高三理科数学试题答案.pdf

高三理数答案 第 1 页 共 8 页 2019—2020 学年度上期八市重点高中联盟 “领军考试”高三理科数学试题答案 1．【答案】B 【解析】当 2b  时， a b 的值为 3 ,2,32 ；当 3b  时， a b 的值为 4 ,23 ；当 4b  时， a b 的值为 3 2 ，所以 3 4,2,3,2 3B      ，故 A B   2,3 ．故选 B. 【命题思路】用两种表示法呈现集合，设计交集问题，考查描述法、集合交集． 2．【答案】C 【解析】y＝2x 的增区间为 R，所以在(0，＋∞)上一定是增函数，故选 C． 【命题意图】本题考查指数函数，对数函数，三角函数等在其定义域内某区间上的单调性的判断方法. 3．【答案】D 【解析】∵ αα sin)3sin(  ，∴ 4 1sin α .∵ 2 2sin cos 1   ，∴ 21 co 16 s1   ，即 2 1os 6c 15  ， 又∵ 为第二象限角，∴ 5os 1c 4    .故选 D. 【命题意图】本题考查三角函数诱导公式及同角三角函数关系公式的应用. 4．【答案】C 【解析】由 ( ) bf x a x    ，得 (1) 0 ( 1) 2f a b f a b       ， ，得 1a b  ，得 1( ) 1f x x    ，得 f ′(2) ＝ 1 2 .故选 C. 【命题意图】本题考查函数的求导公式及运算能力. 5.【答案】A 【解析】解法一：        ).1,0(1 2 ),1,0(1 2 1 2)( xxx x xxx x x xxf 且 且 当 0x  且 x≠1 时， 2( 1) 2 2( ) 21 1 xf x x x      ， ( )f x 的图象由函数 2y x  的图象向右平移 1 单位长度， 再向上平移 2 个单位长度得到；排除选项 C、D； 当 0x  且 1x 时， 2( 1) 2 2( ) 21 1 xf x x x       ， ( )f x 的图象由函数 2y x  的图象向左平移 1 单位长度， 再向下平移 2 个单位长度得到；排除选项 B； 故选 A ．高三理数答案 第 2 页 共 8 页 解法二：取 1 2x  ， 1( ) 2 02f    ，排除选项 C、D；取 1 2x   时， 1( ) 2 02f    排除选项 B，故选 A ． 【命题意图】以绝对函数为模型，引入反比例型函数设计问题，考查函数图象，数据分析能力． 6．【答案】C 【解析】由 0)sin1(sin2sin2sin212cossin2)( 2  xxxxxxxf ，得sin 0x  或 1sin x ，  0,2πx ，∴  22 30 或或或x ． ( )f x 在[0，2  ]的零点个数是 4，故选 C． 【命题意图】本题考查函数在一定范围内的零点个数，考查学生直观想象和数学运算素养． 7．【答案】B 【解析】∵b＝ 0.31 2      ＝20.3＜20.8＝a，∴a＞b＞1，又∵c＝ 1 ln5 ln 52  ＜1，∴c＜b＜a，故选 B. 【命题意图】本题考查利用函数的性质，借助中间量比较大小的方法. 8．【答案】D 【 解 析 】 ∵ ( )f x 的 图 象 关 于 原 点 对 称 ， 得 ( )f x 为 奇 函 数 ， ∴  ，∵ π,,π,0sin)0(  ZkkAf 0  ； ∵  f x 的最小正周期为π， 2π π,T    ∴ 2  ，∴ 1 2( ) sin sin ,3 3g x A x A x  又 π( ) 24g  ，∴ 4A  ，∴ ( ) 4sin 2f x x ， π( ) 2 2.8f  故选 D. 【命题意图】本题考查三角函数的性质和函数解析式中 , ,A   的确定以及函数求值问题. 9．【答案】B 【解析】由 π 1 tantan 2 2 tan 34 1 tan               ，得 π π πsin 2 sin 2 cos cos2 sin4 4 4           2 2 2 2 2 2 2sin cos cos sinsin 2 cos2 =2 2 sin cos               2 2 2 2tan 1 tan= 2 tan 1          10 27)13 3132(2 2 2 2   .故选 B. 【命题意图】本题考查三角函数的化简、求值，考查学生逻辑推理和数学运算素养. 