河南省郑州市郑州中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

试卷第 1页，共 3页 2024-2025学年上学期高三年级期中考试 数学试卷 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第 I卷（选择题） 请点击修改第 I卷的文字说明 一、单选题 1．若集合  4log 1A x x  ，   2 2 3 0B x x x    ，则 A B  （ ） A．  1, 3 B．  1, 4 C．  0, 4 D．  0, 3 【答案】D 【分析】根据对数函数定义域和单调性解不等式，得到  0, 4A  ，解一元二次不等式得到  1, 3B   ，由交集概念 求出答案. 【详解】集合    4log 1 0, 4A x x   ，     2 2 3 0 1, 3B x x x      ， 则  0, 3A B I . 故选：D. 2．若复数 z 满足  1 i 1 iz    ，则 4z （ ） A．1 B．-1 C． i D．16 【答案】A 【分析】利用复数的运算法则即可得出. 【详解】解法一：设  i ,z a b a b  R ，则      i 1 i i 1 ia b a b b a        ， 解得 0, 1a b  ，所以 iz  ，所以 4 1z  ， 解法二：因为  1 i 1 iz    ，所以     2 41 i (1 i ) 2 i i , 1 1 i 1 i 1 i 2 z z           ， 解法三：方程两边同时平方，有   2 2 i 2 iz    ，所以 2 41, 1z z   ， 故选:A. 3．已知命题 p： x R ， | 1 | 1x   ；命题 q： 0x  ， 3x x ，则（ ） A．p和 q都是真命题 B． p 和 q都是真命题 C．p和 q 都是真命题 D． p 和 q 都是真命题 试卷第 1页，共 3页 【答案】B 【分析】对于两个命题而言，可分别取 1x   、 1x  ，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解. 【详解】对于 p 而言，取 1x   ，则有 1 0 1x    ，故 p 是假命题， p 是真命题， 对于 q而言，取 1x  ，则有 3 31 1x x   ，故 q是真命题， q 是假命题， 综上， p 和 q都是真命题. 故选：B. 4．已知 0.42x  ， 2 lg 5 y  ， 0.4 2 5 z       ，则下列结论正确的是（ ） A． x y z  B． y z x  C． z y x  D． z x y  【答案】B 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较 x 、 y 、 z 三个数与 0 、1的大小关系，由此可得出 x 、 y 、 z 三个 数的大小关系. 【详解】 0.4 02 2 1x    ， 2 lg lg1 0 5 y    ， 0.4 0 2 1 5 2 5 z             ，又 0z  ，即 0 1z  . 因此， y z x  . 故选：B. 【点睛】本题考查利用指数函数、对数函数的单调性比较指数式和对数式的大小关系，一般利用中间值法来比较， 属于基础题. 5．已知函数  f x 的定义域为 R，且  2 1f x  为奇函数，  1f x  为偶函数，当  1,1x  时，   1f x ax  ，则  2025f （ ） A．0 B．1 C．2 D．2025 【答案】C 【分析】由函数奇偶性，确定  f x 为周期函数，再结合  1 0f   ，求得 a ，即可求解. 【详解】因为  2 1f x  为奇函数，所以  f x 关于点  1, 0 中心对称， 又  1f x  为偶函数，所以  f x 关于直线 1x  对称， 所以  f x 为周期函数且周期  4 1 1 8T      ， ∴      2025 8 253 1 1 1f f f a      ，∵  1 1 0f a     ，∴ 1a  ，∴  2025 1 2f a   . 故选:C． 试卷第 1页，共 3页 6．若函数  2log 1 , 1 3 ( ) , 3 x x f x a x x x          ，在 ( 1, )  上单调递增，则 a的取值范围是（ ） A．  3, 9 B．  3,   C．  0, 9 D．  , 9 【答案】A 【分析】根据对数函数性质判断 1 3x   上 ( )f x 的单调性和值域，结合其区间单调性及分式型函数的性质，讨论 参数确定参数范围. 