江苏省扬州市扬大附中东部分校2024-2025学年上学期高三周练三数学试卷

试卷第 1页，共 16页 高三数学周练 3 教师版 一、单选题 1．已知集合  1,0,1,2,3A   ，  2 4xB x  ，则 A B  （ ） A． 1,0,1,2 B． 1,0,1 C． 2x x  D． 2x x  【答案】B 【分析】解指数不等式化简集合 B，再利用交集的定义求解即得. 【详解】依题意， { | 2 4} { | 2}xB x x x    ，而  1,0,1,2,3A   ， 所以  1,0,1A B   . 故选：B 2．若命题 : 0p x  ， 2 3 2 0x x   ，则命题 p的否定为（ ） A． 0x  ， 2 3 2 0x x   B． 0x  ， 2 3 2 0x x   C． 0x  ， 2 3 2 0x x   D． 0x  ， 2 3 2 0x x   【答案】D 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得到结论． 【详解】命题 : 0p x  ， 2 3 2 0x x   为存在量词命题， 则该命题的否定为 0x  ， 2 3 2 0x x   ， 故选：D． 3．已知 i为虚数单位，复数 2 i 1 3i z   ，则 z （ ） A． 2 2 B． 3 2 C． 2 D． 5 【答案】A 【分析】根据复数除法运算化简 z，由复数模长运算可求得结果. 【详解】       2 i 1 3i2 i 1 7i 1 7i 1 3i 1 3i 1 3i 10 10 10 z               ， 2 21 7 1 2 10 10 2 2 z                 . 故选：A. 4．函数  log 3 2ay x   过定点 P，且角 的终边过点 P，则 sin 2 cos2  的值为（ ） A． 7 5 B． 6 5 C．4 D．5 试卷第 2页，共 16页 【答案】A 【分析】先求出 P点坐标，得到 的三角比值后，由二倍角公式化简计算 【详解】函数  log 3 2ay x   过定点 (4, 2)P ，因此 1tan 2   ， 2 2 2 2 2 2 2 2 11 1sin 2 cos 2 2sin cos cos sin 2 tan 1 tan 74sin 2 cos 2 1sin cos sin cos tan 1 51 4                               故选：A 5．已知向量 , ,a b c    满足 0, 2, 3a b c a b          ，且 a  与b  的夹角为 π 6 ，则 cos ,b c    （ ） A． 2 13 13  B． 2 13 13 C． 2 39 13 D． 2 39 13  【答案】D 【分析】根据条件计算出b c   以及 c r ，结合夹角余弦公式求解出结果. 【详解】因为 3, 2 3 3 2 c a b a b             ， 所以 2 ( ) 3 3 6b c b a b a b b                      ， 因为   22 2 22 4 6 3 13c a b a a b b                    ， 所以 6 2 3913,cos , 133 13 b cc b c b c               ， 故选：D． 6．如图所示，用一个平行于圆锥 SO底面的平面截这个圆锥，截得圆台上､下底面的面积之比为1:16，截 去的圆锥的母线长是 3cm，则圆台OO 的母线长.（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】A 【分析】由圆锥平行于底面的截面的性质求解． 【详解】设圆台的母线长为 cml ，由截得圆台上、下底面的面积之比为1:16， 可设截得圆台的上、下底面的半径分别为 r， 4r． 试卷第 3页，共 16页 过轴 SO作截面，如图所示． 则 ~SO A SOA △ △ ， 所以 SA O A SA OA     ， 又 3, 3 , , 4SA SA l O A r OA r       ， 所以 3 3 4 r l r   ，解得 9l  ， 即圆台OO 的母线长为 9cm. 故选：A 7．在锐角 ABCV 中，内角 , ,A B C 的对边分别为 a，b，c， π 3 A  ，O为其外心.若 ABCV 外接圆半径为 R， 且 cos cos 1 2 B CAB AC mAO c b R         ，则m的值为（ ） A．1 B． 3 C．2 D． 3 4 【答案】B 【分析】由向量数量积及三角形外心的定义可知 2 21 1 2 2 AB AO AB c      ， 2 21 1 2 2 AC AO AC b      ，然后化 简已知等式，得到m的值. 