辽宁省沈阳市第二中学2016届高三数学暑假验收考试试卷答案文

-1-沈阳二中2015-2016学年度上学期暑假验收高三（16届）数学试题(文科)说明：1.测试时间：120分钟总分：150分2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上.第Ⅰ卷（60分）一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1．已知为第二象限角，3sin5，则sin2（）A．2425B．1225C．1225D．24252．指数函数y＝f(x)的反函数的图象过点(2，－1)，则此指数函数为（）A．xy)21(B．xy2C．xy3D．xy103．设的大小关系是、、，则，，cbacba243.03.03log4log（）A．abcB．acbC．cbaD．bac4.函数)32sin(3)(xxf的图象为C，以下三个命题中，正确的有（）个①图象C关于直线对称;②函数)(xf在区间内是增函数;③由xy2sin3的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.A.0B.1C.2D.35.下列命题错误的是（）A．对于命题Rxp:，使得012xx，则p为：Rx，均有012xxB．命题“若0232xx，则1x”的逆否命题为“若1x，则0232xx”C．若qp为假命题，则qp,均为假命题D．“2x”是“0232xx”的充分不必要条件6．已知定义域为R的奇函数()fx满足：(4)()fxfx，且02x时，2()log(3)fxx，则(11)f（）A．2B．2C．1D．1-2-7.已知函数11()(sincos)sincos22fxxxxx,则()fx的值域是（）A．1,1B．2,12C．21,2D．21,28.现有四个函数：①sinyxx；②cosyxx；③|cos|yxx；④2xyx的图象则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是()A.①④②③B.①④③②C.④①②③D.③④②①9.已知函数2()(1cos2)sin,fxxxxR，则()fx是（）A．最小正周期为的奇函数B．最小正周期为2的奇函数C．最小正周期为的偶函数D．最小正周期为2的偶函数10．已知函数32()fxxaxbxc,下列结论中错误的是（）A．0xR,0()0fxB.函数()yfx的图像是中心对称图形C．若0x是()fx的极小值点,则()fx在区间0(,)x上单调递减D．若0x是()fx的极值点,则0'()0fx11．若yxyx，则2log的最小值为（）A．3322B．2333C．332D．22312．已知函数32()31fxaxx，若()fx存在唯一的零点0x，且00x，则a的取值范围是（）A．2,（B）1,（C）,2（D）,1-3-二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13．在平面直角系中，以x轴的非负半轴为角的始边，如果角、的终边分别与单位圆交于点125(,)1313和34(,)55，那么sincos等于.14．设函数142cos3sin323xxxxf，其中650，，则导数1f的取值范围是。15．若函数)1,0()(log)(3aaaxxxfa在区间)0,21(内单调递增，则a的取值范围是。16.已知函数322()(,)fxxaxbxaabR若函数()1fxx在处有极值10，则b的值为。三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）已知mR，命题:p对任意0,1x，不等式2223xmm恒成立；命题q：存在1,1x，使得max成立（1）若p为真命题，求m的取值范围；（2）当1a，若p且q为假，p或q为真，求m的取值范围。18．（本小题满分12分）已知函数21(2cos1)sin2cos42fxxxx（）.(1)求fx（）的最小正周期及最大值;(2)若(,)2,且22f（）,求的值.19．（本小题满分12分）已知函数)(21ln)(2Rmxxmxf满足1)1('f.（1）求m的值及函数)(xf的单调区间；（2）若函数)321()()(2cxxxfxg在]3,1[内有两个零点，求实数c的取值范围.-4-20．（本小题满分12分）已知函数()2sin()fxx,其中常数0.(1)令1,判断函数()()()2Fxfxfx的奇偶性并说明理由;(2)令2,将函数()yfx的图像向左平移6个单位,再往上平移1个单位,得到函数()ygx的图像.对任意的aR,求()ygx在区间[,10]aa上零点个数的所有可能值.21．（本小题满分12分）请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得ABCD四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE=FB=xcm（1）某广告商要求包装盒侧面积S（cm2）最大，试问x应取何值？