1.1.2 四种命题第一课时教学实录

荆州中学2018届高三数学双周练试卷(理科)

2017.9.14 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）

x2y21}，B{(x,y)|y3x}，则AB的子集1．设集合A{x,y|的个数是

．．416[来源学科网]A．

4

B．3

C．

2

D．1 2．设z1i，则z（

）

1i

A.

3．

4.

321

B.

C.

D. 2

2225．底面边长为1，侧棱长为26的正三棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（

) 3A. 32π4π

B. 4π

C. 2π

D.

33

A．

B．

C.

D．

7.

9. 函数fxsinx0,2的最小正周期是，若其图象向右平移个单位后得6到的函数为奇函数，则函数fx的图象（

）

A．关于点,0对称

B．关于直线x对称

1212C．关于点,0对称

D．关于直线x对称

66

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．如图，一矩形靶OABC由抛物线yx22x分成Ⅰ区、

y

1

C

Ⅱ

Ⅲ

B

A

2

x

Ⅰ

O

1

第13题图

Ⅱ区、Ⅲ区三个区域，现随机向该靶射击一次（假定每次射击不会脱靶），则击中Ⅲ区的概率为

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．（本题满分12分）

设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且(abc)(abc)ac．

（Ⅰ）求B；

（Ⅱ）若sinAsinC

18.（本题满分12分）

如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160. （Ⅰ）证明：ABAC；

1（Ⅱ）平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.

[来源学+科+网Z+X+X+K]31，求C．

4CC1BB1AA1

19.（本题满分12分）

在淘宝网上，某店铺专卖当地某种特产．由以往的经验表明，不考虑其他因素，该特产每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克，1x5）：当1x3时满足关系式ya(x3)2b，

（a,b为常数）；当3x5时满足关系式y70x490．已知当销售价x1格为2元/千克时，每日可售出该特产700千克；当销售价格为3元/千克时，每日可售出该特产150千克

（Ⅰ）求a,b的值，并确定y关于x的函数解析式；

（Ⅱ）若该特产的成本为1元/千克，试确定销售价格x的值，使店铺每日销售该特产所获利润f(x)最大．（x精确到0.01元/千克）

[来源学科网]

20. (本题满分12分) 点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和它到直线l:x4的距离的比是常数（Ⅰ）记点M的轨迹为曲线C，求C的方程（写出详细的过程）；

．．．．．．．（Ⅱ）过点P0,1的动直线与C交于A，B两点，设O为坐标原点，是否存在常数，使得1

2OAOBPAPB7？请说明理由．

21．(本题满分12分) 已知函数fxeaxbx1，其中a,bR，e2.71828为自然对数的底数. x2（Ⅰ）设gx是函数fx的导函数，讨论g(x)在[0,1]上的单调性；

（Ⅱ）设h(x)3x2xln2xe1，证明：当1ex时，h(x)0；

22（Ⅲ）若f10，函数fx在区间0,1内有零点，求a的取值范围.

22.（本题满分10分）

已知函数f(x)log2(1x)41mx(xR)是偶函数

21x（Ⅰ）求常数m的值，并写出函数f(x)的单调区间（不要求证明）；

．．．．．（Ⅱ）若实数a满足f(2log3a)f(2)，求a的取值范围.

高三双周练（1）数学（理科）参考答案

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）ABDDD

ACDBC

BC 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）

[来源:Z+xx+k.Com]

13．12312

14．3

15．

16．

(,ln]

63232三、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）

22217.（1）因为abcaccac，所以acbac.由余弦定理得

a2c2b21cosB，因此B120.

………………………6分

2ac2（2）由（1）知AC60，所以cosACcosAcosCsinAsinC

cosAcoCssAinCsin2AsinCcosnAC2siA1sCin231243，

2

故AC30或AC30，因此C15或C45.………………………12分

18．（1）证明：如图（1）所示，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA=CB，

所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，

故△AA1B为等边三角形，所以OA1AB. 因为OCCzC1OA1O，所以AB平面OAC. 1AxBOA1图 （2）yB1平面OAC又AC.…………………5分

11，故ABAC1

（2）由（1）知OCAB，OA1AB，又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，

所以OC平面AA1B1B，故OA,OA1,OC两两相互垂直. 以O为坐标原点，OA的方向为x轴的正方向，OA为单位长，建立如图（2）所示的空间直角

坐标系Oxyz.由题设知A1,0,0,A10,3,0,C0,0,3,B1,0,0，

3,3. 则BC=1,0，3，BB1AA11,3,0，A1C0，设nx,y,z是平面BB1C1C的法向量，

nBC0,x3z0,则即可取nnBB10,x3y0.3,1,1,故cosn,AC1nAC1nAC110.

