【文档说明】江西省赣州市石城县石城中学2021届高三上学期第三次周考数学（理）试卷含答案.doc，共(9)页，348.000 KB，由小赞的店铺上传

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数学一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．已知集合M={﹣1，1}，N=，则M∩N=（）A．{﹣1，1}B．{﹣1}C．{0}D．{﹣1，0}2．cos24°cos36°﹣cos66°cos54°的值等于（）A．0B．C．D．﹣3．在ABC中，角,,ABC对应的边分别为,,

abc，60,4,13Cabc===，则ABC的面积为（）A．3B．132C.23D．134．已知角终边上一点()2,3P−，则()()()cossin2cossin3++−−的值为（）A.32B.32−C.23D.23−5．若

α，β为锐角，且满足cosα=，cos（α+β）=，则sinβ的值为（）A．﹣B．C．D．6.已知2cossin4−=，则sin2的值为（）A.18B.18−C.78D.78−7.已知，则tanα=（）A．B．2C．D．8．已知函数()22,{52,xxafxx

xxa+=++，若函数()()2gxfxx=−恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A.)1,1−B.)1,2−C.)2,2−D.0,29．ab表示一个两位数，十位数和个位数分别用a，b表示，记()3fababab=++，如(

)12123129f=++=，则满足()fabab=的两位数的个数为（）A.15B.13C.9D.710.已知函数f（x）=sinωx+cosωx（ω＞0），在区间（﹣，）上单调递增，则ω的取值范围为（）A．（0，1]B．[1，2）C．[，2）D．（2，+∞）11．已知函数

()yfx=的图象如图所示，则函数()()()gxffx=的图象可能是（）A.B.C.D.12．已知()fx是定义在()0,+上的单调函数，且对任意的()0,x+，都有()2log3ffxx−=，则方程()()2fxfx−=的解所在的区间是（）A.10

,2B.112，C.()1,2D.()2,3二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）13．若0ab=，则0a=或0b=的否命题__________．14．抛物线y2=4x与直线x

=1围成的封闭区域的面积为．15．已知函数()2sin6fxx=−，,xa−的值域为2,1−，则实数a的取值范围为____．16．定义在()0+，上函数()fx满足：①当)13x，时，()12fxx=−−；②()()33fxfx=．设关于x的

函数()()Fxfxa=−的零点从小到大依次为1x，2x，…，nx．若()13a，，则122nxxx+++=______________．三、解答题（本大题共6小题共70分）17．(10分)已知函数f（x）=|x+5|﹣

|x﹣1|（x∈R）．（I）解关于x的不等式f（x）≤x；（II）证明：记函数f（x）的最大值为k，若lga+lg（2b）=lg（a+4b+k），试求ab的最小值．18．(12分)函数φ（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，若把函数φ（x）的图象

纵坐标不变，横坐标扩大到原来的2倍，得到函数f（x）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）若函数y=f（x+φ′）（0＜φ′＜）是奇函数，求函数g（x）=cos（2x﹣φ′）在[0，2π]上的单调递减区间．19．(12分)在△ABC中，设边

a，b，c所对的角分别为A，B，C，且a＞c．已知△ABC的面积为，，b=3．（Ⅰ）求a，c的值；（Ⅱ）求sin（B﹣C）的值．20.(12分)已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ

）若g（x）在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；（Ⅲ）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，若？x1∈（0，1），？x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立，求实数m的取值范围．21.(12分)如图，在四棱锥

P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，Q为AD的中点，PA=PD=AD=2．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PQB；（Ⅱ）点M在线段PC上，PM=tPC，试确定t的值，使PA∥平面MQB；（Ⅲ）若PA∥平面MQB，平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M﹣BQ﹣C的大小．

22.(12分)已知函数f（x）=a（x﹣1），g（x）=a（x﹣1）ex，a∈R．（Ⅰ）判断直线y=f（x）能否与曲线y=g（x）相切，并说明理由；（Ⅱ）若不等式f（x）＞g（x）有且仅有两个整数解，求a的取值范围．答案DBAABCBBCACC若0ab，则0a

且0b38,33−()631n−17.（I）由x≤﹣5和﹣（x+5）+（x﹣1）≤x？﹣6≤x≤﹣5由﹣5＜x＜1和（x+5）+（x﹣1）≤x？﹣5＜x≤﹣4，由x≥1和（x+5）﹣（x﹣1）≤x？x≥6，因此{x|﹣6≤x≤﹣4或x≥6}；（II）由f（x）=|x+5

|﹣|x﹣1|≤|x+5﹣x+1|=6，故k=6，由lga+lg（2b）=lg（a+4b+k），得2ab=a+4b+6，得2ab≥4+6，故ab﹣2﹣3≥0，即（﹣3）（+1）≥0，解得：≥3，故ab≥9．18.（1）根据

φ（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象知，A=2，=﹣，∴T=π，ω==2；又2sin（2×+φ）=2，∴+φ=+2kπ，k∈Z，∴φ=﹣+2kπ，k∈Z；又|φ|＜，∴φ=，∴φ（x）=2sin（2x﹣）；把

