《海南省海南中学2018届高三数学上学期第四次月考试题文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《海南省海南中学2018届高三数学上学期第四次月考试题文（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20182018 届海南中学高三第四次月考文科数学试卷届海南中学高三第四次月考文科数学试卷（第 I 卷）本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分一、选择题：（本大题共12 小题，每小题 5 分，共 60 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）21已知集合M x|1 x 1，N y | y x ,x M，则MN （）A.1,1 B.0,) C.(0,1) D.0,12.若zC且z 22i 1，则z12i的最小值是（）A、2 B、3 C、4 D、53下列函数中，既是偶函数又在区间(1,2)内是增函数的是（）exex3A.y cos2x B.y log2x C.
2、y D.y x 124.若函数 f(x)=ax xa有两个零点，则a的取值范围是（）A、1, B、0,1 C、0, D、5已知平面向量a,b满足a a (a a + + b b)=3，且a a = 2, b b = 1，则向量a a与b b的夹角为（） A B C D63366.将函数y sin(2xA.x 7.若已知a是常数，函数f (x) 6)图象向左平移4个单位，所得函数图象的一条对称轴方程是（ ）12 B.x 6 C.x 3 D.x 12131x (1a)x2ax2的导函数y f (x)的图像如图所示 ，则函数32g(x) |ax2|的图像可能是（）1 / 98.已知命题p:xR,2x
3、 3x；命题q:xR,x31 x2, Cpq Dpq则下列命题中为真命题的是：（）Apq Bpq9.在等差数列an中，Sn为其前 n 项和，若a3=8，则S5（）A16 B24 C32 D4010.如图， 设P,Q为ABC内的两点， 且AP 面积之比为（）2121则ABP的面积与ABQ的AB AC，AQABAC，55344111 A. B C D543511. 已知函数y=f（x）是定义在R 上的偶函数，且当x0 时，不等式则Aacb Bcab Cbac Dcba12设函数f (x) 之间的大小关系为（）若xx, x 0,其中x表示不超过x的最大整数，如1.2 2，1.21，11，若f (x1
4、),x 0直线y kx k(k 0)与函数y f (x)的图象恰有三个不同的交点，则k的取值范围是（）A.(, B.(0, C., D., )二填空题（每题 5 分共 20 分）13已知向量a,b，满足a (2,3)，(a b) (ab)，则| b | . 1 14 3141 14 31 14 32 / 914已知0，tan1，那么sincos4715.在长为12cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，邻边长分别等于线段AC,CB的长，则该矩形面积小于32cm2的概率为 .16.已知 0，函数f (x) sin(x 24（第 II卷）三、解答题（本大题共 6 小题共 70 分解答应写出文字说明
5、，证明过程或演算步骤）17.（本小题满分 10 分)设an是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4.(1)求an的通项公式.(2)设bn是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求an+bn的前 n 项和 Sn.18.（本小题满分 12 分)在)(,)上单调递增，则的取值范围是已知向量m (sin A,sin B),n (cos B,cos A),mn sin 2C,且 A、B、C 分别为ABC 的三边 a、b、c 所对的角（1）求角 C 的大小；（2）若sin A,sin C,sin B成等差数列，且CA(AB AC) 18，求 c 边的长19 （本小题满分 12 分）已知函数f (x)
6、 31sin2x cos2x ,(xR)22（I）当x5,时，求函数f (x)的最小值和最大值；12 123, f (C) 0，若向量m (1,sinA)与向量（II）设ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c，且c n (2,sin B)共线，求a,b的值20.（本小题满分 12 分）*数列an的前n项和为Sn，a11，an1 2Sn(nN )（）求数列an的通项an； （）求数列nan的前n项和Tn 21. （本小题满分 12 分）3 / 9已知函数f (x) mln x32x 4x2（I）若曲线y f (x)在x 1处的切线与y轴垂直，求函数f (x)的极值；3（II）设g(x)
7、x 4，若h(x) f (x) g(x)在(1,)上为单调函数，求实数m的取值范围22.（本小题满分 12 分）已知函数fxxln x（k 0）k（1）求f (x)的最小值；（2）若k 2，判断方程f (x)1 0在区间,1内实数解的个数；（3）证明：对任意给定的M 0，总存在正数x0，使得当x x0时，恒有1exM ln x.22018 届海南中学高三第四次月考文科数学考试答案一选择题（每小题 5 分，共 60 分）1D2A3B4A5C6D7D8B9D10B11D12D二填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13.13 14. 15.1521 16.0，34三、解答题（本大题共 6 小题，
8、共 74 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（本小题满分 12 分)设an是公比为正数的等比数列,a1=2,a3=a2+4.(1)求an的通项公式.(2)设bn是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求an+bn的前 n 项和 Sn.nn+12【答案】 （1）an=2（2）Sn=2 +n -2【解析】(1)设an的公比为 q,且 q0,由 a1=2,a3=a2+4,22所以 2q =2q+4,即 q -q-2=0,n-1n又 q0,解之得 q=2.所以an的通项公式 an=22 =2 .(2)Sn=(a1+b1)+(a2+b2)+(an+bn)=(a1+a2+an)+(b1+b2+
