山东省济宁市嘉祥县第一中学2025届高三上学期第一次月考数学试题

2025届高三第一次考试数学试题参考答案 1.D2.C3.A4.C 5.A6.C7.A.8.D 9.BC 10.BCD 11.ABD 12： 13： 14：3 部分试题解析： 2．C 【解析】当时，，所以成立，所以“”是“”的充分条件；当时，，所以“”不是“”的必要条件．故选C． 3．A 【解析】将函数的图象向右平移个单位长度得，又的图象关于轴对称，所以，解得，当时，取得最小值．故选A． 4.C 【解析】由正弦定理可知，，所以关于的方程：，有两解，在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，因为它们有两个不同的交点，所以，所以.故选C. 5．A【解析】因为，所以， 又由， 所以. ，，，所以，又因为在中，， 所以.故选：A 6.C【解析】，，， ，，， ，，，， .故选：C. 7．A【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系， 由题意得， 则，. 因为，故， 因为，所以（负值舍去）， 所以， 故.又，则， 因为，所以，解得，所以，故选：A. 8.D 【解析】由题意得，，可变形为，又，令，则，又在上单调递增，故，所以，所以A错误；由可得，，所以B错误；由于，，结合在上单调递增，由零点存在性定理得，故C错误；，令，，因为，所以，所以在时单调递减，所以，所以.即，所以D正确.故选D. 9.BC【解析】若有一个经验回归方程，随着的增大，会减小，A错误； 曲线关于对称，因为，所以， 所以，B正确； 因为，所以，故， C正确； 经验回归方程为，且样本点与的残差相等， 则，所以，D错误.故选：BC. 11．ABD【解析】， 根据正弦定理得，即， ，显然，则，根据题意，有， 又，可得，，为等边三角形，故A正确； ，，在中，， 当时，，，即，A，B，C，D共圆，B正确． 又，四边形ABCD面积为，， ，则， 所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误． 当，即时，四边形ABCD面积取最大值，故D正确． 故选：ABD． 13. 【解析】由于函数，存在常数，使得为偶函数，则为偶函数，只需，且，即， 取可得.（答案不唯一，只要符合的一个值即可）. 14．3 【解析】令，则，令，，则与的交点个数即为的零点个数．当时，， 又，所以是周期为1的函数，在上单调递减，且，，，所以可作出与的图象如图， 所以与有3个交点，故的零点个数为3． 15.解：（1） 设切点坐标为，则切线方程为， 因为切线经过原点，所以，解得， 所以切线的斜率为，所以的方程为. （6分） （2），，即在有解， 所以， 令，，， 令得；令得， 故在单调递减，单调递增， 所以， 故，以的最小值为. （13分） 16.【解析】(1)由表中的数据可知：， ， 所求得回归直线方程为 （6分） 当时， 该小区月份的对这款不满意人数预估为37人 （10分） (2)零假设为：是否使用这款与性别无关 由表中的数据可得 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为是否使用这款与性别有关，此推断的错误概率不大于0.01 （15分） 17.解：由图示得：， 又，所以，所以， 所以， 又因为过点，所以，即， 所以，解得，又，所以， 所以； （7分） (2)解：由已知得， 当时，，令，则， 令，则 ，，，， 所以， （12分） 因为有三个不同的实数根，则， 所以，即， 所以． （15分） 18.解：（1）如图1所示，设圆心为，连接，，， 所以平分，则，又，图1 解得. 在中，， 即，解得，或（舍去）. 故， ， 所以四边形的面积为 （8分） 另解：设圆心为，连接，，， 所以平分，则， 设，，则，即即， ，即， 所以四边形的面积为 （8分） （2）如图2，连接作于点， 由题意得cm，故，图2 所以cm， 设， 则，即， 由余弦定理可得， 则，即，当且仅当等号成立， 所以. （17分） 另解：作出示意图3，依题意只需最小， 设，因为为圆的直径，，所以， 在中，由正弦定理得，图3 即， 所以 ， 当，即时取得最大值1，此时有最小值， 所以当时，. （17分） 19.解：（1）设 由，得，即 （4分） （2）由，得，即 令，则在上单调递增 又，故存在，使得，即 故函数具有性质； （8分） （3）解：由，得， 化简得 令，则 令，则在上单调递增，且， ，即在上单调递减. 又当时，；当时， ，即，故实数的取值范围是 （17分） 另解1：由，得， 化简得 即与的图象有交点 函数，， 所以在上单调递减，且当时，； 当时，. ，即，故实数的取值范围是. （17分） 另解2：由，得， 化简得 即与的图象有交点. 