【详解】由题意可知 2 21 1 2 2 AB AO AB c      ， 2 21 1 2 2 AC AO AC b      ， 2cos cos 1 2 B CAB AO AC AO mAO c b R               ， 2 2 2cos 1 cos 1 1 2 2 2 B Cc b mR c b R       ， cos cosc B b C mR   ， sinsin cos sin cos sin 2sin AC B B C A m A     ， 1sin 2 A m  ， 2sin 60 3m    . 故选：B. 8．已知函数 2( ) 3 2ln ( 1) 3f x x x a x     在区间 (1, 2)上有最小值，则实数 a的取值范围是（ ） A． 3a   B． 49 10 3 a    C． 49 3 3 a    D． 10 3a    【答案】D 【分析】求出函数 ( )f x 的导数 ( )f x ，再求出 ( )f x 在区间 (1, 2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右 正的 a值范围. 【详解】函数 2( ) 3 2ln ( 1) 3f x x x a x     ，求导得 22 6 ( 1) 2( ) 6 1 x a xf x x a x x         ， 试卷第 4页，共 16页 由 2( ) 3 2ln ( 1) 3f x x x a x     在区间 (1, 2)上有最小值， 得 ( )f x 在区间 (1, 2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正， 令      26 1 2, 0 2 0h x x a x h       ，则 ( )h x 在区间 (1, 2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正， 因此 2Δ ( 1) 4 6 2 0 (1) 6 1 2 0 (2) 6 4 2( 1) 2 0 a h a h a                     ，解得 10 3a    ， 所以实数 a的取值范围是 10 3a    . 故选：D 二、多选题 9．函数     π π2sin 0 2, 2 2 f x x              的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（ ） A． π 4    B．  f x 在 π 7π, 2 8       上单调递减 C．  f x 的表达式可以写成   3π2cos 2 4 f x x      D．若关于 x的方程   1f x  在 0, � 上有且只有 4个实数根，则 3π 9π, 2 4 m     【答案】ABD 【分析】根据函数图象过  0, 1 ， π ,0 8       ，建立方程组求出  f x 的解析式，再根据正弦函数的图象和性质 逐项判断即可. 【详解】由函数图象可知  0 2 sin 1f    ， π π2 sin 0 8 8 f               ， 因为  f x 在 0x  ， π 8 x  附近单调递增， 所以 7π 2 π 4 k   ， π 2 π 8 k   ， Zk ， 又因为 π π0 2, 2 2       ，所以 π 4    ， 2  ， 试卷第 5页，共 16页 所以   π2 sin 2 4 f x x      ，A说法正确； 当 π 7π, 2 8 x      时， π 3π 3π2 , 4 4 2 x       ， 所以由 siny x 在 3π 3π, 4 2       单调递减可知  f x 在 π 7π, 2 8       上单调递减，B说法正确； 因为   π 3π 3π2 sin 2 2 sin 2 π 2 sin 2 4 4 4 f x x x x                        ，所以 C说法错误； 令   π2 sin 2 1 4 f x x       得 π 2sin 2 4 2 x      ，解得 π π 4 x k  或 π π 2 x k  ， 方程   1f x  在 0, � 上有且只有 4个实数根，从小到大依次为 π π 5π 3π, , , 4 2 4 2 ， 而第 5个实数根为 9π 4 ，所以 3π 9π 2 4 m  ，D说法正确； 故选：ABD 10．  1,2a  ，  , 1b m   ，则（ ） A．当 2m  时， a b  ∥ B．当 3m  时，  5a a b    C．当 3m   时， a在b  上的投影向量为 1 2 b  D．