江西省信丰中学2020届高三数学上学期第二次周考理A层13班2（含解析） 11页

- 1 - 江西省信丰中学 2020 届高三数学上学期第二次周考（理 A 层）（13 班） 一选择题（50 分） 1 设α是第二象限角，P(x,4)为其终边上的一点，且 cos α＝1 5 x，则 tan α＝( ) A.4 3 B.3 4 C．－3 4 D．－4 3 2 要得到函数 y＝sin 4x－π 3 的图像，只需将函数 y＝sin 4x 的图像( ) A．向左平移π 12 个单位 B．向右平移π 12 个单位 C．向左平移π 3 个单位 D．向右平移π 3 个单位 3 若函数 y＝cos ωx＋π 6 (ω∈N*)图像的一个对称中心是 π 6 ，0 ，则ω的最小值为 ( ) A．1 B．2 C．4 D．8 4 设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0， 则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( ) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) 5 已 知 函 数   log 1 ( 0, 1)af x x a a    ， 若 1 2 3 4x x x x   ， 且        1 2 3 4f x f x f x f x   ，则 1 2 3 4 1 1 1 1 x x x x     （ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 随 a 值变化 6 若函数 f(x)＝sin ωx＋π 6 (ω>0)的图像的相邻两条对称轴之间的距离为π 2 ，且该函数 图像关于点(x0,0)成中心对称，x0∈ 0，π 2 ，则 x0＝( ) - 2 - A.5π 12 B.π 4 C.π 3 D.π 6 7．若函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω＞0，且|φ|＜π 2 在区间 π 6 ，2π 3 上是单调减函数， 且函数值从 1 减少到－1，则 f π 4 ＝( ) A.1 2 B. 2 2 C. 3 2 D．1 8 函数 f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分图像如图所示，则 f(x)的单调递减区间为( ) A. kπ－1 4 ，kπ＋3 4 ，k∈Z B. 2kπ－1 4 ，2kπ＋3 4 ，k∈Z C. k－1 4 ，k＋3 4 ，k∈Z D. 2k－1 4 ，2k＋3 4 ，k∈Z 9 已知函数 f(x)＝ 3sin ωx＋cos ωx(ω>0)，x∈R.在曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 的交点 中，若相邻交点距离的最小值为π 3 ，则 f(x)的最小正周期为( ) A.π 2 B.2π 3 C．π D．2π 10 已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当 x＝2π 3 时，函数 f(x)取得最小值，则下列结论正确的是( ) A．f(2)＜f(－2)＜f(0) B．f(0)＜f(2)＜f(－2) C．f(－2)＜f(0)＜f(2) D．f(2)＜f(0)＜f(－2) - 3 - 二填空题（20 分） 11．已知函数 f(x)＝sin 2x＋π 6 ，其中 x∈ －π 6 ，α .当α＝π 3 时，f(x)的值域是______； 若 f(x)的值域是 －1 2 ，1 ，则 a 的取值范围是______． 12 已知 cos π 6 －θ ＝a(|a|≤1)，则 cos 5π 6 ＋θ ＋sin 2π 3 －θ 的值是________． 13 已知函数 f(x)＝ a－2x－1，x≤1， logax，x>1， 若 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数 a 的取值范围为________． 14 已知函数    0cos3sin   xxxf ，若方程   1xf 在  ，0 上有且只有四个实 数根，则实数 的取值范围为 ． 三。解答题（46 分） 15（10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 1 cos 1 sin x t y t          （ t 为参数， 0 a   ）， 以坐标原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 2cos  . - 4 - （Ⅰ）若 4   ，求直线 l 的普通方程及曲线 C 的直角坐标方程； （Ⅱ）若直线l 与曲线C 有两个不同的交点，求 sin 的取值范围. 16（10 分）在直角坐标系 xOy 中，以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已 知曲线C : )0(cossin 2  aa  ，直线l 过点 )4,2( P ，且倾斜角为 4  . （Ⅰ）写出曲线C 的平面直角坐标方程和直线l 的参数方程； （Ⅱ）设曲线 C 经过伸缩变换      yy xx ' ' 2 1 得到曲线 'C ,直线 l 与曲线 'C 分别交于 NM、 ,若 PM , MN , PN 成等比数列，求 a 的值． 