2015-2016学年度江苏省丹阳市高级中学高三5月考考试数学(文)试题

一、选择题：每小题5分，共50分。

1．已知全集UR,A{x|x0},B{x|x1}，则A(CUB)（ ）

A．{x|0x1} B．{x|0x1} C．{x|x0} D．{x|x1}

2．如果cos15，且是第四象限的角，那么cos2=（ ）

A．15 B．15

C．265 D．265 3．命题“xR，x22x10”的否定是（ ）

A．xR，x22x1≥0 B．xR，x22x10 C．xR，x22x1≥0 D．xR，x22x10 4．已知a,bR,且ab，则下列不等式中成立的是（ ）

A．ab1 B．a2b2 C．lg(ab)0 D．(12)a(12)b

5．不等式ax2xc0的解集为{x|2x1}，则函数yax2xc的图象大致为( )

y y y y -2 0 1 x -2 0 1 x -1 0 2 x -1 0 2 x A

B C D

6．已知向量a(x,1),b(3,6),ab，则实数x的值为（ ）

A．12 B．2 C．2 D．12

7. 若0≤x≤2，则f(x)=x83x的最大值( )

A．5 B．

433 C．163 D．2

8．设奇函数fx在0,上为增函数，且f20，则不等式

f(x)f(x)x0的解集为（A．2,02,

B．,20,2

C．,22, D．2,00,2

9．已知不等式(xy)(1axy)9对任意正实数x,y恒成立，则正实数a的最小值为 ( )

）

A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 10．在fm,n中，m,n,fm,nN，且对任意m,n都有：

(1)f1,11, (2)fm,n1fm,n2,（3）fm1,12fm,1; 给出下列三个结论：①f1,59； ②f5,116； ③f5,626; 其中正确的结论个数是（ ）个

A. 3 B. 2 C. 1 D. 0

二、填空题：每小题5分，共20分。

11．函数f(x)log2(1x2)的定义域为 。

ex x≤0，112．设g(x)则gg 。 x0，2lnx， 13．如图是函数yAsin(x),(A0,0,||

y 3 2的图象，则其解析式是 。 ) 6-3 0 35 6x xy1014．在平面直角坐标系中，若不等式组axy10 (a为常数) 所表示的平

x10面区域的面积等于3，则a的值为_____________。

三、解答题: 15题12分,16至17题各13分,18至20题各14分，共80分。

115．若tan，求下列各式的值。

22sin3cos（1） ；

2sincos（2） 4sin22sincos1。

16．已知函数f(x)2x3x23x1。 （1）求证:f(x)在区间(1,2)上存在零点；

（2）若f(x)的一个正数零点附近的函数近似值如下表格所示,请用二分法计算f(x)0的

一个近似解(精确到0.1)。

f(1)1 f(1.5)1 f(1.25)0.40625f(1.375)0.18359 f(1.3125)0.13818 f(1.34375)0.01581

17．已知函数f(x)cos(2x3)2sin(x4)cos(x4) （xR）。

（1）求函数f(x)的最小正周期； （2）求函数f(x)在区间[

18．某工厂生产甲、乙两种产品，其产量分别不少于45个与55个，所用原料为

A、B两种规格金属板，每张面积分别为2m2与3m2。用A种规格金属板每张可造甲种产品3个，乙种产品5个；用B种规格金属板每张可造甲、乙两种产品各6个，问A、B两种规格金属板各取多少张，才能完成计划，并使总的用料面积最省？(14分)

19．已知函数fxx33ax1,gxfxax5，其中f'x是fx的导函数。

（1）若f(x)在x1处的导数为4，求实数a的值；

（2）对满足1a1的一切a的值，都有gx0，求实数x的取值范围；

（3）设am2，当实数m在什么范围内变化时，函数yfx的图象与直线y3只有

一个公共点。

e3(x2axb),(a0,xR)的一个极值点。 20．设x3是函数f(x)ex,]上的值域。 122（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求f(x)的单调递增区间；

25（2）设g(x)(a2)ex,若存在x1,x2[0,4]使得|f(x1)g(x2)|1成立，求实数a的取

4值范围。

2015-2016学年度高三5月月考考试数学(文)答案

一、选择题。（105分＝50分）

B D C D C B B D C A

10、解：由f1,11，fm,n1fm,n2f(m,n)f(m,1)(n1)2

又由fm1,12fm,1f(m,1)f(1,1)2n12n1，所以

f(m,n)2n1(n1)2，f1,59；f5,116；f5,626都对，选A 二、填空题。（45分＝20分） 11、 {x|1x1} ； 12、

1； 13、y3sin(2x) ； 14、5； 23x-y-y 1=0 14、解：依题意知，不等式组所表示的平面区域一定是三角形(如下图)，且其高为1，又因为

其面积为3，所以三角形的

底边为6,故直线axy10过点(1,6)

0 所以a(6)10a5

三、解答题。（共80分） 15、（12分）

-1 1 x -6 ax-y-1=0 132sin3cos2tan312解：(1)tan,1;„„(4分)

122sincos2tan1212122 (2)tan, 2sincos, 4sincos ;„„(6分)

21222 又sincos1,sin„„(8分)

5134sin22sincos14sin24sin2181 „(12分)

55 16、（13分）

2解：(1)证明:f(x)2x3x23x1

f(1)10,f(2)70,f(1)f(2)70；„„(3分)

且f(x)2x3x23x1在(1,2)内连续 所以f(x)在区间(1,2)上存在零点;„„(5分)

