2017高三數(shù)學(xué)期中復(fù)習(xí)小題訓(xùn)練一

1、2017高三數(shù)學(xué)期中復(fù)習(xí)小題訓(xùn)練一一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，計(jì)70分）1已知集合A=x|x0，B=1，0，1，2，則AB=【解答】解：A=x|x0，B=1，0，1，2，AB=1，0，2.已知冪函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)，則= 3已知=（3，4），=（1，2m），=（m，4），滿足，則m=【解答】解：=（3，4），=（1，2m），=（m，4），+=（2，2m+4）；又，2m+（4）（2m+4）=0，解得m=4在ABC中，若A=60，B=45，BC=3，則AC=【解答】解：A=60，B=45，BC=3，由正弦定理=得：AC=25設(shè)，則對(duì)任意實(shí)數(shù)，“”是“”的 充要 條件（填“充分不必要”、“必

2、要不充分”、“充要”、“既不充分又不必要”之一） 6.在中，若使繞直線旋轉(zhuǎn)一周，則所形成的幾何體的體積是 7設(shè)，則的值為7. 8設(shè)曲線y=ex在點(diǎn)（0，1）處的切線與曲線y=（x0）上點(diǎn)P的切線垂直，則P的坐標(biāo)為【解答】解：f（x）=ex，f（0）=e0=1y=ex在（0，1）處的切線與y=（x0）上點(diǎn)P的切線垂直點(diǎn)P處的切線斜率為1又y=，設(shè)點(diǎn)P（x0，y0）=1，x0=1，x0，x0=1y0=1點(diǎn)P（1，1）9已知奇函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，若函數(shù)y=f（x2）+f（kx）只有一個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的值是【解答】解：函數(shù)y=f（x2）+f（kx）只有一個(gè)零點(diǎn)，只有一個(gè)x的值，使f（x2）+

3、f（kx）=0，函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，只有一個(gè)x的值，使f（x2）=f（xk），又函數(shù)f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，只有一個(gè)x的值，使x2=xk，即方程x2x+k=0有且只有一個(gè)解，=14k=0，解得：k=10.設(shè)是公差不為零的等差數(shù)列的前項(xiàng)和，若且成等比數(shù)列，則 11011把函數(shù)的圖象向右平移(0)個(gè)單位，所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則的最小值為 12.設(shè)為實(shí)常數(shù)，是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，若對(duì)一切成立，則的取值范圍是 . 13已知點(diǎn)為的重心，且，則的值為 7214已知函數(shù)f（x）=x2+bx+c（b，cR），對(duì)任意的xR，恒有f（x）f（x）若對(duì)滿足題設(shè)條件的任意b，c，不等式f（c）f（b）M

4、（c2b2）恒成立，則M的最小值為【解答】解：f（x）=2x+b，由題設(shè)，對(duì)任意的xR，2x+bx2+bx+c，即x2+（b2）x+cb0恒成立，所以（b2）24（cb）0，從而c，于是c1，且c=|b|=|b|，當(dāng)c|b|時(shí)，有M=，令t=，則1t1，而函數(shù)g（t）=2（1t1）的值域是（）；因此，當(dāng)c|b|時(shí)，M的取值集合為）；當(dāng)c=|b|時(shí)，由（）知，b=2，c=2，此時(shí)f（c）f（b）=8或0，c2b2=0，從而f（c）f（b）（c2b2）恒成立；綜上所述，M的最小值為 2017高三數(shù)學(xué)期中復(fù)習(xí)大題訓(xùn)練一一、解答題（共4小題，滿分60分）15已知函數(shù)f（x）=sin（2x+）+sin（

5、2x）+2cos2x1，xR（1）求函數(shù)f（x）的最小正周期；（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間上的最大值和最小值【考點(diǎn)】三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法；三角函數(shù)的最值【解答】解：（1）f（x）=sin2xcos+cos2xsin+sin2xcoscos2xsin+cos2x=sin2x+cos2x=sin（2x+），函數(shù)f（x）的最小正周期T=（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間上是增函數(shù)，在區(qū)間，上是減函數(shù)，又f（）=1，f（）=，f（）=1，函數(shù)f（x）在區(qū)間上的最大值為，最小值為116如圖，四棱錐PABCD中，O為菱形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，M為棱PD的中點(diǎn)，MA=MC（1）求證：PB平