17（13 分）已知函数   1(xf x e ax a   为常数），曲线  y f x 在与 y 轴的交点 A 处的 切线斜率为 1 . （1）求 a 的值及函数  y f x 的单调区间； （2）若 21lx x ，且    1 2f x f x ，试证明： 1 2 2ln2x x  . 18（本小题满分 13 分）设函数   lnxf x ae x x  ，其中 Ra ， e 是自然对数的底数. （Ⅰ）若  f x 是  0, 上的增函数，求 a 的取值范围； （Ⅱ）若 2 2 ea  ，证明：   0f x  . - 5 - 2019 高三（13）班第二次周考试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B A A A C D C A 5 ． A 【 解 析 】 不 妨 设 1a＞ ， 则 令 1 0af x log x b  （ ） ＞ ， 则 1alog x b  或 1alog x b   ；故 1 2 3 41 1 1 1b b b bx a x a x a x a          ， ， ， ， 故 2 2 1 4 2 3 1 1 2 1 1 2 1 1b bx x a x x a     ， ； 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 2 2 2 2 21 1 1 1 b b b b b a x x x x a a a a           故 故选 A． 6 解析：选 A 由题意得T 2 ＝π 2 ，T＝π，ω＝2.又 2x0＋π 6 ＝kπ(k∈Z)，x0＝kπ 2 －π 12 (k ∈Z)，而 x0∈ 0，π 2 ，所以 x0＝5π 12 . 7 解析：选 C 由题意得函数 f(x)的周期 T＝2 2π 3 －π 6 ＝π，所以ω＝2，此时 f(x)＝ sin(2x＋φ)，将点 π 6 ，1 代入上式得 sin π 3 ＋φ ＝1 |φ|＜π 2 ，所以φ＝π 6 ，所以 f(x) ＝sin 2x＋π 6 ，于是 f π 4 ＝sin π 2 ＋π 6 ＝cosπ 6 ＝ 3 2 . 8 解析：选 D 由图像知，周期 T＝2 5 4 －1 4 ＝2， ∴2π ω ＝2，∴ω＝π. 由π×1 4 ＋φ＝π 2 ＋2kπ，得φ＝π 4 ＋2kπ，k∈Z， 不妨取φ＝π 4 ，∴f(x)＝cos πx＋π 4 . - 6 - 由 2kπ＜πx＋π 4 ＜2kπ＋π， 得 2k－1 4 ＜x＜2k＋3 4 ，k∈Z， ∴f(x)的单调递减区间为 2k－1 4 ，2k＋3 4 ，k∈Z，故选 D. 9 解析：选 C 由题意得函数 f(x)＝2sin ωx＋π 6 (ω＞0)，又曲线 y＝f(x)与直线 y＝1 相邻交点距离的最小值是π 3 ，由正弦函数的图像知，ωx＋π 6 ＝π 6 和ωx＋π 6 ＝5π 6 对应的 x 的 值相差π 3 ，即2π 3ω ＝π 3 ，解得ω＝2，所以 f(x)的最小正周期是 T＝2π ω ＝π. 10 解析：选 A 由题意，得 T＝2π ω ＝π，∴ω＝2， ∴f(x)＝Asin(2x＋φ)， 而当 x＝2π 3 时，2×2π 3 ＋φ＝2kπ＋3π 2 (k∈Z)， ∴φ＝2kπ＋π 6 (k∈Z)， 又φ>0，∴可取 f(x)＝Asin 2x＋π 6 . 当 2x＋π 6 ＝2kπ＋π 2 (k∈Z)， 即 x＝π 6 ＋kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值． 下面只需判断 2，－2,0 与最近的最大值处的对称轴距离大小，距离越大，函数值越小， 当 k＝0 时，x＝π 6 ，|0－π 6 |≈0.52，|2－π 6 |≈1.48， 当 k＝－1 时，x＝－5π 6 ，|－2－ －5π 6 |≈0.6， 二。填空题 - 7 - 11 解析：若－π 6 ≤x≤π 3 ，则－π 6 ≤2x＋π 6 ≤5π 6 ， 此时－1 2 ≤sin 2x＋π 6 ≤1， 即 f(x)的值域是 －1 2 ，1 . 若－π 6 ≤x≤α，则－π 6 ≤2x＋π 6 ≤2α＋π 6 . 因为当 2x＋π 6 ＝－π 6 或 2x＋π 6 ＝7π 6 时， sin 2x＋π 6 ＝－1 2 ，所以要使 f(x)的值域是 －1 2 ，1 ， 则π 2 ≤2α＋π 6 ≤7π 6 ，即π 3 ≤2α≤π， 所以π 6 ≤α≤π 2 ，即α的取值范围是 π 6 ，π 2 . 11 答案： －1 2 ，1 π 6 ，π 2 12 答案：0 13 答案：(2,3] 14 7 25 2 6      ， 三解答题 15、解：（Ⅰ）当 4   时，直线的l 参数方程为 21 2 21 2 x t y t         . 所以其普通方程为 y x . 对于曲线C ，由 2cos  ，得 2 2 cos   ， 所以其直角坐标方程为 2 2 2x y x  . （Ⅱ）由题意得，直线 l 过定点  1, 1P   ， 为其倾斜角，曲线C ： 2 21 1x y   ，表 示以  1,0C 为圆心，以 1 为半径的圆. 当 2   时，直线 l 为 1x   ，此时直线 l 与圆C - 8 - 不相交. 当 2   时，设 tank  表示直线的斜率，则 l ： 1 0kx y k    . 设圆心C 到直线l 的距离为 2 2 1 1 kd k   . 当直线 l 与圆C 相切时，令 1d  ，解得 0k  或 4 3k  . 