(2)由(1)知, f(x)2x3x23x1 在(1,2)内存在零点, 由表知, f(1)1,f(1.5)1, f(1)f(1.5)0,

f(x)的零点在(1,1.5)上,„„(6分) f(1.25)0.40625,f(1.25)f(1.5)0 f(x)的零点在(1.25,1.5)上,

f(1.375)0.18359,f(1.25)f(1.375)0 f(x)的零点在(1.25,1.375)上,

f(1.3125)0.13818,f(1.3125)f(1.375)0 f(x)的零点在(1.3125,1.375)上,

f(1.34375,f(1.3125)0.01581)f(1.34375)0 f(x)的零点在(1.3125,1.34375)上,„„„(10分)

由于|1.343751.3125|0.031250.1,且1.31251.3,1.343751.3,所以f(x)0的

一个精确到0.1的近似解是1.3。 „„(13分)

17、（13分）

解：(1) f(x)cos(2x3)2sin(x4)cos(x4)

13cos2xsin2xsin(2x)22231sin2xcos2xcos2x  2231sin2xcos2x22 sin(2x) „„„„(4分)

62 ；„„„(6分) f(x)的最小正周期为T2(2)由(1)知, f(x)sin(2x)

65x[,],2x[,]

122636 f(x)sin(2x)在区间[,]上单调递增,

6123在区间[,]上单调递减; „„„„„„„„„„„(8分)

32 f(x)maxf()sin(2336)1; „„„(10分)

又f(313;„„(12分) )f(),f(x)minf()122221223,]上的值域是[,1] „„„„„„„(13分) 1222 所以函数f(x)在区间[

18、(14分)

解：设A、B两种金属板各取x张、y张，用料面积为m2，则约束条件为

3x6y455x6y55 ,目标函数z2x3y;„„„„„„„„„„„„„(5分) *x0,xNy0,yN*作出上不等式组所表示的可行域，如下图阴影阴影部分所示:

„„„„„„„„(7分)

作直线l0:2x3y0，把直线l0向右上方平移至l的位置时，即直线y点M时，此时z2x3y取最小值； 解方程组2zx经过可行域上的335x6y55 ，得M点的坐标为（5，5）

3x6y452此时zmin253525；„„„（13分）

答：两种金属板各取5张时，用料面积最省为25 m。„„„„„„„„(14分)

19、（14分）

解：(1) f(x)x33ax1,f(x)3x23a

f(1)33a4,a1; „„„„„„„„„„„(2分) 3(2) g(x)f(x)ax53x2ax3a5 g(a)(3x)a3x25，

对满足1a1的一切a的值，都有gx0,即 对于a[1,1], 都有g(a)0;

解法1：上述条件等价于在a[1,1]上g(a)max0;„„„„„„„„„(4分) 明显的,当x3时,不满足条件;

当x3时, g(a)在a[1,1]上上单调递增, 则g(a)maxg(1)3x2x20,解得: 所以 2x1, 32x1; 3 当x3时, g(a)在a[1,1]上上单调递减, 则g(a)maxg(1)3x2x80,解得: 所以x不存在；

综上所得，实数x的取值范围是(197197, x662,1); „„„„„„„„„„„„(8分) 3解法2：又由g(a)是关于a的一次函数，因而是一个单调函数，它的最值在定义域的端点得到；所以只需

3x2x20,g(1)0 即2„„„„„(6分) g(1)03xx80.解得：2x1 32,1);„„„„„„„„„„„„„(8分) 3故实数x的取值范围是(32222 （3）am,f(x)x3mx1,f(x)3x3m,

3 当m0,明显的f(x)x1与y3有且只有一交点;

22 当m0时,令f(x)3x3m0,解得:xm或xm,

令f(x)3x23m20,解得: mxm;

f(x)在(,m)和(m,)上单调递增,在(m,m)上单调递减, 若x时，f(x)无限大；且yfx与y3只有一个公共点,

只要满足：f(m)m33m313，解得：m32

所以 0m32；

当 m0时, 令f(x)3x23m20,解得:xm或xm, 令f(x)3x23m20,解得: mxm;

f(x)在(,m)和(m,)上单调递增,在(m,m)上单调递减,

若x时，f(x)无限大；且yfx与y3只有一个公共点, 只要满足：f(m)m33m313,解得: m32

所以 32m0；„„„„„„„„„„„„(13分) 综上所述, 实数m的取值范围是: (32,32) „„„(14分)

20、（14分）

e3(x2axb)e3(x22xaxab),(xR),f(x)解：(1)f(x), xxeee3(32233aab)0,b2a3;„„(3分) f(3)e3 a0,

e3(x22xax3a3)20令f(x),即x(2a)x(31)a0 xe 解得:1ax3,

所以f(x)的单调递增区间是:[1a,3]；„„„„„„„„„„(6分) (2) 由（1）可得,函数fx在[0,3]上单调递增,在[3,4]上单调递减,

e3(132a) fmax(x)f(3)a6,且f(0)(2a3)ef(4)4e332a3e,a6函数fx在x0,4的值域为,„„(8分)

2又g(x)(a25x)e0 4g(x)在[0,4]上单调递增,故

2525gx在x0,4的值域为a2,a2e4,„„„„(9分)

44若存在x1,x2[0,4]使得|f(x1)g(x2)|1成立，

等价于|fmax(x)gmin(x)|1或|gmax(x)fmin(x)|1，„„(11分)

2又a25a6, 42253(a)(a6)1于是: ,解得: 0a; „„„„(13分) 42a0 所以实数a的取值范围是:(0,) „„„„„„„„„„„„(14分)

32