1、镇江市 2020 届高三上学期期中联考 数学试题2019.10.30 一一、填填空空题题： 1设全集 U1，2，3，4，5, 若集合 A3，4，5 ，则 u C A=_ 答答案案： 1，2 考考点点：集合的运算。 解解析析：由补集的运算法则，容易得： u C A1，2 2命题“ 2 ,210xR xx ”的否定是_ 答答案案： 考考点点：命题的否定。 解解析析：把“存在”改“任意” ，否定结论，可得： 3函数( )lg(3)2f xxx=-+的定义域是 答答案案： 2，3） 考考点点：函数的定义域，对数的定义。 解解析析：依题意，得： 30 2 x x 0 ，解得：23x 。 4已知扇形的半径
2、为6，圆心角为 3 ，则扇形的面积为_ 答答案案：6 考考点点：弧度制下扇形面积的计算。 解解析析：S 2 11 22 lRR 2 1 66 23 5设函数( )sin()( , ,f xAxA 为常数，且0,0,0)A的部分图象.如图所 示，则的值为_ 答答案案： 3 考考点点：三角函数的图象及其性质。 解解析析：由图，得： 3 4 T 7 () 126 ，解得：T 2 ，所以，2， 当 7 12 x 时，函数取得取小值， 所以， 73 22 122 k ，得2 3 k ， 因为0，所以，当 k0 时， 3 6若函数 2 ( )ln()f xxxax为偶函数，则实数a=_ 答答案案：1 考考
3、点点：函数的奇偶性，对数的运算。 解解析析：因为函数( )f x是偶函数，所以，()( )fxf x， 即 2 ln()xxax 2 ln()xxax， 即 2 ln()xxax 2 ln()xxax 0， 即xlna0，x 任意，所以，a1 7已知,B,C() 222 AkxkxkxkZ , 则“ABC”是 “tantantantantantanCABCAB”的_条件 (请在“充分不必 要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选择一个合适的填空) 答答案案：充分不必要 考考点点：充分必要条件。 解解析析：当ABC时，C（AB） ， tanCtan()AB tantan 1tan
4、tan AB AB ， 化简，得：tantantantantantanCABCAB， 当tantantantantantanCABCAB时，不一定有ABC， 如 ABC0， 所以，是充分不必要条件。 8 设曲线 x ye在点(0,1)处的切线与曲线 1 (0)yx x 上点P处的切线垂直， 则P的坐标为 _ 答答案案： （1，1） 考考点点：导数及其应用。 解解析析：曲线 x ye在点(0,1)处的切线的斜率为：k11，两切线垂直， 所以，曲线 1 (0)yx x 上点P处的切线斜率为 k1， 设 P（m，n） ，由 2 1 y x ，即 2 1 m 1， 由 m0，得：m1， 点 P（m，n
5、）代入曲线 1 (0)yx x ，得：n1， 所以，P（1，1） 9函数 2 1 ( ) |1|ln 2 f xx x 的零点个数为_ 答答案案：3 考考点点：函数的零点，对数函数、二次函数的图象。 解解析析： 2 1 ( ) |1|ln 2 f xx x 0，得： 2 1 |1|ln 2 x x ln(2)x， 画出 2 |1|yx和函数ln(2)yx的图象，如下图，可知两图象有 3 个交点， 所以，函数有 3 个零点。 10若 93 log (34b)logaab，则3ab的最小值是_ 答答案案：25 考考点点：对数的运算，基本不等式。 解解析析： 9 lg(34 )lg(34 ) log
6、 (34b) lg92lg3 abab a 1 lg(34 ) 2 lg3 ab 3 lg34 log34 lg3 ab ab ， 所以，34abab，即 43 1 ab ， 3ab（3ab）1（3ab） 43 ab 13 123ba ab 131225， 当2ab时，3ab的最小值是 25 11定义在(0,) 2 的函数( )8sintanf xxx的最大值为_ 答答案案：33 考考点点：函数的导数及其应用，三角函数。 解解析析：( )8sintanf xxx sin 8sin cos x x x ， 2 1 ( )8cos cos fxx x 3 2 8cos1 cos x x 0，得 1
7、 cos 2 x ， (0,) 2 x ，当 1 cos(0, ) 2 x即(,) 3 2 x 时，( )fx0，函数 f（x）递减， 当 1 cos( ,1) 2 x即(0,) 3 x 时，( )fx0，函数 f（x）递增， 所时，当 3 x 时，函数 f（x）有最大值为：()8sintan 333 f 33 12已知tan()2 3 3 ，则 sin 2 sin() 3 =_ 答答案案： 1 3 考考点点：三角恒等变换。 解解析析：tantan() 33 tan()tan 33 1tan()tan 33 2 333 712 33 ， sin 2 sin() 3 sin 22 sincosc