【详解】当 1 3x   时， 2log ( 1)y x  单调递增且值域为 ( , 2] ，而 ( )f x 在 ( 1, )  上单调递增， 则 a y x x   在 (3, ) 上单调递增，且 3 2 3 3 a a     ， 当 3 0a   时， a y x x   在 (3, ) 上单调递增，满足题设； 当 0a  时， a y x x   在 ( , )a  上单调递增，此时只需 3a  ，即 0 9a  ； 综上， 3 9a   . 故选：A 7．已知函数   2 sin ,f x x ax a  R ，若曲线 ( )f x 在点 π π ( , ( )) 2 2 f 处的切线方程为 0x y k   ，则函数 ( )f x 在 (0, 2π) 内的单调递减区间是（ ） A． π 5π [ , ] 3 3 B． (0, π ] C． [π, 2π ) D． π 5 (0, ] , [ π, 2π ) 3 3 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求出 a ，再利用导数求出单调递减区间. 【详解】函数 ( ) 2 sinf x x ax  ，求导得 ( ) 2 cosf x x a   ，则 π π ( ) 2 cos 2 2 f a a     ， 由曲线 ( )f x 在点 π π ( , ( )) 2 2 f 处的切线方程为 0x y k   ，得 π ( ) 1 2 a f     ，解得 1a  ， 于是 ( ) 2 cos 1f x x   ，由 ( ) 2 cos 1 0f x x    ，得 1 cos 2 x  ，而 (0, 2π )x ，解得 π 5π 3 3 x  ， 所以函数 ( )f x 在 (0, 2π)内的单调递减区间是 π 5π [ , ] 3 3 . 故选：A 8．已知函数    sin 3cos 0f x x x     ，若方程   1f x  在  0, 上有且只有四个实数根，则实数的取值范 围为（ ）． A． 5 23 , 2 6     B． 23 9 , 6 2     C． 5 23 , 2 6      D． 23 9 , 6 2      【答案】B 试卷第 1页，共 3页 【分析】将  f x 化简为 π 2 sin 3 x     ，根据方程可知 π π 2 π 3 6 x k    或 π 5π 2 π 3 6 x k    ，根据 π 3 x  整体的范 围可知需满足 π π 5π 4π π 4π 6 3 6      ，解不等式得到的取值范围. 【详解】   π sin 3cos 2 sin 3 f x x x x          ， 令   1f x  ，则 π 2 sin 1 3 x      ， π 1 sin 3 2 x      ， π π 2 π 3 6 x k    或 π 5π 2 π 3 6 x k    ，  0, πx ， π π π , π 3 3 3 x        ，   1f x  在  0, π 上有且只有四个实数根， π π 5π 4π π 4π 6 3 6       ， 解得： 23 9 , 6 2      . 故选：B. 二、多选题 9．定义在 R上的偶函数  f x ，满足      2 1f x f x f   ，则（ ） A．  1 0f  B．    1 1 0f x f x    C．    1 2 1 2f x f x   D． 20 1 ( ) 10 i f i   【答案】AC 【分析】利用特殊值及偶函数性质判断 A；根据已知条件得 ( 2) ( ) 0f x f x    、 ( 1) (1 ) 0f x f x    判断 B、C；根 据函数的性质，举反例 ( ) 0f x  判断 D. 【详解】由      2 1f x f x f   ，令 1x   ，则       01 1 1 ( 1)f ff f    ， 又  f x 为偶函数，则 (1) ( 1) 0f f   ，A对； 由上，得     0 ( 2) ( ) 02 f xf fx f x x     ①， 在①式，将 1x  代换 x ，得 ( 1) (1 ) 0f x f x    ②，B错； 在②式，将 2 x代换 x ，得 (2 1) (1 2 ) 0 (2 1) (1 2 )f x f x f x f x        ，C对； 由    2f x f x  且 ( 1) (1 )f x f x   ，即  f x 周期为 2且关于 1x  对称， 显然 ( ) 0f x  是满足题设的一个函数，此时 20 1 ( ) 0 i f i   ，D错. 故选：AC 10．