2016級高三第一次月考理科數學試題含答案

2016級高三第一次月考理科數學試題含答案柏梓中學高2016級高三第一次月考一、選擇題1.集合$M=\{x|x^2-3x-4<0\},N=\{x|\leqx\leq5\}$，則$MN=$A.$(0,4]$B.$[0,4)$C.$[-1,0)$D.$[-1,0]$2.方程$x-\log_1x-3=0$的解所在的區(qū)間為A.$(0,1)$B.$(1,2)$C.$(2,3)$D.$(3,+\infty)$3.函數$f(x)=12x-x^3$在區(qū)間$[-3,3]$上的最小值是A.$-9$B.$-16$C.$-12$D.$-11$4.已知向量$\vec{a}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$，$\vec=\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}$滿足$\vec{a}\cdot\vec=-3$，則$\vec{a}$與$\vec$的夾角為A.$\frac{2\pi}{3}$B.$\frac{\pi}{3}$C.$\frac{\pi}{6}$D.$\frac{5\pi}{6}$5.若$\triangleABC$的內角$A$滿足$\sin2A=\frac{2}{3}$，則$\sinA+\cosA=$A.$\frac{15}{5\sqrt{3}}$B.$-\frac{\sqrt{3}}{3}$C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$D.$-\frac{\sqrt{3}}{5}$6.冪函數$y=f(x)$的圖象過點$(4,2)$，則冪函數$y=f(x)$的圖象是7.若$\alpha$是第二象限角，且$\tan(\pi-\alpha)=\frac{13\pi}{2}$，則$\cos(2-\alpha)=$A.$\frac{3}{2}$B.$-\frac{3}{2}$C.$\frac{5}{5}$D.$-\frac{5}{5}$8.定積分$\int_{-4}^{\pi/2}(16-x^2)dx$等于A.$\frac{128\pi}{3}$B.$52\pi$C.$\frac{64\pi}{3}$D.$\frac{8\pi}{3}$9.定義在$R$上的偶函數$f(x)$滿足：對任意的$x_1,x_2\in[0,+\infty)(x_1\neqx_2)$，有$f(1)<f(-2)<f(3)$，則$f(-2)<f(1)<f(3)$。10.設曲線$y=e^x+\frac{1}{2}ax$在點$(0,1)$處的切線與直線$x+2y-1=0$垂直，則實數$a=3$。11.如圖所示，為函數$f(x)=2\sin(\omegax+\theta)(\omega>0,\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\pi)$的部分圖象，其中$AB$兩點之間的距離為$5$，則$f(1)=-3$。12.已知$y=f(x)$是偶函數，而$y=f(x+1)$是奇函數，且對任意$0<x\leq1$，都有$f(x)=\lnx-\frac{1}{x}$，則$f(\frac{2009}{4})>f(\frac{2012}{3})>f(\frac{2011}{2})$。一、改錯題A.c<a<bB.a<c<bC.c<b<aD.a<b<c這道題目是一個三個數的排序問題，正確答案是D，但是選項中的符號都寫反了。需要將符號改正。A.$x^2+1\leqx$設函數$f(x)=\begin{cases}x^2+1&x\leq1\\\frac{1}{x}&x>1\end{cases}$，則$f(f(3))=\frac{1}{f(3)}=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3$。B.若函數$f(x)=ax^2+2x-3+m(a>1)$恒過定點$(1,10)$，則$m=7$。因為函數$f(x)$恒過定點$(1,10)$，所以有$a+2-3+m=10$，即$a+m=11$。又因為$a>1$，所以$m=11-a>10-a\geq1$，又因為$m$是整數，所以$m\geq1$。綜合得到$1\leqm<11$。又因為$f(x)$是二次函數，所以它的頂點橫坐標為$x=-\frac{2a}=-\frac{1}{2a}$，縱坐標為$f\left(-\frac{2a}\right)=a\left(-\frac{1}{2a}\right)^2+2\left(-\frac{1}{2a}\right)-3+m=m-\frac{1}{2a}-3$。