而， ， 又，，则， 所以在上单调递减，且当时，； 当时，. ，即，故实数的取值范围是. （17分） 数学参考答案第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $$第一次考试数学试题 第 1 页 共 4 页 2025届高三第一次考试数学试题 一､选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共 40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. 1.已知全集      U0 6 , 2,4,6U A B x x A B    N ∣„ „ ð ，则集合 A （ ） A. 3,5 B. 0,3,5 C. 1,3,5 D. 0,1,3,5 2．设角 的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与 x轴非负半轴重合，则 “  π 3π2 π 2 π 2 2 k k k    Z ”是“ cos 0  ”的（ ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分又不必要条件 3．将函数  3sin 3y x   的图象向右平移 π 9 个单位长度，得到的函数图象关于 y轴对称，则  的最小 值为（ ） A． π 6 B． 7π 18 C． 11π 18 D． 5π 6 4.在 ABC△ 中，已知 AB x ， 2 2BC  ， 4 C  ，若存在两个这样的三角形 ABC，则 x的取值范围是 A. 2 2,  B.  0,2 2 C.  2,2 2 D.  2,2 5．已知 ABC 的内角 , , A B C 的对边分别为 , , ,a b c 若面积  2 2 , 3 a b c S    则 sinC （ ） A． 24 25 B． 4 5 C． 3 5 D． 7 25 6. 已知  , 0,   ，且 cos2 1tan 2 sin 2      ，则  cos   （ ） A. 4 5  B. 3 5 - C. 3 5 D. 4 5 7．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理 数. 已知 1, , ,AB BC CD AB BC AC CD AC     与 BD交于点O，若 DO AB AC       ，则  （ ） A． 2 1 B．1 2 C． 2 1 D． 2 1  8.已知函数   lnf x x ，  g x 为  f x 的反函数，若  f x 、  g x 的图象与直线 y x  交点的横坐标分别为 1x ， 2x ，则下列说法正确的为 第一次考试数学试题 第 2 页 共 4 页 A. 2 1lnx x B. 1 2 0x x  C. 1 10, 2 x      D. 1 2 11, ln2 2 x x        二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分. 9.下列说法中，正确的是（ ） A．设有一个经验回归方程为 1 2y x $ ，变量 x增加 1个单位时， y平均增加 2个单位 B．已知随机变量  20,N  ，若 ( 2) 0.2P    ，则  2 2 0.6P     C．两组样本数据 1 2 3 4, , ,x x x x 和 1 2 3 4, , ,y y y y .若已知 10i ix y  且  1,2,3,4i ix y i  ，则 10x y  D．已知一系列样本点   , 1,2,3,i ix y i   的经验回归方程为  ˆ3y x a  ，若样本点  ,3m 与  2,n 的残差相 等，则3 10m n  10.已知函数    min sin ,cosf x x x ，则下列结论正确的是（ ） A.  f x 关于直线 π 4 x   对称 B.  f x 的最大值为 2 2 C.  f x 在 π π, 2 2      上不单调 D.在  0, 2π ，方程  f x m （m为常数）最多有 4个解 11．如图，在锐角 ABC 中，内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 sin sinA B ，且  3 cos cos 2 sina B b A c C  ， D是 ABC 外一点且 B、D在直线 AC异侧， 2DC  ， 6DA  ，则下列说法正确的是（ ） A． ABC 是等边三角形 B．若 2 13AC  ，则 A，B，C，D四点共圆 C．四边形 ABCD面积的最小值为10 3 12 D．