则当直线 l 与圆C 有两个不同的交点时， 40 3k  . 因为  0,  ，由 40 tan 3   ，可 得 40 sin 5   ， 即 sin 的取值范围为 40, 5      . 16 解：（Ⅰ）由  cossin 2 a 得，  cossin 22 a ……….. 1 分 又∵        sin cos y x ，∴曲线C 的平面直角坐标方程为： axy 2 ……….. 3 分 直线l 的参数方程为：        ty tx 2 24 2 22 ……….. 5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）曲线C ： axy 2 ，经过伸缩变换      yy xx ' ' 2 1 得到曲线 'C 的方程为： axy 22  ……….. 6 分        ty tx 2 24 2 22 将 得，代入 axy 22  0)4(8)4(222  atat 设这个方程的两个实数根分别为 1t ， 2t ，则      )4(8 )4(22 21 21 att att ……….. 8 分 由 PM , MN , PN 成等比数列，得 2）（MN PM PN ， 由参数t 的几何意义知 21 2 21 tttt  ）（ ，即 21 2 21 5 tttt  ）（ 所以 ）（ aa  440)4(8 2 ， - 9 - 又因为 0a ，所以 1a 。 ……….. 10 分 17.(1)由   1xf x e ax   ，得   xf x e a   ， 因为曲线  y f x 在与 y 轴的焦点 A 处的切线斜率为 1 ， 所以  0 1 1f a    ，所以 2a  ， 所以    2 1 2x xf x e x f x e      ， 由   2 0xf x e   ，得 ln2x  ，由   2 0xf x e   ，得 ln2x  ， 所以函数  y f x 的单调递减区间为  ,ln2 ，单调递增区间为  ln2, .（5 分） 所以      2ln2g x f x f x   在 ln2, 上单调递增， 又  ln2 0g  ，所以当 ln2x  时，        2ln2 ln2 0g x f x f x g     ， 即    2ln2f x g x  ，所以    2 22ln2f x g x  ， 又因为    1 2f x f x ，所以    1 22ln2f x f x  ， 由于 2 ln2x  ，所以 22ln2 ln2x  ， 因为 1 ln2x  ，由（1）知函数  y f x 在区间 ,ln2 上单调递增， 所以 1 22ln2x x  ，即 1 2 2ln2x x  . （13 分） 18．解：（Ⅰ）    e 1 lnxf x a x    ，．．．．．．．．．．．．1 分  f x 是 0, 上的增函数等价于   0f x  恒成立. ．．．．．．．．．．．．2 分 - 10 - 令   0f x  ，得 1 ln ex xa  ，令   1 ln ex xg x  （ 0x  ）.以下只需求  g x 的最大值. 求导得   1e 1 lnxg x xx         ，．．．．．．．．．．．．3 分 令   1 1 lnh x xx    ，   2 1 1 0h x x x      ，  h x 是 0, 上的减函数， 又  1 0h  ，故 1 是  h x 的唯一零点， 当  0,1x ，   0h x  ，   0g x  ，  g x 递增； 当  1,x  ，   0h x  ，   0g x  ，  g x 递减； 故当 1x  时，  g x 取得极大值且为最大值   11 eg  ， 所以 1 ea  ，即 a 的取值范围是 1 ,e    .．．．．．．．．．．．．6 分 （Ⅱ）   0f x   e ln 0 xa xx   . 令   e ln xaF x xx   （ 0x  ），以下证明当 2 2 ea  时，  F x 的最小值大于 0. 求导得     2 1 e 1xa xF x x x     2 1 1 exa x xx      . ①当 0 1x  时，   0F x  ，    1F x F e 0a  ； ②当 1x  时，     2 1a xF x x    e 1 x x a x     ，令    e 1 x xG x a x    ， 则   exG x   2 1 0 1a x    ，又   2 22 eG a   2e 2 0a a   ， 取  1,2m 且使   2e1 m a m  ，即 2 2 e1 e 1 am a    ， 则    e 1 m mG m a m    2 2e e 0   ， 因为    2 0G m G  ，故  G x 存在唯一零点  0 1,2x  ，．．．．．．．．．．．．9 分 即  F x 有唯一的极值点且为极小值点  0 1,2x  ，又   0 0 0 0 e ln xaF x xx   ， - 11 - 且     0 0 0 0 e 01 x xG x a x    ，即   0 0 0 e 1 x x a x   ，故  0 0 0 1 ln1F x xx   ， 因为    0 2 00 1 1 0 1 F x xx       ，故  0F x 是 1,2 上的减函数. 所以    0 2F x F  1 ln 2 0  ，所以   0F x  . 综上，当 2 2 ea  时，总有   0f x  .．．．．．．．．．．．．13 分