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河北省张家口市2021届高三数学上学期第一次质量检测答案(pdf版)

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高三数学 第 1 页2020-2021 学年第一学期阶段测试卷高三数学答案1. A【解析】 2{ | 2 0}A x x x   ={x|0x2},     2| 3 4 0 1, , 4B x x x        故  | 4 1RC B x x    , }10|{)(A  xxBCR . 故选 A2.A【解析】B中函数非奇非偶,D中函数是偶函数,C中函数是奇函数,但不在定义域内递增,只有 A中函数符合题意.3.D【解析】由余弦定理计算得21cos BCA ,所以32C ,可得 CABC与 的夹角是3.4.C【解析】设幂函数  y f x x  ,图象过点 )33,27( ,故 233 333327   ,∴21 ,故  f x x ,    21 1f x f x x x     ,令 1x t  ,则  21y t t   , 0t  ,∴12t  时, max34y   . 故选 C.5. C【解析】 3 233 233 2 133 23( ) - log - 1- log ( 1 )log ( 1 )- log ( 1 ) ( )f x x x xx x xx x xx x x f x               ( ) ( )所以  f x 为奇函数,图像关于原点对称,排除 BD,因为  (1) 1 ln 2 1 0f     ,所以排除 A,选 C.6. C【解析】  f x 是奇函数,当 0x  时, 1)(  xexf ,设 0x  则 0x  , 1)-( -  xexf ,故 xexfxf )1(1)-()(  即0,)1(10,1)(xexexfxx,函数  f x 的图像如图所示,结合图像可知  f x 是R上的增函数,由    26f a f a   ,得 26 a a   解得 2 3a   ,故选 C.7.B【解析】∵f(x)= 2sinxcosx-2cos2x+2= 2sinxcos+2sin2x=1-cos2x+sin2x=1+ 2sin (2 )4x  ,高三数学 第 2 页∴f(x)的最小正周期 T=2π2=π,由π2+2kπ≤2x-π4≤3π2+2kπ,得 f(x)的单调减区间为3π8+kπ≤x≤7π8+kπ,k∈Z,当 k=0时,得 f(x)的一个单调减区间3π8,7π8 ,故选 B.8.B【解析】由已知可得 cos2 A2=cbc2,cos 1 12 2 2A bc  ,即 cosA=bc,b=ccos A.法一:由余弦定理得 cosA=b2+c2-a22bc,则 b=c·b2+c2-a22bc,所以 c2=a2+b2,由此知△ABC为直角三角形.法二:由正弦定理得:sin B=sin C cos A.在△ABC中,sinB=sin (A+C),从而有 sinAcosC+cosAsinC=sinCcos A,即 sinAcosC=0.在△ABC中,sinA≠0,所以 cosC=0.由此得 C=π2,故△ABC为直角三角形.9. BC【解析】在对应关系中,函数值的集合{ Pxxf |)( }叫函数的值域,值域是 Q的子集。只有 B、C选项中值域范围超过 Q的取值范围.10. AB【解析】向量由两个要素方向和长度描述,A错;若a //b,且与 c垂直,结果成立,但 a不一定等于b,B错;相等向量模相等,方向相同,D选项对.11.ABD【解析】对于 A,在△ABC中,由正弦定理可得 asin A=bsin B,所以 sinA>sinB⇔a>b⇔A>B,故 A正确;对于 B,在锐角三角形 ABC中,A,B∈ (0, )2,且 A+B>π2,则π2>A>π2-B>0,所以 sin A>sin ( )2B  =cos B,故 B正确;对于 C,在△ABC中,由 acosA=bcosB,利用正弦定理可得 sin 2A=sin 2B,得到 2A=2B或 2A=π-2B,故 A=B或 A=π2-B,即△ABC是等腰三角形或直角三角形,故 C错误;对于 D,在△ABC中,若 B=60°,b2=ac,由余弦定理可得,b2=a2+c2-2accos B,所以 ac=a2+c2-ac,即(a-c)2=0,解得 a=c.又 B=60°,所以△ABC必是等边三角形,故 D正确.故选 A、B、D.12. BCD【解析】函数 f(x)=2sinx的图像向左平移6个单位,得到函数 ( ) 2sin( )6f x x   的图像,再将2sin( )6y x   的图像的纵坐标不变,横坐标变为原来的 2倍,得 g(x)=2sin( 62x),A.若 320  x ,则662x2,所以根据复合函数单调性可知函数 g(x)在[0, ]上为单调递增函数,B.将 g(x)的图像向右平移 6个单位得到 y=2sin[ 21(x- 6)+ 6]=2sin( 122x)高三数学 第 3 页所以得到函数不关于原点对称,,所以不正确.C.因为 ( )3g  =2sin( 6+ 6)= 3 0 ,所以点( 3,0)不是函数 g(x)的一个对称中心,所以不正确D.若  2 x ,则676232 x,所以当62x= 32时,g(x)取得最大值,且最大值max2( ) 2sin 3 .3g x   ,所以不正确13. (2,+∞) 【解析】由题意,函数  23log 2 8y x x   的定义域为 ),(),(  24--  。而函数 g(x)=x2+2x-8,则函数  g x 在 ),( 4-- 单调递减,在区间 ),( 2 单调递增,再根据复合函数的单调性,可得函数  25log 2 3y x x   的单调递减区间为 ),( 4-- .