2019-2020年高三上学期第三次月考 数学理.doc

2019-2020年高三上学期第三次月考 数学理一、选择题（每题五分，共60分）1设集合M=mZ|3m2，N=nZ|1n3，则MN=（）A0，1B1，0，1C0，1，2D1，0，1，22.命题“”的否定是（ ）A B C D 3. 给定函数，,其中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是 A. B. C. D.4. 设ABC的内角A, B, C所对的边分别为a, b, c, 若, 则ABC的形状为A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形D. 不确定5. 定义在上的奇函数满足，且当时， ，则（ ）A. -2 B. 2 C. D. 6. 若、，则“”是“”成立的A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充要条件D.既非充分也非必要条件7. 由曲线，直线及轴所围成图形的面积是（ ）A B 4 C D68. 函数y=（a0，a1）的定义域和值域都是0，1，则loga+loga=A1B2C3D49. 已知函数是奇函数，则1的解集为（ ） A.（2，0（2，+） B.（2，+）C.（，2）（0，2） D.（，2）10. 设函数f（x）=x3+x，xR若当0时，不等式f（msin）+f（1m）0恒成立，则实数m的取值范围是（）A（，1B1，+）C（，1）D（，111. 已知函数f（x）=sin（x+），0，f（）=f（），f（x）在区间（，）有最小值无最大值，则的值为（）ABCD12. 设函数是连续函数，且在x=1处存在导数，若函数及其导函数满足 ，则函数A. 既有极大值又有极小值 B. 有极大值无极小值C. 有极小值无极大值 D. 既无极大值有无极小值二、填空题（每题5分，共20分）13. 若函数的定义域是，则函数的定义域是_14. 己知命题“xR，使2x2+（a1）x+0”是假命题，则实数a的取值范围是_15. 已知函数f（x）=ax33x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x00则a的取值范围是16. 对于集合a1，a2，an和常数a0，定义：为集合a1，a2，an相对a0的“正弦方差”，则集合相对a0的“正弦方差”为_.三、解答题（共70分）17.（本大题10分）已知中，角，的对边分别为，且，（）若，求；（）若，求的面积18. （本大题12分）已知函数（）求f（x）的单调递减区间；（）将函数y=f（x）的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象，求函数y=g（x）在，0上的值域19.（本大题12分）已知函数f（x）=（a0）（I）试讨论y=f（x）的极值；（II）若a0，设g（x）=x2emx，且任意的x1，x20，2，f（x1）g（x2）1恒成立，求m的取值范围20.（本大题12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，AD=AP，E为棱PD中点（I）求证：PD平面ABE；（II）若F为AB中点，试确定的值，使二面角PFMB的余弦值为21. （本小题12分）已知椭圆的离心率为，以椭圆的一个短轴端点及两个焦点构成的三角形的面积为，圆C方程为.（I）求椭圆及圆C的方程；（II）过原点O作直线l与圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程.22（本大题12分）已知函数f（x）=x2ax+2lnx（其中a是实数）（I）求f（x）的单调区间；（II）若设2（e+）a，且f（x）有两个极值点x1,x2（x1x2）,求f（x1）f（x2）取值范围（其中e为自然对数的底数）高三数学（理）试卷参考答案BDBBD DCCDA AD5.【解析】由得函数是周期为的周期函数，且为奇函数，故.6.【解析】本题考查充分条件和必要条件的判定；因为，所以“”不是“”成立的充分条件，若，则不存在，所以“若,，则”为真命题，即“”不是“”成立的必要条件，所以“”是“”成立的既非充分也非必要条件；故选D.7.【解析】8.【解析】当x=1时，y=0，则函数为减函数，故a1，则当x=0时，y=1，即y=1，即a1=1，则a=2，则loga+loga=loga（）=log28=3，9.【解析】f（x）是奇函数，f（0）=0， 即alog22=0，a=1当x0时，f（x）=1log2（x+2），f（x）在0，+）上单调递减，令f（x）=1得1log2（x+2）=1，解得x=2当x0时，f（x）1的解集为0，2）当x0时，f（x）f（0）=0，f（x）是奇函数，当x0时，f（x）0，f（x）1的解集为（，0）0，2）=（，2）10.【解析】f（x）=x3+x，f（x）=（x）3+（x）=x3x=f（x），函数f（x）=x3+x为奇函数；又f（x）=3x2+10，函数f（x）=x3+x为R上的单调递增函数f（msin）+f（1m）0恒成立f（msin）f（1m）=f（m1）恒成立，msinm1（0）恒成立m（1sin）1恒成立，由0知，0sin1，01sin1，1由m恒成立知：m1实数m的取值范围是（，111.