1、第页 12018 届江西省抚州市临川区第一中学高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）第卷（共 60 分）一、选择题：本大题共 12 个小题,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. 设复数 ， ，则复数 在复平面内对应的点到原点的距离是（ ）z1=i z2=1+i z=z1z2A. 1 B. C. D. 2 222【答案】B【解析】 ， ， 复数 在复平面内对应的点的坐标为z1=i,z2=1+i z=z1z2=i(1+i)=1+i z=z1z2，到原点的距离是 ，故选 B.22. 设集合 ， ，则（ ）M=x|x=k3+16,kZ N=x|x=
2、k6+23,kZA. B. C. D. M=N MN=【答案】B【解析】 因为 ，所以 ，故选 B.x=k3+16=16(2k+1),x=k6+23=16(k+2),kZ MN3. 下列命题中为真命题的是（ ）A. 命题“若 ，则 ”的逆命题xyB. 命题“若 ，则 ”的否命题x1 x21C. 命题“若 ，则 ”的否命题x=1 x2+x2=0D. 命题“若 ，则 ”的逆否命题x20 x1【答案】A【解析】命题“若 ,则 ”的逆命题为“若 ,则 ” ，所以为真命题；命题xy x|y| x|y| xy 因 为 x|y|y“若 ,则 ”的否命题为“若 ,则 ”，因为-2 ,但 ，所以为假命题；命题“
3、若x1 x21 x1 x21 1 (-2)21,则 ”的否命题为“若 ,则 ”，因为当 时 ，所以为假命题；x=1 x2+x-2=0 x1 x2+x-20 x=-2 x2+x-2=0命题“若 ,则 ”为假命题，所以其逆否命题为假命题，因此选 Ax20 x14. 已知角满足 ，则 的值为（ sin(2+6)=23 cos(+3) ）第页 2A. B. C. D. 19 459 459 19【答案】D【解析】 ，所以 ，故选 D.sin(2+6)=23,sin(2+6)2=121cos(+3)=49 cos(+3)=195. 设函数 ， ， “ 是偶函数”是“ 的图象关于原点对称” （ ）y=f(
4、x) xR y=|f(x)| y=f(x)A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若 的图象关于原点对称，函数为奇函数， 对于函数 ，有y=f(x) f(x)=f(x) y=|f(x)|，说明 为偶函数，而函数 ，是偶函数， 的图象未必关于原点对|f(x)|=|f(x)|=|f(x)| y=|f(x)| y=|f(x)| y=f(x)称，如 是偶函数，而 的图象并不关于原点对称，所以“ 是偶函数”是“ 的图象y=|x2| y=x2 y=|f(x)| y=f(x)关于原点对称”成立的必要不充分条件，选 B.6. 设数列 的前 项和为
5、 ，若 ， ， 成等差数列，则 的值是（ ）an n Sn 2 Sn 3an S5A. B. C. D. 243 243 162 242【答案】D【解析】 由题意得 成等差数列，所以 ，2,Sn,3an当 时， ，n=1当 时， ，n2 an=SnSn1=1+32an132an1an=3an1所以数列 表示以 为首项，以 为公比的等比数列，an 2 3所以 ，故选 D.S5=2(135)13 =2427. 在 中， ， ， 边上的高为 2，则 的内切圆半径 （ ）ABC B=60 AC ABC r=A. B. C. D. 22 2( 21) 21 2( 2+1)【答案】B【解析】由 又由余弦定
6、理S=12432=12ABBCsinBABBC=16AC2=AB2+BC22ABBCcosB=(AB+BC)23ABBCAB+BC=46由 选 B.S=12432=12r(AB+BC+CA)r= 8346+43=222点睛：1选用正弦定理或余弦定理的原则在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息第页 32(1)运用余弦定理时，要注意整体思想的运用(2)在已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其它边角的问题时，首先必须判断是否有解，如果有解，是一解还是两解，注意“大边对大角”在判定中的应用8. 已知 ，若 时， ，则的取值范围是
