海南省海南中学2018届高三数学上学期第四次月考试题 文.doc

1、12018 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）1已知集合 ， ，则 （ ）1|xM,|2MxyNNA. B. C. D.,),0),0(1,02.若 且 ，则 的最小值是（ ）zC21i2ziA、2 B、3 C、4 D、53下列函数中，既是偶函数又在区间 内是增函数的是（ ）),(A. B. C. 2xeyD. 13xyxy2cosxy2log4.若函数 f(x)= 有两个零点，则 的取值范围是（ ）a

2、xaA、 B、 C、 D、,11,0,05已知平面向量 满足 ()=3a+b，且 ，则向量 与 的夹角为（ ）b, 2,1=ababA B 3 C D 666.将函 数 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 （ ）)62sin(xyA. 1x B. C. 3x D. 12x7.若已知 是常数，函数 的导函数 的图像如图所示，则函数a321()()fxax()yfx的图像可能是（ ）()|2|xg28.已知命题 , ；命题 , ,:pxR23x:qxR321x则下列命题中为真命题的是：（ ） A B C D qpppq9.在等差数列

3、 中， 为其前 n 项和，若 =8，则 （ ）nanS3a5SA16 B24 C32 D4010.如图，设 ,PQ为 A内的两点，且 21APB， AQ 23B 14C，则 ABP的面积与的面积之比为（ ）A.15 B 4 C 1 D 311. 已知函数 y=f（x）是定义在 R 上的偶函数，且当 x0 时，不等式 若则 之间的大小关系为（ ）Aacb Bcab Cbac Dcba12设函数 其中 表示不超过 的最大整数，如 ， ， ，若,0(),1)xffxx2.11.直线 与函数 的图象恰有三个不同的交点，则 的取值范围是（ ）ky)(fy kA. B. C. D.31,4(4,0(31,

4、4 )3,4二填空题（每题 5 分共 20 分）13已知向量 ，满足 ， ，则 .ba,)3,2()()ba|314已知 ， ，那么 01tan47sinco15.在长为 的线段 上任取一点 .现作一矩形，邻边长分别等于线段 的长，则该矩形面积小于12cmABC,ACB的概率为 .316.已知 0，函数 ()sin)4fx在 (,)2上单调递增，则 的取值范围是 （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，证明过程或演算步骤）17.（本小题满分 10 分)设a n是公比为正数的等比数列,a 1=2,a3=a2+4.(1)求a n的通项公式.(2)设b n是首项

5、为 1,公差为 2 的等差数列,求a n+bn的前 n 项和 Sn. 18.（本小题满分 12 分)已知向量 且 A、B、C 分别为ABC 的三边 a、b、c 所对的(si,n(cos,),si2,mABAm角（1）求角 C 的大小；（2）若 成等差数列，且 ，求 c 边的长si,si ()18C19 （本小题满分 12 分）已知函数 231()sincos,()2fxxxR（I）当 时，求函数 的最小值和最大值；5,1()f（II）设 的内角 的对应边分别为 ，且 ，若向量 与向量ABC, ,abc3,()0fC)sin,1(Am共线，求 的值)sin,2(ab20.（本小题满分 12 分）

6、数列 的前 项和为 ， ， nanS1a*12()nSN（）求数列 的通项 ； （）求数列 的前 项和 nanT421. （本小题满分 12 分）已知函数 23()ln4fxmx（I）若曲线 在 处的切线与 轴垂直，求函数 的极值；y1y()fx（II）设 ，若 在 上为单调函数，求实数 的取值范围3()gx()()hxfgx1,m22.（本小题满分 12 分）已知函数 （ ）lnfk0（1）求 的最小值；()x（2）若 ，判断方程 在区间 内实数解的个数；k()10fx1,e（3）证明：对任意给定的 ，总存在正数 ，使得当 时，恒有 .M0x0xln2Mx2018 届海南中学高三第四次月考文

7、科数学考试答案一选择题（每小题 5 分，共 60 分）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12D A B A C D D B D B D D二填空题（每小题 5 分，共 20 分）13. 14. 15. 16. 132410，三、解答题（本大题共 6 小题，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a n是公比为正数的等比数列,a 1=2,a3=a2+4.(1)求a n的通项公式.(2)设b n是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求a n+bn的前 n 项和 Sn. 【答案】 （1）a n=2n （2）S n=2n+1+n2-2【解析】