函数   cos 2 cos sin 2 sinf x x x   （ π0 2   ）的图象的一个对称中心为 π , 0 6       ，则下列说法正确的是（ ） A．直线 5 π 12 x  是函数  f x 的图象的一条对称轴 B．函数  f x 在 π π , 6 12      上单调递减 试卷第 1页，共 3页 C．函数  f x 的图象向右平移 π 12 个单位可得到 cos2y x 的图象 D．函数  f x 在 π 0, 2      上的最大值为1 【答案】AC 【分析】根据两角和的余弦公式化简函数解析式，再根据对称中心可得，再根据三角函数性质分别判断各选项. 【详解】由    cos 2 cos sin 2 sin cos 2f x x x x      ， 由 π , 0 6       是函数图象的一个对称中心， 即 π π π 2 6 2 k    ， Zk  ， 解得 π π 6 k   ， Zk  ， 又 π 0 2   ，所以 π 6   ， 所以   π cos 2 6 f x x       ， 对于 A选项：令 π 2 π 6 x k  ， Zk  ，解得 π π 12 2 k x    ， Zk  ，当 1k  时， 5π 12 x  ，即直线 5π 12 x  是函数的一条 对称轴，故 A选项正确； 对于 B选项：令 π 2 π 2 π 2 π 6 k x k    ， Zk  ，解得 π 5π π π 12 12 k x k     ， Zk  ， 即函数的单调递减区间为 π 5π π, π 12 12 k k       ， Zk  ，当 0k  时，函数在 π 5π , 12 12     单调递减，所以函数在 π π , 6 12       上单调递增，B选项错误； 对于 C选项：函数  f x 的图象向右平移 π 12 个单位可得 π π cos 2 cos 2 12 6 y x x           ，C选项正确； 对于 D选项：当 π 0, 2      x 时， π π 7π 2 , 6 6 6       x ，所以函数   π 3 cos 2 1, 6 2 f x x             ，即最大值为 3 2 ，D选 项错误； 故选：AC. 11．下列结论正确的是（ ） A．若 2 ( ) 1 ax b f x x    是奇函数，则必有 0a  且 0b  B．函数 3 1 x y x   的单调递减区间是 1 1 , , 3 3              C． ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，当 0x  时， 2( 3)f x x x  ，则当 0x  时， ( )f x  2 3x x D．若 ( )f x 在 R 上是增函数，且 1a m  ， 2b m ，则 ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f a f b     【答案】CD 【分析】根据奇函数的性质判断 A，分离常数后结合反比例函数的单调性判断 B，根据奇函数性质求解析式判断 C， 试卷第 1页，共 3页 根据单调性比较大小即可判断 D. 【详解】对于 A，因为 ( )f x 的定义域为 R，由奇函数性质知 (0) 0f b  Ra  ， 事实上当 0a b  时，   0f x  ，即是奇函数也是偶函数，故 A错误. 对于 B，因为 1 1 3 9 3 y x    ，所以函数 3 1 x y x   的单调递减区间是 1 , 3      ， 1 , 3      ，故 B错误. 对于 C，当 0x  时， 0x  ，则 2( ) ( ) 3 ( )f x x x f x     ，即 2( ) 3f x x x  ，故 C正确. 对于 D，因为 2 2 1 1 2 b a m m m           3 0 4   ，所以 b a . 又因为 ( )f x 在 R上是增函数，所以 ( ) ( )f a f b ， b a   ，所以 ( )f b  ( )f a ， 所以 ( ) ( ) ( ) ( )f b f a f a f b     ，故 D正确. 故选：CD 第 II卷（非选择题） 请点击修改第 II卷的文字说明 三、填空题 12． tan20 tan40 3tan20 tan40      【答案】 3 【分析】利用 60 20 40    ，两角和的正切公式，进行变形，化为所求式子的值． 【详解】因为 tan 20 tan 40 tan 60 tan(20 40 ) 3 1 tan 20 tan 40              所以 3 3 tan 20 tan 40 tan 20 tan 40      ， 所以 tan 20 tan 40 3 tan 20 tan 40 3      故答案为： 3 . 