因為$f(x)$恒過定點$(1,10)$，所以有$m-\frac{1}{2a}-3=10$，即$m=7+\frac{1}{2a}$。代入$1\leqm<11$，得到$1\leq7+\frac{1}{2a}<11$，解得$0<\frac{1}{2a}<4$，即$0<a<\frac{1}{8}$。因為$a$是正數，所以$a\in(0,\frac{1}{8})$。又因為$m=7+\frac{1}{2a}$，所以$m\in(7,+\infty)$。綜合得到$m\in(7,11)$。因此$m=7$。C.$AB=4\sqrt{3}$。因為$\angleB=45^\circ$，所以$\angleA=\angleC=67.5^\circ$。設$E$為$AC$上的點，使得$BE\perpAC$，則$\triangleBDE$為$45^\circ$-$45^\circ$-$90^\circ$直角三角形，$BD=DE$。又因為$\triangleADE$為$30^\circ$-$60^\circ$-$90^\circ$直角三角形，$AD=5,DE=5\sqrt{3}$，所以$AE=AC-CE=7-3=4$。由勾股定理可得$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{25-75}=-2\sqrt{5}$，所以$AB=AE+BE=4\sqrt{3}$。D.$\phi\geq\frac{\pi}{3}$。將函數$f(x)=\sin\left(\frac{x-\pi/6}{2}\right)$的橫坐標縮短為原來的一半，得到函數$g(x)=\sin\left(\frac{x-\pi/6}{4}\right)$。將函數$g(x)$向左平移$\phi$個單位，得到函數$h(x)=\sin\left(\frac{x-\pi/6-\phi}{4}\right)$。因為$h(x)$是偶函數，所以$\sin\left(\frac{-\pi/6-\phi}{4}\right)=\sin\left(\frac{\pi/6+\phi}{4}\right)$。又因為$0<\phi<\pi/6$，所以$\frac{\pi}{6}<\frac{\pi}{6}+\phi<\frac{\pi}{3}$，所以$\frac{\pi}{12}<\frac{\pi}{6}+\frac{\phi}{2}<\frac{\pi}{6}$，所以$\sin\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\phi}{2}\right)>\frac{1}{2}$，即$\frac{\pi}{6}+\frac{\phi}{2}>\frac{\pi}{3}$，解得$\phi\geq\frac{\pi}{3}$。二、填空題13.$f(f(3))=f\left(f\left(\frac{1}{3}\right)\right)=f\left(\frac{10}{9}\right)=\frac{1}{f\left(\frac{10}{9}\right)}=\frac{1}{\frac{109}{90}}=\frac{90}{109}$。14.因為$f(1)=a+2-3+m=a+m=10$，所以$m=10-a$。又因為$f(x)$是二次函數，所以它的頂點橫坐標為$x=-\frac{2a}=-\frac{1}{2a}$，縱坐標為$f\left(-\frac{2a}\right)=a\left(-\frac{1}{2a}\right)^2+2\left(-\frac{1}{2a}\right)-3+m=m-\frac{1}{2a}-3$。因為$f(x)$恒過定點$(1,10)$，所以有$m-\frac{1}{2a}-3=10$，即$m=13+\frac{1}{2a}$。代入$f(1)=10$，得到$a=\frac{5}{2}$，所以$m=8$。15.由勾股定理可得$BD=4$，$AD=5$，所以$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=3\sqrt{7}$。16.設縮短后的函數為$g(x)=\sin\left(\frac{x-\pi/6}{4}\right)$，向左平移后的函數為$h(x)=\sin\left(\frac{x-\pi/6-\phi}{4}\right)$。因為$h(x)$是偶函數，所以它的圖象關于$y$軸對稱。又因為$h(x)$是$\pi$周期函數，所以它的圖象關于$y$軸的周期為$\pi$，所以$\phi\leq\pi$。因為$h(x)$是偶函數，所以它的對稱軸為$x=\pi/6+\phi/2$。因為$h(x)$的最小正周期為$\pi$，所以$\pi/4$必須是$\pi$的約數，即$\pi/4=k\pi$，解得$k=1/4$。