢迎下载使用。

BADB CABD CABA
1.答案 B
解析 集合A表示单位圆上的所有的点，集合B表示直线y＝x上的所有的点．A∩B表示直线与圆的公共点，显然，直线y＝x经过圆x2＋y2＝1的圆心(0,0)，故共有两个公共点，即A∩B中元素的个数为2，故选B．
2.答案 A
解析 条件p：a2＋a≠0，即a≠0且a≠－1.故条件p：a2＋a≠0是条件q：a≠0的充分不必要条件．也可利用逆否命题的等价性解决．
3.答案 D
解析 A中，命题“若|x|＝5，则x＝5”的否命题为“若|x|≠5，则x≠5”，故A不正确；B中，由x2－5x－6＝0，解得x＝－1或x＝6，所以“x＝－1”是“x2－5x－6＝0”的充分不必要条件，故B不正确；C中，“∃x0∈R,3xeq \\al(2,0)＋2x0－1>0”的否定是“∀x∈R,3x2＋2x－1≤0”，故C不正确；D中，命题“若x＝y，则sinx＝siny”为真命题，因此其逆否命题为真命题，D正确，故选D．
4.答案 B
解析 f[f(x)]＝f[lg (1－x)]＝lg [1－lg (1－x)]，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x>0，,1－lg 1－x>0))⇒－95.答案 C
解析 由解析式可知，当x>b时，y>0，由此可以排除A，B．又当x≤b时，y≤0，从而可以排除D．故选C．
6.答案 A
解析 ∵f(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋a＋4，
∴函数f(x)＝－x2＋4x＋a在[0,1]上单调递增，∴当x＝0时，f(x)取得最小值，当x＝1时，f(x)取得最大值，∴f(0)＝a＝－2，f(1)＝3＋a＝3－2＝1，故选A．
7.答案 B
解析 由已知得a＝80.1，b＝90.1，c＝70.1，构造幂函数y＝x0.1，x∈(0，＋∞)，根据幂函数的单调性，知c＜a＜b.
8.答案 D
解析 由图象知f(x)是减函数，所以00，所以b<0.故选D．
9.答案 C
解析 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,lg2a>－lg2a))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，, eq lg\s\d8(\f(1,2)) －a>lg2－a，))解得a>1或－110.答案 A
解析 将函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度后，得到f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)＋φ))的图象．再根据所得图象关于原点对称，可得eq \f(π,3)＋φ＝kπ(k∈Z)，所以φ＝kπ－eq \f(π,3)(k∈Z)．又|φ|11.答案 B
解析 在同一平面直角坐标系内作出函数y＝f(x)与y＝|lg x|的大致图象如图，由图象可知，它们共有10个不同的交点，因此函数F(x)＝f(x)－|lg x|的零点个数是10.故选B．
12.答案 A
解析 构造函数g(x)＝ex[f(x)－1]，∵f(x)－1＋f′(x)>0，∴g′(x)＝ex[f(x)－1＋f′(x)]>0，∴g(x)是R上的增函数，又f(0)＝2，∴g(0)＝1，∴exf(x)>ex＋1，即g(x)>g(0)，∴x>0.故选A．
第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分) 司长生批
13.答案 eq \f(1,2)
解析 eq \a\vs4\al(\i\in(0,\f(π,2),)) (sinx－mcsx)dx＝(－csx－msinx)eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs0\al\c1(\f(π,2),0))＝(0－m)－(－1－0)＝m，解得m＝eq \f(1,2).
14.答案 eq \r(3)
解析 原式＝eq \f(sin20°,cs20°)＋4sin20°
＝eq \f(sin20°＋4sin20°cs20°,cs20°)
＝eq \f(sin20°＋2sin40°,cs20°)＝eq \f(sin30°－10°＋2sin30°＋10°,cs20°)
＝eq \f(\f(3,2)cs10°＋\f(\r(3),2)sin10°,cs20°)＝eq \f(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs10°＋\f(1,2)sin10°)),cs20°)
＝eq \f(\r(3)cs30°－10°,cs20°)＝eq \r(3).
15.答案 6eq \r(3)
解析 由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accsB.
又b＝6，a＝2c，B＝eq \f(π,3)，
∴36＝4c2＋c2－2×2c2×eq \f(1,2)，
∴c＝2eq \r(3)，∴a＝4eq \r(3)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝6eq \r(3).
