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.A2.C3.D4.A5.B6.A7.C8.C二、填空题9.210.3；11．-112.013sincos313.55314.958;32三解答题15.（本题满分13分）（Ⅰ）解：在ABC中，根据正弦定理，ABCCABsinsin，于是522sinsinBCABCCAB……………………6分（Ⅱ）解：在ABC中，根据余弦定理，得5522cos222ACABBCACABA∵D为AB边的中点,∴AD=5在△ACD中，有余弦定理有：2552532)5(322222ADACADACCD…………13分16.解：（Ⅰ）()fx的定义域为(0,)，当1a时，()lnfxxx，11()1xfxxx，所以()fx在1x处取得极小值1.…………6分（Ⅱ）1()lnahxxaxx，22221(1)(1)[(1)]()1aaxaxaxxahxxxxx①当10a时，即1a时，在(0,1)a上()0hx，在(1,)a上()0hx，x(0,1)1(1,)()fx—0+()fx极小所以()hx在(0,1)a上单调递减，在(1,)a上单调递增；②当10a，即1a时，在(0,)上()0hx，所以，函数()hx在(0,)上单调递增.…………13分17.解：（Ⅰ）524)4sin(2)4)421(2sin(2)421(f∴54)4sin(，∵471217，∴2435，又∵54)4sin(，∴53)4cos(∴10222)54(22534sin)4sin(42cos)4cos(4)4(coscos…………6分（Ⅱ）同理（Ⅰ），1027sin，∴257cossin22sin，7cossintan，∴原式=752871)1027(22572…………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=34)62sin(2)(xxf（x∈R）的最小值为-2+4=2，此时x的取值集合由)(,22362Zkkx解得：},32|{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kxk226222，得Zkkxk,63，设A=],0[B={x|Zkkxk,63}，∴],32[]6,0[BA∴4)62sin(2)(xxf，x∈],0[的增区间为：],32[],6,0[。………13分19解：（I）()12.bfxaxx………………………………………………2分由已知条件得(1)0,10,(1)2.122.fafab即解得1,3.ab…………………………………………………………6分（II）()(0,)fx的定义域为，由（I）知2()3ln.fxxxxxxxxxxf)1)(32(321)(令0)(xf解得1,23xxx23,123e,23)(xf0—)(xf增减当23x时，取得最大值4323ln3)23(f当ex时，取得最小值3)(2eeef（Ⅲ）设2()()(22)23ln,gxfxxxxx则xxxxxxg)32)(1(321)(……………………………………10分01,()0;1,()0.()(0,1),(1,).xgxxgxgx当时当时所以在单调增加在单调减少而(1)0,0,()0,()22.gxgxfxx故当时即……………………14分20．解：（Ⅰ）因为2()(33)(23)(1)xxxfxxxexexxe由()010fxxx或；由()001fxx,所以()fx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20t-------------4分（Ⅱ）因为()fx在(,0),(1,)上递增,在(0,1)上递减，∴()fx在1x处有极小值e-又213(2)fee，∴()fx在2,上的最小值为(2)f从而当2t时,(2)()fft，即mn-------------8分（Ⅲ）证：∵0'2000()xfxxxe，又∵0'20()2(1)3xfxte，∴22002(1)3xxt,令222()(1)3gxxxt,从而问题转化为证明方程222()(1)3gxxxt=0在(2,)t上有解,并讨论解的个数∵222(2)6(1)(2)(4)33gttt,221()(1)(1)(2)(1)33gtttttt,①当421tt或时,(2)()0ggt,所以()0gx在(2,)t上有解,且只有一解②当14t时,(2)0()0ggt且,但由于22(0)(1)03gt,所以()0gx在(2,)t上有解,且有两解③当1t时,2()001gxxxxx或,故()0gx在(2,)t上有且只有一解；当4t时,2()6023gxxxxx或,所以()0gx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(0tx,满足0'20()2(1)3xfxte,且当421tt或时,有唯一的0x适合题意；当14t时,有两个0x适合题意.--------------14分（说明:第（3）题也可以令2()xxx,(2,)xt,然后分情况证明22(1)3t在其值域内,并讨论直线22(1)3yt与函数()x的图象的交点个数即可得到相应的0x的个数）