所以$\phi\geq\pi/2$。三、解答題17.(1)因為向量$m$與$n$平行，所以$\frac{a}{\sinA}=\frac{3b}{\sinB}=k$，即$a=k\sinA,3b=k\sinB$。又因為$\sin^2A+\sin^2B=1$，所以$k=\frac{a}{\sinA}=\frac{3b}{\sinB}=\sqrt{a^2+9b^2}$。代入$a=7,b=2$，解得$k=19$。又因為$\sinC=\frac{a\sinA+b\sinB}{c}=\frac{7\sinA+2\sinB}{c}$，所以$\frac{7\sinA+2\sinB}{\sinC}=c$。又因為$\sinC\leq1$，所以$c\geq7\sinA+2\sinB$。由$\sin^2A+\sin^2B=1$，得到$\sinB=\sqrt{1-\sin^2A}$，所以$c\geq7\sinA+2\sqrt{1-\sin^2A}$。又因為$c=a+b=9$，所以$7\sinA+2\sqrt{1-\sin^2A}\leq9$。令$t=\sinA$，則$7t+2\sqrt{1-t^2}\leq9$。因為$-1\leqt\leq1$，所以$\sqrt{1-t^2}\geq0$，所以$7t+2\sqrt{1-t^2}\leq7t+2<9$。所以$t<\frac{7}{9}$，即$\sinA<\frac{7}{9}$。又因為$\sinA>0$，所以$\sinA\in\left(0,\frac{7}{9}\right)$。由$\sin^2A+\sin^2B=1$，得到$\sinB=\sqrt{1-\sin^2A}$，所以$\sinB\in\left(0,\frac{4\sqrt{2}}{9}\right)$。又因為$\sinC=\frac{7\sinA+2\sinB}{9}$，所以$\sinC\in\left(0,\frac{7}{9}\right)$。由正弦定理可得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=k$，即$a=k\sinA,b=k\sinB,c=k\sinC$。代入$a=7,b=2,c=9$，得到$k=\frac{9}{\sinC}\geq10$。所以$a=k\sinA\geq10\sinA>7$，所以$a>7$。因此，$\sinA\in\left(0,\frac{7}{9}\right)$，$\sinB\in\left(0,\frac{4\sqrt{2}}{9}\right)$，$\sinC\in\left(0,\frac{7}{9}\right)$，$a>7$。(2)由余弦定理可得$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$，代入$a=7,b=2,c=9$，解得$\cosC=\frac{1}{2}$，所以$\sinC=\frac{\sqrt{3}}{2}$。由正弦定理可得$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}=k$，即$a=k\sinA,b=k\sinB,c=k\sinC$。代入$a=7,b=2,c=9,k=\frac{9}{\sinC}$，得到$a=\frac{63}{\sqrt{3}}=21\sqrt{3}$。18.(1)$f(x)\leqg(x)$等價于$\log_2(x+1)\leq\log_4(3x+1)$，即$(x+1)\leq(3x+1)^{\frac{1}{2}}$。移項并平方可得$(x-1)(x+3)\leq0$，所以$x\in[-3,1]$。(2)當$x\in[-3,1]$時，$f(x)\leq\log_22=1$，$g(x)\geq\log_41=0$，所以$H(x)=g(x)-f(x)\geq-1$。當$x>1$時，$f(x)\geq\log_22=1$，$g(x)\leq\log_4(3x+1)$，即$4^{\log_4(3x+1)}\leq4^{\frac{1}{2}\log_2(3x+1)}$，即$(3x+1)^2\leq8(3x+1)$，即$(3x+1)(3x-7)\leq0$，所以$x\in\left(\frac{7}{3},+\infty\right)$，此時$H(x)=g(x)-f(x)\leq\log_4(3x+1)-1=\frac{1}{2}\log_2(3x+1)-1$。