7、（ ）f(x)=x3 x1,2 f(x2ax)+f(1x)0A. B. C. D. a1 a1 a32 a32【答案】C【解析】因为函数 是在 上单调递增的奇函数,所以 可化简为f(x)=x3 (,+) f(x2-ax)+f(1-x)0,即 在 时恒成立 , , 则 ,又f(x2ax)f(1x)=f(x1) x2axx1 x1,2 axx2x+1 a(x+1x1)max在 上单调递增, , ,故选 C.y=x+1x1 x1,2 ymax=32a32点睛:本题考查函数的奇偶性和单调性的应用,属于中档题目.题目中给出的函数 ,先判断出是定义在f(x)=x3R 上单调递增的奇函数,对原不等式进行移项
8、化简,成为二次不等式的恒成立问题,通过对不等式参变分离,转化为求分离后所得的对勾函数的最大值,将最值代入可求出参数 a 的取值范围.9. 已知平面向量 ， 满足 ， ，若 ，则 的最大值为（ ）PA PB |PA|=|PB|=1 PAPB=12 |BC|=1 |AC|A. B. C. D. 21 31 2+1 3+1【答案】D【解析】因为 ，所以 ，即 ，由余弦定理可得 ，|PA|=|PB|=1,PAPB=-12 cosAPB=12 APB=23 AB= 1+1+1= 3如图，建立平面直角坐标系，则 ，由题设点 在以 为圆心，半径为 的圆上运动，A(32,0),B(32,0) B(32,0)
9、1结合图形可知：点 运动到点 时， ，应选答案 D。C(x,y) D |AC|max=|AD|=|AB|+1= 3+110. 若任意 都有 ，则函数 的图象的对称轴方程为（ ）xR f(x)+2f(x)=3cosxsinx f(x)A. ， B. ，x=k+4 kZ x=k4 kZ第页 4C. ， D. ，x=k+8 kZ x=k6 kZ【答案】A【解析】因为 f(x)+2f(-x)=3cosx-sinx，所以 f(-x)+2f(x)=3cosx+sinx，得： .2- 3f(x)=3cosx+3sinx所以 .f(x)=cosx+sinx= 2sin(x+4)令 ,所以 .x+4=k+2(k
10、Z) x=k+4(kZ)，故选 A.点睛：本题主要考查了函数解析式的求法，属基础题；常见的函数解析式方法：待定系数法，已知函数类型（如一次函数、二次函数） ；换元法：已知复合函数 的解析式，可用换元法，此时要注意新元f(g(x)的取值范围；配凑法：由已知条件 ，可将 改写成关于 的表达式；消去法：已知f(g(x)=F(x) F(x) g(x)与 或 之间的关系，通过构造方程组得解.f(x) f(1x) f(x)11. 若函数 在 单调递增，则的取值范围是（ ）f(x)=x13sin2x+asinx (,+)A. B. C. D. 1,1 1,13 1,13 13,13【答案】D【解析】函数 的
11、导数为 ，f(x)=x-13sin2x+asinx f(x)=1-23cos2x+acosx由题意可得 f(x)0 恒成立，即为 ，1-23cos2x+acosx0即有 ，53-43cos2x+acosx0设 ,即有 ，t=cosx(-1t1) 5-4t2+3at0当 t=0 时，不等式显然成立；当 00A. B. C. D. (,2017) (2017,0) (2017,2015) (,2018)【答案】C【解析】函数 是定义在 上的可导函数，其导函数为 ，且有 ， ，即 f(x) (-,0) f(x) xf(x)0 F(x)=f(x)x3 f(x)x3=xx2f(x)3xf(x)x6 0，
12、 在 是减函数，可得， ，即 ，F(x+2015)F(2)2 x2017又因为 定义在 ，所以 , 不等式f(x) (-,0) x+20150 (-2017,-2015)【方法点睛】本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则，属于难题.求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：根据导函数的“形状”变换不等式“形状” ；若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.本题根据，联想到函数 再结合条件判断出其单调性，进而得出正确结论.F(