单调递增区间为),( 2 ,故答案为: ),( 2 .14. [ 5, ) (0, )x     15. 310  【解析】 h,所以 3 .10 16.1 1ln2-2 2【解析】设直线 y=kx+b与 y=ex﹣2和 y=ex﹣1的切点分别为 1 21( , )xx e  和 22( , 1)xx e 则切线分别为 1 1 2 22 2 1 2( ), ( 1) ( ),x x x xy e e x x y e e x x       化简得: 1 1 1 2 2 22 2 21 2, 1x x x x x xy e x e x e y e x e x e        依题意有:1 2 21 1 2 22 21 21x xx x x xe ee x e e x e     ∴x1﹣2=x2,x2=﹣ln2,则 2 221 11 ln 22 2x xb e x e     .故答案为: 1 1ln2-2 2.17.解: (1) 232cos32sin232cos32sin)(  xf = 2212322123 =23(2)令 t=sinx+cosx= ]2,2[)4sin(2  xt2=1+2sinxcosx 2sinxcosx=t2-1f(x)=g(t)=t+t2-1+2=t2+t+1=(t+21)2+43∴ 23)2()( max  fxf min1 3( ) ( )2 4f x f  高三数学 第 4 页18.解:(1)由已知 asinAsinB-bsin2A+b= 2a.asinAsinB+(1-sin2A)b= 2a.asinAsinB+bcos2A= 2a由正弦定理知:sin2AsinB+sinBcos2A= 2sinAsinB(sin2A+cos2A)= 2sinA sinB= 2sinA b= 2a ba= 2(2)由余弦定理:cosB=acbc2a 222 =1 32ac( )0又由(1)知 b2=2a2,故 c2=(2+ 3)a2 cos2B=21 cosB 2245B  19.解:(1)法一:cos =  cos ( )    =cos(   )cos  +sin(   )sin  , 为锐角,且 cos  =55,5cos( )5   ∴sin  =552sin(   )=552∴cos =53∴cos2 =2cos2 -1= 725法二:由已知可得:  +   =cos =cos( -2  )= 2 3(2cos 1)5   ∴cos2 =2cos2 -1= 725(2)由(1)cos =55,cos =53∴tan  =2,tan =34∴112tantan1tantan)tan( 20.解:(1)由已知可得: n =(cosB,cosA) m n  =4acosB+4bcosA=2 2sin4AcosB+2 2 sin4B cosA =sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC=sin2C=2sinCcosCA、B、C为三角形内角,∴cosC=21,∴ C=60(2)若 sinA、sinC、sinB成等差数列,则 2sinC=sinA+sinB,2c=a+b又CA ( -AB AC )=18,∴CA CB=abcos60=21ab=18由余弦定理:c2=a2+b2-2abcosC =(a+b)2-2ab-ab,∴3c2=3ab,c2=36,c=6高三数学 第 5 页21.解:(1)f(x)=cos2x- 3 sinxcosx-21=cos2 1 3 1sin 22 2 2x x  = xx 2sin232cos21 = cos(2 )3x 函数 f(x)单调递减,则 2x+ 3 Zkkk  ],2,2[ ∴f(x)在 ),0(  上的单调递减区间 50,3 6          和 ,(2)由(1)知:f(A)= cos (2 ) 13A    且△ABC为锐角三角形,∴2A+3= ,A= 3b  sinC=a  sinA,∴bc=a2=4,∴a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc-bc=(b+c)2-3bc∴4=(b+c)2-12,∴b+c=4,∴C ABC =2+4=622.解:(1) ( )f x 的定义域为 ( , )  ,∵ '( ) ( 1 ) xf x x a e   ,当 ( , 1)x a   时, 0)(' xf , ( )f x 为减函数;当 ( 1, )x a   时, '( ) 0f x  , ( )f x 为增函数,∴ ( )f x 有极小值 1( 1) 1 af a a e     ,无极大值,故 ( )f x 的减区间为 ( , 1)a  ,增区间为 ( 1, )a   ,极小值为 1( 1) 1 af a a e     ,无极大值;(2)函数 ( )f x 在 (0, ) 上有唯一零点,即当 (0, )x  时,方程 ( ) 0f x  有唯一解,∴11xxa xe 有唯一解,令1( )1xxg x xe ,则  22'( )1x xxe e xg xe 令 ( ) 2xh x e x   ,则 '( ) 1xh x e  ,当 (0, )x  时, '( ) 0h x  ,故函数 ( )h x 为增函数,又 03)1(  eh , 2(2) 4 0h e   ,∴ ( )h x 在 (0, ) 上存在唯一零点 0x ,则 0 (1, 2)x  ,且 0 0 2xe x  ,当  00,x x 时, )'( 0g x  ,当  0 ,x x  时, '( ) 0g x  ,∴ ( )g x 在 (0, ) 上有最小值   000 0 01 1 (2,3)1xxg x x xe    ,∴2 3a  .

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