2024-2025学年福建省宁德市高三（上）期中数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年福建省宁德市高三（上）期中数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设集合A={x|−1A. {2,3}B. {1,2}C. {1,2,3}D. {1}
2.函数y=tan(4πx−13)的最小正周期为( )
A. 4B. π22C. 8D. π24
3.在中国传统的十二生肖中，马、牛、羊、鸡、狗、猪为六畜，则“甲的生肖不是马”是“甲的生肖不属于六畜”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
4.已知复数z=(−2+ 3i)3，则z−的虚部为( )
A. −9 3B. 9 3C. −10D. 10
5.在梯形ABCD中，BC=5AD，AC与BD交于点E，则ED=( )
A. 16AD−16ABB. 17AD−17ABC. 16AB−16ADD. 17AB−17AD
6.将函数y=cs(x+φ)图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=f(x)的图象.若y=f(x)的图象关于点(−7π3,0)对称，则|φ|的最小值为( )
A. π3B. 2π3C. π6D. 5π6
7.已知1x2+1y2=1，则1−16x2−9y2的最大值为( )
A. −35B. −49C. −42D. −48
8.若sinα−csαsinα+csα=2tan3α1−tan23α，则α的值可以为( )
A. −π12B. −π20C. π10D. π5
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若f(x)与g(x)分别为定义在R上的偶函数、奇函数，则函数ℎ(x)=f(x)g(x)的部分图象可能为( )
A. B. C. D.
10.如图，在△ABC中，AB=AC=3，BC=2，点D，G分别在边AC，BC上，点E，F均在边AB上，设DG=x，矩形DEFG的面积为S，且S关于x的函数为S(x)，则( )
A. △ABC的面积为2 2B. S(1)=2 23
C. S(x)先增后减D. S(x)的最大值为 2
11.已知向量a，b，c满足|a|=6，|b|=1，=π3，(c−a)⋅(c−b)=3，则( )
A. |a−b|=4 2B. |c|的最大值为 43
C. |a−c|的最小值为 43− 312D. |a−c|的最大值为 43+62
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.lg2 85= ______．
13.已知ω>14，函数f(x)=sin(x−π4)在[0,ωπ]上单调递增，则ω的最大值为______．
14.已知函数f(x)=xex−m，g(x)=xe2−m，若f(x)与g(x)的零点构成的集合的元素个数为3，则m的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinAcsB=asinBsinC．
(1)求角B；
(2)若a=3，△ABC的面积为92，求b．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x3−x−4 x．
(1)求曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线方程；
(2)若f(x)>lnm恒成立，求m的取值范围．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=1−4sin(x−π3)sinx．
(1)将f(x)化成f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)的形式；
(2)求f(x)在[0,π4]上的值域；
(3)将f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数ℎ(x)的图象，求不等式ℎ(x)≥0的解集．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)，g(x)满足f(x)=2ex−e−x+ax，f(x)+g(x)=(2e2−1)e−x+(2−1e2)ex+2a．
(1)若f(x)为R上的增函数，求a的取值范围．
(2)证明：f(x)与g(x)的图象关于一条直线对称．
(3)若a≥−2 2，且关于x的方程f(x)+f(ex−m)=2g(2−x)在[−1,1]内有解，求m的取值范围．
19.(本小题17分)
若存在有限个x0，使得f(−x0)=f(x0)，且f(x)不是偶函数，则称f(x)为“缺陷偶函数”，x0称为f(x)的偶点．
(1)证明：ℎ(x)=x+x5为“缺陷偶函数”，且偶点唯一．
(2)对任意x，y∈R，函数f(x)，g(x)都满足f(x)+f(y)+g(x)−2g(y)=x2+y．
①若y=g(x)x是“缺陷偶函数”，证明：函数F(x)=xg(x)有2个极值点．
②若g(3)=2，证明：当x>1时，g(x)>12ln(x2−1)．
参考数据：ln1+ 52≈0.481， 5≈2.236．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.A
5.A
6.A
7.D
8.B
9.AC
10.ACD
11.BC
12.152
13.34
14.(0,2e2)∪(2e2,1e)
15.解：(1)由csinAcsB=asinBsinC及正弦定理，
得sinCsinAcsB=sinAsinBsinC，
因为A，C∈(0,π)，所以sinAsinC≠0，
则有csB=sinB，即tanB=1，
由B∈(0,π)，可得B=π4；
(2)由△ABC的面积S=12acsinB=92，a=3，sinB= 22，
可得c=3 2，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=9+18−2×3×3 2× 22=9，
解得b=3．
16.解：(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=3x2−1−21 x，
此时f′(4)=48−1−21 4=46，
又f(4)=64−4−8=52，
所以y=f(x)在点(4,f(4))处的切线方程为y=46(x−4)+52，
即y=46x−132；
(2)易知f′(x)=3x2−1−21 x=3x2 x− x−2 x(x>0)，
令ℎ(x)=3x2 x− x−2，
令 x=t>0，
此时ℎ(t)=3t5−t−2，函数定义域为(0,+∞)，
可得ℎ′(t)=15t4−1，
易知ℎ′(t)在(0,+∞)单调递增，
所以当t>4115,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增，当0则ℎ(t)≥ℎ(4115)=3×115×4115−4115−2=−454115−2<0，
当t→0时，ℎ(t)→−2，
又ℎ(1)=0，
所以当01时，ℎ(t)>0，
所以当01时，ℎ(x)>0，
则当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(1)=−4，
此时lnm即0当x=0时，f(0)=0，
此时满足0综上可得，m的取值范围为(0,1e4).