9、bn)=+n1+24 / 9=2 +n -2.18（本小题满分 12 分)已知向量m (sin A,sin B),n (cos B,cos A),mn sin 2C,且 A、B、C 分别为ABC 的三边 a、b、c 所对的角（1）求角 C 的大小；（2）若sin A,sin C,sin B成等差数列，且CA(AB AC) 18，求 c 边的长【解析】试题分析： （1）先利用数量积公式得：mn sin Acos B sin Bcos A sin(A B)，化简得：sin2C sinC，再有二倍角公式化简即可； （2）由（ 1）可得C n+123C ,sin B成等差数列得：2c a b，由sin
10、 A ,sinCA(AB AC) 18得：ab36，利用余弦定理可得c的值试题解析： （1）CA(AB AC) 18对于ABC,A B C,0 C sin(A B) sinC，mn sinC.又mn sin2C，sin2C sinC,cosC ,C .312（2）由sin A,sin C,sin B成等差数列，得2sinC sinAsinB，由正弦定理得2c ab.CA(AB AC) 18,CACB 18，即abcosC 18,ab 36.由余弦弦定理c2 a2b2 2abcosC (a b)23ab，c2 4c2336,c2 36，c 6.19 （本小题满分 12 分）已知函数f (x) 3
11、1sin2x cos2x ,(xR)22（I）当x5,时，求函数f (x)的最小值和最大值；12 123, f (C) 0，若向量m (1,sin A)与向量（II）设ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c，且c n (2,sin B)共线，求a,b的值31sin 2x cos2x sin(2x ) 1，226【解析】 （I）f (x) 因为x52,，所以2x,3312 125 / 9331，fx的最大值是0sin2x ,1,所以 函数fx的最小值是262（II） 由fC 0解得 C=，3又m (1,sin A)与向量n (2,sin B)共线sin B 2sin A,b 2a由余弦定
12、理得3 a b 2abcos解方程组得a 1,b 2.20.（本小题满分 12 分） 数列an的前n项和为Sn，a11，an1 2Sn(nN N )*223（）求数列an的通项an； （）求数列nan的前n项和Tn解法一： （）an1 2Sn，Sn1 Sn 2Sn，又Sn1 3SnS1 a11，数列Sn是首项为1，公比为3的等比数列，Sn 3n1(nN N*)当n2时，an 2Sn1 2 3n2(n2)，1，n 1，ann2 3，n2（）Tn a1 2a23a3当n 1时，T11当n2时，Tn14 3 6 3 01 nan2n 3n23Tn 34 316 322n 3n1，3n2)2n 3n1
13、得：2Tn 242(31326 / 93(13n2) 222n 3n113 1(12n) 3n1Tn又11 n3n1(n2)22T1 a11也满足上式，Tn11 n3n1(nN*)22解法二： an 1 2 Sn 当 n 2时， an 2 Sn 1作差得：an 1 an 2 an an 1an 1 3an, 3,an又 a2 2 S1 2 a1 2a2 2 3, 数列从第二项起a1成等比数列，n 2时 an 2 3n 2 an21. （本小题满分 12 分）已知函数f (x) mln x1,( n 1)23n 2,( n 2 )32x 4x2（I）若曲线y f (x)在x 1处的切线与y轴垂直
14、，求函数f (x)的极值；（II）设g(x) x 4，若h(x) f (x) g(x)在(1,)上单调递减，求实数m的取值范围试题解析：（I）由f (x) mlnx 332mx 4x可得f (x) 3x4，2x7 / 9由题意知f (1) m34 0，解得m 1，所以f (x) ln x32x 4x，213x24x1(3x1)(x1)f (x) 3x4 (x 0)xxx当f (x) 0时，得0 x 当f (x) 0时，得1或x 1；31 x 1311所以f (x)的单调递增区间为(0, ),(1,),单调递减区间为( ,1)，33113117所以f (x)的极大值为f ( ) ln4 ln3，
15、33293635极小值为f (1) 04 .2232m32（II）由h(x) f (x) g(x) mln xx 4x x 4可得h(x) 3x43x，2x由h(x)在(1,)上单调函数可得h(x) 立，即m 3x 3x 4x，或m 3x 3x 4x在(1,)上恒成立，令(x) 3x 3x 4x，则(x) 9x 6x4 (3x1) 3 0，所以(x) 3x 3x 4x在(1,)上单调递增.故(x) 334 4,m 4，或m (x)max无解所以m 4，即实数m的取值范围是,422.已知函数fx323222mm3x43x2 0h/(x) 3x43x2 0在(1,)上恒成xx或3232xln x（
16、k 0）k（1）求f (x)的最小值；（2）若k 2，判断方程f (x)1 0在区间,1内实数解的个数；（3）证明：对任意给定的M 0，总存在正数x0，使得当x x0时，恒有【解析】8 / 91exM ln x.2（1）f (x) 11xkkxkx当0 x k时，f (x) 0，当x k时，f (x) 0，所以f (x)在(0,k)单调递减，在(k,)单调递增，从而f (x)min f (k) 1lnkxln x12111因为f ( )1 0，f (1)1 0，且f (x)的图像是连续的，e2e21所以f (x)1 0在区间( ,1)内有实数解，从而在区间0,1内有实数解；e11又当x(0,1)时，f (x) 0，所以f (x)在(0,1)上单调递减，2x（2）k 2时，fx1从而f (x)1 0在区间0,1内至多有一个实数解，故f (x)1 0在区间0,1内有唯一实数解.（3） 证明：由（1）知：(ln x)min1ln3所以x 0时，由x3x1ln3 ln x3xxM 1ln3得：x 6(M 1ln3)23xx所以x 6(M 1ln3) 0时，M 1ln323由知：取x0 6(M