四边形 ABCD面积的最大值为10 3 12 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分． 12.已知函数 | |xy a e b   的图象过原点，且无限接近直线 2y  但又不与该直线相交，则 ba 的值 为 . 13.已知R，函数 ( ) | 6 | sin( )f x x x   ，存在常数 aR，使得 ( )f x a 为偶函数，则符合题意的 的一个值为 . 14．记  x 是不小于 x的最小整数，例如  1.2 2  ，  2 2  ，  1.3 1    ，则函数     12 8 xf x x x     的零点个数为______． 第一次考试数学试题 第 3 页 共 4 页 四、解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15.（本小题满分 13分）已知函数   lnf x x ，   1ag x x   其中 a为常数. （1）过原点作  f x 图象的切线 l，求直线 l的方程； （2）若  0,x   ，使    f x g x 成立，求 a的最小值. 16.（本小题满分 15分）某手机 App公司对一小区居民开展5个月的调查活动，使用这款 App人数的满意度 统计数据如下： 月份 x 1 2 3 4 5 不满意的人数 y 120 105 100 95 80 (1)求不满意人数 y与月份 x之间的回归直线方程 ˆˆ ˆy bx a  ，并预测该小区10月份对这款 App不满意人数； (2)工作人员从这5 个月内的调查表中随机抽查100人，调查是否使用这款 App与性别的关系，得到下表：根 据小概率值 0.01  的独立性检验，能否认为是否使用这款 App与性别有关？ 使用 App 不使用 App 女性 48 12 男性 22 18 附：回归方程 ˆˆ ˆy bx a  中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 1 22 1 ˆ n i i i n i i x y nx y b x nx        ， ˆâ y bx         2 2 n ad bc a b c d a c b d        ， n a b c d     0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 第一次考试数学试题 第 4 页 共 4 页 17.（本小题满分 15分）已知函数 ( ) sin( ) 0, 0,| | 2 f x A x B A              的部分图象如图所示． (1)求函数 ( )f x 的解析式； (2)将函数 ( )y f x 的图象上所有的点向右平移 12  个单位，再将所得图象 上每一个点的横坐标变为原来的 2倍（纵坐标不变），得到函数 ( )y g x 的图象．当 130, 6 x     时，方程 ( ) 0g x a  恰有三个不相等的实数根  1 2 3 1 2 3, ,x x x x x x  ，求实数 a的取值范围和 1 2 32x x x  的值． 18.（本小题满分 17分）剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一.原纸片为 一圆形，直径 20AB  cm，点C在圆上.（1）如图 1，需要剪去四边形 1ACDC ，可以通过对折，沿 ,DC AC 裁剪、展开实现.且 5AD  cm， 45DCA  ，求四边形 1ACDC 的面积； （2）如图 2，需要剪去四边形 1CEC D，可以通过对折，沿 ,DC EC裁剪、展开实现. 且 10AC  cm， 30DCE  ，求镂空的四边形 1CEC D的面积最小值. 19.（本小题满分 17分）若函数  f x 在定义域内存在 0x ，使得      0 01 1f x f x f   成立，则称  f x 具有性质P . （1）试写出一个具有性质 P的一次函数； （2）判断函数   xg x e ax  是否具有性质 P； （3）若函数   2lnh x x ax  具有性质 P，求实数 a 的取值范围. 图 1 图 2 数学参考答案 第 1 页 共 8 页 2025届高三第一次考试数学试题参考答案 1.D2.C3.A4.C 5.A6.C7.A.8.D 9.BC 10.BCD 11.ABD 12： 4 13： 4  14：3 部分试题解析： 2．C 【解析】当  π 3π2 π 2 π 2 2 k k k    Z 时， cos 0  ，所以 cos 0  成立，所以 “  π 3π2 π 2 π 2 2 k k k    Z ”是“ cos 0  ”的充分条件；当 cos 0  时，  π 3π2 π 2 π 2 2 k k k    Z ，所以“  π 3π2 π 2 π 2 2 k k k    Z ”不是“ cos 0  ”的必要条 件．