当 2m  时， a，b  的夹角为钝角 【答案】BC 【分析】由题意，根据向量 a  、b  的坐标，利用平面向量的坐标运算法则、投影向量的概念，对各选项逐 一加以分析，即可得到本题的答案． 【详解】对于 A，若 2m  ，则 (2, 1)b    ，则  1 1 2 2 5 0       ，则 ,a b  不平行，故 A不正确； 对于 B，若 3m  ，则 5 (1a b   , 2) 5(3 , 1) ( 14   , 7)， 可得 ( 5 ) 14 2 7 0a a b         ，所以 ( 5 )a a b    ，故 B正确； 对于 C，若 3m   ，则 3 2 5a b       ， 向量 a  在b  上的投影向量为 2 1( ) 2 a b b b b        ，故 C正确； 对于 D，若 1 2 m   ，即 1( , 1) 2 b     , 此时 1 2 a b   ，可知 ,a b  的夹角为 π，不是钝角，故 D错误． 故选：BC． 11. 在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 90BAC  ， 1 2AB AC AA   ，E、F分别是 BC、 1 1AC 的中点， 试卷第 6页，共 16页 D在线段 1 1BC 上，则下面说法中正确的有（ ） A. / /EF 平面 1 1AA B B B. 直线 EF与平面 ABC所成角的正弦值为 2 5 5 C. 若 D是 1 1BC 的中点，若 M是 1 1B A 的中点，则 F到平面 BDM的距离是 5 5 D. 直线 BD与直线 EF所成角最小时，线段 BD长为 3 2 2 【答案】ABD 【解析】 【分析】以点A为坐标原点， 1, ,AB AC AA 所在直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向 向量与平面法向量的数量积等于零可判断 A；求得直线 EF 与平面 ABC的法向量，利用向量法可求得直 线 EF 与平面 ABC所成角的正弦值可判断 B；利用向量法求得 F 到平面 BDM 的距离可判断 C；利用异 面直线所成角的空间向量求法求得 BD的长可判断 D. 【详解】因为直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 90BAC  ，所以 1, ,AB AC AA 两两互相垂直， 于是以点A为坐标原点， 1, ,AB AC AA 所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 试卷第 7页，共 16页 因为 1 2AB AC AA   ， ,E F分别是 1 1,BC AC 的中点，D在线段 1 1BC 上， 所以 1 1 1(0,0,0), (2,0,0), (0, 2,0), (1,1,0), (0,1, 2), (0,0, 2), (0, 2, 2), (2,0, 2)A B C E F A C B ， 对于 A：因为在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1AA 平面 ABC， 又， AC 平面 ABC，所以 1AA AC ，又 90BAC  ，所以 AB AC ， 又 1AB AA A  ， 1,AB AA 平面 1 1AA B B，所以 AC 平面 1 1AA B B， 所以 (0,2,0)AC   为平面 1 1AA B B的一个法向量，又 ( 1,0, 2)EF    ， 则 (0, 2,0) ( 1,0,2) 0AC EF       ， 又 EF 平面 1 1AA B B， //EF 平面 1 1AA B B，故 A正确； 对于 B： 1 (0, 0, 2)AA   为平面 ABC的一个法向量，又 ( 1,0, 2)EF    ， 设直线 EF 与平面 ABC所成角为 ， 则 1 1 1 · 4 2 5sin cos 52 5· , AA EF AA EF AA EF            ，故 B正确； 对于 C：若D是 1 1BC 的中点，若 M是 1 1B A 的中点，则 (1,0, 2), (1,1, 2)M D ， 则 (1,0, 2), (0,1,0)MB MD     ， 设平面 BDM 的一个法向量为 ( , , )m x y z  ， 则 2 0 0 m MB x z m MD y            ，令 1z  ，则 2, 0x y  ， 所以平面 BDM 的一个法向量为 )2, 1( 0,m   ，又 ( 1,1,0)MF    ， 所以 F 到平面 BDM 的距离是 2 2 | | | 2 | 2 5 5| | 2 1 m MFd m          ，故 C错误； 对于 D：设 1 