16.答案
解析 ①中，f(－x)＝sin|－x|＋|sin(－x)|＝sin|x|＋|sinx|＝f(x)，
∴f(x)是偶函数，①正确．
②中，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，f(x)＝sinx＋sinx＝2sinx，函数单调递减，②错误．
③中，当x＝0时，f(x)＝0，
当x∈(0，π]时，f(x)＝2sinx，令f(x)＝0，得x＝π.
又∵f(x)是偶函数，
∴函数f(x)在[－π，π]上有3个零点，③错误．
④中，∵sin|x|≤|sinx|，∴f(x)≤2|sinx|≤2，
当x＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)或x＝－eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)时，
f(x)能取得最大值2，故④正确．
综上，①④正确.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17司长生批
.解(1)若a＝1，则f(x＋1)＝(x＋1)|x|，
∴f(1)＝f(0＋1)＝0，f(2)＝f(1＋1)＝2.
(2)令x＋a＝t，则x＝t－a，
∴f(t)＝t|t－a|，
∴f(x)＝x|x－a|(x∈R)．
(3)∵f(1)>2，
∴|1－a|>2，
∴a－1>2或a－1<－2，
∴a>3或a<－1.
∴a的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)． 司长生批
18. 司长生批
解 (1)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))
＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,4)，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,2)，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(4π,3)))，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)，
所以sin2α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))cseq \f(π,3)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))sineq \f(π,3)
＝－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2).
(2)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))，
又由(1)知sin2α＝eq \f(1,2)，所以cs2α＝－eq \f(\r(3),2).
所以tanα－eq \f(1,tanα)＝eq \f(sinα,csα)－eq \f(csα,sinα)＝eq \f(sin2α－cs2α,sinαcsα)
＝eq \f(－2cs2α,sin2α)＝－2×eq \f(－\f(\r(3),2),\f(1,2))＝2eq \r(3). 司长生批
19．董红香批
解 (1)由题意，得f′(x)＝a－bex，
又f′(0)＝a－b＝a－1，∴b＝1.
(2)f′(x)＝a－ex.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，f(x)没有最值；
当a>0时，令f′(x)<0，得x>ln a，
令f′(x)>0，得x∴f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递增，在区间(ln a，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在x＝ln a处取得唯一的极大值，即为最大值，且f(x)max＝f(ln a)＝aln a－a.
综上所述，当a≤0时，f(x)没有最值；
当a>0时，f(x)的最大值为aln a－a，无最小值． 董红香批
20. 董红香批
解 (1)当0当x≥80时，y＝100x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(101x＋\f(8100,x)－2180))－500＝1680－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8100,x))).
所以y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2＋60x－500，0(2)当0所以当x＝60时，y取得最大值，最大值为1300万元；
当x≥80时，
y＝1680－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8100,x)))≤1680－2eq \r(x·\f(8100,x))＝1500，
当且仅当x＝eq \f(8100,x)，即x＝90时，y取得最大值，最大值为1500万元．
综上，当年产量为90台时，该企业在这一电子设备生产中所获利润最大，最大利润为1500万元．
21寇西宁批 .解 (1)f(x)＝(2cs2x－1)sin2x＋eq \f(1,2)cs4x
＝cs2xsin2x＋eq \f(1,2)cs4x
＝eq \f(1,2)(sin4x＋cs4x)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))，
∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2).
令2kπ＋eq \f(π,2)≤4x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3,2)π(k∈Z)，
得eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,16)≤x≤eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,16)(k∈Z)．
∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))(k∈Z)．
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq \f(\r(2),2)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝1.
因为α∈(0，π)，所以－eq \f(π,4)<α－eq \f(π,4)所以α－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，故α＝eq \f(3π,4).
因此taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(tan\f(3π,4)＋tan\f(π,3),1－tan\f(3π,4)tan\f(π,3))＝eq \f(－1＋\r(3),1＋\r(3))＝2－eq \r(3).
22. 寇西宁批 解 (1)由条件得f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)(x>0)，
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，
∴f′(e)＝0，即eq \f(1,e)－eq \f(k,e2)＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2)(x>0)，
由f′(x)<0得00得x>e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，
且f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2.
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，
f(x1)－f(x2)即f(x1)－x1设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋eq \f(k,x)－x(x>0)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即当x>0时，k≥－x2＋x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)恒成立，
∴k≥eq \f(1,4).故k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)).