河北省深州市长江中学2020届高三数学上学期期中试题 文（PDF）

第1页共2页绝密★启用前深州市长江中学2017级高三期中考试数学文科试卷考试范围：集合，函数与导数，三角函数；考试时间：120分钟；命题人：朱晓丽注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)一、单选题1．（5分）已知集合2|340Axxx，|||3Bxx，则AB（）A.[3,4)B.(4,3]C.(1,3]D.[3,1)2．（5分）复数111izii，则z=（）A．iB．-iC．1+iD．1-i3．（5分）设函数110210xxfxxx，则1=ff（）A.12B.2C.2D.124．（5分）已知角2的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(1,3)，且2[0,2)，则tan等于（）A．3B．3C．33D．335．（5分）已知3.0213121,31log,2logcba，则（）A.cbaB.bcaC.acbD.cab6．（5分）若是第三象限的角,且2tan,则)4sin(()A.1010B.1010C.10103D.101037．（5分）使函数()sin(2)3cos(2)fxxx为奇函数的的一个值是（）A．6B．3C．2D．238．（5分）在ABC#中，已知45,75,2,ABa则c()A．1B．32C．3D．69．（5分）某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度o15的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为o60和o30，第一排和最后一排的距离为56米（如图所示），旗杆底部与第一排在同一个水平面上．若国歌长度约为50秒，要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为()（米/秒）A．110B．310C．12D．71010．（5分）函数2()1xxxefxe的大致图像是（）A．B．C．D．11．（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值为10，则f（2）=（）A．18B．11C．11或18D．10或1812．（5分）设函数若互不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1)=f(x2)=f(x3)，则x1+x2+x3第2页共2页的取值范围是（）A．(203,263]B．(203,263)C．(113,6]D．(113,6)13．（5分）在ABC中，角,,ABC所对边长分别为,,abc，下列结论：①a2b2＋c2，则△ABC为钝角三角形；②a2＝b2＋c2＋bc，则A为60°；③a2＋b2c2，则△ABC为锐角三角形；④若A:B:C＝1:2:3，则a:b:c＝1:2:3；其中正确的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个14．（5分）已知函数fx=x3,x≤ax2,xaa0，若存在实数b使函数gx=fx−b有两个零点，则实数a的取值范围是（）A.(0，1)B.(1，+∞)C.(1，2019)D.[1，+∞)第II卷（非选择题)二、填空题（共20分）15．（5分）设集合1,0,3A，3,21Baa，3AB，则实数a的值为________．16．（5分）已知i是虚数单位，若复数(2)3zai(aR)是纯虚数，则1aiai=.17．（5分）已知f(x)=x2,x02x−2,x≥0，则f(f(−2))=，函数f(x)的零点个数为．18．（5分）如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且A，B，C，D四点共圆，则AC的长为________km.三、解答题（共60分）19．（12分）已知21)4tan(（Ⅰ）求tan的值；（Ⅱ）求22sin(22)sin()21cos(2)sin的值.20．（12分）已知函数f(x)=cos(2x+3)+sin2x(1)求函数f(x)的单调递减区间及最小正周期;(2)设锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a,b,c,若c=6，cosB=13，C1f()24，求b.21．（12分）已知函数2fxxxa，其中2a．（1）若函数fx的图象关于直线1x对称，求a的值．（2）若函数fx在区间0,1上的最小值是2，求a的值．22．（12分）已知函数()1xafxxe（aR，e为自然对数的底数），且曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线平行于x轴.（1）求a的值；（2）求函数()fx的极值.23．（12分）设函数lnfxxax，⑴当2a时，求fx在点1,1f处的切线方程；⑵求fx的单调区间.第1页共2页参考答案1．D【解析】集合2340{|14}Axxxxxx或，|3{|33}Bxxxx.所以|313,1ABxx.故选D.2．D【解析】11(1)221,1.11(1)(1)2iiiiiziziiiii3．