山东省招远第一中学2021届高三第一学期期中自主练习数学试卷 7页

招远一中2020-2021学年度第一学期期中自主练习 高三数学 一、选择题：本大题共8小题. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1. 已知集合A={-2，-1，0，1，2}，B={x|-1＜x≤2}，则A∩B=‎ A. {-1，0，1} B. {1，2} C. {0，1，2} D. {0，1}‎ ‎2. 若非零向量a‎，‎b的夹角为θ，则“θ∈（0，π‎2‎）”是“|a‎+‎b|＞|a‎-‎b|”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎3. 若cos（α‎+‎π‎4‎）=‎3‎‎4‎，则sin2α=‎ A. ‎1‎‎8‎ B. ‎-‎‎1‎‎8‎ C. ‎3‎‎8‎ D. ‎‎-‎‎3‎‎8‎ ‎4. 设a=20.2，b=‎(‎1‎‎2‎)‎‎-0.3‎，c=log0.20.3，则a，b，c的大小关系为 A. a＜b＜c B. b＜a＜c C. b＜c＜a D. c＜a＜b ‎5. 若M为△ABC的边AB上一点，且AB‎=3‎AM，则CB=‎ A. ‎3CM-2‎CA B. ‎3CA-2‎CM C. ‎3CM+2‎CA D. ‎‎3CA+2‎CM ‎6. 函数f（x）=‎2|x|‎ln⁡|x|‎在其定义域上的图象大致为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎7. 牛顿冷却定律描述一个物体在常温下的温度变化：如果物体的初始温度为T0，则经过一定时间t后的温度T将满足T-Ta=‎(‎1‎‎2‎)‎th（T0-Ta），其中Ta是环境温度，h称为半衰期. 现有一杯85ºC的热茶，放置在25ºC的房间中，如果热茶降温到55ºC，需要10分钟，则欲降温到45ºC，大约需要多少分钟？（lg2≈0.3010，lg3≈0.4771）‎ A. 12 B. 14 C. 16 D. 18‎ ‎8. 已知函数f（x）=x-1‎‎，1＜x≤3‎lnx‎3‎，3＜x≤9‎，若函数g（x）=f（x）-ax有两个不同的零点，则实数a的取值范围是 A. [‎2‎‎3‎，‎1‎‎2‎） B. [ln3‎‎9‎‎，‎‎1‎‎3e]∪{‎1‎‎2‎}‎ C. （‎1‎‎3e‎，‎ln3‎‎9‎]∪（‎1‎‎2‎‎，‎‎2‎‎3‎] D. （0，ln3‎‎9‎）∪{‎1‎‎3e}∪[‎2‎‎3‎，‎1‎‎2‎）‎ 二、选择题：本题共4小题. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.‎ ‎9. 若a＞b＞0，则 A. ‎1‎a-b‎＞‎‎1‎a B. 2a＞2b-1‎ C. a2+b2＜2（a+b-1） D. ‎a-b‎＞a-‎b ‎10. 已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（4-x）=f（x），则下列说法正确的是 A. f（x+8）=f（x）‎ B. f（x）在区间（-2，2）上单调递增 C. f（2019）+f（2020）+f（2021）=0‎ D. f（x）=cos（π‎4‎x+‎π‎2‎）是满足条件的一个函数 ‎11. 函数f（x）=Asin（ωx+φ），（A，ω，φ是常数，A＞0）的部分图象如图所示，则 A. f（x）=‎2‎cos（π‎6‎‎-2x）‎ B. f（x）=‎2‎sin（2x‎+‎π‎3‎）‎ C. f（x）的对称轴为x=kπ‎+‎π‎12‎，k∈Z D. f（x）的递减区间为[kπ-‎5π‎12‎，kπ+‎π‎12‎]，k∈Z ‎12. 已知函数f（x）=sinxx，x∈（0，π]，则下列结论正确的有 A. f（x）在区间（0，π]上单调递减 B. 若0＜x1＜x2≤π，则x1·sinx2＞x2·sinx1‎ C. f（x）在区间（0，π]上的值域为[0，1）‎ D. 若函数g（x）=xg’（x）+cosx，且g（π）=-1，则g（x）在（0，π]上单调递减 三、填空题：‎ ‎13. 设a‎，‎b为单位向量，且|a‎-‎b|=1，则|a‎-2‎b|=‎ ‎14. 函数f（x）=‎1-‎x‎2‎‎+‎lnx的定义域为 ‎15. 