数学---浙江省杭州市学军中学2018届高三(上)期中试卷(解析版)

浙江省杭州市学军中学2018届高三（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1．（4分）已知集合，Q={x|y=ln（x+2）}，则P∩Q=（）A．{x|﹣2≤x≤3} B．{x|﹣2≤x≤3}C．{x|﹣2＜x≤3} D．{x|﹣2＜x＜3}2．（4分）定义在R上的奇函数f（x）满足：当x＞0时，f（x）=2010x+log2010x，则在R上方程f（x）=0的实根个数为（）A．1 B．2 C．3 D．43．（4分）已知函数f（x）=x3在（1，f（1））处切线的倾斜角为θ，则2sin2θ﹣3sinθcosθ=（）A．B．C．D．4．（4分）为了得到函数y=log2的图象，可将函数y=log2x的图象上所有的点的（）A．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变，再向右平移1个单位长度B．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变，再向左平移1个单位长度C．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移1个单位长度D．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移1个单位长度5．（4分）在△ABC中，已知tan A=，tan B=，且△ABC最大边的长为，则△ABC 的最小边为（）A．1 B．C．D．36．（4分）对于函数，下列说法正确的是（）A．f（x）是奇函数且在内递减B．f（x）是奇函数且在内递增C．f（x）是偶函数且在内递减D．f（x）是偶函数且在内递增7．（4分）设函数的定义域是R时，a的取值范围为集合M；它的值域是R时，a的取值范围为集合N，则下列的表达式中正确的是（）A．M⊇N B．M∪N=R C．M∩N=∅D．M=N8．（4分）函数y=f（x）满足对任意x∈R都有f（x+2）=f（﹣x）成立，且函数y=f（x﹣2）的图象关于点（2，0）对称，f（1）=4，则f（2017）+f（2018）+f（2019）=（）A．12 B．8 C．4 D．09．（4分）已知函数，若方程f（x）=a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围是（）A．B．C．D．10．（4分）已知函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，设n∈N*，定义函数f n（x）：f1（x）=f（x），f2（x）=f（f1（x）），…，f n（x）=f（f n﹣1（x））（n≥2），则下列说法正确的有（）个．①的定义域为；②设A={0，1，2}，B={x|f3（x）=x，x∈A}，则A=B；③；④若集合M={x|f12（x）=x，x∈[0，2]}，则M中至少含有8个元素．A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题（本大题共7小题，共36分）11．（6分）若2a=5b=10，则=，lg16+2log510=（用a，b表示）12．（6分）一半径为R的扇形，若它的周长对于所在圆的周长，那么扇形的圆心角是弧度，面积为．13．（6分）函数的值域为，最小正周期为．14．（6分）已知函数f（x）=x3﹣ax+2，若函数f（x）的一个单调递增区间为（1，+∞），则实数a的值为，若函数f（x）在（1，+∞）内单调递增，则实数a的取值范围是．15．（4分）为使方程cos2x﹣sin x+a=0在（0，]内有解，则a的取值范围是．16．（4分）已知cosα+2sinα=1，cosβ+2sinβ=1，其中α﹣β≠kπ，k∈Z，则cos2=．17．（4分）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R）在[﹣1，1]上存在零点，且对任意的t∈[3，4]，0≤ta+b≤3，则b的取值范围为．三、解答题（本大题共5小题，共74分）18．（14分）已知函数．（1）若函数在[﹣a，a]上单调递增，求a的取值范围；（2）若，a∈（0，π），求sinα．19．（15分）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知，c=4．（1）若，求△ABC的面积；（2）若，求b的值．20．（15分）设函数，x∈[0，1]，证明：（1）f（x）≥1﹣2x+3x2；（2）．21．