福建省2020届高中考试上学期11月联考试题数学试题

1、“超级全能生2021 年福建省高三年级 11 月联考数学理科考前须知:1 .本试题卷共 8 页,总分值 150 分,测试时间 120 分钟.2 .做题前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在做题卡的相应位置3 .全部答案在做题卡上完成,答在本试题卷上无效4 .答复选择题时,选出每题答案后,用 2B 铅笔把做题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,橡皮擦干净后,在选涂其他答案标号.5 .测试结束后,将本试题卷和做题卡一并交回12 小题,每题 5 分,共 60 分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求r35C.一,一221.集合ANx24x0,eRBxx2x20,那么ABA.0,

2、1,2,3,4B.0,123C.01,2D.1,22.复数z满足-zz-ii,其中i为虚数单位,那么z在复平面内对应的点位于A.第一象限3.x23是log2xA.充分必要条件4.函数fxB.第二象限1的B.充分不必要条件C.第三象限D.第四象限C.必要不充分条件D.既不充分又不必要条件2的定义域为0,2,那么函数f2x1的定义域为5.a20.8,b0.3,cLln5那么a,b,c的大小关系为A.bac2B.cbaC.cabD.ab4,107A.一3B.uur1073uurC.10727107D.-278.在ABC中,记ABa,AC=b,ABuur中点,那么AO2,BC=3J2,ABC=7,AD

3、是边BC的高线,O是线段AD的一、选择题：此题共的.A.2,0B.1,31A.-a21C.-a31b31b41B.-a31D.-a31b21b69.cos2(0,-),tan,那么21sin2A.12B.一43C.4uuir10.在平面直角坐标系中,A(1,0),B(0,1),C(3,0),P(0,0),PQD.uuuPAuuuruur|PQPD|的最小值是A.2.2C.2.21B.2.2D.2x2+1uurPB,且uuir1,|CD|1,11.函数f(x)为坐()2cosx(x0,)的图象与函数g(x)3tanx的图象交于A、B 两点,那么OAB(OA.一4C.212.设函数f(x)2Tx3

4、,假设函数g(x)f(x)ex,x32mx有两个极值点,那么实数m的取值氾围是(3AMe3eC.(,)62二、填空题：本大题共13.f(x)是定义域B.(2,3D.(I4 小题,每题 5 分,共 20 分.R上的奇函数,周期为4,且当x0,1时,f(x)log2(x1),那么f(31)14.向量|a|b|2,假设a3bb,那么a2b15.假设直线ykxb既是曲线yInx2的切线,又是曲线yIn(x3)的切线,那么 b=16 .在zXABC中a,b,c分别是内角A,B,C的对边,D是AB上的CD1,absinAcbsinCsinB,那么a2b的最大值是等分点靠近点A,且三、解做题：共 70 分.

5、解容许写出文字说明、证实过程或演算步骤.第 1721 题为必考题,每个试题考生必须作答.第 22,23 题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题洪 60 分.17 .(12 分)1a(sinx,-),b(cosx,cos2x)(0),假设函数f(x)ab,fx的最小正周期为2(I)求的值；(n)将函数f(x)的图象向右平移(0-)个单位长度后得到函数g(x)的图象,假设函数g(x)为偶函数,求函数g(x)在0,上的值域.318 .(12 分)在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2sin2C2V2cosC30.(I)求角C的大小；(n)5?fbJ2a,ABC的面积为Y2sinA

6、sinB,求sinA及c的值.219 .(12 分)在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b2+c2a2=b2cosA+abcosB.(I)求角A的大小；(n)ABC的外接圆半径R=J3,求ABC的周长l的取值范围.20 .(12 分)函数fx3ax3bx2,在x1时有极大值 3.(I)求2笛的值；(n)求函数fx在1,3上的最值.21 .(12 分)函数G(x)ln(1mx)mx,g(x)ax2,其中0m1.一、,、J(i)当m1时,设f(x)G(x)g(x),存在区间3上0,-,使得xhx2t1,t2,都有3f(x1)f(x2)0,求实数a的取值范围；Xx22(n)假设函数g(