因為$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\log_2(3x+1)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\ln(3x+1)}{\ln2\cdotx}\cdot\frac{\ln2}{\ln3}=+\infty$，所以$\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{1}{2若函數f(x)在區(qū)間(-1,1)內單調遞增，求k的取值范圍。解：根據單調遞增的定義，當x1<x2時，有f(x1)<f(x2)。因此，對于任意的x1,x2∈(-1,1)，有：f(x1)<f(x2)將f(x)展開可得：3sin(x)cos(x)-cos^2(x)=sin(2x)-cos^2(x)因此，對于任意的x1,x2∈(-1,1)，有：sin(2x1)-cos^2(x1)<sin(2x2)-cos^2(x2)移項并化簡得：cos^2(x2)-cos^2(x1)<sin(2x2)-sin(2x1)利用余弦和正弦的和差公式，可得：(cos(x2)+cos(x1))(cos(x2)-cos(x1))<2sin(x2-x1)sin(x2+x1)由于f(x)在(-1,1)內單調遞增，所以sin(x2-x1)>0。因此，上式變?yōu)椋?cos(x2)+cos(x1))(cos(x2)-cos(x1))<2sin(x2+x1)sin(x2-x1)再次利用余弦和正弦的和差公式，可得：(cos(x2)+cos(x1))(cos(x2)-cos(x1))<2sin(x2)cos(x1)+2sin(x1)cos(x2)化簡得：cos(x2)^2-cos(x1)^2<2sin(x2)cos(x1)+2sin(x1)cos(x2)再次利用余弦和正弦的和差公式，可得：(cos(x2)+cos(x1))(cos(x2)-cos(x1))<2sin(x2+x1)因為cos(x2)+cos(x1)>0，所以：cos(x2)-cos(x1)<\frac{2sin(x2+x1)}{cos(x2)+cos(x1)}由于f(x)在(-1,1)內單調遞增，所以f'(x)=3x^2+2ax+b>0。因此，對于任意的x∈(-1,1)，有：3x^2+2ax+b>0當x=-1時，有：3+2a+b>0當x=1時，有：3+2a+b>0解得：-1<m≤7解法二：由正弦定理，得：sin(A)/a=sin(B)/b=sin(C)/c因為m//n，所以asin(B)-3bcos(A)=0。代入正弦定理可得：sin(A)sin(B)-3sin(B)cos(A)=0因為sin(B)≠0，所以：tan(A)=3因為π>A>0，所以：A=arctan(3)代入正弦定理可得：sin(B)=m/3因為a>b，所以A>B。因此：cos(B)=√(1-sin^2(B))=√(1-m^2/9)代入余弦定理可得：a^2=b^2+c^2-2bc*cos(A)化簡得：c^2=b^2+a^2-2ab*cos(B)代入面積公式可得：S=1/2*bc*sin(A)=1/2*bc*sin(arctan(3))=m/2*√(9-m^2)因為f(x)=3sin(x)cos(x)-cos^2(x)，所以f'(x)=3cos^2(x)-3sin^2(x)+2a=-sin(2x)+2a。因此，f'(x)在(-1,1)內單調遞減的條件是f''(x)=-2cos(2x)≤0，即x∈[-π/4,π/4]∪[3π/4,5π/4]。(1)因為m/2*√(9-m^2)>0，所以m/2>0，即m>0。(2)因為f'(x)在(-1,1)內單調遞減，所以f'(1)≤f'(x)≤f'(-1)，即a+b≤-5。因為f(1)=-2，所以：3sin(1)cos(1)-cos^2(1)=f(1)=-2化簡得：3/4-1/4=1/4因此，最終的結果是：-1<m≤7，a+b≤-5，m>0。(2)由(1)可知，函數f(x)=x^3-3x。作出曲線y=x^3-3x的草圖如下圖所示。所求面積為陰影部分的面積。由x^3-3x=0得曲線y=x^3-3x與x軸的坐標是(-3,0)，(0,0)和(3,0)。而y=x^3-3x是R上的奇函數，所以圖像關于原點成中心對稱。所以所求圖形的面積為S=2∫[0,3](x^3-3x)dx=18。22．(1)函數f(x)=log2(3-x^2)，g(x)=(22x+1)/(13x+1)。f'(x)=(-2x)/(2(3-x^2))=-x/(3-x^2)，g'(x)=171/(13x+1)^2。曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x-f(0)。由f'(x)=-x/(3-x^2)得斜率k=f'(0)=0。所以切線方程為y=f(0)=log2(3)。(2)由f'(x)=-x/(3-x^2)得x=-1/k(k≠0)。所以f(x)在(-∞,-1/k)和(1/k,+∞)上單