【解法指导】采取转化法，利用转化与化归思想解题.由题意首先求得 tan 的值，然后利用两角和的正弦公 式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可. 10．【答案】B 【解析】设 P 点的坐标为 0 0( , )x y ，对曲线 xxy e 求导得 xx xy ee  ，对曲线 2exy  求导得 xy e2 ， 得 00 e2ee 00 xx xx  ，且 2 00 ee 0 xx x  ，解得 10 x ，得 P 点坐标为（1，e），切线为 0ee2  yx ，故选高三理数答案 第 3 页 共 8 页 B. 【命题意图】本题考查导数的几何意义、求导法则及切线方程. 11. 【答案】A 【解析】由题意构造函数 2( ) ( ) 2 1g x f x x   ，则 ( ) ( ) 4 0g x f x x    ， ∴函数 ( )g x 在 R 上为减函数．∵ 1 1 2 2f      ，∴ 21 1 1( ) ( ) 2 ( ) 1 02 2 2g f     ． 又 (cos ) cos2 0f    ，∴ 2 1(cos ) (cos ) 2cos 1 (cos ) cos2 0 ( )2g f f g           ， ∴ 2 1cos α ，∵  α ，∴ 33  α ，∴不等式 (cos ) cos2 0f    的解集为       3,3 ． 故选 A． 【命题意图】本题考查利用导数判断函数单调性，考查学生构造函数的能力及三角函数单调性应用. 12．【答案】C 【解析】根据定义，作出 ( )f x 的图象（实线部分），可知当 2x   或 0 时， ( )f x 取得最大值 2，①正确； ( )f x 单调递减区间为[ 2, 2],[0, 2],[2, )   ，所以②正确； 由图象可知， ( )f x 在 3[ , 1]2   上不单调，③错误；要使 ( )f x 图象与直线 y m 有四个交点，则 m=0，④不 正确．故选 C. 【命题意图】以新定义运算为背景，设计出函数性质与图象的综合问题，考查函数的最大值、单调性、图象 综合性问题． 13.【答案】 2 【解析】当 1 0x    时，则 2 1 1( 1) ( 1) 2 3f     ，所以 1 1[ ( 1)] ( ) 3 1 23 3f f f      ． 【命题思路】以常见的函数为背景构成分段函数，考查分段函数的求值问题． 14．【答案】 3e2 1高三理数答案 第 4 页 共 8 页 【解析】y′＝e2x＋2(x+1)·e2x，令 y′＝0，则 x＝－ 3 2 ，∵x0， ∴x＝－ 3 2 是 函数的唯一极小值点，即为最小值点，∴x＝－ 3 2 时，ymin＝ 3e2 1 . 【命题意图】本题考查函数的定义域，函数的单调性判断，最值点的确定. 15．【答案】5 【解析】由题意知函数  f x 的周期为T ，由       6f =3，   0f ，结合正弦函数图象的特征可知 6 5 24  kTT ，k N ， 故 )21(3 10 kT   ，  3 1 2 5 k  ，k N ；又因为  f x 在区间       36 ， 上单调， 所以 263 T ，故 3 T ，所以 6π2  T  ，即  3 1 2 65 k  ，∴ 9 2k  ， k N ，∴ 0,1,2 3,4k  ， ， 符合条件的 的值有 5 个. 【命题意图】本题考查三角函数的图象和单调性、周期性等性质，考查学生综合运算能力. 16．【答案】  e2 10      ， 【解析】由 02e)(  mmxxxf x ，得 )12(2e  xmmmxx x ，当 1 2x  时，方程不成立，即 1 2x  ， 则 12 e  x xm x ，设 12 e)(  x xxh x （ 0x  且 1 2x  ），则 22 2 2 )12( )12)(1(e )12( )12(e )12( e2)12()e()(     x xx x xx x xxxxh xxxx ， ∵ 0x  且 1 2x  ，∴由 0)(  xh ，得 1x  ，当 1x  时， 0)(  xh ，函数为增函数， 当 1 12 x  时， 0)(  xh ，函数为减函数，则当 1x  时函数取得极小值，极小值为 )1(h e， 当 10 2x  时， 0)(  xh ，函数为减函数， 0)0()(  hxh ，作出函数 ( )h x 的图象如图：要使 12 e  x xm x 有一个根， 则 m=e 或 10, 2     即可，即实数 m 的取值范围是  e2 10      ， .