1 1 ( 2,2,0) ( 2 ,2 ,0)(0 1)B D BC             ， 则 1 1 (0,0,2) ( 2 ,2 ,0) ( 2 ,2 ,2)BD BB B D              ， 设直线 BD与直线 EF 所成角为 ，又 ( 1,0, 2)EF    ， 则 2 2 · 2 1cos cos , 3 4 2· 2 1 5 5 ( ) 2 3 9 BD EF BD EF BD EF                     ， 试卷第 8页，共 16页 当 3 4 0 2 3    ，即 1 4   时， cos 取最大值，此时直线 BD与直线 EF 所成角最小， 1 1( , , 2) 2 2 BD    ， 2 2 2 1 1 3 2| | ( ) ( ) 2 2 2 2 BD       ，故 D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：求线线角，线面角，面面角的最大值与最小值，关键是用变量把动点的坐标或向量表 示出来，进而用变量去表示这些角的余弦与正弦值，从而求得取最值时的变量值，进而解决有关问题. 三、填空题 12．已知向量 ,a b   满足  3, 2, 2 1a b a b b        ，则 2a b  ． 34 【分析】根据数量积的运算律求得 2 3a b    ，再根据向量模的计算公式，即可求得答案. 【详解】由  3, 2, 2 1a b a b b        ，得 22 | | 1a b b    ，有 2 1 4 3a b     ， 则 222 4 4 36 4 6 34a b a b a b             ， 故答案为： 34 13.已知 0a  ， 0b  ，且 1b ab  ，则 1 4b a  的最小值是 . 【答案】9 【分析】先等式 1b ab  转化为 1 1a b   ，再利用基本不等式中“1”的妙用可求 1 4b a  的最小值. 【详解】因为 1b ab  ，所以 1 1a b   ， 则 1 1 1 14 4 4 5 9b a b ab a b a ab                ，当且仅当 1 4ab ab  ， 即 1 3 a  ， 3 2 b  时，等号成立. 故答案为：9 . 14．若函数 ( )g x ax b  是函数 1( ) lnf x x x   的图像的切线，则 a b 的最小值为 . 【答案】 1 【分析】设切点（ 0 0 0 1, lnx x x  ），则由题意可得 0 2 0 0 1 1( )a f x x x    ， 0 0 0 1ln x ax b x    ，从而可求得 0 2 0 0 1 1ln 1a b x x x      ，构造函数 2 1 1( ) ln 1( 0)h x x x x x      ，利用导数可求得其最小值，从而可得答案. 【详解】设切点（ 0 0 0 1, lnx x x  ）， 由 1( ) lnf x x x   ，得 2 1 1( )f x x x    ， 试卷第 9页，共 16页 则切线斜率 0 2 0 0 1 1( )a f x x x    又 0 0 0 1ln x ax b x    ， 所以 0 0 0 0 02 0 0 0 0 0 1 1 1 1 2ln ln ln 1b x ax x x x x x x x x               ， 所以 0 2 0 0 1 1ln 1a b x x x      ， 令 2 1 1( ) ln 1( 0)h x x x x x      ，则 3 2 3 1 2 1 ( 1)( 2)( ) x xh x x x x x       ， 当0 1x  时， ( ) 0h x  ，当 1x  时， ( ) 0h x  ， 所以 ( )h x 在（0,1）上递减，在（1，+）上递增. 所以当 1x  时， ( )h x 取得最小值， 所以 ( ) (1) 1h x h   . 所以 a b 的最小值为 1 ， 故答案为： 1 四、解答题 15．在△ ABC中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，已知2 cos 2b C a c  ． (1)求 B； (2)若 3b  ，且 1sin sin 4 A C  ，求 a c ． 【答案】(1) 2π 3 (2)2 【分析】（1）利用余弦定理定理化简等式，再根据余弦定理的推论和角的范围解出答案； （2）利用正弦定理公式结合已知条件求出 1ac  ，再由余弦定理求出答案. 