（15分）已知函数f（x）=﹣x2+2|x﹣a|．（Ⅰ）若函数y=f（x）为偶函数，求a的值；（Ⅱ）若，求函数y=f（x）的单调递增区间；（Ⅲ）当a＞0时，若对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x﹣1）≥2f（x）恒成立，求实数a 的取值范围．22．（15分）设函数f（x）=ln x，g（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2f（x）．（1）当a=1时，求函数g（x）的单调区间；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数y=f（x）图象上任意不同两点，线段AB中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为k．证明：k＞f′（x0）（3）设F（x）=|f（x）|+（b＞0），对任意x1，x2∈（0，2]，x1≠x2，都有＜﹣1，求实数b的取值范围．【参考答案】一、选择题1．C【解析】∵集合={x|x≤3}，Q={x|y=ln（x+2）}={x|x＞﹣2}，∴P∩Q={x|﹣2＜x≤3}．故选：C．2．C【解析】当x＞0时，令f（x）=0得，即2010x=﹣log2010x，在同一坐标系下分别画出函数f1（x）=2010x，f2（x）=﹣log2010x的图象，如右图，可知两个图象只有一个交点，即方程f（x）=0只有一个实根，∵f（x）是定义在R上的奇函数，∴当x＜0时，方程f（x）=0也有一个实根，又∵f（0）=0，∴方程f（x）=0的实根的个数为3．故选C．3．C【解析】f′（x）=3x2，f′（1）=3，故tanθ=3，即sinθ=3cosθ①，而sin2θ+cos2θ=1②，由①②解得：cos2θ=，故2sin2θ﹣3sinθcosθ=2•9cos2θ﹣3•3cos2θ=9cos2θ=，故选：C．【解析】函数y=log2=，所以要得到函数y=log2的图象，可将函数y=log2x的图象上所有的点的纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变，再向右平移1个单位长度．故选A．5．C【解析】△ABC中，已知tan A==，tan B==＜1，∴A＜B＜，∴C＞．再根据tan C=﹣tan（A+B）=﹣=﹣1，∴C=，∴C＞B＞A．再根据sin2A+cos2A=1，求得sin A=，cos A=，且△ABC最大边的长为c=，则△ABC的最小边为a，再利用正弦定理可得=，即=，求得a=，故选：C．6．A【解析】函数=x2cos（4x+）=﹣x2sin4x，显然定义域为R，f（﹣x）=﹣x2sin（﹣4x）=x2sin4x=﹣f（x），可得f（x）为奇函数，f′（x）=﹣（2x sin4x+4x2cos4x），当0≤x＜时，0≤4x＜，可得2x sin4x+4x2cos4x≥0，即有f′（x）≤0，可得f（x）在[0，）递减；由奇函数的性质可得f（x）在（﹣，0]递减；即有奇函数f（x）在（，）递减．故选A．【解析】由函数的定义域是R，可得ax2+x+a＞0恒成立，a＞0且a≠1．∴△=1﹣4a2＜0，求得＜a且a≠1，故M=（，1）∪（1，+∞）．当函数的值域为R时，△=1﹣4a2≥0，再结合a＞0且a≠1，求得0＜a≤，故N=（0，]．故有M∩N=∅，故选C．8．D【解析】∵函数y=f（x）满足对任意x∈R都有f（x+2）=f（﹣x）成立，∴f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），∴函数f（x）的周期为4，∵函数y=f（x﹣2）的图象关于点（2，0）对称，∴函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，即函数f（x）是奇函数，∵f（1）=4，∴f（2017）+f（2018）+f（2019）=f（504×4+1）+f（504×4+2）+f（504×4+3）=f（1）+f（2）+f（3）=f（1）+f（0）+f（﹣1）=f（1）+f（0）﹣f（1）=f（0）=0．故选：D．9．B【解析】作出f（x）的函数图象如图所示：由图象可知x1+x2=﹣2，≤x3＜1＜x4＜2，∵|log2x3|=|log2x4|，即log2x3+log2x4=0，∴x3x4=1．∴=x3﹣，设g（x）=x﹣，x∈[，1），则g（x）为增函数，∴﹣≤g（x）＜．故选B．10．