13．已知 a ， b为正实数，且满足 1 1 1 2 3 2a b a     ，则 a b 的最小值为 ． 【答案】 5 2 【分析】构造代数式，利用基本不等式即可得到最小值. 【详解】  3 2 3 2a b a a b      ， ∵ 1 1 1 2 3 2a b a     ，且 a ， b为正实数， ∴   1 1 3 2 3 2 2 3 2 2 1 1 8 2 3 2 3 a a b a a b a a b a b a a b a                           ， 当且仅当 3 2 2 3 a a b a b a      时，即 3 1, 2 a b  时，取“=”， ∴  3 2 3 2 8a b a a b       ，则 5 2  a b . 故答案为： 5 2 试卷第 1页，共 3页 14．已知函数 ( ) , ( ) 3 lnf x m x g x x   ，若存在两条不同的直线与曲线 ( )y f x 和 ( )y g x 均相切，则实数m 的 取值范围为 . 【答案】 (0, 2 e ) 【分析】利用导数的几何意义求出两曲线的切线方程，进而 2 2 2 2 ln 4 xm x   ，利用方程根的个数与函数图象交点的个 数之间的转化，结合导数讨论函数的单调性和数形结合的思想即可求解. 【详解】设曲线 ( )y f x 上的切点坐标为  1 1 1, , 0x m x x  ，又 ( ) 2 m f x x   ， 则公切线的方程为 1y m x   1 1 2 m x x x  ，即 1 1 22 m m y x x x   ． 设曲线 ( )y g x 上的切点坐标为  2 2 2, 3 ln , 0x x x  ，又 ( )g x  1 x ， 则公切线的方程为    2 2 2 1 3 lny x x x x     ，即 2 2 1 2 lny x x x    ， 所以 1 2 21 1 , 2 ln 22 m m x x xx    ，消去 1x ，得 2 2 2 2 ln 4 xm x   ． 若存在两条不同的直线与曲线 ( ) , ( )y f x y g x  均相切， 则关于 2x 的方程 2 4 m  2 2 2 ln x x  有两个不同的实数根． 设 2 ln ( ) , 0 x h x x x    ，则 2 1 l n ( ) x h x x    ， 令 ( ) 0h x  ，得 1 0 e x  ，令 ( ) 0h x  ，得 1 e x  ， 所以 ( )h x 在 1 0, e       上单调递增，在 1 , e      上单调递减， 所以 m ax 1 ( ) e e h x h       ，由 ( ) 0h x  可得 2 1 e x  ， 当 0x  且 0x  时， ( )h x ，当 x 时， ( ) 0h x  且 ( ) 0h x  ， 则 ( )h x 的大致图象如图所示， 由图可知， 2 0 e 4 m   ，解得 0 2 em  ， 即实数m 的取值范围为 (0, 2 e ) . 试卷第 1页，共 3页 故答案为： (0, 2 e ) 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点是两曲线的切线方程相等，消去 1x 得 2 2 2 2 ln 4 xm x   ，利用数形结合的思想 将方程的根个数转化为函数图象的交点个数. 四、解答题 15．已知不等式 2 12 0x x   的解集为 A ，不等式 2 2 8 0x x   的解集为 B . (1)求 A B . (2)若不等式 2 0x ax b   的解集为 A B ，求 a ， b的值. 【答案】(1)  | 2 3A B x x    (2) 1a   ， 6b  【分析】（1）分别解不等式得集合 A，B，后可求交集； （2）由（1）可得 2 0x ax b   的根，后由韦达定理可得答案. 【详解】（1） 2 12 0x x   解得 4 3x   ，即  | 4 3A x x    ， 2 2 8 0x x   解得 2 4  x ，即  | 2 4B x x     | 2 3A B x x     （2）由 2 0x ax b   的解集为 | 2 3x x   ， 2 ，3是方程 2 0x ax b   的两个根， 2 3 a    ， 2 3 b    ， 1a   ， 6b  此时     2 2 0 6 0 3 2 0 2 3x ax b x x x x x               满足题意. 