函数φ（x）的图象纵坐标不变，横坐标扩大到原来的2倍，得函数f（x）=2sin（x﹣）的图象；（2）由（1）可知f（x）=2sin（x﹣），∴f（x+φ′）=2sin（x+φ′﹣），∵y=f（x+φ′）是奇函数，则sin

（φ′﹣）=0，又0＜φ′＜，∴φ′=，∴g（x）=cos（2x﹣φ′）=cos（2x﹣），令2kπ≤2x﹣≤2kπ+π，k∈Z，则kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，∴g（x）的单调递减区间是[kπ+，kπ+]，k

∈Z，又x∈[0，2π]，∴当k=0时，递减区间为[，]；当k=1时，递减区间为[，]；∴函数g（x）在[0，2π]上的单调递减区间是[，]，[，]．19.(1)C=3(2)直角三角形20解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），且，①当a≥0时，f′

（x）＞0，f（x）在（x，+∞）上单调递增；②当a＜0时，由f′（x）＞0，得x＞﹣a；由f′（x）＜0，得x＜﹣a；故f（x）在（0，﹣a）上单调递减，在（﹣a，+∞）上单调递增．（Ⅱ）g（x）=ax﹣，g（x）的定义域为（0，+∞），﹣=，因为g（x）在其定义域内为

增函数，所以？x∈（0，+∞），g′（x）≥0，∴ax2﹣5x+a≥0，∴a（x2+1）≥5x，即，∴．∵，当且仅当x=1时取等号，所以a．（Ⅲ）当a=2时，g（x）=2x﹣，，由g′（x）=0，得x=或x

=2．当时，g′（x）≥0；当x时，g′（x）＜0．所以在（0，1）上，，而“？x1∈（0，1），？x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h（x2）成立”等价于“g（x）在（0，1）上的最大值不小于h（x）在[1，2]上的最

大值”而h（x）在[1，2]上的最大值为max{h（1），h（2）}，所以有，∴，∴，解得m≥8﹣5ln2，所以实数m的取值范围是[8﹣5ln2，+∞）．21（Ⅰ）证明：连接BD．因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形．又Q

为AD中点，所以AD⊥BQ．因为PA=PD，Q为AD的中点，所以AD⊥PQ．又BQ∩PQ=Q，所以AD⊥平面PQB．（Ⅱ）解：当时，PA∥平面MQB．下面证明：连接AC交BQ于N，连接MN．因为AQ∥BC，所以．

因为PA∥平面MQB，PA？平面PAC，平面MQB∩平面PAC=MN，所以MN∥PA，所以，所以，即．（Ⅲ）解：因为PQ⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，所以PQ⊥平面ABCD．以Q为坐标

原点，分别以QA，QB，QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q﹣xyz．由PA=PD=AD=2，则有A（1，0，0），，．设平面MQB的法向量为=（x，y，z），由，且，，可得令z=1，得

．所以=为平面MQB的一个法向量．取平面ABCD的法向量=（0，0，1），则=，故二面角M﹣BQ﹣C的大小为60°．22（Ⅰ）假设存在这一的实数a使得f（x）的图象与g（x）相切，设切点为（x0，y0），由g′（x）=（ax+a﹣1）ex可知，（ax0+a﹣1）=a，即a（x

0+﹣1）=①又函数f（x）的图象过定点（1，0），因此=a，即a（x0﹣x0+1）=②联立①、②消去a有+x0﹣2=0．设h（x）=ex+x﹣2，则h′（x）=ex+1＞0，所以h（x）在R上单调递增，而h（0）=﹣1＜0，h（1

）=e﹣1＞0，h（0）h（1）＜0，故存在x0∈（0，1），使得h（x0）=0，所以存在直线y=f（x）能与曲线y=g（x）相切．（Ⅱ）由f（x）＞g（x）得a（x﹣）＜1．令h（x）=x﹣，则h′（x）=．令ω（x）=

ex+x﹣2，则ω′（x）=ex+1＞0，所以ω（x）在R上单调递增，又ω（0）=﹣1＜0，ω（1）=e﹣1＞0，所以ω（x）在R上有唯一零点x0（0，1），此时h（x）在（﹣∞，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．∴h（x）min=h（x0）=，易证

ex＞x+1，h（x0）=＞＞0．当x≤0时，h（x）≥h（0）=1＞0；当x≥1时，h（x）≥h（1）=1．（1）若a≤0，则ah（x）≤0＜1，此时ah（x）＜1有无穷多个整数解，不合题意；（2）若a≥1，即≤1，因为h（x）在

（﹣∞，0]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，所以x∈z时，h（x）≥min{h（0），h（1）}=1≥，所以h（x）＜无整数解，不合题意；（3）若0＜a＜1，即＞1，此时h（0）=h（1）=1＜，故0，1是h（x）＜的两个整

数解，又h（x）＜只有两个整数解，因此，解得a≥．所以a∈[，1）．