已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，其导函数为f’（x），若对任意的正实数，xf’（x）+2f（x）＜0，g（x）=x2f（x），则不等式g（2|x-1|）＞g（-‎2‎）的解集为 ‎16. 如图，C、D是两所学校所在地，C、D到一条公路的垂直距离分别为CA=8km，DB=27km. 为了缓解上下学的交通压力，决定在AB上找一点P，分别向C、D修建两条互相垂直的公路PC和PD，设∠APC=θ（0＜θ＜π‎2‎），则当PC+PD最小时，AP=________km.‎ 四、解答题：本题共6小题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17. 在平面直角坐标系xOy中，已知向量a=（‎3‎‎2‎，‎-‎‎1‎‎2‎），b=（cosx，sinx），x∈（0，π‎2‎）.‎ ‎（1）若a‎⊥‎b，求tanx的值；‎ ‎（2）若a在b上的投影向量长度为‎1‎‎2‎，求x的值.‎ ‎18. 某市作为新兴的“网红城市”，有很多风靡网络的“网红景点”，每年都有大量的游客来参观旅游. 为提高经济效益，管理部门对某一景点进行了改造升级. 经市场调查，改造后旅游增加值y万元与投入x（x≥10）万元之间满足：y=‎1‎‎2‎ax2+bx-lnx‎5‎（a，b为常数）. 当x=10万元时，y=17.7万元；当x=15万元时，y=25万元.‎ ‎（参考数据：ln2=0.7，ln3=1.1，ln5=1.6）‎ ‎（1）写出该景点改造升级后旅游增加利润L（x）万元与投入x万元的函数解析式；（利润=旅游增加值-投入）‎ ‎（2）投入多少万元时，旅游增加利润最大？最大利润是多少万元？（精确到0.1）‎ ‎19. 在①acosB+bsinA=c，②b+bcosA=‎3‎asinB，③b2+c2-a2=4‎3‎S△ABC这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求bc的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.‎ 问题：在△ABC中，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的外接圆半径为2，且b+c=‎2‎a，________.‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.‎ ‎20. 古希腊数学家海伦著作《测地术》中记载了著名的海伦公式，利用三角形的三边长求三角形的面积. 若三角形的三边分别为a、b、c，则其面积s=p(p-a)(p-b)(p-c)‎，这里p=a+b+c‎2‎，已知在△ABC中，BC=8，AB=3AC.‎ ‎（1）设AC=x，试将三角形的面积s表示成x的函数；‎ ‎（2）求s的最大值，并求三角形面积最大时sinA的值.‎ ‎21. 已知函数f（x）=（x-1）2+a（lnx-x+1）（a＞0）.‎ ‎（1）讨论函数f（x）的单调性；‎ ‎（2）若关于x的不等式xf’（x）≥x-1‎xlnx在（1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围.‎ ‎22. 已知函数f（x）=ex+ax-1（a∈R）.‎ ‎（1）若对任意的实数x，函数y=f’（x）的图象与直线y=x有且只有两个交点，求a的取值范围；‎ ‎（2）设g（x）=f（x）‎-‎‎1‎‎2‎x2+1，若函数g（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：g（x1）+g（x2）＞2.‎ 参考答案 一、单选题 C A B D A B C C 二、多选题 ‎9. ABD 10. ACD 11. AB 12. ACD 三、填空题 ‎13. ‎3‎ 14. （0，1] 15. {x|‎1‎‎2‎‎＜x＜‎‎3‎‎2‎} 16. 12‎ 四、解答题 ‎17. 解：（1）因为a‎⊥‎b，所以a‎·‎b=0，‎ 故‎3‎‎2‎cosx-‎1‎‎2‎sinx=0‎，所以tanx=‎3‎.‎ ‎（2）因为a在b上的投影向量长度为‎1‎‎2‎，所以a与b的夹角为π‎3‎或‎2π‎3‎.