江西省2016届高三10月联考数学（理）试卷及答案（扫描版）

数学（理科）答案 一．选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10[来源:学§科§网] 11 12 C A B B A B A B B C C B （1）C【解析】   3 1sin 120 +cos( 120 ) sin120 cos120 2 2             ． （2）A【解析】由 A B B 知B A ，故选 A． （3）B【解析】易知命题 p和 q都是真命题，所以答案为 B． （4）B【解析】∵ 2(1) log 4 3 0f    ， 2 3(2) log 5 0 2 f    ，∴函数 2 3( ) log ( 3) ( 0)f x x x x     的零点所在的大致区间是（1，2）． （5）A【解析】    1 2 1 0 02 | ( 1) 1 2x xe x dx e x e e         ． （6）B【解析】由函数图像可知，函数的定义域为 | , 0x x a a  ，则可排除 C、D两个选项，又当 , ( )x f x   ，则可排除 A，故选 B． （7）A【解析】 0 | | | | | | | | | | aa b a b a b a b a b b                   ，即向量 ,a b   共线且方向相反，由四个选项可知，只有 A选项中向量 ,a b   共线且方向相反，其它均不满足题意． （8）B【解析】一方面，若  1xf 为偶函数，则函数  f x 图像的一条对称轴为直线 1x  ，则 ( )f x 在 1x  处可取得最大或最小值，所以条件不充分，另一方面，若   1xxf 在 处取最大值，则也可知 ( )f x 图像的 一条对称轴为直线 1x  ，则函数  1xf 图像的对称轴为 y轴，故  1xf 为偶函数，所以条件必要，综 上，选 B． （9）B【解析】当 0x  时， ( ) +cosxf x e x ， ( ) sinxf ' x e x  ，∵ 1xe  ， sin 1x  ，∴ ( ) 0f ' x  ， ∴函数 ( )f x 在[0, ) 上为增函数，又函数 ( )f x 是定义在 R上的偶函数，∴ ( ) ( 1)f a f a  (| |) (| 1|)f a f a   ，∴ | | | 1 |a a  ，∴ 2 2( 1)a a  ，即 1 2 a  ． （10）C【解析】∵ 2 2 2 sin 1 sin( ) 1 1 1 x x xf x x x        ，∴ 2 sin( ) 1 1 xf x x     ，∴ ( ) ( ) 2f x f x   ，又∵ 2( ) 3 f t  ，∴ 2 4( ) 2 ( ) 2 3 3 f t f t      ． （11）C【解析】在 ABC 中， 2 2 2 22 cos 2 2 cosc a b ab C c ab C     ，∴ 22 cos 4ab C c  ，则 2 cos ab C  ，则 ABC 的面积 1 1 2sin sin tan 2 2 cos S ab C C C C      . （12）B【解析】设 1( ) ( ) cos 2 2 g x f x x  ，则     sin 2 0g' x f ' x x   在  ，0 上成立，故 ( )g x 在  ，0 上为减函数，∴ 2( ) ( ) 6 3 g g   ，也即 1 2 1( ) ( ) 6 4 3 4 f f     ……（*），又 1( ) ( ) 6 6 2 f f     ， ∴ 1( ) ( ) 6 2 6 f f     ，同理 2 3 2( ) ( ) 3 2 3 f f     ，代入（*）式得： 3 5 2( ) ( ) 4 6 4 3 f f       ，即 2 1( ) ( ) 3 2 6 f f      ，则 2( ) ( ) 3 6 f f     一定成立，其他选项不一定正确. 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. （13）60； （14） ( 3, 3) ； （15）①②； （16）[ 1,0] . （13）60【解析】由 | | | |a b a b       可得 a b   ，且 | | 2 | |a b a     ，画图可知向量 a  与 a b   的夹角为60． （14） )3,3( 【解析】集合 A表示的是单位圆上的点，集合 B表示恒过点 )2,0(  的直线一侧的区域， 因为A B  ，当直线 2 0kx y   与圆相切时， 1 1 |2| 2     k d ，解得 3k ，画出直线与圆的图像 可知， k的取值范围是 ( 3, 3) ． （15）设OP与 AD相交于点M ，∵ 1AO  ，则 3AM  ，∴ 1 3( ) 1 3 3 2 2 f      ，∴①正确；②由对称性， ( ) ( ) 2 2 f x f x     恰 好是正方形的面积，∴ ( ) ( ) 4 2 2 f x f x      ，∴②正确；③显然 ( )f x 是 增函数，∴ 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x    ，∴③错误． （16）[ 1,0] 【解析】当 0x  时， 2(1 )'( ) x xf x e   ，得 ( )f x 在 0,1 上是增函数，在  1, 上是减函数， 当 1x  时有极大值 2 e ，且当 x 时， ( ) 0f x  ，故当 0x  时， ( )f x 的取值范围是 20, ] e （ ；当 0x  时， 2( 1)'( ) 0x xf x e    恒成立， ( )f x 是减函数，且 ( 1) 2f e  ．