8、(1)设a n的公比为 q,且 q0,由 a1=2,a3=a2+4,所以 2q2=2q+4,即 q2-q-2=0,又 q0,解之得 q=2. 所以a n的通项公式 an=22n-1=2n.(2)Sn=(a1+b1)+(a2+b2)+(an+bn)=(a1+a2+an)+(b1+b2+bn)5=+n1+2=2n+1+n2-2.18 （本小题满分 12 分)已知向量 且 A、B、C 分别为ABC 的三边 a、b、c 所对的(sin,(cos,),sin2,mABAm角（1）求角 C 的大小；（2）若 成等差数列，且 ，求 c 边的长si,si ()18C【解析】试题分析：（1）先利用数量积公式得：

9、 ，化简得：sincosinosin()mABAB，再有二倍角公式化简即可；（ 2）由（1）可得 ，由 得：sin2iC 3C,siC成 等 差 数 列， 得： ，利用余弦定理可得 的值cab()18ABC36abc试题解析：（1） 对于 ，,0sin()siABC又 ， sin.mCi2mnC.3,21co,（2）由 成等差数列，得 ，,iABsiisn由正弦定理得 ，.2bac()18,18AACB即 由余弦弦定理 ， .36,18osCab ababc 3)(cos222 ，,422cc.619 （本小题满分 12 分）已知函数 231()sinos,()2fxxxR（I）当 时，求函数

10、 的最小值和最大值；5,1()f（II）设 的内角 的对应边分别为 ，且 ，若向量 与向量ABC, ,abc3,()0fC)sin,1(Am共线，求 的值)sin,2(ab【解析】 （I） ， 1)62sin(1co2sin3(2xxxf6因为 ，所以5,12x32,x所以 函数 的最小值是 ， 的最大值是,36sinxf 123xf0（II） 由 解得 C= ， 0Cf又 与向量 共线(1,sin)mA(2,sin)B abB,2由余弦定理得 3cos32解方程组 得 . ,120.（本小题满分 12 分） 数列 的前 项和为 ， ， nanS1a*12()nSN（）求数列 的通项 ； （）

11、求数列 的前 项和 na T解法一：（） ，12nS，1nnS3n又 ，1Sa数列 是首项为 ，公比为 的等比数列， n131*3()nSN当 时， ，2 2()nnSA23nnaA， ， （） 123n nTaa当 时，当 时， 012463nn A A，1233nnT7得： 122124(3)3nnnT A13(1)nAA1(2)n13(2)nnT又 也满足上式，1a 1*3()2nnTN解法二： )1(, )2(,32 212 1111112 3,32,3,322 nn nnnnn nnnnna aaaSaaaSaSa时成 等 比 数 列 ，数 列 从 第 二 项 起又作 差 得 ： 时

12、 ，当 21. （本小题满分 12 分）已知函数 2()l4fxmx（I）若曲线 在 处的切线与 轴垂直，求函数 的极值；y1y()fx（II）设 ，若 在 上单调递减，求实数 的取值范围3()gx()()hxfgx1,m试题解析： 8（I）由 可得 ，23()ln4fxmx()34mfx由题意知 ，解得 ， 10 1所以 ，2()lfxx34(3)(0)xf x当 时，得 或 ；()0fx1x当 时，得 3所以 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ，()fx(0,)11(,)3所以 的极大值为 ，37ln4ln296f极小值为 . 35(1)42f（II）由 可得 ，23()lhxgxmx2

13、()34mhxx由 在 上单调函数可得或在 上恒成(),)2()40h0/ (1,)立，即 ，或 在 上恒成立， 324mxx32(1,)令 ，则 ，()x 2()96430所以 在 上单调递增. 32x1,故 , ，或()44m无 解max)(所以 ，即实数 的取值范围是 m,22.已知函数 （ ）lnxfk0（1）求 的最小值；()（2）若 ，判断方程 在区间 内实数解的个数；k()10fx1,e（3）证明：对任意给定的 ，总存在正数 ，使得当 时，恒有 .M0x0xln2Mx9【解析】（1） 1()xkfx当 时， ，当 时， ，0k()0f()0fx所以 在 单调递减，在 单调递增，()fx,(,k从而 min()1lnfk（2） 时， 12x因为 ， ，且 的图像是连续的，1()0fe()0f()fx所以 在区间 内有实数解，从而在区间 内有实数解；x,e0,1又当 时， ，所以 在 上单调递减，(,1)1()2fx()fx从而 在区间 内至多有一个实数解，0fx,故 在区间 内有唯一实数解. ()（3） 证明：由（1）知： min(l)1l33x所以 时， 0x1ln由 得：23M6(l)xM所以 时， 6(l)0x 1n32x由知：取 ，则当 时，0(1ln3)0有 即 成立l23xlx