故 1a   ， 6b  . 16．如图，已知在 ABCV 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，且  cos 2 cosA b c a C  ． (1)求 A 的值； (2)若 2 4,c b M  为边 BC 上一点，且 2 3BM M C ，求 AM 的长． 【答案】(1) π 3 A  (2) 2 37 5 AM  试卷第 1页，共 3页 【分析】（1）由正弦定理可得  cos 2sin sin sin cosA B C A C  ，从而可得 2 cos sin sinA B B ，即 1 cos 2 A  ，即可求 解； （2）利用余弦定理及向量的数量积求出 2 bc AB AC  uuur uuur ，利用平面向量基本定理表示出 2 3 5 5 AM AB AC     ，再平方 求解． 【详解】（1）由题意知，  cos 2sin sin sin cosA B C A C  ，  2cos sin sin cos cos sin sin sinA B A C A C A C B        ． 又 sin 0B  ，故 1 cos 2 A  ，而  0, πA ，则 π 3 A  ． （2）在 ABCV 中， 2 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc       ， 故 2 2 2 cos 2 2 b c a bc AC cb AAB          ． 又 2 3BM M C ，所以 3 5 BM BC   ， 3 3 5 5 AM AB AC AB       ， 所以 2 3 5 5 AM AB AC     ， 故 2 2 2 2 2 4 9 12 4 9 6 4 37 | | . 25 25 25 c b AB AC c b bc AM             故 2 37 5 AM  ． 17．已知向量 3 sin , , (cos , 1) 4 a x b x         ． (1)当 a b   ∥ 时，求 tan 2 x的值； (2)设函数 ( ) 2( )f x a b b     ，且 π 0, 2 x      ，求 ( )f x 的值域． 【答案】(1) 24 7  (2) 1 3 , 2 2 2     【分析】（1）根据向量平行列出等式，计算 tan x 的值，二倍角公式即可计算 tan 2 x； （2）计算 ( )f x ，并用辅助角公式化简，根据角的范围可求出值域. 【详解】（1）因为 a b   ∥ ，所以 3 sin cos 4 x x  ， 因为 cos 0x  ，所以 3 tan 4 x   ，所以 2 2 tan 24 tan 2 1 tan 7 x x x     ． （2） 2 1 3 π 3 ( ) 2( ) 2 sin cos 2 cos sin 2 cos 2 2 sin 2 2 2 4 2 f x a b b x x x x x x                   ， 因为 π 0, 2 x      ，所以 π π 5π 2 , 4 4 4 x       ，所以 π 2 sin 2 ,1 4 2 x            ， 所以 ( )f x 的值域为 1 3 , 2 2 2     ． 18．已知函数 ( ) 1 ln , Rf x x a x a    . (1)当 1a  时， 求 ( )f x 的严格增区间; 试卷第 1页，共 3页 (2)若 ( ) 0f x  恒成立，求 a的值； 【答案】(1) (1, ) ； (2)1 【分析】（1）把 1a  代入，利用导数求出 ( )f x 的严格增区间. （2）利用导数求出函数 ( )f x 的最小值，建立不等关系，构造函数求出最值即可. 【详解】（1）当 1a  时，函数 ( ) 1 ln  f x x x的定义域为 (0, ) ，求导得 1 ( ) 1f x x    ， 由 ( ) 0f x  ，得 1x  ， 所以 ( )f x 的严格增区间为 (1, ) . （2）函数 ( ) 1 lnf x x a x   的定义域为 (0, ) ，求导得 ( ) 1 a x a f x x x     ， 当 0a  时， ( ) 0f x  恒成立， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 当 0 1x  时， ( ) (1) 0f x f  ，不符合题意； 当 0a  时，由 ( ) 0f x  ，得 (0, )x a ， ( ) 0f x  ，得 ( , )x a  ， 则函数 ( )f x 在 (0, )a 上单调递减，在 ( , )a  上单调递增， min( ) ( ) 1 lnf x f a a a a    ， 由 ( ) 0f x  恒成立，得 1 ln 0a a a   恒成立，令 ( ) 1 lng a a a a   ， 求导得 ( ) lng a a   ，当 0 1a  时， ( ) 0g a  ，当 1a  时， ( ) 0g a  ， 于是函数 ( )g a 在(0, 1)上单调递增，在 (1, ) 上单调递减， m ax( ) (1) 0g a g  因此 ( ) 0 (1)g a g  ，所以 1a  . 