故选 C． 3．A 【解析】将函数  3sin 3y x   的图象向右平移 π 9 个单位长度得 π π3sin 3 3sin 3 9 3 y x x                   ，又 π3sin 3 3 y x        的图象关于 y轴对称，所以  π π π 3 2 k k     Z ，解得  5π π 6 k k   Z ，当 1k   时，  取得最小值 π 6 ．故选 A． 4.C 【解析】由正弦定理可知 sin sin AB BC C A  ， 2 2sin 4sinA x   ，所以关于 A的方程： 2sinA x  ， 30, 4 A      有两解，在同一坐标系内分别作出曲线 siny A ， 30, 4 A      和水平直线 2y x  ，因为它们有两个不同的交 点，所以 2 2 1 2 x   ，所以 2 2 2x  .故选 C. 5．A【解析】因为 in 1 2 sS ab C ，所以   2 21 sin 2 3 a b c ab C    2 2 2 2 3 a b c ab    ， 又由 2 2 2 2 cosc a b ab C    2 2 2 2 cosa b c ab C   ， 所以 1 2 cos 2sin 2 3 ab C abab C   4cos 4 3sinC C  . 4cos 3sin 4C C      2 24cos 3sin 4C C  ， 2 216cos 9sin 24sin 16C C C   ，  2 216 1 sin 9sin 24sin 16C C C    ，所以 225sin 24sin 0C C  ，又因为在 ABC 中， sin 0C  ， 所以 24sin 25 C  .故选：A 6.C【解析】 2cos 2 1 2sin tan sin 2 2sin cos            ， tan 2  ， tan 2   ，  , 0,   ， 0, 2        ， , 2       ， 数学参考答案 第 2 页 共 8 页 2 5sin 5   ， 5cos 5   ， 2 5sin 5   ， 5cos 5    ，   5 5 2 5 2 5 3cos cos cos sin sin 5 5 5 5 5                       .故选：C. 7．A【解析】以C为坐标原点， ,CD CA所在直线分别为 ,x y轴建立如图所示的坐标系， 由题意得 2AC  ， 则    2 2 2 20, 2 , , , 0,0 , ,2 2 2 2A B C AB                  ，  0, 2AC   . 因为 1, 90 45 135CB CD DCB        ，故 22.5BDC  ， 因为 2 2 tan 22.5tan 45 1 1 tan 22.5       ，所以 tan 22.5 2 1   （负值舍去）， 所以 tan 22.5 2 1OC DC    ， 故  0, 2 1O  .又  1,0D  ，则  1, 2 1DO   ， 因为DO AB AC       ，所以 21 2 22 1 2 2            ，解得 2 1        ，所以 2 1    ，故选：A. 8.D 【解析】由题意得 1 1ln 0x x  ， 2 2e 0 x x  ， 2 2e 0 x x  可变形为 2 2e lne 0x x  ，又 1 1ln 0x x  ，令   lnh x x x  ，则    21 exh x h ，又   lnh x x x  在  0, 上单调递增，故 2 1ex x ，所以 2 1lnx x ，所以 A错误；由 2 2e 0 x x  可得， 1 2 0x x  ，所以 B错误；由于 1 1 1 1ln ln2 ln e ln2 0 2 2 2 2 h             ，  1 1 0h   ，结合   lnh x x x  在  0, 上单调递增，由零点存在性定理得 1 1 1 2 x  ，故 C错误； 1 2 1 1lnx x x x   ，令   lnr x x x  ，   11r x x    ，因为 1 1 1 2 x  ，所以  1 0r x  ，所以  1r x 在 1 1 1 2 x  时单调递减，所以    1 11 2 r r x r        ，所以  1 11 ln2 2 r x   .即 1 2 11 ln2 2 x x    ，所以 D正确.