【详解】（1）因为余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 a b cb a c ab      ， 所以 2 2 2a b c ac    ， 因为 2 2 2 1cos , (0, π) 2 2 a c bB B ac       ， 所以 2π 3 B  . （2）因为正弦定理得 3 2 sin sin sin 3 2 a b c A B C     ， 试卷第 10页，共 16页 所以 sin , sin , 2 2 a cA C  又 1sin sin 4 A C  ，所以 1 2 2 4 a c   ，即 1ac  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，即 2 2 13 2 2 a c ac          ， 2 2 2 23 3 ( ) 4 ( )a c ac ac a c a c          因为 , 0a c  ，所以 2a c  . 16．甲、乙两人进行足球射门训练，设有 I、II两个射门区，约定如下：每人随机选择 I区内射门或 II区 内射门，在 I区内射门，进球得 1分，不进球得 0分；在 II区内射门，进球得 3分，不进球得 0分.已知甲 每次在 I区内射门进球的概率均为 2 3 ，每次在 II区内射门进球的概率均为 1 3 ；乙每次在 I区内射门进球的 概率均为 1 2 ，每次在 II区内射门进球的概率均为 1 2 ，且甲、乙两人射门进球与否互不影响（甲、乙各完成 一次射门为一次射门训练）. (1)在一次射门训练中，求甲、乙都得 0分的概率； (2)若 3次射门训练中， X 表示甲、乙得分相等的射门训练次数，求随机变量 X 的分布列与数学期望. 【答案】(1) 1 4 (2)分布列见解析， 9 8 【分析】（1）先分别求得甲，乙选择两区均得 0分的概率，进而可得甲、乙都得 0分的概率； （2）求得甲，乙得分相等的概率，利用二项分布可求分布列与数学期望. 【详解】（1）在一次投篮中，甲选择 I区内射门进球得 1分的概率为 1 2 1 2 3 3   ，不进球得 0分的概率为 1 2 11 2 3 6        ； 甲选择 II区内射门进球得 3分的概率为 1 1 1 2 3 6   ，不进球得 0分的概率为 1 2  1 11 3 3       . 乙选择 I区内射门进球得 1分的概率为 1 1 1 2 2 4   ，不进球得 0分的概率为 1 1 11 2 2 4        ； 乙选择 II区内射门进球得 3分的概率为 1 1 1 2 2 4   ，不进球得 0分的概率为 1 1 11 2 2 4        故一次射门训练中，甲、乙都得 0分的概率为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 4 6 4 3 4 3 4 4         . （2）依题意可知， X 的所有可能取值为 0，1，2，3， 由（1）可知，一次射门训练中，甲、乙得分相等的概率为 1 1 1 1 1 3 4 3 4 6 4 8      ， 则 3~ 3, 8 X B      ， 试卷第 11页，共 16页 所以 3 0 0 3 3 3 125( 0) C 1 8 8 512 P X                ， 2 1 3 3 3 225( 1) C 1 8 8 512 P X                ， 1 2 2 3 3 3 135( 2) C 1 8 8 512 P X                ， 0 3 3 3 3 3 27( 3) C 1 8 8 512 P X                ， 故 X的分布列为 X 0 1 2 3 P 125 512 225 512 135 512 27 512 所以 3 9( ) 3 8 8 E X    . 17.如图，三棱锥 A BCD 中，DA DB DC  ， BD CD ， 60ADB ADC    ，E为 BC的中点. (1)证明： BC DA ； (2)点 F满足 1 2 EF DA   ，求平面 ABD与平面 ABF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 2 2 3 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及其性质定理证明可得结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两平面的法向量，即可得出结果. 