第一学期期中 高三数学试题理科答案
一、选择题AD B B. D AB CDC 二、填空题：11. [log23,??)12.
????5??5,??14. 2?3 15.①③④ 13．?0,?和?12?8??8?
三、解答题：(本大题共6小题,共75分)
16.解：P：?2?x?10，⑴∵P是Q的充分不必要条件，Q：1?m?x?1?m∴??2,10?是?1?m,1?m?的真子?m?0,集．???1?m??2,?m?9．∴实数m的取值范围为m?9. 4分
?1?m?10,?⑵∵“非P”是“非Q”的充分不必要条件，∴Q是P的充分不必要条件．
?m?0,?（1）当m>0时，由（1）??1?m??2,?0?m?3．7分当m=0时，Q:x=1,符合 8分
?1?m?10,?（2）当m<0时，-3 （Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期； （Ⅱ）将函数f(x)的图象向左平移?36个单位，再将所得图象上各点的横坐标 若?为锐角，且满足 伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数y?g(x)图象，g(?)?4?2,求cos? 3rurrur18.已知函数f?x??m?n,且m=sin?x?cos?x,3cos?x，n??cos?x?sin?x,2sin?x?，其中??0，若函数 ??f?x?相邻两对称轴的距离大于等于 （Ⅰ）求?的取值范围； ?. 2（Ⅱ）在锐角?ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，当?最大时，f?A??1，且a?3，求b?c的取值范围. 解析：（1）f(x)?m?n?cos2?x?sin2?x?23sin?xcos?x ?cos2?x?3sin2?x?2sin(2?x? ??6)……………2分 T?? ?T?? ?0???1…………………………4分 22 （2）当?最大时，即??1，此时f(x)?2sin(2x???1)…………5分?f(A)?1 ?sin(2A?)? 6620?A?? ??6?2A??6??7??5??A?………7分 ?2A??3666 由正弦定理得 abc3????2 ?sinAsinBsinCsin3 ?b?2sinB,c?2sinC ?c?b?2sinC?2sinB ?2sin(?2??B)?2sinB?3cosC?3sinB ?23sin(B?)…………9分 63????0?B?0?B???????2???22 在锐角三角形?ABC中,?即?得?B?10分 ??B?? 36362?0?C???0?2??B???322?????3??sin(B?)?1 ?3?23sin(B?)?23 626 ?b?c的取值范围为(3,23]………………12分 19. 设函数y?loga?取值范围。 ?x?3??（a?0，且a?1）的定义域为?s,t?，值域为?logaa(t?1),logaa(s?1)?，求a的?x?3? 20．（本小题满分13分） 设函数f(x)?lnx? (1)当a?b?12ax?bx. 21时，求函数f(x)的最大值； 212a(2)令F(x)?f(x)?ax?bx?，（0?x?3） 2x1其图象上任意一点P(x0,y0)处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围； 22(3)当a?0，b??1，方程2mf(x)?x有唯一实数解，求正数m的值． 1211解: （1）依题意，知f(x)的定义域为（0，+∞），当a?b?时，f(x)?lnx?x?x， 422111?(x?2)(x?1)f'(x)??x??……………2分 x222x令f'(x)=0，解得x?1．（∵x?0）因为g(x)?0有唯一解，所以g(x2)?0，当0?x?1时，f'(x)?0，此时f(x)单调递增；当x?1时，f'(x)?0，此时f(x)单调递减。 3，此即为最大值 ……………4分 4x?a1a(2）F(x)?lnx?，x?(0,3]，则有k?F'(x0)?02≤，在x0?(0,3]上恒成立， 2xx0111212所以a≥(?x0?x0)max，x0?(0,3] 当x0?1时，?x0?x0取得最大值，所以a≥………8分 2222(3)因为方程2mf(x)?x2有唯一实数解，所以x2?2mlnx?2mx?0有唯一实数解， 所以f(x)的极大值为f(1)??2x2?2mx?2m设g(x)?x?2mlnx?2mx，则g'(x)?．令g'(x)?0，x2?mx?m?0． x2m?m2?4mm?m2?4m因为m?0，x?0，所以x1?，x2?， ?0（舍去） 22当x?(0,x2)时，g'(x)?0，g(x)在（0，x2）上单调递减， 当x?(x2,??)时，g'(x)?0，g(x)在（x2，+∞）单调递增 当x?x2时，g'(x2)=0，g(x)取最小值g(x2)． 2?g(x2)?0,??x2?2mlnx2?2mx2?0,则?既?2……………11分 ?g'(x2)?0,??x2?mx2?m?0.所以2mlnx2?mx2?m?0，因为m?0，所以2lnx2?x2?1?0（*） 设函数h(x)?2lnx?x?1，因为当x?0时，h(x)是增函数，所以h(x)?0至多有一解．因为h(1)?0，m?m2?4m1所以方程（*）的解为x2?1，即?1，解得m?……13分 22.21已知函数 f(x)?(xlnx?ax?a2?a?1)ex,a??2. （Ⅰ）若a=0，求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）讨论f(x)在区间(,??)上的极值点的个数； （Ⅲ）是否存在a，使得f(x)在区间(,??)上与x轴相切？若存在，求出所有a的值；若不存在，说明理 由. x'x解：（1）a?0，f(x)?(xlnx?1)e.f(x)的定义域为(0,??).?f(x)?(x?1)elnx '' 令f(x)?0，则x?1；令f(x)?0，则0?x?1. 1e1e 所以f(x)的单调增区间为(1,??)，f(x)的单调减区间为(0,1). （2）f(x)?(lnx?xlnx?ax?a)e，令g(x)?lnx?xlnx?ax?a 则g(x)?''2x21111?lnx?1?a. 又令?(x)?g'(x)??lnx?1?a.所以?'(x)??2?, xxxx''当x?(0,1),?(x)?0,?(x)单调递减；当x?(1,??),?(x)?0,?(x)单调递增. ''故g(x)min?g(1)?2?a?0,所以g(x)在区间(,??)单调递增 1e注意到：当x???时，g(x)???，故g(x)在区间(,??)的零点个数由 1e11g()?(a?1)(a?1?)的符号决定. ee111①g()?0，即：?2?a??1?或a?1时，g(x)在区间(,??)上无零点，f(x)无极值点； eee111②g()?0，即：?1??a?1时，g(x)在区间(,??)上有唯一零点，f(x)有唯一极值点. eee1（3）假设存在a，使得f(x)在区间(,??)上与x轴相切，则f(x)必与x轴相切于极值点，由（2）可知 e1?1??a?1，设极值点为x0 e则f(x)?(lnx0?x0lnx0?ax0?a)e0?0 ① f(x)?(x0lnx0?ax0?a?a?1)e0?0 ② 联立得x0?e?(a?1)2x'2x代入上式得e?(a?1)?(a?1)?a2?0 2 t2令t??(a?1)，则t?(?2,)，令h(t)?e?t?(t?1) 1e?h'(t)?et?2t?3，h''(t)?et?2?0 111h'(t)在t?(?2,)上单调递减，h'(?2)?e?2?1?0,h'()?0?h'(t)在t?(?2,)上存在唯一零点t0 eee1''即当t?(?2,t0)时，h(t)?0，h(t)单调递增；当t?(t0，)时，h(t)?0，h(t)单调递减 e11又h(?2)?0,h()?0，所以h(t)在t?(?2,t0)上无零点，在t?(t0，)上有唯一零点. ee1h(0)?0,a?1?0,a??1所以存在a??1，使得f(x)在区间(,??)上与x轴相切. e