宜城一中枣阳一中曾都一中2024—2025学年上学期期中考试襄阳六中南漳一中老河口一中高三数学答案一选择题1234567891011BCBACDBDBCACDBCD二．填空题5π23312.192;13.;1463三．解答题131π15.【解】（1）f(x)＝3sinxcosx＋sin2x－＝sin2x－cos2x＝sin(2x－).。。。。。。。。3分2226ππ3ππ5π由2kπ2x2kπkZ解得kπxkπkZ，26236π5π所以，函数fx的单调递减区间为kπ,kπkZ。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分36π（2）将函数yfx的图象向左平移个单位长度，可得到函数6πππysin2xsin2x，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵666π坐标不变），得到函数ygx的图象，则gxsinx，。。。。。。。。。。。。9分6πππ7π1π1当x,π时，x，则sinx1，则gx1，。11分6366262π13对任意的x1、x2,π，gx1gx2a，则agxgx1，6maxmin223故实数a的最小值为.。。。。。。。。。。。。。。。13分2解：由题意得16f(1)2，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。3分'2f(1)0(1)��=3��+2��−3故。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。分−�+�+3=2�=13⇒⇒��=�−3�63�−2�−3=0�=0（）过点向曲线作切线，设切点为，2A1,myfxx0,y0则3，2，则切线方程为y0x03x0kfx03x0332，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。分yx03x03x03xx08将代入上式，整理得32．A1,m2x03x0m30∵过点A1,mm2可作曲线yfx的三条切线，∴方程2x33x2m30有三个不同实数根．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。9分记gx2x33x2m3，gx6x26x6xx1，.。。。。。。。。。。。。。。。。。。11分令gx0，得x0或1，则x，gx，gx的变化情况如下表：x,000,111,gx+0―0+gx↗极大↘极小↗当x0，gx有极大值m3；x1，gx有极小值m2，。。。。。。。。。。。。。。。。。13分g00,m30,由题意有，当且仅当即解得3m2时函数gx有三个不同g10,m20,零点．此时过点A可作曲线yfx的三条不同切线．故m的取值范围是3,2．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。15分17.解：（1）因为，在△ABC中，，所以。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。.2分在△ABC中，由正弦定理得：又，，所以，即，。。。。。。。。4分又，所以，所以，所以，因为，所以，即．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分（2）因为AD=3DA，BD是角平分线，即，因为，所以c=3a，。。。。。。。。9分由正弦定理可知，所以，。。。。。。。。。。11分所以，整理可得，。。。。。。。。。。13分即，又因为，且，即，解得。。。。。。。。。。。。。。。。。15分1f(x)x23x2lnx18.（1）当a=3时，22x23x2f(x)x3xx当1x2,f(x)0,f(x)在（1,2）单调递增或在（），（，）单调递减,0x1x2,f(x)0,f(x)0,12.........2f(x)的极大值为f(2)42ln2..............35f(x)的极小值为f(1).............................4212x2ax2（2）由f(x)x2ax2lnx(x0)，得f(x)xa．。。。。5分2xxg(x)令g(x)x2ax2，则f(x)，x0，x当a280，即22a22时，g(x)0恒成立，则f(x)0，所以f(x)在(0,)上是减函数．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分当a280，即a22或a22．（i）当a22时，g(x)0恒成立，从而f(x)0，所以f(x)在(0,)上是减函数．。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。8分aa28aa28（ii）当a22时，函数g(x)有两个零点：x，x，1222（ii）列表如下：x0,x1x1x1,x2x2x2,f(x)—0+0—f(x)减函数极小值增函数极大值减函数综上，当a22时，f(x)的减区间是(0,)，无增区间；当a22时，f(x)的增区间aa28aa28aa28aa28是,，减区间是0,和,．。分102222（）由（）知，当时，f(x)有两个极值点x，x，，则x，x是方程31a2212x1x212g(x)022的两个根，从而ax1x12，ax2x22，由韦达定理，得x1x22，x1x2a．所以，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。分0x12x21012122fx1fx22x1ax12lnx1x2ax22lnx2221x22ax4lnx-x2ax-2lnx111222222122x12x124lnx1-x2x22-2lnx221411622422x1x2-lnx1x262x2ln26.。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分2x22x24116令tx2(t2)，h(t)t-ln6，t2，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。13分2t2t411(t4)(t2)则h(t)，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。15分t22t2t2当t2时，h(t)0，则h(t)在(2,)上是增函数，从而h(t)h(2)93ln2，故。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。分2f(x1)f(x2)93ln21719.（1）令则，）），又故....................2分2令x1,yx1=，y则=f02f(f0)0+f(02f=12ff(10，则f(x)>0,,f(0)=故1.。。。。4分2255�(1)=16f(1)>0f(1)=45（2）令xn,y1,nN，则fn1fn12fnf1fn，2，即，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。6分2fn1fn22fnfn1an2an1又，所以数列为以为公比，为首项的等比数列，即n1，。。。。。。7分a13an23an3.2则。。。。。。。。。。。；�1�2�1000+99222。。。lo。g。。。3。+。。l。o。g。。3。。+。。。。。。。+。。l。o。g。。。3。。=。。0。。+。。1。+。。2。。+。。。。。。。。。。+。。9。9。。=。。。2。。。×。。1。0。0。。=。。4。9590分（3）由题意得：函数g(x)定义域为R，定义域关于原点对称，令有（），又故.令x=0,y为任意实x数=，y=0,2g则(0)+g(0)=2g0g(，0)即>0,g(0)=1故g(x)是偶函数，。。10分因为g(yg)(x+g(y)−yg)(=x2gy()0)g2(yg)(x)g(gy()y，)=又g因(为−当y),x0时，g(x)1，所以当x0时，有2g(x)g(y)2g(y)，所以g(xy)g(xy)2g(y)，。。。。。12分pp12x2,x1为有理数，不妨设x1,x2，令N为x2,x1，分母的最小公倍数，q1q2ab且x,x,a,b均为自然数，且ab，1N2Nn1设，则，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。14分Cng,g01gc0c1NNn1n1n1n令x,y，则gg2g，NNNNN即Cn1Cn12Cn，Cn12CnCn1CnCnCn1Cn，故数列Cn单调递增，。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。16分则gx2gx1，又gx是偶函数，所以有gx2gx1.。。。。。。。。。。。。。。。。。17分