19．对于二次函数   2 0y ax bx c a    ，若 0 Rx  ，使得 2 0 0 0 ax bx c x   成立，则称 0x 为二次函数   2 0y ax bx c a    的不动点. (1)求二次函数 2 2 2y x x   的不动点； (2)若二次函数   2 2 2 1y x a x a     有两个不相等的不动点 1 2,x x ，且 1 2, 0x x  ，求 2 1 1 2 x x x x  的最小值. 【答案】(1)不动点为 2 和1； (2) 6 . 【分析】（1）根据题意得到 2 2 2x x x   ，解该一元二次方程即可得解； （2）根据题意，转化为   2 2 3 1 0x a x a     有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系，得到 1 2 1 2 3 1 , 2 2 a a x x x x      ，且 1a  ，化简   2 2 1 1 2 2 13 2 1 x x a a x x a      ，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）令 2 2 2x x x   ，可得 2 2 0x x   ， 可得    1 2 0x x   ，解得 1 22, 1x x   ， 试卷第 1页，共 3页 所以二次函数 2 2 2y x x   的不动点为 2 和1 . （2）二次函数   2 2 2 1y x a x a     有两个不相等的不动点 1 2,x x ，且 1 2, 0x x  ， 则方程   2 2 2 1x a x a x     有两个不相等的正实数根， 即方程   2 2 3 1 0x a x a     有两个不相等的正实数根， 所以   2 Δ (3 ) 8 1 0a a     ，且 1 2 1 2 3 1 , 2 2 a a x x x x      ， 因为 1 2, 0x x  ，即 1 0 2 a   ，解得 1a  ，可得 1 0a   ， 所以     2 2 2 2 2 1 2 1 22 1 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 2 132 1 2 1 2 a a x x x xx x x x a a ax x x x x x a                    2 ( 1) 4 1 16 1 8 1 8 2 2 2 6 2 1 2 1 2 1 a a a a a a a                  ， 当且仅当 1 8 2 1 a a    ，即 5a  时等号成立， 所以 1 2 2 1 x x x x  的最小值为 6 . 试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年上学期高三年级期中考试 数学试卷 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第 I卷（选择题） 一、单选题 1．若集合  4log 1A x x  ，  2 2 3 0B x x x    ，则 A B  （ ） A． 1,3 B．  1, 4 C．  0,4 D．  0,3 2．若复数 z满足  1 i 1 iz    ，则 4z （ ） A．1 B．-1 C． i D．16 3．已知命题 p： x R， | 1 | 1x   ；命题 q： 0x  ， 3x x ，则（ ） A．p和 q都是真命题 B． p 和 q都是真命题 C．p和 q 都是真命题 D． p 和 q 都是真命题 4．已知 0.42x  ， 2lg 5 y  ， 0.42 5 z       ，则下列结论正确的是（ ） A． x y z  B． y z x  C． z y x  D． z x y  5．已知函数  f x 的定义域为 R，且  2 1f x  为奇函数，  1f x  为偶函数，当  1,1x  时，   1f x ax  ，则  2025f （ ） A．