祁县某校高三年级数学试题及答案)

祁县某校高三年级10月月考 (数学)
一、选择题
1. 设集合M={x|y=ln(4−x)},N={x|0≤x≤5}，则M∩N=（）
A.{x|0<x≤5}
B.{x|0≤x<4}
C.{x|4≤x<5}
D.{x|4<x≤5}
2. 设p:a∈(−∞,−5]，q：函数f(x)=x2−ax在(1,+∞)上单调递增，则下列说法正确的是（）
A.p是q的充分条件但不是必要条件
B.p是q的必要条件但不是充分条件
C.p是q的充要条件
D.p既不是q的充分条件也不是q的必要条件
3. 函数f(x)=ln(x+2)
√2−x
的定义域为（）
A.(2,+∞)
B.(−2,2)
C.(−∞,−2)
D.(−∞,2)
4. 已知角α的顶点在坐标原点，始边在x轴正半轴上，终边在直线y=3x上，则2cos2α−1=（）
A.3
5B.−4
5
C.4
5
D.−3
5
5. 已知命题p：∃x0∈R,sinx0<1；命题q：∃x0∈R,sinx0+cosx0=√2．则下列命题中的真命题是（）
A.p∧q
B.(¬p)∧q
C.p∧(¬q)
D.¬(p∨q)
6. 函数f(x)=2ln|x|
2x+2−x
的大致图象为( )
A.
B.C.
D.
7. 已知a，b，c∈(0,+∞),a=5+log1
4
a,b+1
2b
=3,c+4c=4，则（）
A.b<a<c
B.a<c<b
C.c<a<b
D.c<b<a
8. 已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π
2
)的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是
（）
A.f(x)的最小正周期为2π
B.f(x)=2sin(1
2
x−π
3
)
C.点(10π
3
,0)是f(x)图象的一个对称中心
D.直线x=2π是f(x)图象的一条对称轴
9. 今年第6号台风“烟花”于2021年7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区．如图，A点正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24nmile/ℎ的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15∘
方向，船航行
3
4
ℎ后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45∘方向．此船从A点到C市航行过程中距离S岛的
最近距离为（）
A.9√2nmile
B.9(√2−1)nmile
C.9(√3−1)nmile
D.9(√3−√2)nmile
10. 将函数f(x)=−2sin2x的图象向右平移π
6
个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则下列区间是g(x)的一个单调递减区间的为（）
A.[−4,−2]
B.[−1,−1
2
] C.[−7,−6] D.[6,8]
11. 已知函数f(x)=√x+1在[a,b]上的值域为[a+2−m,b+2−m]，其中a≠b，则实数m的取值范围是（）
A.(3
4,1] B.(3
4
,+∞) C.(1
4
,1] D.[3
4
,1]
12. 已知函数f(x)=ln(x2+1)+e x+e−x，则不等式f(lnx)−f(1)<0的解集为（）
A.(1
e ,+∞) B.(0,e) C.(0,1
e
)∪(1,e) D.(1
e
,e)
二、填空题
已知函数f(x)=x3−2x2+x，则曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为________.
有以下三个条件：①定义域不是R；②在(−1,1)上单调递增；③是周期函数．写出一个同时满足以上三个条件的函数:f(x)=_______.
若存在x∈[0,1]，使得3x+1
3x
≥7m+1成立，则实数m的取值范围是________.
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b，a，c成等差数列，c+a=2acos2B
2+1
2
b，且a=
2，则△ABC的面积为________.
三、解答题
已知a∈R，命题p：不等式e x+4
e x
≥a的解集为R；命题q:f(x)={
(3a−1)x+4a,x<1
−x+1,x≥1’是定义在R上的减函数．若“p且q”为假命题，“p或q”为真命题，求a的取值范围．
已知函数f(x)=√3sinωx−cosωx(ω>0)图象的相邻两条对称轴间的距离为π
2
(1)若f(x)=1，求x的值；
(2)将f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位长度，所得图象与函数y=2cos2x的图象重合，求实数m的最小值．
已知某公司生产的一新款手机的年固定成本为350万元，设该公司一年内共生产这种手机x万部并全部销售完，且每万部的销售收入为600万元，生产这种手机每年需另投入成本R(x)万元，且当0<x<40时，
R(x)=10x(x+10)，当x≥40时，R(x)=601x+40000
x
−6550.