【详解】（1）连接 ,AE DE， 因为 E为 BC中点，DB DC ，所以DE BC ①， 因为DA DB DC  ， 60ADB ADC    ，所以 ACD 与 ABD△ 均为等边三角形， AC AB  ，从而 AE BC ②， 由①②， AE DE E ， ,AE DE 平面 ADE，所以 BC 平面 ADE ， 试卷第 12页，共 16页 而 AD 平面 ADE， 所以 BC DA . （2）不妨设 2DA DB DA AB AC     ， BD CD ， 2, 1BC DE   ， 则 2 2 2AC AB BC  ，即 AC AB ，则 1AE  ， 2 2 22AE DE AD    ， AE DE  ， 又 AE BC DE BC E  ， ， ,DE BC 平面 BCD AE 平面 BCD， 以点 E为原点， , ,ED EB EA所在直线分别为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 可得        1,0,0 , 0,0,1 , 0,1,0 , 0,0,0D A B E ， 设平面 ABD与平面 ABF 的一个法向量分别为    1 1 1 1 2 2 2 2, , , ,n x y z n x y z    ， ， 平面 ABD与平面 ABF 所成角为 ，而    0,1, 1 , 1,0,1AB DA      ， 因为 1 1 1,0, 2 2 2 EF DA          ，所以 1 1,0, 2 2 F      ，即有 1 1,0, 2 2 AF         ， 可得 1 1 1 1 1 1 0 0 AB n y z DA n x z                ，取 1 1x  ，所以  1 1,1,1n   ； 又 2 2 2 2 2 2 0 1 1 0 2 2 AB n y z AF n x z                 ，取 2 1z  ，所以  2 1,1,1n    ， 所以 1 2 1 2 1 1cos 33 3 n n n n           ，从而 1 2 2sin 1 9 3     ， 所以平面 ABD与平面 ABF 所成角的正弦值为 2 2 3 . 试卷第 13页，共 16页 18.在△ ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足 (2 ) cos cosa c B b C  ． (1)求角 B的大小； (2)若 2BD DC   ，且 1, 7CD AD  ，求 ABCV 的面积； (3)如图，过点 A作 BC的平行线 AP，且 7 12 BC AP   ，在四边形 ABCP中， 2, 3AB AP  ，动点 E，F分 别在线段 BC，CP上运动，且 ,BE BC CF CP       ，求 AE AF   的最小值． 【答案】(1) π 3 B  (2) 9 3 4 (3) 81 64 【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，即可求解; （2）利用余弦定理求出 AB，在利用面积公式即可求解； （3）建立坐标系，根据平面向量得坐标表示，表示出 ,E F两点以后，即可求解. 【详解】（1）因为 (2 ) cos cosa c B b C  ， 所以由正弦定理得 (2sin sin ) cos sin cosA C B B C  ， 所以 2sin cos sin( ) sinA B B C A   ， 又0 π,sin 0A A   ，所以 1cos 2 B  ， 又0 πB  ，所以 π 3 B  ； （2）因为 2BD DC   ，且 1, 7CD AD  ，所以 2, 3BD BC  ， 在 ABD△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAD AB BD AB BD B     ， 即 27 4 2AB AB   ，解得 3AB  ，或 1AB   （舍）， 所以 ABCV 的面积 1 1 3 9 3sin 3 3 2 2 2 4ABC S AB BC B       △ ； （3）以 A为坐标原点，AP所在直线为 x轴，垂直 AP的直线为 y轴建立平面直角坐标系， 则 (0,0), (3,0), ( 1, 3)A P B  ，由 7 12 BC AP   得 3 , 3 4 C      ， 试卷第 14页，共 16页 因为 , ,0 1BE BC CF CP          ，所以设 ( , 3), ( , )E m F n t ， 由 7( 1,0) ,0 4 m         得 7 1 4 m   ， 由 3 9, 3 , 3 4 4 n t               得 9 3 , 3 3 4 4 n t     ， 所以 27 9 3 63 63 91 3 ( 3 3 ) 4 4 4 16 16 4 AE AF                            263 1 81 16 2 64        ， 当 1 2   时， 263 1 81 16 2 64 AE AF           取得最小值，最小值为 81 64 ， 所以 AE AF   的最小值为 81 64 19．