C【解析】①x﹣f（x）≥0，当0≤x＜1时，[x]=0，f（x）=2（1﹣x）≤x⇒x≥，所以≤x＜1；当1≤x＜2时，[x]=1，f（x）=x﹣1≤x成立，所以1≤x＜2；当x=2时，f（x）=1≤2成立，所以≤x＜1；因此定义域为[，2]；②f（1）=0，f（0）=2，f（2）=1，∴1∈B；f（0）=2，f（2）=1，f（1）=0，∴0∈B；f（2）=1，f（1）=0，f（0）=2，∴2∈B，因此A=B；③因为f（）=，f（）=，f（）=，f（）=，即f5（）=f1（），T=4，因此f2016（）=，f2017（）=⇒f2018（）=；那么：；④由上可知0，1，2，，，，，为M中元素，又f（）=，所以M中至少含有8个元素．综上共有3个正确说法，故选C二、填空题11．1+2b【解析】2a=5b=10，∴a=，b=．则=lg2+lg5=lg10=1，lg16+2log510=4lg2+=+2b．故答案为：1，+2b．12．2π﹣2 （π﹣1）R2【解析】一半径为R的扇形，若它的周长对于所在圆的周长，设扇形的周长为l，扇形的圆心角是α，面积为S，则l=αR，l+2R=2πR，则l=（2π﹣2）R，α==2π﹣2，S=lR=（π﹣1）R2，故答案为：2π﹣2，（π﹣1）R2，13．[] 2π【解析】，=sin x﹣+，=（），=．所以函数的值域为：[﹣，]，函数的最小正周期为2π．故答案为：；2π．14．3 （﹣∞，3]【解析】∵f（x）=x3﹣ax+2，∴f′（x）=3x2﹣a，（1）①当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，故f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，令f′（x）=3x2﹣a=0，解得x=或x=﹣，当f′（x）＞0时，解得x＞或x＜﹣，函数单调递增，∵函数f（x）的一个单调递增区间为（1，+∞），∴=1，解得a=3，（2）∵函数f（x）在（1，+∞）内单调递增，∴f′（x）=3x2﹣a≥0，在（1，+∞）恒成立，∴a≤3x2，在（1，+∞）恒成立，∴a≤3，故答案为：3，（﹣∞，3]15．﹣1＜a≤1【解析】方程cos2x﹣sin x+a=0即sin2x+sin x﹣a﹣1=0．由于x∈（0，]，∴0＜sin x≤1．故方程t2+t﹣a﹣1=0 在（0，1]上有解．又方程t2+t﹣a﹣1=0 对应的二次函数f（t）=t2+t﹣a﹣1 的对称轴为t=﹣，故有，即．解得﹣1＜a≤1．故答案为：﹣1＜a≤1．16．【解析】cosα+2sinα=1，cosβ+2sinβ=1，其中α﹣β≠kπ，k∈Z，可得α，β是cos x+2sin x=1的解，又cos2x+sin2x=1，可得cosα=1，sinα=0，cosβ=，sinβ=或cosβ=1，sinβ=0，cosα=，sinα=．当cosα=1，sinα=0，cosβ=，sinβ=，cos2=cos（α﹣β）=（cosαcosβ+sinαsinβ）=（）==．当cosβ=1，sinβ=0，cosα=，sinα=．cos2=cos（α﹣β）=（cosαcosβ+sinαsinβ）=（）==．综上cos2=．故答案为：．17．[0，]【解析】设f（x）=0的根是m，n且m∈[﹣1，1]，则m+n=﹣a，mn=b，则ta=﹣t（m+n），由0≤ta+b≤3，得：0≤﹣t（m+n）+mn≤3，故≤n≤，m∈[﹣1，1]，t∈[3，4]，故≤mn≤，而0≤≤1，﹣≤≤，故mn=b∈[0，]，故答案为：[0，]．三、解答题18．解：（1）函数=cos2x cos+sin x cos x sin =（cos2x）+sin2x=sin（2x+）函数在[﹣a，a]上单调递增，（a＞0）则，k∈Z解得：∴a的取值范围为（0，]；（2）由，可得sin（a+）=那么：sin（a+）=∵a∈（0，π），∴＜a+∴cos（a+）=当cos（a+）=时由sinα=sin[（a+）﹣]==当cos（a+）=﹣时由sinα=sin[（a+）﹣]==．19．解：（1）在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知，c=4．利用正弦定理：，解得：．由于：，则：，①当时，sin A=sin（B+C）=sin B cos C+cos B sin C=，则：=8+2，②当cos C=﹣时，sin A=sin（B+C）=＜0，由于：0＜A＜π，则：sin A＞0故不满足题意舍去．所以：．（2）由于：，则：a•b•cos（π﹣C）=1，即：ab cos C=﹣1，利用余弦定理得：c2=a2+b2﹣2ab cos C，整理得：16=a2+b2+2，即：a2+b2=14①，由于：b2=a2+c2﹣2ac cos B，整理得：b2=a2+16﹣4a②，由①②得：a2﹣2a+1=0，解得：a=1．