【解析】由f（）=f（），可得f（x）的图象关于直线x= 对称，故有+=k+，kz，=4k+f（x）在区间（，）有最小值无最大值，故当x=时，f（x）取得最小值，故有有+=2k+，kz，=8k+因为恰好为区间（，）的中点，故=，012，故只有当k=0时，=满足条件，14. 【解析】：命题“xR，使2x2+（a1）x+0”是假命题，命题“xR，使2x2+（a1）x+0”是真命题，即判别式=(a1)2420，即=(a1)24，则2a12，即1a3，15.【解析】当a=0时，f（x）=3x2+1=0，解得x=，函数f（x）有两个零点，不符合题意，应舍去；当a0时，令f（x）=3ax26x=3ax（x）=0，解得x=0或x=0，列表如下： x （，0） 0（0，） （，+） f（x）+ 0 0+ f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增x，f（x），而f（0）=10，存在x0，使得f（x）=0，不符合条件：f（x）存在唯一的零点x0，且x00，应舍去当a0时，f（x）=3ax26x=3ax（x）=0，解得x=0或x=0，列表如下： x （，）（，0）0（0，+） f（x） 0+ 0 f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减而f（0）=10，x+时，f（x），存在x00，使得f（x0）=0，f（x）存在唯一的零点x0，且x00，极小值f（）=a（）33（）2+10，化为a24，a0，a216. 【解析】17.解：（）由已知， 整理得 因为，所以. 故，解得. 由，且，得. 由，即， 解得. （）因为，又，所以，解得. 由此得，故为直角三角形， 其面积18. 解：（） =，由，kZ，得，kZ，所以f（x）的单调递减区间为，kZ（）将的图象向左平移个单位，得到=，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到x，0，函数y=g（x）在，0上的值域为19.解：（1）f（x）=，a0时，当x=1时，f（x）的极小值为f（1）=，当x=1时，f（x）的极大值为f（1）=，a0时，当x=1时，f（x）的极大值为f（1）=，当x=1时，f（x）的极小值为f（1）=；（2）方法一：由题意知，x1，x20，2，f（x）min（x1）+1gmax（x2），x10，2，fmin（x1）+1=1，x0，2，x2emx1，m，mmin，mln2，方法二：分类讨论x10，2，fmin（x1）+1=1，x0，2，gmax（x）1，g（x）=x2emx，g（x）=emxx（mx+2），1）当m0时，g（x）在0，2上单调递增，gmax（x）=g（2）=4e2m1，解得：mln2（舍），2）当1m0时，g（x）在0，2上单调递增，gmax（x）=g（2）=4e2m1，解得：mln2，1mln2，3）当m1时，g（x）在0，上单调递增，在，2上单调递减，gmax（x）=g（）=1，解得：m，m1，综合得：mln220.【解答】解：（I）证明：PA底面ABCD，AB底面ABCD，PAAB，又底面ABCD为矩形，ABAD，PAAD=A，PA平面PAD，AD平面PAD，AB平面PAD，又PD平面PAD，ABPD，AD=AP，E为PD中点，AEPD，AEAB=A，AE平面ABE，AB平面ABE，PD平面ABE（II） 以A为原点，以为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系ABDP，令|AB|=2，则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），E（0，1，1），F（1，0，0），M（2，2，22）设平面PFM的法向量，即，设平面BFM的法向量，即， ，解得21. 解：（1）设椭圆的焦距为2c，左、右焦点分别为，由椭圆的离心率为可得，即，所以以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为，即，所以椭圆的方程，圆的方程为（2）当直线的斜率不存时，直线方程为，与圆C相切，不符合题意当直线的斜率存在时，设直线方程，由可得，由条件可得，即设，则，而圆心C的坐标为（2，1）则，所以，即所以解得或或.22解：（1）f（x）=x2ax+2lnx（其中a是实数），f（x）的定义域为（0，+），=令g（x）=2x2ax+2，=a216，对称轴x=，g（0）=2，当=a2160，即4a4时，f（x）0，函数f（x）的单调递增区间为（0，+），无单调递减区间当=a2160，即a4或a4时，若a4，则f（x）0恒成立，f（x）的单调递增区间为（0，+），无减区间若a4，令f（x）=0，得，当x（0，x1）（x2，+）时，f（x）0，当x（x1，x2）时，f（x）0f（x）的单调递增区间为（0，x1），（x2，+），单调递减区间为（x1，x2）综上所述：当a4时，f（x）的单调递增区间为（0，+），无单调递减区间当a4时，f（x）的单调递增区间为（0，x1）和（x2，+），单调递减区间为（x1，x2）（2）由（1）知，若f（x）有两个极值点，则a4，且x1+x2=0，x1x2=1，0x11x2，又，a=2（），e+3+，又0x11，解得f（x1）f（x2）=（）（）=（）a（x1x2）+2（lnx1lnx2）=（x1x2）a（x1x2）+2ln=（）（x1+）+4lnx1=，令h（x）=，（），则0恒成立，h（x）在（）单调递减，h（）h（x）h（），即4f（x1）f（x2）4ln3，故f（x1）f（x2）的取值范围为（，）