（2）某广告商要求包装盒容积V（cm3）最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值。P22．（本小题满分12分）已知函数()lnfxaxx，其中a为常数，e为自然对数的底数.（1）求()fx的单调区间；（2）若0a，且()fx在区间0,e上的最大值为2，求a的值；（3）当1a时，试证明：1()ln2xfxxx.xxEFABDC-5-沈阳二中2015-2016学年度上学期暑假验收高三（16届）数学试题(文科)答案一.选择题123456AAACCB789101112CADCAB二.填空题13.-15/6514.]6,3[15.)1,43[16.-11三.解答题17（Ⅰ）对任意0,1x不等式2223xmm恒成立2min(22)3xmm，即232mm解得12m，即p为真命题时，m的取值范围是1,2………………………………5分（Ⅱ）1,a且存在1,1x，使得max成立1m，即命题q满足1m。p且q为假，p或q为真q、p一真一假当p真q假时，则12,1mm即12m当p假q真时，则1?ò2,1mmm即1m，综上所述，1m或12m…………………………10分18解:(1)因为21(2cos1)sin2cos42fxxxx（）=1cos2sin2cos42xxx=1(sin4cos4)2xx=2sin(4)24x,所以()fx的最小正周期为2,最大值为22.(2)因为22f（）,所以sin(4)14.因为(,)2,所以9174(,)444,所以5442,故916.19.解：（1）函数221ln)(xxmxf的定义域是),0(．……………………1分-6-xxmxf)(/，由1)1(/f得11m，2m即xxxxxf2/22)(．………………………………2分令0)(/xf得：2x或2x（舍去）．………………………3分当)2,0(x时，0)(/xf，)(xf在)2,0(上是增函数；当),2(x时，0)(/xf，)(xf在),2(上是减函数．函数)(xf的增区间是)2,0(，减区间是),2(.（2）由（1）可知221ln2)(xxxf，∴cxxxxg3ln2)(2，∴xxxxxxg232322)(2/.令0)(/xg得：2x或21x（舍去）.当)2,1[x时，0)(/xg，则)(xg在)2,1[上单调递增；当]3,2(x时，0)(/xg，则)(xg在]3,2(上单调递减.又∵函数)(xg在]3,1[有两个零点等价于：0)3(0)2(0)1(ggg，∴03ln2022ln202ccc22ln23ln23ln222ln22cccc，实数c的取值范围是)22ln2,3ln2[．20解:(1)()2sin2sin()2sin2cos22sin()24Fxxxxxx()Fx是非奇函数非偶函数.∵()0,()2244FF,∴()(),()()4444FFFF∴函数()()()2Fxfxfx是既不是奇函数也不是偶函数.-7-(2)2时,()2sin2fxx,()2sin2()12sin(2)163gxxx,其最小正周期T由2sin(2)103x,得1sin(2)32x,∴2(1),36kxkkZ,即(1),2126kkxkZ区间,10aa的长度为10个周期,若零点不在区间的端点,则每个周期有2个零点;若零点在区间的端点,则仅在区间左或右端点处得一个区间含3个零点,其它区间仍是2个零点;故当(1),2126kkakZ时,21个,否则20个.21.解：设馐盒的高为h（cm），底面边长为a（cm），由已知得.300),30(22260,2xxxhxa（1）,1800)15(8)30(842xxxahS所以当15x时，S取得最大值.（2）).20(26),30(22222xxVxxhaV由00xV得（舍）或x=20.当)20,0(x时，.0)30,20(;0VxV时当所以当x=20时，V取得极大值，也是最小值.此时1122ha即装盒的高与底面边长的比值为1.222.解：（1）11()axfxaxx当0a时，()0fx恒成立，故()fx的单调增区间为0,当0a时，令()0fx解得10xa，令()0fx解得1xa，故()fx的单调增区间为10,a，()fx的单调减区间为1,a………………4分（2）由（1）知当1ea，即1ae时，()fx在0,e上单调递增，-8-min()()10fxfeae舍；当10ea，即1ae时，()fx在10,a上递增，在1,ea上递减，min11()()1ln()2fxfaa，得ae………………8分（3）即要证明ln1()2xfxx由（Ⅰ）知，当1a时，max()(1)1,()1fxffx，又令2ln11ln(),()2xxxxxx，故()x在0,e上单调递增，在,e上单调递减，故11()()12xee即证明ln1()2xfxx………………12分