设 ( )g x t ，由 ( ) 2f t e 得 1t   ， 即 ( ) 1g x   对 xR恒成立， 2 2( ) (2 ) 2 1xg x m m m      ，当 0m  时， 2( ) 2 1g x m m   ，而 22 1 1m m    ，不合题意；当 0m  时， 2( ) ( , 1)g x m m    ，∴ 2 1 1m m    ，得 1 0m   ． 三．解答题. （17）(本小题满分 10分) 【解析】若命题 p为真，即 01)1()1( 2  xaxa 对任意实数 x恒成立 当 01  a 即 1a 时， 01 恒成立， 1a …… 2 分 当 01  a 时，      0)1(4)1( 01 2 aa a ， 13  a ……4 分 则命题 p为真时， 13  a ． ……5 分 若命题q为真， 0x ， 01 x ，则有 2( 3) 2( 1)x ax x    对任意的 *xN 恒成立 即 1( ) 2a x x     对任意的 *xN 恒成立， 1 1( ) 2 2 2 2 2 0x x x x            当且仅当 1x  时取“=”， 0a  ……7分 由题意 p和 q一真一假 若 p为真 q为假，则 3 1 0 a a      ，即 3 0a   ……8分 若 p为假 q为真，则 3 1 0 a a a      或 ， 1a ……9分 综上： 3 0a   ，或 1a  ． ……10 （18）(本小题满分 12分) 【解析】（Ⅰ）由题意 (1,2)A  ，当 1a  时，由9 3 6 0x x   ，可得 (3 3)(3 2) 0x x   即3 3 0x   ，∴ 1x  ，则 (1, )B    ，∴ (1,2)A B  ． ……5分 （Ⅱ）若 =A B B ，则 A B 由 29 3 6 0x xa a    ，得 (3 3 )(3 2 ) 0x xa a   ……（*） ……6分 ∴当 0a  时，不等式（*）的解集为 3(log 3 , )a   ，则 3log 3 1a ，得0 1a  ……8 分 当 0a  时，不等式（*）的解集为R， A B 显然成立 ……9分 当 0a  时，不等式（*）的解集为 3(log ( 2 ) , )a   ，则 3log ( 2 ) 1a  ，得 3 0 2 a   ……11 分 综上，要 A B 成立时实数 a的取值范围为 3[ ,1] 2  ． ……12 分 （19）(本小题满分 12分) 【解析】 3 1( ) cos 2 sin 2 cos 2 2 2 f x x x x   3 3cos 2 sin 2 3 cos(2 ) 2 2 6 x x x      ……3分 （Ⅰ）最小正周期 2 2 T    ,由 2 2 2 ( ) 6 k x k k      Z 得 7 ( ) 12 12 k x k k      Z 所以 ( )f x 的单调递增区间为 7[ , ]( ) 12 12 k k k    Z ． ……6分 （Ⅱ）由 3( ) 3 cos(2 ) 6 2 f A A      可得 3cos(2 ) 6 2 A     因为 ABC 是锐角三角形，所以 3 A   ……8分 又因为 , ,b a c成等差数列，所以 2a b c  ，而 1cos 4, 8 2 AB AC bc A bc bc       ……10分 因此 2 2 2 2 2( ) 4 3 1cos 1 1 1= 2 16 16 2 b c a a a aA bc          ，∴ 2 2a  ． ……12分 （20）(本小题满分 12分) 【解析】（Ⅰ）假设函数 1( )f x x  有“分拆点” 0x ，则 0 0 1 1 1 1x x    即 2 0 0 1 0x x   由此方程无实根，矛盾，所以函数 1( )f x x  没有“分拆点”． ……2分 （Ⅱ）  1( ) ( 1) ( ) (1) 2 2 1xh x f x f x f x      令 ， (0) 1 (1) 2 (0) (1) 0h h h h    又 ， ， 所以   2 0( )=0 0,1 ( )=2xh x x f x x在 上至少有一实根 ，即函数 有“分拆点”． ……5分 （Ⅲ）  2( )=1 0, 1 af x g x      若 在 上有“分拆点” 0x ，即有    2 2 2 22 0 00 0 1 1 1 2 21 11 1 1 1 a a a a a ag g g x xx x               成立，即 整理得   2 0 02 2 2 2 0a x ax a     ，从而关于 x的方程    2 0( ) 2 2 2 2 0 0,g x a x ax a x      在 上应有实数根 ……8分 1=2 2 a当 时，方程的根为- ，不符合要求 当 2a  ，显然也不符合要求 0 2 ( ) 0 2 aa g x x a      当 时，由于函数 的对称轴 ……10分 可知，只需   24 4 2 2 2 0a a a    ，解得3 5 3 5a    ， 3 5 2a  即有 3 5 2a  的取值范围是 ， ． ……12分 （21）(本小题满分 12分) 【解析】（Ⅰ） 1 1'( ) x xg x e    ，令 '( ) 0g x  ，得 1x  ……2分[来源:学.