江西省南昌市第二中学2018届高三上学期第三次月考数学(理)试卷

南昌市第二中学2018届高三上学期第三次月考数学（理）试题一、选择题（每题五分，共60分）1．设集合M={m ∈Z|﹣3＜m ＜2}，N={n ∈Z|﹣1≤n≤3}，则M∩N=（ ） A ．{0，1}B ．{﹣1，0，1}C ．{0，1，2}D ．{﹣1，0，1，2}2.命题“()0,10x x x ∀>->”的否定是（ ） A ．()0,10x x x ∀>-≤ B ．0,01x x ∀<≤≤ C ． ()01,0<->∃x x xD ．0,01x x ∃>≤≤3. 给定函数①12y x =，②12log (1)y x =+，③|1|y x =-,④12x y +=,其中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是 A.①②B.②③C.③④D.①④4. 设△ABC 的内角A , B , C 所对的边分别为a , b , c , 若cos cos sin b C c B a A +=, 则△ABC 的形状为 A. 锐角三角形 B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定5. 定义在R 上的奇函数()f x 满足()()22f x f x -=+，且当[]2,0x ∈-时， ()31x f x =-，则()9f =（ ）A. -2B. 2C. 23- D.236. 若、，则“”是“”成立的A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件7. 由曲线y x =，直线2y x =-+及x 轴所围成图形的面积是（ ）A ．103 B ． 4 C ．76D ．6 8. 函数y=（a ＞0，a≠1）的定义域和值域都是[0，1]，则log a +log a=A ．1B ．2C ．3D ．49. 已知函数()()()⎩⎨⎧≥+-<=02log 02x x a x x g x f 是奇函数，则()x f ＞﹣1的解集为（ ）A.（﹣2，0]∪（2，+∞）B.（﹣2，+∞）C.（﹣∞，﹣2）∪（0，2）D.（﹣∞，2）10. 设函数f （x ）=x 3+x ，x ∈R ．若当0＜θ＜时，不等式f （msinθ）+f （1﹣m ）＞0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，1]B ．[1，+∞）C ．（，1）D ．（，1]11. 已知函数f （x ）=sin （ωx+），ω＞0，f （）=f （），f （x ）在区间（，）有最小值无最大值，则ω的值为（ ） A ．B ．C ．D ．12. 设函数()x f 是连续函数，且在x=1处存在导数，若函数()x f 及其导函数()x f '满足()()xx f x x x f -=ln '，则函数()x fA. 既有极大值又有极小值B. 有极大值无极小值C. 有极小值无极大值D. 既无极大值有无极小值二、填空题（每题5分，共20分）13. 若函数()y f x =的定义域是[0,2]，则函数(2)()1f xg x x =-的定义域是_____ 14. 己知命题“∃x ∈R ，使2x 2+（a ﹣1）x +≤0”是假命题，则实数a 的取值范围是____ 15. 已知函数f （x ）=ax 3﹣3x 2+1，若f （x ）存在唯一的零点x 0，且x 0＞0．则a 的取值范围是 16. 对于集合{a 1，a 2，…，a n }和常数a 0，定义：为集合{a 1，a 2，…，a n }相对a 0的“正弦方差”，则集合相对a 0的“正弦方差”为______.三、解答题（共70分）17.（本大题10分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3sin cos 1B B -=，1=b ． （Ⅰ）若125π=A ，求c ； （Ⅱ）若c a 2=，求△ABC 的面积．18. （本大题12分）已知函数（Ⅰ）求f （x ）的单调递减区间； （Ⅱ）将函数y =f （x ）的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y =g （x ）的图象，求函数y =g （x ）在[﹣π，0]上的值域．19.（本大题12分）已知函数f （x ）=21xax+（a≠0）． （I ）试讨论y=f （x ）的极值；（II ）若a ＞0，设g （x ）=x 2e mx ，且任意的x 1，x 2∈[0，2]，f （x 1）﹣g （x 2） ≥﹣1恒成立，求m 的取值范围．20.（本大题12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AD=AP ，E 为棱PD 中点．（I ）求证：PD ⊥平面ABE ； （II ）若F 为AB 中点，，试确定λ的值，使二面角P ﹣FM ﹣B 的余弦值为33-21. （本小题12分）已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为3，以椭圆的一个短轴端点及两个焦点构成的三角形的面积为3，圆C 方程为222()()()a x a y b b-+-=.（I ）求椭圆及圆C 的方程；（II ）过原点O 作直线l 与圆C 交于A ，B 两点，若2-=⋅CB CA ，求直线l 的方程.22．（本大题12分）已知函数f （x ）=x 2﹣ax +2lnx （其中a 是实数）． （I ）求f （x ）的单调区间； （II ）若设2（e+）＜a ＜，且f （x ）有两个极值点x 1,x 2（x 1＜x 2）,求f （x 1）﹣f （x 2）取值范围．