13、x)=f(x)x3第卷（共 90 分）二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上）13. 已知曲线 ， ，与 轴所围成的图形的面积为 ，则 _y= x y=2x x S S=【答案】76【解析】 由题意得，曲线 与 轴所围成的图形的面积为：y= x,y=2x x第页 6.S=10xdx+21(2x)dx=23x32|10+(2x12x2)|21=23+232=7614. 已知函数 是定义在 上的偶函数，且在区间 上单调递增，若实数满足 ，f(x) R 0,+)f(log2a)+f(log12a)2f(1)则实数的取值范围为_【答案】 12,2【解析】函数 是定义在 R 上的偶
14、函数,则 ,原不等式可f(x)f(log2a)+f(log12a) =f(log2a)+f(log2a) =2f(log2a)化简为 ,又函数在区间 上单调递增， ,解得f(log2a)f(1) 0，+) ,故应填 .12a0 f(x)=ab f(x) 2（1）求函数 的表达式；f(x)（2）设 ，且 ，求 的值(0,2) f()= 3+65 cos【答案】 （1） （2）f(x)= 32sin(x3) 4+3310试题解析：（1） = f(x)=ab= 3(1+cosx)-sinx 3-2sin(x-3)因为函数 的最小正周期为 ,f(x) 2所以 , 解得 . 2=2 =1f(x)= 3-
15、2sin(x-3)(2) 由 , 得f()= 3+65 sin(-3)=-35, (0，2)-3(-3,6) cos(-3)=45cos=cos(-3+3)=cos(-3)cos3-sin(-3)sin3第（2）题另解：sin(-3)=-35 ， sin2+cos2=1 100cos2-603cos+11=0 cos=33410第页 8因为 ，所以 ，故 (0,2) cos0 cos=33+41018. 已知数列 是等比数列，首项 ，公比 ，其前 项和为 ，且 ， ， 成等差an a1=1 q0 n Sn S1+a1 S3+a3 S2+a2数列（1）求数列 的通项公式；an（2）若数列 满足
16、，求数列 的前 项和 bn bn=nan bn n Tn【答案】 （1） （2）an=(12)n1 Tn=(n1)2n+1【解析】试题分析：（1）由题意得 ， ， 成等差数列，解得 ，从而求得等比数列S1+a1 S3+a3 S2+a2 4a3=a1的公比 ，进而得出等比数列的通项公式；q=12（2）由（1）知 ，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的和.bn=n2n1试题解析：（1）因为 ， ， 成等差数列，S1+a1 S3+a3 S2+a2所以 ，2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2)所以 ，(S3-S1)+(S3-S2)+2a3=a1+a2所以 ，因为数列 是等比数列，所以 ，4a
17、3=a1 ana3a1=14=q2又 ，所以 ，所以数列 的通项公式 q0 q=12 an an=(12)n-1（2）由（1）知 ，bn=n2n-1，Tn=120+221+322+n2n-1，2Tn=121+222+(n-1)2n-1+n2n所以 -Tn=120+(2-1)21+(3-2)22+n-(n-1)2n-1-n2n=20+21+22+2n-1-n2n=1(1-2n)1-2 -n2n=(1-n)2n-1故 Tn=(n-1)2n+119. 已知命题 ： ， p xR 4mx2+x+m0（1）若 为真命题，求实数 的取值范围；p m第页 9（2）若有命题 ： ， ，当 为真命题且 为假命题
18、时，求实数 的取值范围q x2,8 mlog2x+10 pq pq m【答案】 （1） （2） 或 m14 m14【解析】试题分析：（1）由题意 ， ， 且 ，即可求解实数 的xR 4mx2+x+m0 m-14, m-14当 真 假，有 解得 .p q m-1420. 如图，四边形 中， ， ， ， ， ， 分别在 ， 上，ABCD ABAD AD/BC AD=6 BC=2AB=4 E F BC AD，现将四边形 沿 折起，使 EF/AB ABCD EF BEEC（1）若 ，在折叠后的线段 上是否存在一点 ，使得 平面 ？若存在，求出 的值；若不BE=1 AD P CP/ ABEFAPPD存在