故选 D. 9.BC【解析】若有一个经验回归方程 1 2y x $ ，随着 x的增大， y会减小，A错误； 曲线关于 0x  对称，因为 (P   2) 0.2 ，所以 ( 2) 0.2P     ， 所以 ( 2 2) 1 ( 2) ( 2) 0.6P P P            ，B正确； 因为 i ix y  4 4 1 1 1 110, , 4 4i ii i x x y y      ，所以 1 1 1 1 4 4 4 4 1 1 1 10 4 4 4 i i i i i i i ix y x y x y                 ，故 10x y  ， C正确； 数学参考答案 第 3 页 共 8 页 经验回归方程为  ˆ3y x a  ，且样本点  ,3m 与  2,n 的残差相等， 则3 (3 ) ( )ˆ ˆ6m a n a     ，所以3 9m n  ，D错误.故选：BC. 11．ABD【解析】  3 cos cos 2 sina B b A c C  ， 根据正弦定理得   23 sin cos sin cos 2sinA B B A C  ，即   23sin 2sinA B C  ， 23 sin 2sinC C  ，显然sin 0C  ，则 3sin 2 C  ，根据题意，有 π 3 C  ， 又 sin sinA B ，可得 a b ， π 3 A B C    ， ABC 为等边三角形，故 A正确； 2DC  ， 6DA  ，在 ADC△ 中， 2 2 26 2 2 2 6cos 40 24cosAC D D       ， 当 2 13AC  时， 1cos 2 D   ， 2π 3 D  ，即 πB D  ，A，B，C，D共圆，B正确． 又 1 sin 6sin 2ADC S AD CD D D  △ ，四边形 ABCD面积为  23 36sin 40 24cos 6sin 4 4ABC ADC S S S AC D D D      △ △ π10 3 12sin 3 D       ，0 πD  ， π π 2π, 3 3 3 D         ，则 π 3sin ,1 3 2 D            ， 所以四边形 ABCD的面积没有最小值，C错误． 当 π π 3 2 D   ，即 5π 6 D  时，四边形 ABCD面积取最大值10 3 12 ，故 D正确． 故选：ABD． 13. 4  【解析】由于函数 ( ) | 6 | sin( )f x x x   ，存在常数 aR，使得 ( )f x a 为偶函数，则 ( ) | 6 | sin( )f x a x a x a      为偶函数，只需 6a  ，且6 6 , 2 a k k    Z，即 1 1( ) 6 2 k   ， 取 1k  可得 4   .（答案不唯一，只要符合 1 1( ) 6 2 k   ,kZ的一个值即可）. 14．3【解析】令   0f x  ，则   12 8 xx x    ，令    g x x x  ，   12 8 xh x   ，则  g x 与  h x 的交点个数即为  f x 的零点个数．当 1 0x   时，    0 0,1g x x x     ， 又          1 1 1g x x x x x g x         ，所以  g x 是周期为 1的函数，  h x 在R上单调递减， 且  1 1h   ，   70 8 h  ，  3 0h  ，所以可作出  g x 与  h x 的图象如图， 数学参考答案 第 4 页 共 8 页 所以  g x 与  h x 有 3个交点，故  f x 的零点个数为 3． 15.解：（1）   1 ,f x x   设切点坐标为  , lnt t ，则切线方程为  1lny t x t t    ， 因为切线经过原点O，所以  1lnt t t    ，解得 et  ， 所以切线的斜率为 1 e ，所以 l的方程为 e 0x y  . （6分） （2）  0,x   ，    f x g x ，即  ln 1a x x  在  0, 有解， 所以   min ln 1a x x    ， 令    ln 1h x x x  ， 0x  ，   ln 2h x x  ， 令   0h x  得 2 1 , e x       ；令   0h x  得 2 10, e x      ， 故  h x 在 2 10, e       单调递减， 2 1 , e      单调递增， 所以   2 2min 1 1 e e h x h        ， 故 2 1 e a   ，以 a的最小值为 2 1 e  . （13分） 16.