已知函数   ln 1f x ax x   有两个零点 1x ， 2x  1 2x x ，函数   4ln 2 1 g x x x     . (1)解不等式   0g x  ； (2)求实数 a的取值范围； (3)证明： 1 2 2 ln ax x a    . 【答案】(1)  1, (2)0 1a  (3)证明见解析 【分析】（1）由导函数恒大于等于 0可知故  g x 为  0,  上的增函数，得出不等式解集； （2）求导函数，分类讨论参数 a，当 0a  时，函数单调不合题意；当 0a  时，函数不单调，需要利用零 点存在思想建立不等式，求出实数 a的取值范围； （3）由（2）知道两根的范围，借助  g x 的在  0,1 上小于 0，得到  11 1 2 1 ln 1 ax ax ax    ，同理得到  2 2 2 2 1 ln 1 ax ax ax    ，两式整理后相加便可得到结论. 【详解】（1）         2 2 2 11 4  0 1 1 x g x x x x x         ， 试卷第 15页，共 16页 故  g x 为  0,  上的增函数， 由题可知  1 0g  ，   0g x  ，即    1g x g ，   0g x  的解集为  1, . （2）   1f x a x    ， 当 0a  时，   0f x  ，  f x 为减函数，不符合题意； 0a  时， 10,x a      时，   0f x  ， 1 ,x a       时，   0f x  . 又 0x 时，  f x ； x时，  f x  .  f x 有两个零点， 故 1 1 11 ln 1 ln ln 0f a a a a             ， 解得 0 1a  ； （3）由（2）知： 1 2 1x x a   ，且 1 1ln 1 0ax x   ， 1 1 1ln 1 ln 1 lnax x ax a      ， 由（1）知0 1x  时， 4ln 2 0 1 x x     ，  2 1ln 1 x x x     ， 10 1ax  ，故  1 1 1 2 1 ln 1 ax ax ax    ，  1 1 1 2 1 1 ln 1 ax ax a ax       ， 化为  2 21 1ln 2 ln 1a x a a a x a     ①， 同理： 2 2ln 1 lnax ax a   ，  2 2 2 2 1 ln 1 ax ax ax    ， 可化为  2 22 2ln 2 ln 1a x a a a x a     ②， ②+①得：     2 2 22 1 2 1ln 2 0a x x a a a x x     化简得： 1 2 2 ln ax x a    . 试卷第 16页，共 16页 高三数学周练 3 学生版 一、单选题 1 ．已知集合 A = {-1, 0, 1, 2, 3} ， B =，则 A∩ B = ( ) A ． {-1, 0, 1, 2} B ． {-1, 0, 1} C ． {x x ≤ 2 } D ． {x x < 2 } 2 ．若命题p : 3x > 0 ， x2 - 3x + 2 > 0 ，则命题p 的否定为 ( ) A ． 3x > 0 ， x2 - 3x + 2 ≤ 0 B ． 3x ≤ 0 ， x2 - 3x + 2 ≤ 0 C ． x ≤ 0 ， x2 - 3x + 2 > 0 D ． x > 0 ， x2 - 3x + 2 ≤ 0 3 ．已知i为虚数单位，复数 则i zi = ( ) 4 ．函数y = loga (x - 3) + 2 过定点P ，且角α 的终边过点P ，则sin 2α + cos 2α的值为 ( ) A ． 7 B ． 6 C ．4 D ．5 5 5 5 ．已知向量, b (→), 满足 + b (→) + = 0, = 2, b (→) = ，且 与 b (→) 的夹角为 ，则cos b (→), = ( ) ( A ． - B ． C ． D ． - )2 2 2 · 2 13 13 13 13 6 ．如图所示，用一个平行于圆锥SO 底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的 面积之比为1:16 ，截去的圆锥的母线长是3 cm ，则圆台O,O 的母线长. ( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 7 ．在锐角△ ABC 中，内角A, B, C 的对边分别为 a ，b ，c ， 上A = ， O 为其外心.若 △ ABC 外接圆半径为 的值为 ( ) ( A ． 1 B . · 3 C ． 2 D . ) 3 4 8 ．