（其中e 为自然对数的底数）．南昌二中2017～2018学年度上学期第三次考试高三数学（理）试卷参考答案BDBBD DCCDA AD5.【解析】由()()22f x f x -=+得函数是周期为4的周期函数，且为奇函数，故()()()()12911313f f f -==--=--=. 6.【解析】本题考查充分条件和必要条件的判定；因为，所以“”不是“”成立的充分条件，若，则不存在，所以“若,，则”为真命题，即“”不是“”成立的必要条件，所以“”是“”成立的既非充分也非必要条件；故选D. 7.【解析】312122201121237(2)|(2)|(2)32326xdx x dx x x x +-+=+-+=+-=⎰⎰8.【解析】当x=1时，y=0，则函数为减函数，故a ＞1，则当x=0时，y=1， 即y==1，即a ﹣1=1，则a=2，则log a +log a=log a （•）=log 28=3，9.【解析】∵f （x ）是奇函数，∴f （0）=0， 即a ﹣log 22=0，∴a=1． ∴当x≥0时，f （x ）=1﹣log 2（x+2），∴f （x ）在[0，+∞）上单调递减， 令f （x ）=﹣1得1﹣log 2（x+2）=﹣1，解得x=2．∴当x≥0时，f（x）＞﹣1的解集为[0，2）．∵当x≥0时，f（x）≤f（0）=0，f（x）是奇函数，∴当x＜0时，f（x）＞0，∴f（x）＞﹣1的解集为（﹣∞，0）∪[0，2）=（﹣∞，2）．10.【解析】∵f（x）=x3+x，∴f（﹣x）=（﹣x）3+（﹣x）=﹣x3﹣x=﹣f（x），∴函数f（x）=x3+x为奇函数；又f′（x）=3x2+1＞0，∴函数f（x）=x3+x为R上的单调递增函数．∴f（msinθ）+f（1﹣m）＞0恒成立⇔f（msinθ）＞﹣f（1﹣m）=f（m﹣1）恒成立，∴msinθ＞m﹣1（0＜θ＜）恒成立⇔m（1﹣sinθ）＜1恒成立，由0＜θ＜知，0＜sinθ＜1，0＜1﹣sinθ＜1，＞1由m＜恒成立知：m≤1．∴实数m的取值范围是（﹣∞，1]．11.【解析】由f（）=f（），可得f（x）的图象关于直线x==对称，故有ω•+=kπ+，k∈z，∴ω=4k+．f（x）在区间（，）有最小值无最大值，故当x=时，f（x）取得最小值，故有有ω•+=2kπ+，k∈z，∴ω=8k+．因为恰好为区间（，）的中点，故﹣≤=，∴0＜ω≤12，故只有当k=0时，ω=满足条件，14. 【解析】：∵命题“ x∈R，使2x2+（a﹣1）x+≤0”是假命题，∴命题“∀x∈R，使2x2+（a﹣1）x+＞0”是真命题，即判别式△=(a﹣1)2﹣4×2×＜0，即△=(a﹣1)2＜4，则﹣2＜a﹣1＜2，即﹣1＜a＜3，15.【解析】当a=0时，f（x）=﹣3x2+1=0，解得x=，函数f（x）有两个零点，不符合题意，应舍去；当a＞0时，令f′（x）=3ax2﹣6x=3ax（x﹣）=0，解得x=0或x=＞0，列表如下：x （﹣∞，0）0 （0，）（，+∞）f′（x ） + 0﹣+ f （x ）单调递增极大值 单调递减 极小值单调递增∵x→﹣∞，f （x ）→﹣∞，而f （0）=1＞0，∴存在x ＜0，使得f （x ）=0， 不符合条件：f （x ）存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，应舍去．当a ＜0时，f′（x ）=3ax 2﹣6x=3ax （x ﹣）=0，解得x=0或x=＜0，列表如下： x （﹣∞，）（，0） 0 （0，+∞）f′（x ） ﹣ 0+﹣f （x ）单调递减极小值 单调递增 极大值 单调递减而f （0）=1＞0，x→+∞时，f （x ）→﹣∞，∴存在x 0＞0，使得f （x 0）=0，∵f （x ）存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，∴极小值f （）=a （）3﹣3（）2+1＞0， 化为a 2＞4，∵a ＜0，∴a ＜﹣2． 16. 【解析】17.解：（Ⅰ）由已知1cos sin 3=-B B ， 整理得21)6sin(=π-B ． 因为π<<B 0，所以π<π-<π-6566B . 故66π=π-B ，解得3π=B .由512A π=，且π=++C B A ，得4π=C .由BbC c sin sin =，即3sin 14sin π=πc ， 解得36=c . （Ⅱ）因为B ac c a b cos 2222-+=，又32π==B c a ，， 所以21442222⨯-+=c c c b ，解得c b 3=. 由此得222c b a +=，故△ABC 为直角三角形，2π=A ，31=c ． 其面积6321==bc S ． 18. 解：（Ⅰ）==，由，k ∈Z ，得，k ∈Z ，所以f （x ）的单调递减区间为，k ∈Z ．（Ⅱ）将的图象向左平移个单位，得到=，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到．∵x ∈[﹣π，0]，∴．∴，∴．∴函数y=g （x ）在[﹣π，0]上的值域为．19.