(1)写出年利润W（万元）关于年产量x（万部）的函数解析式（年利润=年销售收入-年成本）
(2)年产量为多少万部时，该公司所获年利润最大？最大年利润是多少？
在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，√3cosC+sinC=√3b且a=1
(1)求△ABC的外接圆的半径；
(2)求2b−c的取值范围．
已知函数f(x)=2x+m
x
+lnx(m∈R)
(1)若x=1是f(x)的极值点，求m的值并判断x=1是f(x)的极大值点还是极小值点；
(2)若函数g(x)=f(x)−2m
x
在[1,2]上单调递增，求m的取值范围．
已知函数f(x)=lnx+ax+2(a∈R)
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a≥1，讨论函数g(x)=f(x)−x2−2的零点个数．
参考答案与试题解析
祁县某校高三年级10月月考 (数学)
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
3.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
4.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
任意角的三角函数
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】B
5.
【答案】
A
【考点】
全称命题与特称命题
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
6.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
7.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
8.
【答案】
C
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
9.
【答案】
C
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
C
10.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
11.
【答案】
A
【考点】
函数的值域及其求法
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的单调性
其他不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
D
二、填空题
【答案】
5x−y−8=0
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】
此题暂无解析
【解答】
5x−y−8=0
【答案】
tanx（答案不唯一）
【考点】
函数的定义域及其求法
函数的值域及其求法
函数的单调性及单调区间
周期函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
tanx（答案不唯一）
【答案】
(−∞,1
3
]
【考点】
不等式恒成立问题
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(−∞,
1
3
]
【答案】
√3
【考点】
等差数列的性质
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
√3
三、解答题
【答案】
解:因为e x +
4e ≥2√e x ⋅
4e
=4，不等式e x
+
4e
≥a 的解集为R ，所以a ≤4,
即命题p 为真时，a ≤4.
因为函数f (x )={(3a −1)x +4a,x <1
−x +1,x ≥1
是定义在R 上的减函数，
所以{3a −1<0,
3a −1+4a ≥−1+1
解得17≤a <13,
即命题q 为真时，实数a 的取值范围为[17,1
3
）．
因为"p 且q "为假命题，“p 或q ”为真命题，所以p,q 一真一假．
若p 真q 假，可得a ∈(−∞,1
7)∪[1
3,4]，若p 假q 真，可得a ∈⌀ .故实数a 的取值范围是(−∞,1
7)∪[1
3,4]． 【考点】
复合命题及其真假判断 基本不等式
函数单调性的判断与证明 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解:因为e x +
4e x
≥2√e x ⋅
4e
x =4，不等式e x
+
4e
x ≥a 的解集为R ，所以a ≤4,
即命题p 为真时，a ≤4.
因为函数f (x )={(3a −1)x +4a,x <1
−x +1,x ≥1
是定义在R 上的减函数，
所以{3a −1<0,
3a −1+4a ≥−1+1
解得17≤a <13,
即命题q 为真时，实数a 的取值范围为[17,1
3）．
因为"p 且q "为假命题，“p 或q ”为真命题，所以p,q 一真一假．
若p 真q 假，可得a ∈(−∞,1
7)∪[1
3,4]，若p 假q 真，可得a ∈⌀ .故实数a 的取值范围是(−∞,1
7)∪[1
3,4]． 【答案】
解:（1)f (x )=√3sinωx −cosωx =2(√3
2sinωx −12cosωx)
=2sin (ωx −π
6)．
因为f (x )图象的相邻两条对称轴间的距离为π
2, 所以f (x )的最小正周期为π． 所以2π
ω=π,ω=2
所以f (x )=2sin (2x −π
6)．
令f (x )=1，可得2sin (2x −π6)=1,2x −π6=2kπ+π6或2kπ+5π6
,k ∈Z,即x =kπ+π6或x =kπ+π
2,k ∈Z .
（2）将f (x )的图象向左平移m (m >0)个单位长度， 得到y =2sin (2x +2m −π
6)的图象，
所得图象与函数y =2cos2x 的图象重合， 所以2m −π
6=2kπ+π
2,k ∈Z
m =kπ+π
3,k ∈Z. ,
因为m >0，所以当k =0时，m 取得最小值，且最小值为π
3． 【考点】
函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换
由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式 正弦函数的图象 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解:（1)f (x )=√3sinωx −cosωx =2(√3
sinωx −1cosωx)
=2sin (ωx −π
6
)．
因为f (x )图象的相邻两条对称轴间的距离为π
2, 所以f (x )的最小正周期为π．
所以
2πω
=π,ω=2
所以f (x )=2sin (2x −π
6
)．
令f (x )=1，可得2sin (2x −π
6)=1,2x −π
6=2kπ+π
6或2kπ+
5π6
,k ∈Z,即x =kπ+π6
或x =kπ+π
2
,k ∈Z .