已知函数f(x) = 3x2 - 2lnx + (a -1)x + 3 在区间(1, 2) 上有最小值，则实数a 的取值范围是 ( ) A ． a > -3 < a < -10 C ． - < a < -3 D ． -10 < a < -3 二、多选题 9 ．函数f2sin 的部分图象如图所示，则下列说法正确的有 ( ) 试卷第 1页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 在 上单调递减 C ． f (x) 的表达式可以写成2cos D ．若关于x 的方程f (x) = 1 在0, m上有且只有 4 个实数根，则m ∈ 10 ． = (1, 2) ， b (→) = (m, -1) ，则 ( ) A ．当m = 2 时， Ⅱ b (→) B ．当m = 3 时， 丄 - 5 C ．当m = -3 时， 在 b (→) 上的投影向量为- b (→) D ．当m < 2 时， ， b (→) 的夹角为钝角 11. 在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，上BAC = 90。，AB = AC = AA1 = 2 ，E、F 分别是 BC 、A1C1 的中点， D 在线段 B1C1 上，则下面说法中正确的有 ( ) A. EF / / 平面 AA1B1B B. 直线 EF 与平面 ABC 所成角的正弦值为 ( 5 ) C. 若 D 是B1C1 的中点，若 M 是B1A1 的中点，则 F 到平面 BDM 的距离是 5 试卷第 2页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 D. 直线 BD 与直线 EF 所成角最小时，线段 BD 长为 3·2 2 三、填空题 12. 已知向量 , b (→) 满足 = 3, b (→) = 2, (2 + b (→)). b (→) = 1 ，则 2 + b (→) = . 13 ．已知a > 0 ，b > 0 ，且b- ab = 1 ，则 + 4b 的最小值是 . 14 ．若函数g(x) = ax + b 是函数f(x) = ln x - 的图像的切线，则a +b 的最小值为 . 四、解答题 15 ．在△ ABC 中，角A, B, C 所对的边分别为a, b, c ，已知2bcosC = 2a + c . (1)求 B； (2)若b = ，且sinAsinC = ，求a + c . 16 ． 甲、乙两人进行足球射门训练，设有 I 、II 两个射门区，约定如下：每人随机选择 I 区内射门或 II 区 内射门，在 I 区内射门，进球得 1 分，不进球得 0 分；在 II 区内射门，进球得 3 分，不进球得 0 分. 已知甲 每次在 I 区内射门进球的概率均为 ，每次在 II 区内射门进球的概率均为 ；乙每次在 I 区内射门进球的 概率均为 ，每次在 II 区内射门进球的概率均为 ，且甲、乙两人射门进球与否互不影响（甲、乙各完成 一次射门为一次射门训练）. (1)在一次射门训练中，求甲、乙都得 0 分的概率； (2)若 3 次射门训练中， X 表示甲、乙得分相等的射门训练次数，求随机变量X 的分布列与数学期望. 17.如图，三棱锥 A - BCD 中， DA = DB = DC ， BD 丄 CD ， 上ADB = 上ADC = 60o ，E 为 BC 的中点. (1)证明： BC 丄 DA ； ( –––→ 1 –––→ )(2)点 F 满足EF = 2 DA ，求平面 ABD 与平面 ABF 所成角的正弦值. 试卷第3页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 18.在△ ABC 中，角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，且满足(2a — c) cos B = b cos C . (1)求角 B 的大小； 若 ，且 CD = 1, AD = 7 ，求V ABC 的面积； (3)如图，过点 A 作 BC 的平行线 AP ，且 在四边形 ABCP 中， AB = 2, AP = 3 ，动点 E ，F 分 别在线段 BC，CP 上运动，且B--E-→ = λB-- ,C (-)-F-→ = λC (-)-P ，求 A (-)- . A (-)-F-→ 的最小值. 19 ．已知函数f (x) = ax — ln x —1 有两个零点x1 ， x2 ，函数g = ln x + (1)解不等式g(x ) > 0 ； (2)求实数a 的取值范围； 证明： x1 + x2 > 试卷第 4页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 $$