‎ 当夹角为π‎3‎时，cos＜a‎，‎b＞=‎a‎·‎ba‎|b|‎‎=‎3‎‎2‎cosx-‎1‎‎2‎sinx‎1×1‎=‎‎1‎‎2‎ 所以sin（π‎3‎‎-x）=‎1‎‎2‎，又x∈（0，π‎2‎），所以π‎3‎‎-x∈（‎-‎π‎6‎，π‎3‎），‎ 所以π‎3‎‎-x=‎π‎6‎，即x=‎π‎6‎ 当夹角为‎2π‎3‎时，cos＜a‎，‎b＞=‎a‎·‎ba‎|b|‎‎=‎3‎‎2‎cosx-‎1‎‎2‎sinx‎1×1‎=-‎‎1‎‎2‎ 所以sin（π‎3‎‎-x）=‎-‎‎1‎‎2‎，又π‎3‎‎-x∈（‎-‎π‎6‎，π‎3‎），所以π‎3‎‎-x不存在.‎ 综上：所以x的值为π‎6‎ ‎18. 解：（1）由已知得：‎‎1‎‎2‎a×100+10b-ln2=17.7‎‎1‎‎2‎a×225+15b-ln3=25‎ 化简得：a=-‎‎1‎‎25‎，b=‎51‎‎25‎. ∴y=‎-‎1‎‎50‎x‎2‎+‎51‎‎25‎x-lnx‎5‎（x≥10）‎ 则该景点改造升级后旅游增加利润为：‎ L（x）=‎-‎1‎‎50‎x‎2‎+‎51‎‎25‎x-lnx‎5‎-x=-‎1‎‎50‎x‎2‎+‎26‎‎25‎x-lnx‎5‎（x≥10）‎ ‎（2）由（1）得：L（x）=‎-‎1‎‎50‎x‎2‎+‎26‎‎25‎x-lnx‎5‎（x≥10）‎ 则L’（x）=‎‎-‎1‎‎25‎x+‎26‎‎25‎-‎1‎x=-x‎2‎‎-26x+25‎‎25x=-‎‎(x-1)(x-25)‎‎25x 令L’（x）=0得，x=25‎ 当x∈（10，25）时，L’（x）＞0，L（x）单调递增；‎ 当x∈（25，+∞）时，L’（x）＜0，L（x）单调递减；‎ ‎∴x=25时，L（x）取得最大值，且L（x）max=L（25）=11.9‎ ‎∴当投入25万元时，旅游增加利润最大，最大利润为11.9万元.‎ ‎19. 解：若选①：因为acosB+bsinA=c，所以sinAcosB+sinBsinA=sinC ‎=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，所以sinBsinA=cosAsinB 因为sinB≠0，所以sinA=cosA，所以A=π‎4‎.‎ 因为△ABC的外接圆半径为2，所以asinA‎=‎2×2，所以a=4sinA=2‎‎2‎ 所以b+c=‎2‎a=4，‎ 又因为a2=b2+c2-2bccosA=（b+c）2-2bc-2bccosA 所以8=16-2bc-‎2‎bc，所以bc=‎8‎‎2+‎‎2‎‎=4‎2-‎‎2‎=8-4‎‎2‎.‎ 若选②：因为b+bcosA=‎3‎asinB，所以sinB+sinBcosA=‎3‎sinAsinB 因为sinB≠0，所以‎3‎sinA-cosA=1，所以sin（A‎-‎π‎6‎）=‎1‎‎2‎，‎ 因为0＜A＜π，所以A‎-‎π‎6‎∈（‎-π‎6‎，‎‎5π‎6‎），‎ 所以A‎-π‎6‎=‎π‎6‎，所以A=π‎3‎.‎ 因为△ABC的外接圆半径为2，所以asinA‎=‎2×2，所以a=4sinA=2‎‎3‎ 所以b+c=‎2‎a=2‎6‎，又因为a2=b2+c2-2bccosA=（b+c）2-2bc-2bccosA 所以12=24-2bc-bc，所以bc=4.‎ 若选③：因为b2+c2-a2=4‎3‎S△ABC，‎ 由余弦定理得2bccosA=2‎3‎bcsinA 所以tanA=‎3‎‎3‎，所以A=π‎6‎.‎ 因为△ABC的外接圆半径为2，所以asinA‎=‎2×2，所以a=4sinA=2‎ 所以b+c=‎2‎a=2‎2‎，‎ 又因为a2=b2+c2-2bccosA=（b+c）2-2bc-2bccosA 所以4=8-2bc-‎3‎bc，所以bc=‎4‎‎2+‎‎3‎‎=4‎2-‎‎3‎=8-4‎‎3‎.‎ ‎20. 解：（1）设AC=x，则AB=3AC=3x，所以s=‎‎8+4x‎2‎‎·‎4x-8‎‎2‎·‎8+2x‎2‎·‎‎8-2x‎2‎ ‎=2‎(2+x)(x-2)(4+x)(4-x)‎（2＜x＜4）‎ ‎（2）由（1）得，s=2‎‎(2+x)(x-2)(4+x)(4-x)‎‎=2‎‎(x‎2‎-4)(16-x‎2‎)‎ ‎≤2·x‎2‎‎-4‎‎+(16-x‎2‎)‎‎2‎‎=‎12，当且仅当x2-4=16-x2，即x=‎10‎时等号成立，‎ 所以s得最大值为12.