8、ossin 33 sin 13 sincos 22 tan 13 tan 22 1 3 13已知函数 3 ,0 ( ) 1 |,0 x xx f x xax x 有4个不同的零点，则实数a的取值范围为_ 答答案案： （2，） 考考点点：函数的零点。 解解析析：当 x0 时，( )3xf xx单调递增， 因为 2 ( 1) 3 f 0，(0)f10， 所以，函数( )f x在（1,0）上有一个零点，即( )f x在 x0 时有一个零点； 当 x0 时， 1 ( ) |f xxa x 有 3 个零点， 方程： 1 |xa x 0 有 3 个根， 函数：|yxa， 1 y x 在 x0 时有 3 个
9、交点， 当yxa 与 1 y x 相切时，有xa 1 x ， 即： 2 10xax ， 2 a40，解得：a2， 所以，a2 14 已 知 函 数 8 ( )ln 2 x f x x + = - 的 定 义 城 为D， 对 于 任 意 12 ,x xD， 当 12 | 2xx-=时 ， 21 |()()|f xf x-的最小值为_ 答答案案：2 3 ln 2 考考点点：函数的单调性，函数的最值。 解解析析：函数( )f x的定义域为（8，2） ， 不妨设 12 82xx ，由 12 | 2xx-=有： 21 2xx， 8 ( )ln 2 x f x x + = - 2 10 ln 2 x x
10、10 ln(1) 2x ， 所以，函数( )f x在（8，2）上单调递增， 二二、解解答答题题： 15 （14 分）已知函数 2 ( )( 3cossin )2 3sin2f xxxx=+- （1）求函数)(xf的最小值，并写出)(xf取得最小值时自变量x的取值集合； （2）若 22 x ，求函数)(xf的单调减区间 解解析析： （1） 22 ( )3cossin2 3sin cos2 3sin2f xxxxxx 2 2cos13sin2xx cos23sin22xx 2cos(2)2 3 x 当22 3 xk ，即() 3 xkkZ 时，函数)(xf有最小值为 0。 （2）由，得： 因为x
11、， 所以， 即 22 x ，函数)(xf的单调减区间为 63 ， 16 （14 分）已知ABC的内角CBA,所对的边分别为 a，b，c，22 cosacbA （1）求角B的大小； （2）若2 34ba c=+ =，求ABC的面积 解解析析： （1）因为22 cosacbA，由正弦定理得： 又 ABC， 所以， 即 即 sinA（12cosB）0， 因为 0A，所以，sinA0， 所以，cosB 1 2 ， 因为 0B，所以，B 2 3 。 （2）由余弦定理，得： 17 （14 分）已知函数( ) x x a f xe e （1）若函数)(xf具有奇偶性，求实数a的值； （2）若1( )( )2
12、ag xf xx=-，求不等式(3ln2)(ln )0gxgx的解集 解解析析： （1）当函数)(xf奇函数时，由()( )fxf x ，得： x x a e e x x a e e ， 即 1 x x a e e x x a e e ， 化为： 1 (1)() x x ae e 0，解得：a1； 当函数)(xf偶函数时，由()( )fxf x，得： x x a e e x x a e e ， 即 1 x x a e e x x a e e ， 化为： 1 (1)() x x ae e 0，解得：a1； 所以，实数a的值为 1 或1 （2）当a1 时，( )2 xx g xeex ， ()2(
13、 ) xx gxeexg x ，所以，g（x）为奇函数， 又因为：( )2 xx g xee0， 所以，g（x）为增函数， 由不等式(3ln2)(ln )0gxgx，得： (3ln2)( ln )gxgx， 所以， 所以，不等式(3ln2)(ln )0gxgx的解集为（0，e） 。 18 （16 分）已知函数( )2lnf xxax aR （） （1）若 3a = ，求函数)(xfy 的图像在1x处的切线方程； （2）若不等式0)(xf恒成立，求实数a的取值范围； （3）当,2 , 1 x求)(xf的最大值 解解析析： （1）当 3a = 时， 2 ( )fx x 3， 19 （16 分） 有一个墙角， 两墙面所成二面角的大小为),0(有一块长为a米， 宽为)(bab 米的矩形木板用该木板档在墙角处，木板边紧贴墙面和地面，和墙角、地面围成一个直角三棱柱 储物仓 111 ABCA B C- （1）当AB为多少米时，储物仓地面三角形ABC面积最大？ （2）当AB为多少米时，储物仓的容积最大？ （3）求储物仓侧面积的最大值 解解析析： 20 （16 分）已知函数 32 1 ( ) 4 f xxmxmxm mR（） （1）当m1，求函数)(xf的极小值； （2）已知函数)(xf在 1 xx 处取得极值，求证： 1 ()0mf x； （3）求函数)(xf的零点个数 解解析析：
