河南省南阳市第一中学2017届高三上期第三次月考数学试题

数学试题

一、选择题

x2x21．函数y的定义域为

lnxA．（一2，1） 2．已知复数z=

B．［一2，1］

C．（0，1）

D．（0，1]

13i（i为虚数单位），则复数z的共扼复数为 3iB．

A．

31i22 31i22

C.3i

D.3i

3. 已知a0，函数f(x)ax2bxc，若x0满足关于x的方程2axb0，则下列选项的命题中为

假命题的是

A．xR,f(x)f(x0)

B．xR,f(x)f(x0) D．xR,f(x)f(x0)

C．xR,f(x)f(x0) 4．设25m，且

ab112，则m abB．10

C．20

D．100

至OB，设C（1，0），∠COB＝，则tanA．10

5．已知点A（43，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转

＝ A．6312

B．

33

C．

10311

D．5311

6. 平面向量a,b共线的充要条件是

A．a,b方向相同

B．a,b两向量中至少有一个为零向量

C．R,使ba D．存在不全为零的实数1,2，使1a2b0 7. 已知关于x的不等式

x12的解集为P，若1P，则实数a的取值范围为 xaB．[1,0] C．(,1)(0,) D．(1,0]

A．(,1][0,)

8．已知数列an是等差数列，其前n项和为Sn，若a1a2a315,且

31553，则a2 S1S3S3S5S5S15A.2

B.12

C.3

D.1 3xy09．设x，y满足约束条件xy20，当且仅当x＝y＝4时，z＝ax一y取得最小值，则实数a的取

x4值范围是 A．[1,1]

B．(,1)

C．(0,1)

D．(,1)(1,)

10．已知函数f（x）＝cosx(sin，如果存在实数x0，使得对任意的实数x，都x3cosx)(＞0）

有f（x0）≤f（x）≤f（x0＋2016）成立，则的最小值为 A．

12016

B．

14032

3C．

12016

D．

1 403211．若函数f（x）＝loga(x2x)(a0且a1）在区间（一2，一1）内恒有f（x）＞0，则f（x）

的单调递减区间为 A．(,66)，(,)33 66)，(,)33

B．(2，6)，（2，＋） 3C．(2,D．（一66，） 33ex212．已知函数f（x）＝，关于x的方程f(x)(m1)f(x)m40（mR）有四个相异的实

|x|数根，则m的取值范围是 A．(4,e444)B．(4,3) C．(e,3)D．(e,) e1 e1e1

二、填空题

13．在△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝2，CD2DB，则ABAD＝ .

14．已知函数f（x）＝(空子集个数为 .

15．数列{an}满足an+1＋（－1）n an ＝2n(nN)，则{an}的前40项和为 . 16．已知a4b1，则2a4ab的最大值为 .

三、解答题

222121)·x，则方程f（x一1）＝f（x2一3x＋2）的所有实根构成的集合的非x2117、已知函数f(x)(11)sin2xmsin(x)sin(x).tanx44

（1） 当m=0时，求f(x)在区间

3,上的取值范围； 84（2） 当tan2时，f()

18、数列{an}满足a11,an13，求m的值。 5an224an1（nN）,

（1）证明（2）设Sn有bn

1为等差数列并求an； 2ana1a2an，bnS2n1Sn，是否存在最小的正整数m,使对任意nN，

222m成立？设若存在，求出m的值，若不存在，说明理由. 25

19、 已知m∈R，设p：x1和x2是方程x2-ax-2=0的两个实根，不等式|m2-5m-3|≥|x1-x2|对任意实数a∈[-1，1]恒成立；Q：函数f（x）=x3+mx2+（m+值范围.

4）x+6在（-∞，+∞）上有极值，求使“P且Q”正确的m的取320、数列an的前n项和记为Sn,a12,an1Snn，等差数列bn的各项为正，其前n项和为 Tn，且 T39，又 a1b1,a2b2,a3b3成等比数列．

（1）求 an，bn的通项公式； （2）求证：当n 2时，

21、在ABC中，点D为边BC的中点，BAD90.

（1）若cosB1114．2225 b1b2bn2，求cosC； 3（2）求cosC的取值范围．

2222、已知函数fxax2a1xaa1ex（其中aR）.

