1、2018 届福建省厦门市湖滨中学高三上学期期中考试数学（理）试题考试时间： 2017 年 11 月 14 日审核人：_全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。祝考试顺利第卷1、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 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20,12PxQx()RPQA.0,1) B.(0,2 C.(1,2) D.1,22. 若复数 z满足 i1，其中 i为虚数单位，则 z=A. 1i B. C. 1i D. 1i3.若公差为 2 的等差数列 的前 9 项和为 81，则na9aA.19 B.17 C. 9 D.1 4.执行如图所示的程序
2、框图,输出 S 的值为 A.- 23B.23C.- 21D. 215.若 tan4 ，则 cosin A. 6425 B. 4825 C. 1 D.1625 6.若函数 是奇函数,则使 f(x)3 成立的 x 的取值范围为 ( )1()xfaA.(-,-1) B.(-1,0) C. (1,+) D.(0,1)7.已知 ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 分别是边 的中点，连接 并延长到点 ，使得ED,BCA,DEF，则 的值为（ ）EFD2BCAA. B. C. D.85841818.设a n是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“q0,且 a1）在 R 上单调递减，且关于 x 的方程2(
3、4,0log1)3ax恰好有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是（ ）|()|2fxA.（0， B. ， C. ， D. ， ） 33413241324第 II 卷2、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分。13.已知向量 ，且 ，则 .(1,)3,2)am， =()ab+m14.若 满足约束条件 ，则 的最小值为 .,xy0xy2zxy15.已知 为偶函数，当 时， ，则曲线 在点 处的切线方程为fx1()xfeyfx(1,2)_.16. 已知函数 f（x）=sin（x+ ） （0）在（ ， ）上有最大值，但没有最小值，则 的取值范围是 3、 解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演
4、算步骤17.（ 5+5=10 分）设 2()23sin()i(sinco)fxxx .（I）求 的单调递增区间；)(f（II）把 yx的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变） ，再把得到的图象向左平移3个单位，得到函数 ()yg的图象，求 ()6g的值.18.（ 6+6=12 分） 为数列 的前 项和.已知 , .nSna0na342nnSa（I）求 的通项公式.na（II）设 ,求数列 的前 项和 .1nbnbnT19.（ 6+6=12 分） 中，角 的对边分别为 ， .ABC,abc2os2Cca（）求 的大小；B（）若 ，且 边上的中线长为 ，求 的值 .3aAC192c
5、20.（ 6+6=12 分）已知数列 的前 n 项和 Sn=3n2+8n， 是等差数列，且 n nb1.nnab（）求数列 的通项公式；nb（）令 求数列 的前 n 项和 Tn.1().2nnacnc21.（ 6+6=12 分）设函数 ， ，其中baxf3)(Rba,（）求 的单调区间；)(xf（）若 存在极值点 ，且 ，其中 ，求证： ；0x)(01xff 01x021x22.（ 5+7=12 分）已知函数 ()1),xfxaeR（）讨论 的单调区间；()fx（）当 时，证明： 0mnnm厦门市湖滨中学 2017-2018 学年第一学期期中考高三数学（理）参考答案1选择题：1-6 CABDA
6、D 7-12BCBDAC2填空题13.8 14.2 15. 16.（ ，3）xy2【解答】解：要求函数 f（x ）=sin（x + ） （ 0）在（ ， ）上有最大值，但没有最小值， + + 解之即可得： （ ，3） 故答案为（ ，3） 三解答题17. 由 22,3kxkZ得 5,1212kxkZ所以， fx的单调递增区间是 5,12kkZ（或 (,)）18.解析：(1)由 +2an=4Sn+3,可知 +2an+1=4Sn+1+3,可得 - +2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)= - =(an+1+an)(an+1-an),由于 an0,可得 an+1-an=2,又 +
7、2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),a 1=3.所以a n是首项为 3,公差为 2 的等差数列, 通项公式为 an=2n+1.(2)由 an=2n+1 可知 1()()23123nban设数列b n的前 n 项和为 Tn,则12()()()3572133()Tb nn19.20.试题解析：（）由题意知当 时， ，2n561nSan当 时， ，1n1Sa所以 .56设数列 的公差为 ，nbd由 ，即 ，可解得 ， 321ab3271 3,41db所以 .nb（）由（）知 ， 11(6)3()2nnnc又 ，nnT321得 ，412()2n，345n两式作差，得 所以234122()nn
8、nT224(1)3(nn23nn21.试题解析：（1）解：由 ，可得 ，下面分两种情况讨论： 3()fxab2()3fxa当 时，有 恒成立，所以 的单调增区间为 .0a2()0f(,)当 时，令 ，解得 或 .fx 3x当 变化时， 、 的变化情况如下表：x()ffx3(,)a3(,)a3a(,)f00(x单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ， .()fx3(,)a3(,)a(,)（2）证明：因为 存在极值点，所以由（1）知 且 .()fx0ax由题意得 ，即 ，2030fa23x进而 ，()xb又 ，且 ，30000082282 ()3afxxbxf02x由题意及（1）知，存在唯一实数 满足 ，学科 &网且 ，因此 ，11()ff110所以 .0+=x22.（）证明：要证 men+nne m+m，即证 menmne mn，也就是证 m（e n1）n（e m1） 也就是证 ，令 g（ x）= ，x0，g （x ）= ，再令 h（x）=xe xe x+1，h（x）=e x+xexe x=xex 0，可得 h（x）在 x0 递增，即有 h（x）h（0）=0，则 g （x ）0，g （x ）在（0，+）递增，由 mn0，可得 ，故原不等式成立