高三理数答案 第 5 页 共 8 页 【命题意图】本题考查利用导数求函数的最值，数形结合思想的应用，分离参数方法等知识，考查学生数学 运算能力. 17．【解析】（Ⅰ）因为 2 2π π( ) sin sin12 4f x x x             π π1 cos 2 1 cos 2 1 3 36 2 1 cos2 sin 22 2 2 2 2 x x x x                       3 π1 cos 22 3x      ，……3分 则 ( )f x    3 π1 cos 22 3x       3 π1 cos 2 22 3x        是偶函数，所以 )(32 Z kkθ ，即 )(62 Z kkθ ， 又   ，0θ ，因此 π 3   或 5π 6 ， ……5分 （Ⅱ）由 )(232 Z kkx ，得 )(122 Z kkx ，因此 )(xf 的对称中心为       1,122 k .……7分 )32cos(2 31)32cos(2 31)(  xxxf ，由 )(2322 Z kkxk 得 3 2 6  kxk ． 又   ，x ，所以函数 )( xf  的单调增区间为      3,6 5 ，      3 2,6 .……10分 【命题意图】本题考查三角函数的性质，二倍角公式及其恒等变换等基础知识，同时考查学生运算求解能 力. 18．【解析】（Ⅰ）由题意得 x x xmxg e1 )1()(   ，则 ),1[,0e)1( 2)( 2  xx mxg x ，高三理数答案 第 6 页 共 8 页 所以 x x m e)1( 2 2  ，所以 xxm e)1(2 2  . 令 xxxH e)1()( 2 ， ),1[ x ，所以 min)(2 xHm  . xxx xxxxxH e)3)(1()ee3)(1()(  >0， 所以 )(xH 在 ),1[  单调递增， 所以 e4)1()( min  HxH ，所以 e42 m ，所以 e2m .············· 5 分 （Ⅱ）由题意得 xxxh x  sine)( ,则 1)4sin(2e1)cos(sine1cosesine)(  xxxxxxh xxxx ， 因为 ]2,0[ x ，所以 1e x ， 1)4sin(2 x ，······8 分 所以 1)4sin(2e xx ，所以 01)4sin(2e xx ， 所以 )(xh 在 ]2,0[  单调递增，所以 ,0)0()( min  hxh ······11 分 所以 2e)2()( 2 max   hxh .······12 分 【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 19.【解析】（Ⅰ）由题设 mxf  ba)( 2=4 3sin cos 4cos +x x x m 2)2cos2 12sin2 3(4  mxx 2)62sin(4  mx ，……3 分 由 π( ) 76f  ，得 726sin4  m ，得 m=7；……5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 5)62sin(4)(  xxf ，因为 π0 4x  ，所以 π π π26 6 3x    ，所以 1 3sin 22 6 2x    （ ） ，得 532)(3  xf ，……7 分 由不等式 ( ) 2 15c f x c   恒成立，得      .532152 ,3 c c ……9 分 解得 353  c .所以实数 c 的取值范围为 )3,53(  .……12 分 【命题意图】本题考查平面向量数量积公式，三角函数的性质及其应用，恒成立问题的处理方法等知识， 考查学生的转化能力和.考查函数的解析式，及函数值计算求解能力；考查建立不等式组，解不等式组的方 法技能.高三理数答案 第 7 页 共 8 页 20．【解析】（Ⅰ）由题意，得直线 2 1 0x y   的斜率为 2 1 ，即曲线 1)(  xxfy 在 处的切线的斜率为 2 1 ， 函数 f(x)的导数 2 ln( ) x a x af x x    ，……2 分 所以 2 1 ln1(1) 1 21 a af a      ，解得 a=1.