19、，说明理由第页 10（2）求三棱锥 的体积的最大值，并求出此时点 到平面 的距离ACDF F ACD【答案】 （1） 上存在一点 ，使得 平面 ，此时 （2） 有最大值，且最大值为 3, 点AD P CP/ ABEFAPPD=32 VACDF到平面 的距离为F ADC 3【解析】试题分析：(1)利用折叠前后的线面平行的性质讨论可得 上存在一点 ，使得 平面 ，此时 .AD P CP ABEFAPPD=32(2)由题意得到体积函数 ，结合二次函数的性质可知当 时， 有最VA-CDF=13(-x2+6x) x=3 VA-CDF大值，且最大值为 3，结合余弦定理和三角形面积公式可知此时点 到平面 的
20、距离为 .F ADC 3试题解析：（1） 上存在一点 ，使得 平面 ，此时 .AD P CP ABEFAPPD=32理由如下：当 时， ，APPD=32 APAD=35过点 作 交 于点 ，连结 ，P MPFD AF M EM则有 ，MPFD=APAD=35 ，可得 ，BE=1 FD=5故 ，MP=3又 ， ，EC=3故有 ，MPEC故四边形 为平行四边形，MPEC ，CPME又 平面 , 平面 ，CP ABEFME ABEF故有 平面 成立.CP ABEF（2）设 ，BE=x ， ，AF=x(0b0 12 MN下顶点， MF2NF2=2（1）求椭圆 的方程；E（2）过 作直线与椭圆 交于 ，
21、 两点，求三角形 面积的最大值（ 是坐标原点） P(0,2) E A B AOB O【答案】 （1） （2）x24+y23=1 3【解析】试题分析：（1）根据离心率为 ， ，列出关于、 、的方程组，结合性质12 MF2NF2=-2 b，求出、 、 ，即可得椭圆 的方程；（2）直线 斜率存在，设其方程为 .，直线方a2=b2+c2 b E AB y=kx+2程与椭圆方程联立，根据韦达定理，弦长公式、点到直线距离公式及三角形面积公式将角形 面积用 AOB k表示，利用基本不等式 即可得结果.试题解析：（1）由题知， ， ， ，F2(c,0) M(0,b) N(0,-b) ， ，MF2NF2=c2-
22、b2=-2 a2-2b2=-2 ， ， ，e=ca=12 c=12a b2=a2-c2=34a2联立解得 ， ，椭圆 的方程为 a2=4 b2=3 Ex24+y23=1第页 12（2）设 ， ，显然直线 斜率存在，设其方程为 ，A(x1,y1) B(x2,y2) AB y=kx+2代入 ，整理得 ，3x2+4y2-12=0 (3+4k2)x2+16kx+4=0则 ，即 ， ， ，=(16k)2-44(3+4k2)0 k214 x1+x2=-16k3+4k2 x1x2= 43+4k2，=(1+k2)( 16k3+4k2)2-4 43+4k2 = 48(k2+1)(4k2-1)(4k2+3)2所以
23、 到的距离 ，O d=21+k2所以三角形 面积 ，AOBS(k)=1248(k2+1)(4k2-1)(4k2+3)2 21+k2=43(4k2-1)(4k2+3)2设 ，所以 ，t=4k2-10S(t)=4 3t(t+4)2=4 3t+16t+84 32t16t+8= 3当且仅当 ，即 ，即 ，即 时取等号，t=16t t=4 4k2-1=4 k=52所以 面积的最大值为 AOB 3【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转
24、化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.22. 已知函数 （ ） f(x)=2lnx+x2mx mR（1）若 在其定义域内单调递增，求实数 的取值范围；f(x) m（2）若 ，且 有两个极值点 ， （ ） ，求 取值范围50， ，x1x2=1 0x11x2因为 ，解得 ，m=2(1x1+x1)(5,172) 14x112由于 ，于是x2=1x1 f(x1)-f(x2)=(x21-mx1+2lnx1)-(x22-mx2+2lnx2).=(x21-x22)-m(x1-x2)+2(lnx1-lnx2)=1x21-x21+4lnx1令 ，则 ，h(x)=1x2-x2+4lnx h(x)=-2(x2-1)2x3 0 在 上单调递减，h(x) (14,12).h(12)h(x)h(14)即 .4(1-ln2)-14f(x1)-f(x2)16(1-ln2)-116故 的取值范围为 .f(x1)-f(x2) (154-4ln2,25516-16ln2)