（2）将f (x )的图象向左平移m (m >0)个单位长度， 得到y =2sin (2x +2m −π
6)的图象， 所得图象与函数y =2cos2x 的图象重合， 所以2m −π
6=2kπ+π
2,k ∈Z
m=kπ+π
3
,k∈Z. ,
因为m>0，所以当k=0时，m取得最小值，且最小值为π
3
．
【答案】
解:（1）当0<x<40时，W(x)=600x−10x(x+10)−350=−10x2+500x−350;
当x≥40时，W(x)=600x−(601x+40000
x −6550)−350=−(x+40000
x
)+6200,
W(x)={−10x2+500x−350,0<x<40−(x+40000
x
)+6200,x≥40
（2）若0<x<40,W(x)=−10(x−25)2+5900
当x=25时，W(x)max=5900，
若x≥40,W(x)=−(x+40000
x
)+6200≤6200−2√40000=5800
当且仅当x=40000
x
，即x=200时，W(x)max=5800，
∴年产量为25万部时，该公司所获年利润最大，最大年利润是5900万元．
【考点】
分段函数的应用
基本不等式在最值问题中的应用
函数最值的应用
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:（1）当0<x<40时，W(x)=600x−10x(x+10)−350=−10x2+500x−350;
当x≥40时，W(x)=600x−(601x+40000
x −6550)−350=−(x+40000
x
)+6200,
∴W(x)={−10x2+500x−350,0<x<40−(x+40000
x
)+6200,x≥40.
（2）若0<x<40,W(x)=−10(x−25)2+5900，
当x=25时，W(x)max=5900，
若x≥40,W(x)=−(x+40000
x
)+6200≤6200−2√40000=5800，
当且仅当x=40000
x
，即x=200时，W(x)max=5800，
∴年产量为25万部时，该公司所获年利润最大，最大年利润是5900万元．【答案】
解：（1）由√3cosC+sinC=√3b且a=1可得a(√3cosC+sinC)=√3b，根据正弦定理可得√3sinB=√3sinAcosC+sinCsinA．
∵A+B+C=π，
∴sinB=sin(A+C)，代人得√3sinAcosC+√3cosAsinC=√3sinAcosC+sinCsinA，
∴√3cosAsinC=sinCsinA．
∵0<C<π
2
，
∴sinC≠0，∴tanA=√3，
又∵0<A<π
2
，
∴A=π
3
，
设△ABC的外接圆的半径为R，
由正弦定理可得2R=a
sinA
=2√3
3
，
解得R=√3
3
.
（2）由（1）可知2R=2√3
3
，
∴2b−c=2×2√3
3
sinB−2√3
3
sinC
=
4√3
3
sinB−
2√3
3
sin(
2π
3
−B)
=
4√3
3
sinB−
√3
3
sinB−cosB
=√3sinB−cosB
=2sin(B−π
6
)．
∵△ABC为锐角三角形，
∴{
0<B<π
2
,
0<2π
3
−B<π
2
，
即π
6
<B<π
2
，
则0<B−π
6
<π
3
，
0<2sin(B−π
6
)<√3，
即2b−c的取值范围是(0,√3)．
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由√3cosC+sinC=√3b且a=1可得a(√3cosC+sinC)=√3b，根据正弦定理可得√3sinB=√3sinAcosC+sinCsinA．
∵A+B+C=π，
∴sinB=sin(A+C)，
代人得√3sinAcosC+√3cosAsinC=√3sinAcosC+sinCsinA，
∴√3cosAsinC=sinCsinA．
∵0<C<π
2
，
∴sinC≠0，∴tanA=√3，
又∵0<A<π
2
，
∴A=π
3
，
设△ABC的外接圆的半径为R，
由正弦定理可得2R=a
sinA =2√3
3
，
解得R=√3
3
.