‎ 此时AC=‎10‎，AB=3‎10‎，BC=8，由余弦定理得 cosA=‎10‎‎2‎‎+‎(3‎10‎)‎‎2‎-‎‎8‎‎2‎‎2·‎10‎·3‎‎10‎‎=‎‎3‎‎5‎，所以sinA=‎1-cos‎2‎A‎=‎‎4‎‎5‎.‎ 法二：‎ 由（1）得：s=2‎‎(2+x)(x-2)(4+x)(4-x)‎‎=2‎‎(x‎2‎-4)(16-x‎2‎)‎ ‎=2‎-x‎4‎‎+‎20x‎2‎-64‎‎=2‎‎-x‎2‎‎-10‎‎2‎+36‎，‎ 当x2=10，即x=‎10‎时，s取得最大值12.‎ 此时AC=‎10‎，AB=3‎10‎，BC=8，由余弦定理得 cosA=‎10‎‎2‎‎+‎(3‎10‎)‎‎2‎-‎‎8‎‎2‎‎2·‎10‎·3‎‎10‎‎=‎‎3‎‎5‎，所以sinA=‎1-cos‎2‎A‎=‎‎4‎‎5‎.‎ ‎21. 解：（1）x∈（0，+∞）‎ f’（x）=2（x-1）+a（‎1‎x‎-1‎）=2（x-1）+a（‎1-xx）‎ ‎=2（x-1）‎‎-ax-1‎x=‎‎(2x-a)(x-1)‎x 令f’（x）=0，则x=a‎2‎或x=1 当0＜a＜2时，函数f（x）在区间（0，a‎2‎），‎ ‎（1，+∞）上单调递增，在区间（a‎2‎，1）上单调递减；‎ 当a=2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；‎ 当a＞2时，函数f（x）在区间（0，1），（a‎2‎，+∞）上单调递增，在区间（1，a‎2‎）上单调递减 ‎（2）原不等式化为：a≤2x‎-‎lnxx在（1，+∞）上恒成立.‎ 设h（x）=2x‎-‎lnxx，x∈（1，+∞） h’（x）=2‎‎-‎1-lnxx‎2‎=‎‎2x‎2‎‎-1+lnxx‎2‎ 令g（x）=2x2-1+lnx，则g’（x）=4x‎+‎‎1‎x＞0‎ 所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，g（x）＞g（l）=1＞0 所以h’（x）＞0‎ 则函数h（x）在（1，+∞）上单调递增，且h（1）=2‎ ‎∴0＜a≤2‎ ‎22. 解：（1）由已知得：函数y=ex+a的图象与直线y=x有两个交点，‎ 即方程ex-x+a=0有两个不相等的实数解.‎ 设h（x）=ex-x+a，则h’（x）=ex-1，令h’（x）=0得：x=0‎ x∈（-∞，0）时，h’（x）＜0，h（x）单调递减 x∈（0，+∞）时，h’（x）＞0，h（x）单调递增 ‎∴h（x）min=h（0）=a+1 ∴a+1＜0，∴a＜-1‎ 且x→-∞时，h（x）→+∞；x→+∞时，h（x）→+∞‎ ‎∴a＜-1时，函数y=f’（x）的图象与直线y=x有且只有两交点.‎ ‎（2）g（x）=ex‎-‎1‎‎2‎x‎2‎+ax，g’（x）=ex-x+a Q 函数g（x）有两个极值点x1，x2，∴方程g’（x）=0有两个不同旳实数解x1，x2.‎ 由（1）知：h（x）=ex-x+a，h（x1）=h（x2）=0，且x1＜0＜x2‎ ‎∴g（x）在区间（-∞，x1），（x2，+∞）上单调递增，在区间（x1，x2）上单调递减 且a=‎x‎2‎‎-‎ex‎2‎ h（-x2）=e‎-‎x‎2‎‎+x‎2‎+a=e‎-x‎2‎+x‎2‎+x‎2‎-ex‎2‎=e‎-x‎2‎-ex‎2‎+‎‎2x‎2‎（x2＞0）‎ 设k（x）=e-x-ex+2x（x＞0）‎ 则k’（x）=-e-x-ex+2=‎-‎1‎ex-ex+2=-‎1‎ex‎+‎ex+2‎＜0‎ ‎∴k（x） 在（0，+∞）上单调递减 又Q k（0）=0，∴k（x）＜0恒成立，即h（-x2）＜0‎ ‎∴x1＜-x2＜0‎ 又Qg（x）在（x1，0）单调递减，∴g（x1）＞g（-x2）‎ 要证g（x1）+g（x2）＞2，只须证g（-x2）+g（x2）＞2‎ 即证e‎-x‎2‎‎+ex‎2‎-x‎2‎‎2‎-2‎＞0‎ 设φ（x）=e-x+ex-x2-2（x＞0），则φ’（x）=-e-x+ex-2x 令p（x）=-e-x+ex-2x（x＞0）‎ 则p’（x）=e-x+ex-2＞0，‎ 所以p（x）在（0，+∞）单调递增，p（x）＞p（0）=0，即φ’（x）＞0‎ 所以φ（x）在（0，+∞）单调递增，φ（x）＞φ（0）=0‎ 故当x＞0时，e-x+ex-x2-2＞0，即e‎-x‎2‎‎+ex‎2‎-x‎2‎‎2‎-2‎＞0‎ 所以g（-x2）+g（x2）＞2，亦即g（x1）+g（x2）＞2‎