解：（1）f′（x ）=﹣，a ＞0时，当x=﹣1时，f （x ）的极小值为f （﹣1）=﹣，当x=1时，f（x）的极大值为f（1）=，a＜0时，当x=﹣1时，f（x）的极大值为f（﹣1）=﹣，当x=1时，f（x）的极小值为f（1）=；（2）方法一：由题意知，x1，x2∈[0，2]，f（x）min（x1）+1≥g max（x2），x1∈[0，2]，f min（x1）+1=1，x∈[0，2]，x2e mx≤1，m≤﹣，m≤{﹣}min，m≤﹣ln2，方法二：分类讨论x1∈[0，2]，f min（x1）+1=1，∴x∈[0，2]，g max（x）≤1，g（x）=x2e mx，g′（x）=e mx x（mx+2），1）当m≥0时，g（x）在[0，2]上单调递增，g max（x）=g（2）=4•e2m≤1，解得：m≤﹣ln2（舍），2）当﹣1＜m＜0时，g（x）在[0，2]上单调递增，g max（x）=g（2）=4e2m≤1，解得：m≤﹣ln2，∴﹣1＜m≤﹣ln2，3）当m≤﹣1时，g（x）在[0，﹣]上单调递增，在[﹣，2]上单调递减，g max（x）=g（﹣）=≤1，解得：m≤﹣，∴m≤﹣1，综合得：m≤﹣ln2．20.【解答】解：（I）证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB，又∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD，PA∩AD=A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，AD=AP，E为PD中点，∴AE⊥PD，AE∩AB=A，AE⊂平面ABE，AB⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE．（II）以A为原点，以为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系A﹣BDP，令|AB|=2，则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（0，1，1），F（1，0，0），，，，M （2λ，2λ，2﹣2λ）设平面PFM 的法向量，，即， 设平面BFM 的法向量，， 即， ，解得．21. 解：（1）设椭圆的焦距为2c ，左、右焦点分别为12(,0),(,0)F c F c -3可得3c a =，即22234a b a -=，所以32,a b b == 以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为1232b c ⋅=，即13232c ⨯=，32,1c a b ∴=== 所以椭圆的方程2214x y +=，圆的方程为22(2)(1)4x y -+-= （2）①当直线l 的斜率不存时，直线方程为0x =，与圆C 相切，不符合题意 ②当直线l 的斜率存在时，设直线方程y kx =，由22(2)(1)4y kx x y =⎧⎨-+-=⎩可得22(1)(24)10k x k x +-++=， 由条件可得22(24)4(1)0k k ∆=+-+>，即34k >- 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122241k x x k ++=+，12211x x k =+ 222121212122224(),11k k k y y k x x y y k x x k k ++=+===++而圆心C 的坐标为（2，1）则11(2,1),CA x y =--uu r 22(2,1)CB x y =--uu r ，所以1212(2)(2)(1)(1)2CA CB x x y y ⋅=--+--=-uu r uu r ，即121212122()()52x x x x y y y y -++-++=- 所以222222124242521111k k k k k k k k ++-⨯+-+=-++++解得0k =或43k = :0l y ∴=或430x y -=.22．解：（1）∵f （x ）=x 2﹣ax+2lnx （其中a 是实数），∴f （x ）的定义域为（0，+∞），= 令g （x ）=2x 2﹣ax+2，△=a 2﹣16，对称轴x=，g （0）=2，当△=a 2﹣16≤0，即﹣4≤a≤4时，f′（x ）≥0，∴函数f （x ）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．…当△=a 2﹣16＞0，即a ＜﹣4或a ＞4时，①若a ＜﹣4，则f′（x ）＞0恒成立，∴f （x ）的单调递增区间为（0，+∞），无减区间．…②若a ＞4，令f′（x ）=0，得，， 当x ∈（0，x 1）∪（x 2，+∞）时，f′（x ）＞0，当x ∈（x 1，x 2）时，f′（x ）＜0． ∴f （x ）的单调递增区间为（0，x 1），（x 2，+∞），单调递减区间为（x 1，x 2）．… 综上所述：当a≤4时，f （x ）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间． 当a ＞4时，f （x ）的单调递增区间为（0，x 1）和（x 2，+∞），单调递减区间为（x 1，x 2） （2）由（1）知，若f （x ）有两个极值点，则a ＞4，且x 1+x 2=＞0，x 1x 2=1，∴0＜x 1＜1＜x 2， 又∵，a=2（），，e+＜＜3+，又0＜x 1＜1，解得．…∴f（x1）﹣f（x2）=（）﹣（）=（）﹣a（x1﹣x2）+2（lnx1﹣lnx2）=（x1﹣x2）﹣a（x1﹣x2）+2ln=﹣（）•（x1+）+4lnx1=，…令h（x）=，（），则＜0恒成立，∴h（x）在（）单调递减，∴h（）＜h（x）＜h（），即﹣4＜f（x1）﹣f（x2）＜﹣4ln3，故f（x1）﹣f（x2）的取值范围为（，）．。