（2）由（1）可知2R=2√3
3
，
∴2b−c=2×2√3
3sinB−2√3
3
sinC
=4√3
3
sinB−
2√3
3
sin(
2π
3
−B)
=4√3
3
sinB−
√3
3
sinB−cosB
=√3sinB−cosB
=2sin(B−π
6
)．
∵△ABC为锐角三角形，
∴{0<B<π
2
,
0<2π
3
−B<π
2
，
即π
6
<B<π
2
，
则0<B−π
6<π
3
，
0<2sin(B−π
6
)<√3，
即2b−c的取值范围是(0,√3)．
【答案】
解：(1)由题可知f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=2−m
x2+1
x
,x∈(0,+∞)．
因为x=1是f(x)的极值点，
所以f′(1)=0，即2−m+1=0，解得m=3，
当m=3时，f′(x)=2−3
x2+1
x
=(x−1)(2x+3)
x2
，
令f′(x)=0，可得x=1，
当x∈(0,1)时f′(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的极小值点．
(2)由题可知g(x)=2x+lnx−m
x
(x>0)，
g′(x)=2+1
x
+m
x2
(x>0)．
因为g(x)在[1,2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，
即2+1
x
+m
x2
≥0在[1,2]上恒成立，
所以m≥−2x2−x在[1,2]上恒成立，
所以m≥(−2x2−x)max,x∈[1,2]．
因为在[1,2]上，(−2x2−x)max=−2×12−1=−3
所以m≥−3，
即m的取值范围是[−3,+∞）．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可知f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=2−m
x2
+1
x
,x∈(0,+∞)．
因为x=1是f(x)的极值点，
所以f′(1)=0，即2−m+1=0，
解得m=3，
当m=3时，f′(x)=2−3
x2
+1
x
=(x−1)(2x+3)
x2
，
令f′(x)=0，可得x=1，
当x∈(0,1)时f′(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的极小值点．
(2)由题可知g(x)=2x+lnx−m
x
(x>0)，
g′(x)=2+1
x
+m
x2
(x>0)．
因为g(x)在[1,2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，
即2+1
x
+m
x2
≥0在[1,2]上恒成立，
所以m≥−2x2−x在[1,2]上恒成立，
所以m≥(−2x2−x)max,x∈[1,2]．
因为在[1,2]上，(−2x2−x)max=−2×12−1=−3
所以m≥−3，
即m的取值范围是[−3,+∞）．
【答案】
解：(1)由题可知f′(x)=1
x
+a(x>0)．
当a≥0时,f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，令f′(x)=0，可得x=−1
a
当x∈(0,−1
a
)时f′(x)>0,f(x)单调递增，
当x∈(−1
a
,+∞)时f′(x)<0,f(x)单调递减．
综上：当a≥0时f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时f(x)在(0,−1
a )上单调递增，在(−1
a
,+∞)上单调递减．
(2)由题可知g(x)=f(x)−x2−2=lnx+ax−x2
g′(x)=1
x
−2x+a=
−2x2+ax+1
x
,x>0
令−2x02+ax0+1=0，解得x0=a+√a2+8
4
（负值舍去）．
因为在(0,x0)上，g′(x)>0,g(x)单调递增，在(x0,+∞)上，g′(x)<0,g(x)单调递减，所以g(x)max=g(x0)．当a=1时，x0=1,g(x)max=g(1)=0，此时g(x)只有一个零点1．
当a>1时，x0=a+√a2+8
4
>1,g(1)=a−1>0.
令ℎ(x)=lnx−x+1，则ℎ′(x)=1
x −1=1−x
x
所以当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即lnx≤x−1．
因为g(1
2a )=ln1
2a
−1
4a2
+1
2
<1
2a
−1−1
4a2
+1
2
=−1
4
(1
a
−1)
2
−1
4
<0
g(2a)=ln2a−2a2<2a−1−2a2=−2(a−1
)
2
−
1
<0
所以g(x)在(1
2a
,1)和(1,2a)上各有一个零点．
综上可得：当a=1时，g(x)的零点个数为1，当a>1时，g(x)的零点个数为2．【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】解：(1)由题可知f′(x)=1
x
+a(x>0)．
当a≥0时,f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，令f′(x)=0，可得x=−1
a
当x∈(0,−1
a
)时f′(x)>0,f(x)单调递增，
当x∈(−1
a
,+∞)时f′(x)<0,f(x)单调递减．
综上：当a≥0时f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时f(x)在(0,−1
a
)上单调递增，在(−1
a
,+∞)上单调递减．
(2)由题可知g(x)=f(x)−x2−2=lnx+ax−x2
g′(x)=
1
x
−2x+a=
−2x2+ax+1
x
,x>0
令−2x02+ax0+1=0，解得x0=a+√a2+8
4
（负值舍去）．
因为在(0,x0)上，g′(x)>0,g(x)单调递增，在(x0,+∞)上，g′(x)<0,g(x)单调递减，所以g(x)max=g(x0)．当a=1时，x0=1,g(x)max=g(1)=0，此时g(x)只有一个零点1．
当a>1时，x0=a+√a2+8
4
>1,g(1)=a−1>0.
令ℎ(x)=lnx−x+1，则ℎ′(x)=1
x
−1=1−x
x
所以当x∈(0,1)时，ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即lnx≤x−1．
因为g(1
2a
)=ln1
2a
−1
4a2
+1
2
<1
2a
−1−1
4a2
+1
2
=−1
4
(1
a
−1)
2
−1
4
<0
g(2a)=ln2a−2a2<2a−1−2a2=−2(a−
1
2
)
2
−
1
2
<0
所以g(x)在(1
2a
,1)和(1,2a)上各有一个零点．
综上可得：当a=1时，g(x)的零点个数为1，当a>1时，g(x)的零点个数为2．。