7、x)ax的图象在(1,g(1)处的切线与直线xy10平行,试讨论函数f(x)G(x)g(x)的零点个数.(二)选考题：共 10 分请考生在第 22,23 题中任选一题作答,如果多做时,请用 2B 铅笔在做题卡上将所选题号后的方框涂黑22.选彳 4-4:坐标系与参数方程(10 分),那么按所做的第一题记分,作答x在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为y负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为2cos(为参数).以坐标原点为极点,x轴的非2sin(sin、.3cos)1.(I)分别求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；()假设P,Q分别是曲线&和C2上的动点,求PQ

8、的最小值.23.选修 4-5:不等式选讲(10 分)函数f(x)2x3.(I)解不等式f(x1)f(x)4；x1(1)假设(一)|x1|一1对xR恒成立,求实数a的取值范围2a6.D【解题思路】由f(x)(x)3f(x)可知,f(x)为偶函数排除 B、C;11ee1一,所以排除 A,应选 D.7.C【解题思路】f(m)5m4,m4,6m2,或icl345log2m35,m4,m4,解得(舍去)或所以m29,故fm30f1m4m29,应选C._uuur1uuu8.D【解题思路】由题意易得BD=J2,由BC=3J2,得BD二一BC,333410727uuur1uuurAO-AD21uuuuuin1

9、uur1uuir1uur1uuuruuu1uuu1uuu-(ABBD)-(AB-BC)AB-(ACAB)AB+AC223233611,-a+-b应选36“超级全能生2021 年福建省高三年级 11 月联考数学(理科)答案详解、单项选择(共 60 分,12 小题)所以AB0,1,2.应选 C.由log2x1可得x2,设集合B=(2,),显然集合B是A的真子集,故x23是log2x1的必要不充分条件.应选 C.4.D【解题思路】由于函数f(x2)的定义域为0,2,所以f(x)的定义域为11.由22x10信一 wxW,应选 D.220.315.B【解题思路】b22a,21ba.又c1ln5ln.5V

10、lne1,2,cbABOC=1OC|yA|21120clyB12OC|yAyB|222312.A【解题思路】当x3时,g(x)D.9.B【解题思路】2.2.,cos2cossincossintan221sin2cossin2sincoscossin1tan1tantan()所以4一,即一,应选 B.44uuruuruuu10.C【解题思路】由PQPAPB,且uuuruuruuur|PQPD|DQ|,即D到Q的距离的最小值为1知,Q在AB所在的直线上,又3：yx1,且uuruuur|PQPD|的最小值,又D是以C(3,0)为圆心,1为半径的圆上的点,那么点D到点Q的距离的最小值,就可以看成圆C上

11、的点到直线IAB距离的最小值,即圆心到直线IAB的距离d减去半径.又d|301|、.2o-uur2V2,所以|PQuuurPD|min2V21,应选 C.2mx,所以g(x)2(x1)22mx.令g(x)mJ71x(x1)2ytx在(3,)上单调递减,所以当0m1r一人一时,有一个12极值点；当m0或m1一一一,一时,无极值点；当x123时,g(x)2exmx2,所以g(x)ex2mx.令eeg(x)0,由于x0不是极值点所以2m,记h(x).由于h(x)ex(x1)所以yh(x)在(,0)和(0,1)上单调递减,在(1,3)上单调递增,所以当m0时,有一个极值点；当0e一一一m二时,无极值点

12、；2当em亘时,有两个极值点.综上所述,实数m的取值范围是(,),应选A.262613.1【解题思路】Qf(x)是定义域R上的奇函数,周期为4,且当x0,1时,f(x)log2(x1),f(31)f47+3f(3)f(1)f(1)1.14.2【解题思路】由ab2,3bab得(a3b)2(ab)2,解得ab4,所以a2b而2b)24a24ab4b242315.1+1n2【解题思路】设直线1:ykxb,1与曲线y1nx2相切于点(x1,1nxi+2),那么1的方程为y1nx1c12=(xx1),设1与曲线x1y=1n(x+3)相切于点(x2,1n(x2+3),那么1的方程为y1n(x21,、一(x

