(最新资料)甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第三次阶段性复习过关考试试题数学(理)【含答案】.pdf

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1、甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第三次阶段性复习过关考试试题数学（理）一、选择题（5 1260）1若集合Ax|x0，且B?A，则集合B可能是（）A.1，2 B.x|x1 C.1，0，1 D.R 2若复数z满足iizi()1(是虚数单位），则z的虚部为（）Ai21 B21 Ci21 D213设函数f（x）ln（1x）ln（1x），则f（x）是（）A.偶函数，且在（0，1）内是增函数 B.奇函数，且在（0，1）内是减函数C.奇函数，且在（0，1）内是增函数 D.偶函数，且在（0，1）内是减函数4若 tan 34，则 cos22sin 2（）A6425B4825C1 D16255若f（x）2

2、xf（1）x2，则f（0）等于（）A2 B0 C 2 D 4 6函数yAsin（x）的部分图象如图所示，则（）Ay2sin2x6By 2sin2x3Cy2sinx6Dy 2sinx37函数f（x）2x|log0.5x|1 的零点个数为（）A1 B2 C3 D 4 8已知函数f（x）2x，x4，f（x1），x4，则f（2log23）的值为（）A.24 B.16 C.12 D.8 9已知m R，“函数y2xm 1 有零点”是“函数y logmx在（0，）上为减函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件10已知f（x）为偶函数，且当x 0，2）时，f（x）

3、2sin x，当x 2，）时，f（x）log2x，则f3f（4）等于（）A.32 B.1 C.3 D.32 11南宋时期的数学家秦九韶独立发现的计算三角形面积的“三斜求积术”，与著名的海伦公式等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减小，余四约之，为实一为从隅，开平方得积”若把以上这段文字写成公式，即222222142cabSc a现有周长为2 25且sin:sin:sin21:5:21ABC的ABC，则其面积为（）A34B32C54D5212定义域为R 的可导函数yf（x）的导函数，f（x），满足f（x）f（x），且f（0）2，则不等式f（x）2ex的解

4、集为（）A.（2，）B.（，2）C.（0，）D.（，0）二、填空题（4520）13已知 sin cos 18，且540）个单位后的图象关于y轴对称，则a的最小值是 _.三、解答题17（本小题12 分）设p：实数x满足x25ax4a20），q：实数x满足 20.（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，e 上仅有一个零点.22（本小题满分10分）坐标系与参数方程.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x4cos 2，y4sin（为参数），以O为极点，以x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为6（R）.（1）求曲线C的极坐标方程；（2

5、）设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|AB|的值.答案一、选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案A D C A D A B A B D A D 二、填空题13.32 14.4 15.2xy10 16.3三、解答题17解(1)当a1 时，x25ax4a20 即为x25x40，解得 1x4，当p为真时，实数x的取值范围是1x4.若pq为真，则p真且q真，所以实数x的取值范围是(2，4).(2)q是p的必要不充分条件，即p是q的必要不充分条件.设Ax|p(x)，Bx|q(x)，则BA.由x25ax4a20 得(x4a)(xa)0，A x|ax4a，又Bx|25，解得5

6、4a2.实数a的取值范围是54，2.18.解(1)f(x)23sinx24cosx24sin(x)3cos xsin x2sinx3，于是T212.(2)由已知得g(x)fx62sinx6，x 0，x66，76，sinx6 12，1，g(x)2sinx6 1，2，故函数g(x)在区间 0，上的最大值为2，最小值为 1.19解(1)h(x)ln x12ax22x，x(0，)，所以h(x)1xax2，由h(x)在(0，)上存在单调递减区间，所以当x(0，)时，1xax 21x22x有解.设G(x)1x22x，所以只要aG(x)min即可.而G(x)1x12 1，所以G(x)min 1.所以a 1.

7、(2)由h(x)在1，4 上单调递减得，当x1，4 时，h(x)1xax20 恒成立，即a1x22x恒成立.设G(x)1x22x，所以aG(x)max，而G(x)1x121，因为x1，4，所以1x14，1，所以G(x)max716(此时x4)，所以a716.20解(1)由已知及正弦定理得，2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin C，2cos Csin(AB)sin C，故 2sin Ccos C sin C.由C(0，)知 sin C0，可得 cos C12，所以C3.(2)由已知，12absin C332，又C3，所以ab6，由已知及余弦定理得，a2b22abcos

8、C7，故a 2b213，从而(ab)225.所以ABC的周长为57.21解:(1)由f(x)x22kln x(k0)，得x0 且f(x)xkxx2kx.由f(x)0，解得xk(负值舍去).f(x)与f(x)在区间(0，)上的变化情况如下表：x(0，k)k(k，)f(x)0f(x)k（1ln k）2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，).f(x)在xk处取得极小值f(k)k（1ln k）2.(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，)上的最小值为f(k)k（1ln k）2.因为f(x)存在零点，所以k（1ln k）2 0，从而ke，当ke 时，f(x)在区间(1，e)上

9、单调递减，且f(e)0，所以xe是f(x)在区间(1，e 上的唯一零点.当ke 时，f(x)在区间(1，e)上单调递减，且f(1)120，f(e)ek20，所以f(x)在区间(1，e 上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e 上仅有一个零点.22解(1)将方程x 4cos 2，y 4sin 消去参数得x2y24x 120，曲线C的普通方程为x2y24x120，将x2y22，xcos 代入上式可得24cos 12，曲线C的极坐标方程为：24cos 12.(2)设A，B两点的极坐标分别为1，6，2，6，由24cos 12，6消去得223120，根据题意可得1，2是方程223120 的两根，1223，12 12，|AB|12|（12）2412215.