科.网] 当 1x  时， '( ) 0g x  ；当 1x  时， '( ) 0g x  ……4分 ∴当 1x  时， ( )g x 取得极大值 (1) 1g  ，无极小值． ……5分 （Ⅱ）当 1m  时， 0a  时， ( ) 1f x x  ， (0, )x  ，∴ ( )f x 在[2,3]上为增函数 设 11( ) ( ) xeh x g x x    ，∵ 1 2 ( 1)'( ) 0 xe xh x x     在[2,3]上恒成立，∴ ( )h x 在[2,3]上为增函数……7 分 不妨设 2 1x x ，则  2 1 2 1 1 1| ( ) ( ) | ( ) f x f x g x g x    等价于： 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x h x h x   ，即 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )f x h x f x h x   设 ( ) ( ) ( )u x f x h x  1 1 xex x     ，则证 ( )u x 在[2,3]上为减函数……9分 ∵ 1 2 1 2 2 ( 1) ( 1)'( ) 1 = x xe x x e xu x x x       设 2 1( ) ( 1)xx x e x    ，∵ 1 1'( ) 2 (2 ) 0x xx x xe x e       ， [2,3]x ∴ ( ) (2) 4 2 0x e     ，∴ '( ) 0u x  ，则 ( )u x 为减函数 ……11 分 ∴  2 1 2 1 1 1| ( ) ( ) | ( ) f x f x g x g x    ． ……12 分 （22）(本小题满分 12分) 【解析】（Ⅰ） 21 2 1( ) 2 1 ( 0)x xf x x x x x         由 ( ) 0f x  ，得 22 1 0x x   又 0x  ，所以 1x  .所以 ( )f x 的单调减区间为 (1, ) ． ……2 分 （Ⅱ）令 2 21( ) ( ) [( 1) 1] ln (1 ) 1 2 2 ag x f x x ax x ax a x          所以 21 (1 ) 1( ) (1 ) ax a xg x ax a x x          ……3分 当 0a  时，因为 0x  ，所以 ( ) 0g x  所以 ( )g x 在 (0, ) 上是递增函数 又因为 21 3(1) ln1 1 (1 ) 1 2 0 2 2 g a a a          所以关于 x的不等式 ( )f x  2( 1) 1 2 a x ax   不能恒成立 ……5分 当 0a  时， 2 1( )( 1)(1 ) 1( ) a x xax a x ag x x x         令 ( ) 0g x  ，得 1x a  所以当 1(0, )x a  时， ( ) 0g x  ；当 1( , )x a   时， ( ) 0g x  因此函数 ( )g x 在 1(0, )x a  是增函数，在 1( , )x a   是减函数 故函数 ( )g x 的最大值为 21 1 1 1 1 1( ) ln ( ) (1 ) 1 ln 2 2 g a a a a a a a a          ……7 分 令 1( ) ln 2 h a a a   ，因为 1(1) 0 2 h   ， 1(2) ln 2 0 4 h    ，又因为 ( )h a 在 (0, )a  是减函数 所以当 2a  时， ( ) 0h a  ，所以整数 a的最小值为 2． ……8 分 （Ⅲ）由 2 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2( ) 0f x f x x x x x     ，即 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2ln ln 0x x x x x x x x       从而 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ln( )x x x x x x x x       ……10 分 令 1 2t x x  ，则由 ( ) lnt t t   得， 1( ) tt t    可知， ( )t 在区间 (0,1)上单调递减，在区间 (1, ) 上单调递增 所以 ( ) (1) 1t   [来源:Z.Com] 所以 2 1 2 1 2( ) ( ) 1x x x x    ，又 1 2 0x x  因此 1 2 5 1 2 x x    成立． ……12 分[