6、面AMC；（2）求證：平面PBD平面AMC【考點(diǎn)】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定【分析】（1）利用三角形中位線的性質(zhì)，證明OMPB，從而可得線面平行；（2）先證明AC平面PBD，即可證明平面PBD平面AMC【解答】證明：（1）連結(jié)OM，因?yàn)镺為菱形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，所以O(shè)為BD的中點(diǎn)，又M為棱PD的中點(diǎn)，所以O(shè)MPB，又OM平面AMC，PB平面AMC，所以PB平面AMC； （2）在菱形ABCD中，ACBD，且O為AC的中點(diǎn)，又MA=MC，故ACOM，而OMBDO，OM，BD平面PBD，所以AC平面PBD，又AC平面AMC，所以平面PBD平面AMC 17如圖，有一塊扇形草地OMN

7、，已知半徑為R，MON=，現(xiàn)要在其中圈出一塊矩形場(chǎng)地ABCD作為兒童樂(lè)園使用，其中點(diǎn)A、B在弧上，且線段AB平行于線段MN（1）若點(diǎn)A為弧的一個(gè)三等分點(diǎn)，求矩形ABCD的面積S；（2）設(shè)AOB=，求A在上何處時(shí)，矩形ABCD的面積S最大？最大值為多少？【考點(diǎn)】扇形面積公式【分析】（1）作OHAB于點(diǎn)H，交線段CD于點(diǎn)E，連接OA、OB，求出AB，EH，可得矩形ABCD的面積S；（2）設(shè)AOB=（0），求出AB，EH，可得矩形ABCD的面積S，再求最大值【解答】解：（1）如圖，作OHAB于點(diǎn)H，交線段CD于點(diǎn)E，連接OA、OB，AOB=，AB=2Rsin，OH=Rcos，OE=DE=AB=Rsi

8、n，EH=OHOE=R（cossin），S=ABEH=2R2（sincossin2）=，（2）設(shè)AOB=（0），則AB=2Rsin，OH=Rcos，oe=AB=Rcos，OE=AB=Rsin，EH=OHOE=R（cossin），S=ABEH=R2（2sincos2sin2）=R2（sin+cos1）=R2sin（+）1，0，+，+=即=時(shí)，Smax=（1）R2，此時(shí)A在弧MN的四等分點(diǎn)處答：當(dāng)A在弧MN的四等分點(diǎn)處時(shí)，Smax=（1）R220已知函數(shù)f（x）=2xlnx+x22ax+a2，其中a0（）設(shè)g（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，討論g（x）的單調(diào)性；（）證明：存在a（0，1），使得f（x）0

9、恒成立，且f（x）=0在區(qū)間（1，+）內(nèi)有唯一解【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【分析】（I）函數(shù)f（x）=2xlnx+x22ax+a2，其中a0可得：x0g（x）=f（x）=2（x1lnxa），可得g（x）=，分別解出g（x）0，g（x）0，即可得出單調(diào)性（II）由f（x）=2（x1lnxa）=0，可得a=x1lnx，代入f（x）可得：u（x）=（1+lnx）22xlnx，利用函數(shù)零點(diǎn)存在定理可得：存在x0（1，e），使得u（x0）=0，令a0=x01lnx0=v（x0），再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出【解答】（I）解：函數(shù)f（x）=2xlnx+x22ax+a2，其中

10、a0可得：x0g（x）=f（x）=2（x1lnxa），g（x）=，當(dāng)0x1時(shí)，g（x）0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)1x時(shí)，g（x）0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增（II）證明：由f（x）=2（x1lnxa）=0，解得a=x1lnx，令u（x）=2xlnx+x22（x1lnx）x+（x1lnx）2=（1+lnx）22xlnx，則u（1）=10，u（e）=2（2e）0，存在x0（1，e），使得u（x0）=0，令a0=x01lnx0=v（x0），其中v（x）=x1lnx（x1），由v（x）=10，可得：函數(shù)v（x）在區(qū)間（1，+）上單調(diào)遞增0=v（1）a0=v（x0）v（e）=e21，即a0（0，1），當(dāng)a=a0時(shí)，有f（x0）=0，f（x0）=u（x0）=0再由（I）