天津市蓟县2015-2016年第一学期高三数学（理）期中试卷及答案

2015—2016 高三数学第一学期期中参考答案（理科） 一、选择题 1. A 2. C 3. D 4. A 5.B 6. A 7. C 8. C 二、填空题 9. 2  10. 3；11．-1 12. 013sincos3   13. 5 53 14. 9 58;3 2 三解答题 15.（本题满分 13 分） （Ⅰ）解：在 ABC 中，根据正弦定理， A BC C AB sinsin  ， 于是 522sinsin  BCA BCCAB ……………………6 分 （Ⅱ）解：在 ABC 中，根据余弦定理，得 5 52 2cos 222   ACAB BCACABA ∵D 为 AB 边的中点,∴AD= 5 在△ACD 中，有余弦定理有： 25 52532)5(32 2222  ADACADACCD …………13 分 16. 解：（Ⅰ） ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 当 1a  时， ( ) lnf x x x  ， 1 1( ) 1 xf x x x     ， 所以 ( )f x 在 1x  处取得极小值 1. …………6 分 （Ⅱ） 1( ) lnah x x a xx    ， 2 2 2 2 1 (1 ) ( 1)[ (1 )]( ) 1 a a x ax a x x ah x x x x x             ①当 1 0a   时，即 1a   时，在 (0,1 )a 上 ( ) 0h x  ，在 (1 , )a  上 ( ) 0h x  ， x (0,1) 1 (1, ) ( )f x — 0 + ( )f x 极小 所以 ( )h x 在 (0,1 )a 上单调递减，在 (1 , )a  上单调递增； ②当1 0a  ，即 1a   时，在 (0, ) 上 ( ) 0h x  ， 所以，函数 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增. …………13 分 17. 解：（Ⅰ） 5 24)4sin(2)4)42 1(2sin(2)42 1(  f ∴ 5 4)4sin(   ，∵ 4 7 12 17   ，∴  243 5  ， 又∵ 5 4)4sin(   ，∴ 5 3)4cos(   ∴ 10 2 2 2)5 4(2 2 5 3 4sin)4sin(42 cos)4cos(4)4(coscos           …………6 分 （Ⅱ）同理（Ⅰ）， 10 27sin  ，∴ 25 7cossin22sin   ， 7cos sintan    ， ∴原式= 75 28 71 )10 27(225 7 2   …………13 分 18． 1)62sin(22cos212sin3)(  mxmxxxf  （Ⅰ）∵函数 )(xf 在区间 ]6,0[  上为增函数，在区间 ]2,6[  上为减函数， ∴在区间 ]2,0[  的最大值为 12)662sin(2)6(  mf  =6， ∴解得 m=3 4)62sin(2)(  xxf （ x ∈ R ） 的 最 小 值 为 -2+4=2 ， 此 时 x 的 取 值 集 合 由 )(,22 3 62 Zkkx   解得： },3 2|{ Zkkxx   ………………7 分 （ Ⅱ ） 函 数 设 z= 62 x , 函 数 4sin2)(  zxf 的 单 调 增 区 间 为 ]22,22[  kk  由  kxk 226222  ，得 Zkkxk  ,63  ， 设 A= ],0[  B={x| Zkkxk  ,63  }，∴ ],3 2[]6,0[   BA ∴ 4)62sin(2)(  xxf ，x∈ ],0[  的增区间为： ],3 2[],6,0[  。………13 分 19 解：（I） ( ) 1 2 .bf x ax x     ………………………………………………2 分 由已知条件得 (1) 0, 1 0, (1) 2. 1 2 2. f a f a b            即 解得 1, 3.a b   …………………………………………………………6 分 （II） ( ) (0, )f x 的定义域为 ，由（I）知 2( ) 3ln .f x x x x   x xx xxxf )1)(32(321)(  令 0)(  xf 解得 1,2 3  xx x     2 3,1 2 3    e,2 3 )(xf   0 — )(xf 增 减 当 2 3x 时，取得最大值 4 3 2 3ln3)2 3( f 当 ex  时，取得最小值 3)( 2  eeef （Ⅲ）设 2( ) ( ) (2 2) 2 3ln ,g x f x x x x x       则 x xx xxxg )32)(1(321)(  ……………………………………10 分 0 1 , ( ) 0; 1 , ( ) 0. ( ) (0,1) , (1, ) . x g x x g x g x        当 时 当 时 所以 在 单调增加 在 单调减少 而 (1) 0, 0 , ( ) 0, ( ) 2 2.g x g x f x x    故当 时 即 ……………………14 分 20．解：（Ⅰ）因为 2( ) ( 3 3) (2 3) ( 1)x x xf x x x e x e x x e           由 ( ) 0 1 0f x x x    或 ；由 ( ) 0 0 1f x x     , 所以 ( )f x 在 ( ,0),(1, )  上递增,在 (0,1) 上递减 要使 )(xf 在 t,2 上为单调函数,则 2 0t   -------------4 分 （Ⅱ）因为 ( )f x 在 ( ,0),(1, )  上递增,在 (0,1) 上递减， ∴ ( )f x 在 1x  处有极小值 e - 又 2 13( 2)f ee    ， ∴ ( )f x 在 2,  上的最小值为 ( 2)f  从而当 2t   时, ( 2) ( )f f t  ，即 m n -------------8 分 （Ⅲ）证：∵ 0 ' 20 0 0 ( ) x f x x xe   ，又∵ 0 ' 20( ) 2 ( 1)3x f x te   ， ∴ 2 2 0 0 2 ( 1)3x x t   , 令 2 22( ) ( 1)3g x x x t    ,从而问题转化为证明方程 2 22( ) ( 1)3g x x x t    =0 在 ( 2, )t 上有解,并讨论解的个数 ∵ 22 2( 2) 6 ( 1) ( 2)( 4)3 3g t t t        , 22 1( ) ( 1) ( 1) ( 2)( 1)3 3g t t t t t t       , 1 当 4 2 1t t   或 时, ( 2) ( ) 0g g t   , 所以 ( ) 0g x  在 ( 2, )t 上有解,且只有一解 ②当1 4t  时, ( 2) 0 ( ) 0g g t  且 ,但由于 22(0) ( 1) 03g t    , 所以 ( ) 0g x  在 ( 2, )t 上有解,且有两解 ③当 1t  时, 2( ) 0 0 1g x x x x x     或 ,故 ( ) 0g x  在 ( 2, )t 上有且只有一解； 当 4t  时, 2( ) 6 0 2 3g x x x x x       或 , 所以 ( ) 0g x  在 ( 2,4) 上也有且只有一解 综上所述, 对于任意的 2t ,总存在 ),2(0 tx  ,满足 0 ' 20( ) 2 ( 1)3x f x te   , 且当 4 2 1t t   或 时,有唯一的 0x 适合题意； 当1 4t  时,有两个 0x 适合题意. --------------14 分 （说明:第（3）题也可以令 2( )x x x   , ( 2, )x t  ,然后分情况证明 22 ( 1)3 t  在其值域 内,并讨论直线 22 ( 1)3y t  与函数 ( )x 的图象的交点个数即可得到相应的 0x 的 个数）