故：b=，故b=．20．证明：（1）由f（x）≥1﹣2x+3x2；可得4x3﹣1+2x﹣3x2≥﹣可得函数y=﹣在x∈[0，1]上，当x=0取得最大值为﹣1．即4x3﹣1+2x﹣3x2≥﹣1令h（x）=4x3﹣1+2x﹣3x2则h′（x）=12x2﹣6x+2，∵h′（x）在x∈[0，1]恒大于0，∴h（x）在x∈[0，1]单调递增，h（x）min=h（0）=﹣1．∴f（x）≥1﹣2x+3x2成立；（2）由由x∈[0，1]，∴4x3≤4x，那么：f（x）令g（x）=，根据函数g（x）的解析式，可知x∈[0，1]上g（x）为递增函数．可得：1≤g（x），则．21．解：（Ⅰ）解法一：因为函数f（x）=﹣x2+2|x﹣a|又函数y=f（x）为偶函数，所以任取x∈R，则f（﹣x）=f（x）恒成立，即﹣（﹣x）2+2|﹣x﹣a|=﹣x2+2|x﹣a|恒成立．所以|x﹣a|=|x+a|恒成立，两边平方得：x2﹣2ax+a2=x2+2ax+a2，所以4ax=0，因为x为任意实数，所以a=0.解法二（特殊值法）：因为函数y=f（x）为偶函数，所以f（﹣1）=f（1），得|1﹣a|=|1+a|，得：a=0，所以f（x）=﹣x2+2|x|，故有f（﹣x）=f（x），即f（x）为偶函数.（Ⅱ）若，则．由函数的图象并结合抛物线的对称轴可知，函数的单调递增区间为（﹣∞，﹣1]和. （Ⅲ）不等式f（x﹣1）≥2f（x）化为﹣（x﹣1）2+2|x﹣1﹣a|≥﹣2x2+4|x﹣a|，即：4|x﹣a|﹣2|x﹣（1+a）|≤x2+2x﹣1（*）对任意的x∈[0，+∞）恒成立．因为a＞0．①当0≤x≤a时，不等式（*）化为﹣4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1，即x2+4x+1﹣2a≥0对任意的x∈[0，a]恒成立，∵函数g（x）=x2+4x+1﹣2a在区间[0，a]上单调递增，∴g（0）≥0，解得，∴，②a＜x≤1+a时，不等式（*）化为4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1，即x2﹣4x+1+6a≥0对任意的x∈（a，1+a]恒成立，由①中知：函数h（x）=x2﹣4x+1+6a在区间（a，1+a]上单调递减，∴h（1+a）≥0，即a2+4a﹣2≥0，解得或．∴结合①的结论可得．③x＞1+a时，不等式（*）化为4（x﹣a）﹣2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1，即x2+2a﹣3≥0对任意的x∈（a+1，+∞）恒成立，∵函数φ（x）=x2+2a﹣3在区间（a+1，+∞）上单调递增，∴φ（a+1）≥0，即a2+4a﹣2≥0，解得或，结合②的结论可得：．综上所述得，a的取值范围是．22．解：（1）当a=1时，g（x）=（x﹣1）﹣2f（x）=（x﹣1）﹣2ln x=x﹣1﹣2ln x，定义域为（0，+∞）；g′（x）=1﹣=；当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（2，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；即g（x）的单调增区间为（2，+∞），单调减区间为（0，2）．（2）证明：k==，又x0=，所以f′（x0）==；即证，＞，不妨设0＜x1＜x2，x1，x2分别属于（0，1）和（1，2），即证：ln x2﹣ln x1＞；即证：ln＞；设t=＞1，即证：ln t＞=2﹣；即证：ln t+﹣2＞0，其中t∈（1，+∞）；事实上，设k（t）=ln t+﹣2，（t∈（1，+∞）），则k′（t）=﹣=＞0；所以k（t）在（1，+∞）上单调递增，所以k（t）＞k（1）=0；即结论成立．（3）由题意得+1＜0，即＜0；设G（x）=F（x）+x，则G（x）在（0，2]单调递减，①当x∈[1，2]时，G（x）=ln x++x，G′（x）=﹣+1≤0；b≥+（x+1）2=x2+3x++3在[1，2]上恒成立，设G1（x）=x2+3x++3，则G1′（x）=2x+3﹣；当x∈[1，2]，G1′（x）＞0；∴G1（x）在[1，2]上单调递增，G1（x）≤；故b≥．②当x∈（0，1）时，G（x）=﹣ln x++x；G1（x）=x2+3x++3，G′（x）=﹣﹣+1≤0，b≥﹣+（x+1）2=x2+x﹣﹣1在（0，1）恒成立，设G2（x）=x2+x﹣﹣1，（x）=2x+1+＞0，即G2（x）在（0，1）单调递增，故G2（x）＜G2（1）=0，∴b≥0，综上所述：b≥．。