高三理科数学-PAGE\*MERGEFORMAT12021—2022学年度第一学期第三次考试高三数学试题（理科）(时间：120分钟 满分：150分)一、单项选择题(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)已知集合则2．若f(x)＝sinα－cosx，则f′(x)等于A．sinx B．cosxC．cosα＋sinxD．2sinα＋cosx3．曲线y＝ex－lnx在点(1，e)处的切线方程A．(1－e)x－y＋1＝0B．(1－e)x－y－1＝0C．(e－1)x－y＋1＝0D．(e－1)x－y－1＝04已知条件，那么充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分又不必要条件5．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点A．1个B．2个C．3个D．4个6．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间是A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))7．函数f(x)＝3x－4x3(x∈[0，1])的最大值是A．1B.eq\f(1,2)C．0D．－18．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝A．2B．3C．4D．59．以正弦曲线y＝sinx上一点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))B．[0，π)C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))10．设a＝e，b＝eq\f(π,lnπ)，c＝eq\f(3,ln3)，则a，b，c大小关系是( )A．a＜c＜bB．b＜c＜aC．c＜b＜aD．c＜a＜b11.已知f(x)是R上的奇函数，f(1＋x)＝f(1－x)，当x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2时，>0，则当－3≤x≤1时，不等式xf(x)>0的解集为A.[－1，0)∪(0，1]B.[－3，－2)∪(0，1]C.(－2，－1)∪(0，1]D.(－2，0)∪(0，1]12.已知函数f(x)的导函数f'(x)满足(x+xlnx)f'(x)f(e) B.e2f(1)>f(e)C.2f(1)f(e).故选A.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．答案：解析：因为为R上的减函数,所以时,单调递减,即①;时,单调递减,即②,且③.联立①②③,解得.故选B.14.解析：由题意得y′＝2ax－eq\f(1,x＋1)，∵曲线在点(1，b)处的切线平行于x轴，∴2a－eq\f(1,2)＝0，∴a＝eq\f(1,4)，∴b＝eq\f(1,4)－ln(1＋1)＝eq\f(1,4)－ln2.答案：eq\f(1,4) eq\f(1,4)－ln215.【答案】【详解】解：,当x=1时，y=1，,在点（1，1）处的切线的斜率为k=，可得切线的方程为y=3x-2，直线y=3x-2与x轴的交点坐标为（），可得围成图形的面积：S====，故答案：.16．解析：f′(x)＝eq\f(4－4x2,（x2＋1）2)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，即函数f(x)的增区间为(－1，1)．又因为f(x)在(m，2m＋1)上单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m≥－1，,m＜2m＋1，,2m＋1≤1.))解得－1＜m≤0.答案：(－1，0]三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．解：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x，由于直线2x＋y－4＝0的斜率为－2，且过点(1，2)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝2，,f′（1）＝－2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－\f(1,3).))(2)由(1)知y＝eq\f(x3,3)＋eq\f(4,3)，则y′＝x2.设切点为(x0，y0)，则切线斜率k＝xeq\o\al(2,0)，故切线方程为y－eq\f(xeq\o\al(3,0),3)－eq\f(4,3)＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)．由切线过点(2，4)，代入可解得x0＝2或x0＝－1，∴切点为(2，4)或(－1，1)，则切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.18．解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，注意到ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)0，因此－x2＋(a－2)x＋a≥0在(－1，1)上恒成立，也就是a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，1)上恒成立．设y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,（x＋1）2)>0，即y＝x＋1－eq\f(1,x＋1)在(－1，1)上单调递增，则y<1＋1－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2)，故a≥eq\f(3,2).即实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).19．解：当x＜1时，f′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex.解方程f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝0.解不等式f′(x)＞0，可得x＜－2或0＜x＜1，此时f(x)递增．解不等式f′(x)＜0，可得－2＜x＜0，此时f(x)递减．因此，f(x)在(－∞，－2)上递增，在(－2，0)上递减，在(0，1)上递增．由于f′(－2)＝f′(0)＝0，可知x＝－2是函数的极大值点，极大值为f(－2)＝4e－2＝eq\f(4,e2)；x＝0是函数的极小值点，极小值为f(0)＝0.又因为f(1)＝e＞eq\f(4,e2)，所以函数的最大值点为x＝1，最大值为e；x2ex≥0对任意实数都是成立的，因此函数的最小值点为x＝0，而且最小值是0.20．解：设点C与点B的距离为xkm，运输时间为T(x)h，则T(x)＝eq\f(\r(1502＋x2),50)＋eq\f(300－x,130)，0≤x≤300.因为T′(x)＝eq\f(1,2)eq\f(（1502＋x2）－\f(1,2)×2x,50)－eq\f(1,130)＝eq\f(x,50\r(1502＋x2))－eq\f(1,130)，令T′(x)＞0，可解得x＞eq\f(125,2).因此可知T(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(125,2)))上递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(125,2)，300))上递增，从而T(x)在x＝eq\f(125,2)时取得最小值．这就是说，点C选在离B点为eq\f(125,2)km时可使运输时间最短．21．解：(1)由题意得，f′(x)＝3ax2＋b.∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝eq\f(\r(2),2)处取得极小值－eq\r(2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝－\r(2)，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝－4，,\f(3,2)a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－3，))经检验满足条件，则函数f(x)的解析式为f(x)＝2x3－3x.(2)设切点坐标为(x0，2xeq\o\al(3,0)－3x0)，则曲线y＝f(x)的切线的斜率k＝f′(x0)＝6xeq\o\al(2,0)－3，切线方程为y－(2xeq\o\al(3,0)－3x0)＝(6xeq\o\al(2,0)－3)(x－x0)，代入点M(1，m)，得m＝－4xeq\o\al(3,0)＋6xeq\o\al(2,0)－3，依题意，方程m＝－4xeq\o\al(3,0)＋6xeq\o\al(2,0)－3有三个不同的实根．令g(x)＝－4x3＋6x2－3，则g′(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)，∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0；当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.故g(x)＝－4x3＋6x2－3在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴g(x)极小值＝g(0)＝－3，g(x)极大值＝g(1)＝－1.∴当－30)，当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(x)不存在最小值；当a<0时，由f′(x)＝0得x＝－a，且0－a时，f′(x)>0.∴x＝－a时，f(x)取得最小值，f(－a)＝ln(－a)＋1＝2，解得a＝－e.(2)g(x)lnx－x2，故g(x)lnx－x2在(0，e]上恒成立．设h(x)＝lnx－x2，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2x＝eq\f(1－2x2,x)，由h′(x)＝0及00，当eq\f(\r(2),2)
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