17.解：(1)由f(x)=1−4sin(x−π3)sinx，
可得f(x)=1−2{cs[(x−π3)−x]−cs[(x−π3)+x]}=1−2[cs(−π3)−cs(2x−π3)]
=2cs(2x−π3)=2sin(2x+π6)；
即f(x)=2sin(2x+π6)；
(2)因为x∈[0,π4]，
则2x+π6∈[π6,2π3]，
故sin(2x+π6)∈[12,1]，
故f(x)=2sin(2x+π6)∈[1,2]，
故f(x)在[0,π4]上的值域为[1,2]；
(3)由题意可得ℎ(x)=f(x+π6)=2sin(2x+π2)=2cs2x，
故ℎ(x)≥0，
即2cs2x≥0，
故−π2+2kπ≤2x≤π2+2kπ,k∈Z，
解得−π4+kπ≤x≤π4+kπ,k∈Z，
故不等式ℎ(x)≥0的解集为[−π4+kπ,π4+kπ],k∈Z．
18.解：(1)由f(x)=2ex−e−x+ax，可得f′(x)=2ex+e−x+a，
∵f(x)为R上的增函数，
∴f′(x)≥0对x∈R恒成立，
∴2ex+e−x+a≥0对x∈R恒成立，
即a≥−(2ex+e−x)对x∈R恒成立，
∵2ex+e−x≥2 2ex⋅e−x=2 2，
∴−(2ex+e−x)≤−2 2，
当且仅当2ex=e−x，即ex= 22，即x=ln 22时取等号，
∴[−(2ex+e−x)]max=−2 2，
∴a≥−2 2，
∴a的取值范围为[−2 2,+∞)；
(2)证明：∵f(x)=2ex−e−x+ax，f(x)+g(x)=(2e2−1)e−x+(2−1e2)ex+2a，
∴g(x)=(2e2−1)e−x+(2−1e2)ex+2a−f(x)=(2e2−1)e−x+(2−1e2)ex+2a−(2ex−e−x+ax)，
即g(x)=2e2⋅e−x−1e2⋅ex+2a−ax=2e2−x−ex−2+a(2−x)=f(2−x)，
∴g(x)=f(2−x)，
又函数y=f(x)关于y对称的函数为y=f(−x)，
再把y=f(−x)向右方平移2个单位得到y=f[−(x−2)]=f(2−x)，
∴函数y=g(x)与y=f(x)关于对称x=1；
(3)由(2)可得g(2−x)=2e2−(2−x)−e(2−x)−2+a[2−(2−x)]=2ex−e−x+ax=f(x)，
又∵f(x)+f(ex−m)=2g(2−x)在[−1,1]内有解，
∴f(x)+f(ex−m)=2f(x)在[−1,1]内有解，
∴f(ex−m)=f(x)在[−1,1]内有解，
由(1)可知a≥−2 2时，f(x)为R上为单调递增函数，
∴f(x)在[−1,1]上单调递增，
∴ex−m=x，
∴m=ex−x在[−1,1]内有解，
令φ(x)=ex−x，求导可得φ′(x)=ex−1，
当x∈(−1,0)时，φ′(x)<0，函数在(−1,0)上单调递减，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，函数在(0,1)上单调递增，
∴φ(x)min=φ(0)=1，又φ(−1)=1e+1<1.5，φ(1)=e−1>1.5，
∴φ(x)max=φ(1)=e−1，
∴m的取值范围为[1,e−1]．
19.解：(1)证明：因为ℎ(x)=x+x5，
所以ℎ(−x)=−x+(−x)5=−x−x5，
因为ℎ(x)=ℎ(−x)，
所以x+x5=−x−x5，
整理得2x(1+x4)=0，
解得x=0，
所以ℎ(x)=x+x5为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
(2)证明：因为f(x)+f(y)+g(x)−2g(y)=x2+y，
所以f(x)+g(x)−x2=−f(y)+2g(y)+y对任意x，y∈R，恒成立，
所以存在常数a，使得f(x)+g(x)−x2=−f(y)+2g(y)+y=a，
令y=x，
此时f(x)+g(x)−x2=a，且−f(x)+2g(x)+x=a，
解得g(x)=x2−x+2a3，
①因为y=g(x)x=x3+2ax−13，
所以g(−x)−x=−x3−2ax−13，
因为y=g(x)x是“缺陷偶函数”，
所以x3+2ax−13=−x3−2ax−13，
即x3=−2a3x，
整理得x2=−2a(x≠0)，
此时−2a>0，
解得a<0，
则F(x)=xg(x)=x3−x2+2ax3,F′(x)=3x2−2x+2a3，
因为Δ=4−24a>0，
所以F′(x)=0有两个不相等的实数根x1，x2，
不妨设x1当x0，F(x)单调递增；
当x1x>x2时，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)=xg(x)有两个极值点x1，x2；
②若g(3)=2，
即g(3)=9−3+2a3=6+2a3=2，
解得a=0，
此时g(x)=x2−x3，
当x>1时，要证g(x)>12ln(x2−1)，
需证x2−x>32ln(x2−1)，
因为x2−x−(3x−4)=(x−2)2≥0，
所以x2−x≥3x−4，
要证3x−4>32ln(x2−1)，
令p(x)=3x−4−32ln(x2−1)，函数定义域为(1,+∞)，
可得p′(x)=3−3xx2−1=3x2−3x−3x2−1，
当1当x> 5+12,p′(x)>0,p(x)单调递增，
所以p(x)min=p( 5+12)=3( 5+1)2−4−32ln[( 5+12)2−1]=3( 5+1)2−4−32ln( 5+12)≈3×3.2362−4−32×0.481=0.1325，
所以p(x)min>0，
此时p(x)>0，
所以3x−4>32ln(x2−1)．
则当x>1时，g(x)>12ln(x2−1)．