【解析】(1)由表中的数据可知： 1 2 3 4 5 3 5 x      ， 120 105 100 95 80 100 5 y      5 1 5 22 1 5 1410 1500ˆ 9 55 455 t i i i ix y x y b x x             ，  ˆˆ 100 9 3 127a y bx       所求得回归直线方程为 ˆ 9 127  y x （6分） 当 10x  时， ˆ 9 10 127 37y      该小区10月份的对这款 App不满意人数预估为 37人 （10分） (2)零假设为 0H ：是否使用这款 App与性别无关 数学参考答案 第 5 页 共 8 页 由表中的数据可得   2 2 0.01 100 48 18 22 12 50 7.143 6.635 60 40 70 30 7 x             根据小概率值 0.01  的独立性检验，我们推断 0H 不成立，即认为是否使用这款 App与性别有关，此推断 的错误概率不大于 0.01 （15分） 17.解：由图示得： 5 1 5+12, 3 2 2 A B    ， 又 7 1 2 12 12 2 T     ，所以T  ，所以 2 2 T    ， 所以 ( ) 2sin(2 ) 3f x x    ， 又因为 ( )f x 过点 ,5 12       ，所以5 2sin 2 3 12          ，即 πsin φ 1 6 + = ， 所以 2 , 6 2 k k Z      ，解得 2 , 3 k k Z    ，又 | | 2   ，所以 3   ， 所以 ( ) 2sin 2 3 3 f x x        ； （7分） (2)解：由已知得 ( ) 2sin 3 6 g x x        ， 当 130, 6 x     时， 7, 6 6 3 x         ，令 7, 6 6 3 t x          ，则 2sin 3 2sin 3 6 x t        ， 令 ( ) 2sin 3h t t  ，则 2sin 3 4 6 6 h          ， 2sin 3 5 2 2 h          ， 3 32sin 3 1 2 2 h          ， 7 72sin 3 3+ 3 3 3 h          ， 所以 4 3+ 3a    ， ， （12分） 因为 ( ) 0h t a  有三个不同的实数根  1 2 3 1 2 3, ,t t t t t t  ，则 1 2 3 12 , 22t t t t         ， 所以 1 2 32 4t t t    ，即 1 2 32 46 6 6 x x x                         ， 所以 1 2 3 102 3 x x x    ． （15分） 18.解：（1）如图 1所示，设圆心为O，连接 ,BC OC ， 45DCA  ， 90BCA  ， 所以CD平分 BCA ，则 1 3 AC AD BC BD   ，又 2 2 220AC BC  ， 解得 2 10 6 102 10, 6 10, 6 20 AC BC CD     . 在 ACD 中， 2 2 2 2 cos 45AD CD AC CD AC    ， 即 2 4 5 15 0CD CD   ，解得 3 5CD  ，或 5CD  （舍去）. 图 1 数学参考答案 第 6 页 共 8 页 故 1 1 2sin 45 3 5 2 10 15 2 2 2ACD S CD CA         ， 1 2 30ACDACDCS S 四边形 ， 所以四边形 1ACDC 的面积为30. （8分） 另解：设圆心为O，连接 ,BC OC ， 45DCA  ， 90BCA  ， 所以CD平分 BCA ，则 1 3 AC AD BC BD   ， 设 AC x ， 3BC x ，则 2 2 2AC BC AB  ，即 2 2 29 20 ,x x  即 2 40x  ， 21 3 15 4 8ADC ABC S S x    ，即 1 2 30ACDACDCS S 四边形 ， 所以四边形 1ACDC 的面积为30. （8分） （2）如图 2，连接 ,AC 作CG AB 于点G， 由题意得 10AC AO OC   cm，故 60OAC  ， 所以 sin 60 5 3CG CA  cm， 设 , ,CE a CD b ED c   ， 则 1 1sin 30 2 2CED S ab c CG     ，即 10 3ab c ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 cos30 3a b c ab ab    ， 则 2 2 2 2 2 23 2 300 300 a b a bab a b ab     ，即 300(2 3)ab   ，当且仅当 300(2 3)a