所以 ( 1)ln( ) x xf x x  ， ( ) ln( ) 2( 1) 2 f x xg x x x   ，所以 2 1 ln( ) 2 xg x x   ，当 x=e 时， 0)(  xg ；……4 分 当 0e 时， ( ) 0x  ， 所以函数 )(x 在区间 ),e(  上单调递减，所以当 x=e 时， (x ）取最大值 e 1)e(  ，即 e 1)( x ，……10 分 再令 ( )=h x x x 4e 1e2  ，则 2 1)e 1e(4 1)(  x xxh ，所以 ( ) ( )x h x  ，即 4 )1e)(1()(e 2  x x xxf .……12 分 【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思 想等，意在锻炼学生的转化能力和计算求解能力. 21．【解析】（Ⅰ） 2( ) ( 4 )(14 ) (18 ) 14(4 )f x x m x x m x m          ，·············3 分 （不化成一般式，不扣分） 定义域为[9,10]．···························4 分 （Ⅱ） 218( ) ( )2 mf x x     210( )2 m ，······················6 分 当1 2m  时，则 189 102 m  ， ( )f x 的最大值为 218 10( ) ( )2 2 m mf   （也可写成 2 max 18 10( ) ( ) ( )2 2 m mf x f    ）.······················8 分 当 2 3m  时，则18 102 m  ， ( )f x 的最大值为 (10) 4(6 ) 24 4f m m    （也可写成 max( ) (10) 4(6 ) 24 4f x f m m     ）.······················10 分高三理数答案 第 8 页 共 8 页 综上可知，当1 2m  时， 售价 x 为18 2 m 元， ( )f x 取得最大值 210( )2 m 千元； 当 2 3m  时，售价 x 为10元， ( )f x 取得最大值 (24 4 )m 千元．···············12 分 【命题意图】以“中华人民共和国成立 70 周年”为命题出发点，设计考查二次函数的建立以及运用其模型 解决实际问题，对思维层次有所考查，有利于区分考生． 22.【解析】（Ⅰ）根据函数 xxxf  ee)( ，则 xxxf ee)(   )(ee xfxx   ， 即函数  f x 为偶函数，……3 分 又 xxxf  ee)( ，当 0x  时，有   0f x  ，即函数  f x 在[0, ) 上单调递增，        | 33 1 1 3| 1| |f x f x f x f x x x        ，解得 1 2x   或 1 4x  ；…………6 分 （Ⅱ）作出函数 1e)()(  xxfxH 1e  x 的图象如下： 由题意函数 mxfxg x   1e)()( 存在两个零点 , ( )a b a b ，得方程 mxH )( 有两个根 ,a b ，由图象 易得 0 1m  ；由 mx 1e ，得 mx 1e ，解得 ln(1 )x m  或 ln(1 )x m  ，……8 分 因为 a b ，所以 ln(1 )b m  ， ln(1 )a m  ，因此 22 ln(1 ) 2ln(1 ) ln(1 )(1 )a b m m m m        ， 令 2 3 2( ) (1 )(1 ) 1h m m m m m m        ， 0 1m  ，则 2( ) 3 2 1 (3 1)( 1)h m m m m m         ， 令由 ( ) 0h m  ，得 10 3m  ；令 ( ) 0h m  ，得 1 13 m  ，……10 分 即函数 ( )h m 在 10, 3      上单调递增；在 1 ,13      上单调递减，所以 2 max 1 1 1 32( ) 1 13 3 3 27h m h                 ， 因此 a+2b 32ln 27  .……12 分 【命题意图】本题考查导数的应用，考查化归与转化，函数与不等式的思想以及运算求解能力和推理论证 能力. 【解法指导】由转化与化归的思想，先将问题转化为求函数最值的问题，再利用导数的方法研究函数的单 调性与最值即可求解.