B【解析】111(1)11,(1)()2222ffff，选B.4．A【解析】试题分析：由三角函数定义可知312sin2,cos222233tan35．B【解析】因为0.3113211alog20,blog1,0c132，故选B6．C【解析】解：因为是第三象限的角,且21tan2sin,cos55,则2310sin()(sincos)4210选C7．D【详解】()sin(2)3cos(2)2sin23fxxxx.当23时，()2sin(2)2sin2fxxx是奇函数.【点睛】本题考查了辅助角公式，考查了奇函数的定义.也可以这样求解：()sin(2)3cos(2)2sin23fxxxx，要想()fx为奇函数，只需2()33kkkZ，故选D.8．C9．B试题分析：如下图：由已知，在ABC中，105,45,56ABCACBBCoo,从而可得：30BACo由正弦定理，得：56sin45sin30ABoo，103AB,那么在RtADB中，60ABDo,3sin60103152ADABo，即旗杆高度为15米，由3155010，知：升旗手升旗的速度应为310（米/秒）.故选B．10．A【详解】函数在x0时2e1xxxfxe0，排除C、D，在x0时2e1xxxfxe0，排除B，故选A.11．Cf′（x）=3x2+2ax+b，由题意得,10)1(,0)1(ff∴.110232ababa∴3,3ba或.11,4ba当a=4时，f’(x)=3x2+8x-11=(x-1)(3x+11)满足题意；当a=3时，f’(x)=3x2-6x+9=3(x-1)2不合题意，∴f（2）=18.12．D试题分析：不妨设x1x2x3，则由图知−73x10,x2+x3=6⇒x1+x2+x3∈(113,6)，选D．13．A试题分析：①中由222cos02abcAA，三角形是钝角三角形；②中222abcbc2221cos602bcabcAA；③中只能判定C为锐角，不能说明是锐角三角形；④A:B:C＝1:2:3则三内角为,,632，三边比值为1:3:214．B【详解】由题设有fx为−∞,a上的增函数，也是a,+∞上的增函数，当a3a2时，fx不是R上的增函数，故必定存在b，使得直线y=b与fx的图像有两个交点，即gx=fx−b有两个零点，此时a1.故选B.15．0或1【解析】由题意，33a或213a，所以0a或1，经检验，0a或1都满足题目要求，所以0a或1。16．【解析】复数(2)3zai(aR)是纯虚数，2a212243i11212125iiaiiaiiii17．14，1．试题分析：∵f(−2)=(−2)2=4，∴f(f(−2))=f(4)=24−2=14，若x0：f(x)=x2=0无解，若x≥0：f(x)=2x−2=0⇒x=1，∴零点个数为1，故填：14，1．第2页共2页18．7【详解】∵ABCD、、、四点共圆，圆内接四边形的对角和为．BD，∴由余弦定理可得222532533430ACcosDcosD，222582588980ACcosBcosB，BD，即cosBcosD，∴2234893080ACAC，∴可解得7AC．故答案为：719．试题分析：（Ⅰ）tantan1tan14tan()41tan21tantan4，解得31tan（Ⅱ）22sin(22)sin()21cos(2)sin=22sin2cos1cos2sin2222sincoscos2cossin22tan1152tan1920．【解析】试题分析：(1)∵f(x)=cos(2x+3)+sin2x=cos2xcos3-sin2xsin3+1cos2x2131131cos2xsin2xcos2xsin2x222222，∴最小正周期T=22=π，令2kπ-2≤2x≤2kπ+2（k∈Z），得kπ-4≤x≤kπ+4,k∈Z，∴f(x)的单调递减区间是［kπ-4,kπ+4］(k∈Z).(2)由（1）得f(x)=-32sin2x+12，2C3113f()sinCsinC222421122cosBsinB1()333，，又，，∴bcsinBsinC，即226csinB83bsinC332，故b=83.21．详解：（1）因为2222fxxxaxaxa，所以fx的图象的对称轴为直线22ax．由212a，解得0a，（2）函数fx的图象的对称轴为直线22ax．当2012a，即02a时，因为fx在区间20,2a上单调递减，在区间2,12a上单调递增，所以fx在区间0,1上的最小值为22222aaf，令2222a，此方程无解；当21122aa，即0a时，因为fx在区间0,1上单调递减，所以在区间0,1上的最小值为11fa，令12a，解得3a．综上，3a．22．试题解析：(Ⅰ)由1xafxxe,得1xafxe.又曲线yfx在点1,1f处的切线平行于x轴,得10f,即10ae,解得ae.(Ⅱ)1xxxeefxeee,令0fx,得1x.,1x,0fx;1,x,0fx.所以fx在,1上单调递减,在1,上单调递增,故fx在1x处取得极小值,且极小值为11f,无极大值.23.【详解】⑴当2a时，ln2fxxx，12f∴切点为1,2，又∵/12fxx∴/11f∴切线方程为21yx即⑵/1fxax，0x，当0a时，/0fx，函数lnfxxax在0,上单调递增；当0a时，由/10fxax