b   等号成立， 所以 1 12 300 150 3 2CEDCEC D S S ab   四边形 . （17分） 另解：作出示意图 3，依题意只需 CEDS 最小， 设 ACD x  ，因为 AB为圆的直径， 1 2 AC AB ，所以 60CAB  ， 在 ADC 中，由正弦定理得 sin sin AC CD CDA BAC    ， 即 sin sin AC BACCD CEA    10sin 60 5 3 sin(180 30 ) cosBAC x x         ， 图 2 图 3 数学参考答案 第 7 页 共 8 页 所以 1 1 5 3 5 3 1sin 2 2 sin(60 ) cos 2CED S CD CE ECD x x         75 1 75 4 sin(60 )cos 2sin(60 2 ) 3x x x        ， 当60 2 90x  ，即 15x  时 sin(60 2 )x 取得最大值 1，此时 75 2sin(60 2 ) 3x  有最小值， 所以当 15ACD  时， 1 min min 1502 300 150 3 2 3CEDCEC D S S   四边形 （ ） （ ） . （17分） 19.解：（1）设    0f x kx b k   由      0 01 1f x f x f   ，得  0 01k x b kx b k b      ，即 0b     0f x kx k   （4分） （2）由      0 01 1g x g x g   ，得  0 01 0 0e 1 e ex xa x ax a       ，即 0 01e e e 0x x    令   1e e ex xG x    ，则    1e e 0,x xG x G x    在R上单调递增 又     20 e 1 e 1 0, 1 e 2e 0G G         ，故存在  0 0,1x  ，使得  0 0G x  ，即 0 01e e e 0x x    故函数   exg x ax  具有性质 P； （8分） （3）解：由      0 01 1h x h x h   ，得    2 20 0 0 0ln 1 1 lnx a x x ax a      ， 化简得  0 0 0 ln 1 ln 2 x x a x    令    ln 1 ln ( 0)x xH x x x     ，则     2 2 1 1 ln 1 ln ln 11 1 1 x xx x x x x x xH x x x                  令   ln 1(0 1)r t t t t     ，则  r t 在  0,1 上单调递增，且    1 0, 0r r t   ， ln 1 0 1 1 x x x x       ，即    0,H x H x  在  0,  上单调递减. 又当 0x 时，  H x   ；当 x   时，   0H x  2 0a  ，即 0a  ，故实数 a的取值范围是  0,  （17分） 数学参考答案 第 8 页 共 8 页 另解 1：由      0 01 1h x h x h   ，得    2 20 0 0 0ln 1 1 lnx a x x ax a      ， 化简得  00 0 0 12 ln 0xax x x    即 2y ax 与 1ln ( 0)xy x x    的图象有交点 函数 ln( 1) lny x x   ， 1 1 1 0 1 ( 1) y x x x x         ， 所以 1ln xy x   在  0,  上单调递减，且当 0x 时， y   ； 当 x   时， 0y . 2 0a  ，即 0a  ，故实数 a的取值范围是  0,  . （17分） 另解 2：由      0 01 1h x h x h   ，得    2 20 0 0 0ln 1 1 lnx a x x ax a      ， 化简得  00 0 0 12 ln 0xax x x    即 2y a 与 1 1ln ( 0)xy x x x    的图象有交点. 而 1 [ ln( 1) ln ]( 0)y x x x x     ， 2 1 1 1 1[ln( 1) ln ] ( ) 1 y x x x x x x         2 1 1[ln( 1) ln ] 1 x x x x      ， 又 1ln( 1) ln 0, 0 1 x x x      ， 2 1 0 x   ，则 0y  ， 所以 1 1ln xy x x   在  0,  上单调递减，且当 0x 时， y   ； 当 x   时， 0y . 2 0a  ，即 0a  ，故实数 a的取值范围是  0,  . （17分）