13、x?),所以3x1x211nx1x21n(x2x23解得x13),3,x223_,2一所以k一,23设1与曲线3y1nx2相切于点(一23,1n一2r22),即一331n22,即b=131n一.16.2J3【解题思路】由absinAcbsinCsinB及正弦定理得abcb,整理得a2b2c2ab2abcosC,所以cosC1二.由于2(XC,所以C-,由于点D是边AB上靠近点3uurA的三等分点,所以CD2UUU-CA31uuu3CB,一一、142两边同时平方得1b291a2a9_2-a2b9a2ba2b24,一abcosC,整理得a4b2ab9,即929,当且仅当a2b*3时取等号,解得a2

14、b23,所以a2b的最大值是17.解：(I)由于a(Tssinwx,1-),b(coswx,cos2cox),所以2f(x)ab3sinwxcoswx1一cos2wx2sin(2wx)6(3 分)由于f(x)的最小正周期为2所以,1.2222222n:由余弦TE理得cab2abcosC3a2a5a,由正弦定理得sinC-、5sinA,1八sinAsinC,5,1010QS1.ABC二一absinC2absinCsinAsinBcv2sinC1.19.解:I由于b2+c2,2.sinAsinB,22sinC、2,sinCa2=b2cosA+abcosB,所以2bcbcosAacosB2c8 分1

15、0分12分5 分(n)由(I)知,f(x)sin(2x),其图象向右平移6个单位长度后彳导到函数g(x)sin(2x2)的6图象.(7 分)由于函数g(x)为偶函数,所以2k,kZ.解得62一,kZ.又6(0,?),所以9 分所以g(x)sin2x2cos2x.由于x0,一,所以2x0,一33rc1,、,1即cos2x,1,所以gx1,一2212 分18.解：I:2sin2C2无cosC30,可得：21cos2C272cosC30,12cos2C2,2cosc10,3 分cosCQ0C=345 分所以2ccosA=bcosAacosB(2分)由正弦定理得2sinCcosA=sinBcosA+s

16、inAcosB=sin(A+B)=sinC.(4 分)一,八1由于sinC0,所以cosA=-.2又由于0A,所以A=.(6 分)a(n)由于=2RsinA所以a=2RsinA=2V3sin=3.3由余弦定理可得a2=b2+c22bccosA,即9b2c2bc,令f(x)0,解得x0或x1,函数fx在-1,0和1,3上单调递减,在0,1上单调递增.9 分二函数fx在-1,3上的最大值为 15,最小值-81.12 分21.解:i当m1时,fxln1xxax2,22ax2a1x八、所以fx.2分1x1由题意可知函数fx在区间0,一上有单调递增区间,3rrC21-即2ax2a1x0在区间0,一上有解

17、.321即要求2axxx0在区间0,一上有解,3由于x0,3(8 分)所以9=b2+c2bc=(b+c)23bc(b+c)2-(t)+c)2,4解得b+c6,又b+c3,故6l9.一,一.3.2.i._2_20 解:(i)函数f(x)3(axbx),可得f(x)9ax6bx,由题意可知f(1)3,f(1)03a3b9a6b3,c 解得a0,2,b3.(n)由(i)可知f(x)6x39x2,f(x)18x218x18x(x1)10 分12 分2 分5分7f(1)6915,f(1)693,f(0)0,f(3)81,所以x121cx(x)-0,即当x24c10,时,2a31丁max又由于1区间0,-

18、上单调递增,3所以1x1max34,所以即实数a的取值范围是(3).(4 分)(n)由于g(x)2ax,所以g(1)2a1,所以由题意,得f(x)ln(1mx)mx2一,所以f(x)mx1(m)m(6 分)(x)0,解得x0或x1mx时,f1,1,1时,函数fVIxG(x)g(x)的定义域为(1,),此时x1x20,f(x)x2,所以当1x时,x10,x20,f(x)0,f(x)单调递增.又由于f(0)0,所以函数f(x)在上有且只有 1 个零点;m1时,函数fxG(x)1-,mm(x)所以函数有且只有由于xf(x)当ln(1f(x)在时,10,mx0,mx时,f(x)(8 分),、,一11g(x)的定义域为(一,),m0,且mm0,x(m1)0,此日f(x)0.同理,当xm0,m工.当m1一,mm上单调递增 ,在1m-,0上单调递减,在(0,)上单调递增,故当m1一、,0时,f(x)m1 个零点x0.1,一