5

所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为

10

.…………………12分

519..（Ⅰ）解：（I）因为x=2时，y=700；x=3时，y=150，所以

b150解得a400,b300

2ab7003002400(x3)(1x3)每日的销售量y

；

…………………4分

x170x490(3x5)

（II）由（I）知，

当1x3时：

每日销售利润f(x)[400(x3)2

300](x1)400(x3)2(x1)300

x1400(x37x215x9)300（1x3）

f'(x)400(3x214x15)

5,或x3时f'(x)0

355当x(1,)时f'(x)0，f(x)单增；当x(,3)时f'(x)0，f(x)单减．

335325x是函数f(x)在(1,3]上的唯一极大值点，f()400300700；

3273当x

…………………9分

当3x5时：

2每日销售利润f(x)(70x490)(x1)=70(x8x7)

5f(x)在x4有最大值，且f(4)630f()．

3

综上，销售价格x

20.（1）推导过程略

51.67元/千克时，每日利润最大．

…………………12分

3x2y21．点M的轨迹方程为·

43………………5分

（2）当过点P的直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，设A、B两点的坐标分别为x1,y1，x2,y2，

[来源学&科&网]x2y2122联立得4，化简34kx8kx80，

3ykx18kxx124k238所以x1x22，

4k3≥0恒成立所以OAOBPAPBx1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]

…………………6分

11k2x1x2kx1x21

8(1＋)(1＋k2)8k221

24k34k32444k2324k234k32423，4k23[来源学科网ZXXK]21

所以当2时，OAOBPAPB7；

…………………10分

当过点P的直线AB的斜率不存在时，直线即与y轴重合，此时A0,3，B0,3，所以



OAOBPAPB3＋[(3－1)(3－1)]32，

所以当2时，OAOBPAPB7；

综上所述，当2时，OAOBPAPB7．

…………………12分

21.（Ⅰ）由fxexax2bx1，有gxfxex2axb. 所以gxex2a. 1时，g'(x)0，所以gx在0,1上单调递增. 2e当a时，g'(x)0，所以gx在0,1上单调递减. 21e0,ln2a当a时，令gx=上单调递0，得xln2a0,1.所以函数gx在区间22当a减，在区间ln2a,1上单调递增.

…………………4分

（Ⅱ）h(x)3x2xln2xe1，h'(x)12ln(2x) 令h'(x)12ln(2x)0得xe 21eeeh(x)在(,)上递增，(,)上递减 所以h(x)maxee10

2222所以当1ea时，h(x)0

…………………7分

22（Ⅲ）设x0为fx在区间0,1内的一个零点，则由f0fx00可知，fx在区间0,x0上不可能单调递增，也不可能单调递减. 则gx不可能恒为正，也不可能恒为负.故gx在区间0,x0内存在零点x1.同理gx在x0,1区间内存在零点x2.所以gx在区间0,1内至少有两个零点. 1时，gx在0,1上单调递增，故gx在0,1内至多有一个零点. 2e1e当a时，gx在0,1上单调递减，故gx在0,1内至多有一个零点.所以a. 222由（I）知，当a此时gx在区间0,ln2a上单调递减，在区间ln2a,1上单调递增.[来源学#科#网Z#X#X#K]

因此x10,ln2a，x2ln2a,1，必有g01b0，g1e2ab0. 

由f10，有abe12，有g01bae20，

g1e2ab1a0.解得e2a1. 又由第（2）问当1eag(ln(2a))3a2aln2ae10

22，由此可知fx在0,x1上单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,1上单调递增. 所以fx1f00，fx2f10，故fx在x1,x2内有零点. 综上可知，a的取值范围是e2,1

22.（Ⅰ）f(x)是偶函数，f(x)f(x)

. …………………12分

log2(1x4)1mxmx14log(1x)

mx0,m0

…………3分

21x21x21f(x)log2(1x4)

1x2

f(x)单调递增区间为[0,)，递减区间为(,0]

…………………5分

（Ⅱ）

由

题意2

log3a2，即log3a1，解得

a3

………………10分

2[来源:Zxxk.Com]

[来源学_科_网Z_X_X_K]