（1） 若x0为fx的极值点,求a的值；

12xx1； 2（3） 若函数fx在区间1,2上单调递增,求实数a的取值范围．

（2） 在（Ⅰ）的条件下,解不等式fxx1

答案

一．DACAD DBCBD B A

724114二．（13）6 （14）3 （15） （16）21

15

17. 解：（1）当m=0时，f(x)(1 cosx)sin2xsin2xsinxcosxsinx

1cos2xsin2x213[2sin(2x)1]，由已知x[,]，得2484从而得：[,f(1x)]的值域为[0,2sinx(2)42（2）f(x)(112]------（5分） 2cosx11当)sin2xmsin(x)sin(x)化简得：f(x)[sin2x(1m)cos2x]sinx44，22，

tan2，得：

sin2a

2sinacosa2tana43cos2a，，代入上式，m=-2. -----（10分） 222sinacosa1tana5518. 解：（1）证明：an1即

an224an1,an12an224an1,1an124an1an221an24

11112a，为等差数列.，，又由4(n1)44n3n222224n3an1anana1an1题知an0an.—————6分

4n3（2）解：bnS2n1Sn，bn1S2n3Sn1，

11bn1bn(S2n3S2n1)(Sn1Sn)a2n3a2n2an1

11140n310， 8n98n54n1(8n9)(8n5)(4n1)mmbn1bn.即数列bn为递减数列，则要使bn恒成立，只需b1，

25251414m7022b1S3S1a2a3,,m.

4545259m成立.———12分 存在最小的正整数m8，使对任意nN，有bn25

222a28022

19.解：P:x1x2a，又∵|x1 –x2|=（x1 +x2） -4x1x2≤ 9

xx212∴ |m-5m-3|≥3，--------------------------------------（4分）

m ≤-1或 0≤m ≤5或m≥6， -------------------------------（6分） Q：f（x）=3x+2mx+（m+

/

2

2

4）=0，①△＜0，无极值；②△=0时，列表可知，无极值； 3③△＞0时，列表可知，有极值。解得： m＜-1或m＞4 -------------（10分）

∵P、Q 同时为真，则：m＜-1或 4＜m≤5或m≥6 。-----------------（12分）

20．解：（Ⅰ）由an1Snn，得anSn1(n1)(n2)，两式相减得

an1anSnSn11an1，所以an12an1 所以an112(an1)(n2) 又a23,所以an12n2(a21)2n，从而an2n1(n2) ,而a12，不符合上式，所以

n12, --（3分） ann21,n2因为{bn}为等差数列，且前三项的和T39，所以b23，可设b13d,b33d，由于

a12,a23,a37，于是a1b15d,a2b26,a3b310d，因为a1b1,a2b2,a3b3成

等比数列，所以(5d)(10d)36，d2或d7（舍） 所以bnb1(n1)d12(n1)2n1 ----------（6分） （Ⅱ）因为

1111111 222(2k1)(2k1)12k(2k2)4k1kbk11111122222213(2n1)bbb12n所以，当n2时，

111111114223n1n1111115 ----（12分）

444n

21.解：（1）在RtABD中，设AB2单位长度，cosB2222BD3,BC2BD6在ABC3，，

22中，由余弦定理得，ACABBC2ABBCcosB26

222624，AC26，在ABC中，由

3AC2BC2AB224622276cosC.----------（6分）

2ACBC1822662余弦定理得，

（2）设BDCDx,ACy,由题可得，ADCB在ABC中，由正弦定理得，

,DACADCC2BC,

ACBCy2x,,①， sinBsinBACsinBsin(BC)ACCD,在ADC中，由正弦定理得，

sinADCsinDAC

ysin(B)2xsin(BC)2,即

yx,cosBcos(BC)②，②

①得，

1tan(BC),tan(BC)2tanB,tanCtan((BC)B)2tanB1tan(BC)tanB2tanBtanB，由题知12tan2BcotB2tanB1tan(BC)tanB12tanBtanBtanBB(0,),tanB(0,),cotB2tanB22,， 22212tanC0,cosC,1，.----------（12分） cotB2tanB43

222x22.【解析】(Ⅰ)因为fxaxa1xaa1e

22222ex 因为fx2axa1exax2a1xaa1exaxa1xax0为fx的极值点,所以由f0ae00,解得a0

fxxex,当x0时,fx0,当x0时,fx0.

所以x0为fx的极值点,故a0.……………4分

检验,当a0时,

(Ⅱ) 当a0时,不等式fxx112xx1021212,整理得xx1x1exx1xx122或

x1ex,即

x10x12exx102x10x12exx102令

1xxxgxexx2x1,hxgxex1,hxe1,当x0时,hxe10；

2当x0时,hxex10,所以hx在,0单调递减,在(0,)单调递增,所以hxh00,

即gx0, 所以gx在R上单调递增,而g00； 故ex121xx10x0；exx2x10x0, 222所以原不等式的解集为xx0或x1；………………………………8分 (Ⅲ) 当a0时,fxaxa1xae

因为x1,2,所以fx0,所以fx在1,2上是增函数.

当a0时,fxaxax①

2x1xe, x1,2时,fx是增函数,fx0. a111若a1,则fxaxaxex0x,a,由1,2,a得

aaaa2；

②

若1a0,则fxaxaxex0xa,,由1,2a,得

1a1a1a1a0. 22③ 若a1,fxx1ex0,不合题意,舍去

综上可得,实数a的取值范围是,21, …………………………12分 2