0 B．1 C．2 D．2025 6．若函数  2log 1 , 1 3 ( ) , 3 x x f x ax x x          ，在 ( 1, )  上单增，则 a的取值范围是（ ） A． 3,9 B．  3,   C．  0,9 D．  ,9 7．已知函数   2sin ,f x x ax a  R ，若曲线 ( )f x 在点 π π( , ( )) 2 2 f 处的切线方程为 0x y k   ， 则函数 ( )f x 在 (0,2π)内的单调递减区间是（ ） 试卷第 2页，共 4页 A． π 5π[ , ] 3 3 B． (0, π] C．[π,2π) D． π 5(0, ],[ π, 2π) 3 3 8．已知函数    sin 3cos 0f x x x     ，若方程   1f x  在 0, 上有且只有四个实数根， 则实数的取值范围为（ ）． A． 5 23, 2 6     B． 23 9, 6 2     C． 5 23, 2 6      D． 23 9, 6 2      二、多选题 9．定义在 R 上的偶函数  f x ，满足      2 1f x f x f   ，则（ ） A．  1 0f  B．    1 1 0f x f x    C．    1 2 1 2f x f x   D． 20 1 ( ) 10 i f i   10．函数   cos 2 cos sin 2 sinf x x x   （ π0 2   ）的图象的一个对称中心为 π ,0 6       ，则下 列说法正确的是（ ） A．直线 5 π 12 x  是函数  f x 的图象的一条对称轴 B．函数  f x 在 π π, 6 12      上单调递减 C．函数  f x 的图象向右平移 π 12 个单位可得到 cos2y x 的图象 D．函数  f x 在 π0, 2      上的最大值为1 11．下列结论正确的是（ ） A．若 2( ) 1 ax bf x x    是奇函数，则必有 0a  且 0b  B．函数 3 1 xy x   的单调递减区间是 1 1, , 3 3              C． ( )f x 是定义在R 上的偶函数，当 0x  时， 2( 3)f x x x  ，则当 0x  时， ( )f x  2 3x x D．若 ( )f x 在R 上是增函数，且 1a m  ， 2b m ，则 ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f a f b     第 II卷（非选择题） 三、填空题 12． tan20 tan40 3tan20 tan40       试卷第 3页，共 4页 13．已知 a，b为正实数，且满足 1 1 1 2 3 2a b a     ，则 a b 的最小值为 ． 14．已知函数 ( ) , ( ) 3 lnf x m x g x x   ，若存在两条不同的直线与曲线 ( )y f x 和 ( )y g x 均 相切，则实数m的取值范围为 . 四、解答题 15．已知不等式 2 12 0x x   的解集为A，不等式 2 2 8 0x x   的解集为 B . (1)求 A B .(2)若不等式 2 0x ax b   的解集为 A B ，求 a，b的值. 16．如图，已知在 ABCV 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，且  cos 2 cosA b c a C  ． (1)求A的值； (2)若 2 4,c b M  为边 BC上一点，且2 3BM MC ，求 AM 的长． 17．已知向量 3sin , , (cos , 1) 4 a x b x        ．(1)当a b   ∥ 时，求 tan 2x的值；(2)设函数 ( ) 2( )f x a b b     ，且 π0, 2 x      ，求 ( )f x 的值域． 试卷第 4页，共 4页 18．已知函数 ( ) 1 ln , Rf x x a x a    .(1)当 1a  时， 求 ( )f x 的严格增区间;(2)若 ( ) 0f x  恒成 立，求 a的值. 19．对于二次函数  2 0y ax bx c a    ，若 0 Rx  ，使得 20 0 0ax bx c x   成立，则称 0x 为二 次函数  2 0y ax bx c a    的不动点.(1)求二次函数 2 2 2y x x   的不动点；(2)若二次函数  22 2 1y x a x a     有两个不相等的不动点 1 2,x x ，且 1 2, 0x x  ，求 2 1 1 2 x x x x  的最小值.