高三数学上学期期中联考试题 理试题

卜人入州八九几市潮王学校二零二零—二零
二壹第一学期期中教学质量抽测
高三数学参考答案〔理〕
一、选择题CDABBACDBCDA
二、填空题1115.0＜m ＜2；16.①③④
三、解答题
：〔1〕(
)2cos 1f x x x m =--
+1cos212
x x m +=--+ 1sin 262x m π⎛⎫=--+ ⎪⎝
⎭，..............................2分 那么函数
()f x 的最小正周期T π=，.............3分 根据222262k x k πππππ-+≤-≤+，k Z ∈，得63
k x k ππππ-+≤≤+，k Z ∈，...4分 所以函数
()f x 的单调递增区间为,63k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k Z ∈........................5分 〔2〕因为53,244x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以42,643x πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，...........................6分 那么当262x ππ-
=，3x π=时，函数获得最大值0，.........................8分 即1102m -+=，解得32
m =........................10分 ：(1)
由22cos cos 1m n A A A =-=-得sin(2)16
A π-=...........2分 因为0A π<<，所以112(,)666
A πππ-∈- 所以262A π
π
-=，即3A π
=......................4分 由正弦定理可知
sin sin a c A C =，所以1sin 2C =，因为2(0,)3
C π∈ 所以,62C B ππ==
，所以122ABC S =⨯⨯=分 (2)原式=sin
2sin sin cos(60)3cos(60)cos(60)2
B C A C C C -==+++...........9分
=3cos sin 2
3cos(60)cos(60)2
C C C C -==++............................12分 19.解：∵x ∈[1，12]，x 2≥1，
∴p 为真时，a ≤1；...................2分
∵∃x 0∈R ，使得x 02
+〔a ﹣1〕x 0+1＜0， ∴△=〔a ﹣1〕2
﹣4＞0⇒a ＞3或者a ＜﹣1， ∴q 为真时，a ＞3或者a ＜﹣1，..................4分
p 或者q 为真，p 且qp 、q 一真一假，
...................6分
当p 真q 假时，有113a a ≤⎧⎨-≤≤⎩
⇒1≤a ≤1；.................8分 当p 假q 真时，有1
31a a a >⎧⎨><-⎩或⇒a ＞3.................10分
故a 的取值范围为﹣1≤a ≤1或者a ＞3..............................12分
20.解:〔１〕∵
()f x 过点()0,2P ，∴2d =，............................1分 ∵()f x 在点()()1,1M f --处的切线方程为054=+-y x ，
故点()()1,1f --在切线054=+-y x 上，且切线斜率为４，
得
()11f -=且'(1)4f -=..............................2分 ∵
()32f x x bx cx d =+++， ∴()2'32f x x bx c =++，由'(1)4f -=得423=+-c b ，
又由
()11f -=，得11b c d -+-+=， 联立方程232411d b c b c d =⎧⎪-+=⎨⎪-+-+=⎩
得12b c d ==-⎧⎨=⎩，............................5分
故2)(23+--=x x x x f ..............................6分
(2)由(1)得2'()321f x x x =--,令0)('
=x f 得31-=x 或者1=x ............7分 当1[2,)3
x ∈--时,'()0,()f x f x >单调递增, 当1(,1)3x ∈-时,
'()0,()f x f x <单调递减, 当4
(1,]3x ∈时,'()0,()f x f x >单调递增,............................9分
所以当31-=x 时)(x f 有极大值,极大值为159()327
f -=,
当1=x 时)(x f 有极小值,极小值为(1)1f =.......................10分
又因为(2)8f -=-,434()327f =,.............................11分
所以()f x 在4[2,]3-上的最大值为159()327
f -=,最小值为(2)8f -=-...........12分 21.解:〔〕由题可得：1800xy =，那么2636x a a a =++=+，
即63
x a -=......2分 (4)(6)2s y a y a ∴=-+-⨯.........................4分
1324001832(16)(0)3x x x
=-+>.............................7分 〔〕∵32400161440x x +≥，当且仅当3240016x x
=，即时，取等号， ……………………10分
∴时，获得最大值
..............................12分 22.解:(I)函数f (x )的定义域为(0，+∞)，
假设a ≤0，那么f ′(x )>0，f (x )是增函数，又f (1)=1－a >0，不合题意；...............1分 假设a >0，那么令1'()0ax f x x -==，得1.x a
= 所以f ′(x )<0⇔1x a >
；f ′(x )>0⇔10.x a <<.............................2分 所以f (x )在(0，
1a )上是增函数，在(1a ，+∞)上是减函数..............................3分 所以当x =1a 时，f (x )有最大值f (1a )=1ln a
-1+1=－ln a ..............................4分
“f (x )≤0恒成立〞等价于“f (x )最大值小于或者等于0”，即－ln a ≤0，所以a ≥1. 所以a 的取值范围为[1，+∞)..............................5分
(II)当a =0时，f (x )<e x-m 等价于e x-m
－ln x －1>0. 令h (x )=e x-m －ln x －1(x >0)，那么11'().x m x m xe h x e x x
---=-=(m <1)................6分 令g (x )=xe x-m －1(x ≥0)，那么g ′(x )=(x +1)e x-m
>0， 所以g (x )是[0，+∞)上的增函数..............................7分
又因为g (0)=－1<0，g (1)=e 1－m
－1>1－1=0， 所以存在唯一的s ∈(0，1)，使得g (s )=0，即h ′(s )=e s-m －
1s =0， 所以e s-m =1s
，且0<s <1..............................8分 所以h ′(x )>0⇔g (x )>0⇔x >s ，h ′(x )<0⇔g (x )<0⇔0<x <s ，
所以h (x )在区间(0，s )上是减函数，在区间(s ，+∞)上是增函数，
所以当x =s 时，h 〔x 〕存在最小值：
1()ln 1 1.s m h s e s s m s
-=--=+--.............................10分 因为0<s <1，所以h (s )=1s
+s －m －1>2－m －1=1－m >0. 所以当a =0时，h (x )>0，即f (x )<e x-m (x >0).
也就是ln x +1<e x-m (x >0).。