湖南省洞口县第一中学2015届高三上学期第三次月考理科数学试题

一、选择题 1．复数

a2i（i是虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（ ） 12iA．4 B．4 C．1 D．一1 2．下列说法正确的是（ ）

A.命题“x0∈R，x0＋x0＋1<0”的否定是：“x∈R，x＋x＋1>0”;

2

2

B.“x=－1”是“x－5x－6=0”的必要不充分条件; C.命题“若x=1，则x=1”的否命题是：若x=1，则x≠1; D.命题“若x=y，则sin x=sin y”的逆否命题为真命题. 3．在ABC中，AB3,AC2,BC10，则A．

= （ ）

2

2

2

3223 B． C． D． 2332的夹角为120°,且AB2,AC3,若APABAC,且

4．已知向量AB与

AP(ACAB)0，则实数的值为（ ）

A．

312 B． C．6 D．13 775．已知Sn为等差数列an的前n项和，S10，3S232S250，则当Sn取最小值时，

n的值是（ ）

A．12 B．13 C．24 D．26

6. 若曲线y=x+ax+b在点（0，b）处的切线方程是x﹣y+1=0，则（ ）

A．a=1，b=1 B．a=﹣1，b=1 C．a=1，b=﹣1 D．a=﹣1，b=﹣1 7．在△ABC中，sinA2

3，5=8，则△ABC的面积为（ ）

A.3 B.4 C.6 D.

58．Axx11,xR,Bxlog2x1,xR，则“xA”是“xB”的 A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件

12

x2x,x1t2t1恒成立，9．已知函数f(x)， 若对于任意xR，不等式f(x)4log0.5x,x1则实数t的取值范围是 A. C.

B.

D.

10．设函数f(x)的定义域为R，若存在常数M0，使|f(x)|M|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为“倍约束函数”．现给出下列函数：①f(x)2x；②f(x)x21；③

f(x)sinxcosx；④f(x)x；⑤f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且对

x2x3一切x1，x2均有|f(x1)f(x2)|2|x1x2|．其中是“倍约束函数”的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．)

11．数列{an}的前n项和记为Sn，a11，an12Sn1(n1)，则{an}的通项公式为 .

12．如图是一个算法的程序框图，若输出的结果是31，则判断框中的正整数．．．M的值是___________．

13．设p:2x1m(m0)，q:取值范围为 ．

14．已知下列命题：①函数ytanx在第一象限是增函数；

x10，若p是q的充分不必要条件，则实数m的2x1

2x)的一个对称中心是②函数ycos2(x)是偶函数； ③函数y4sin(（，0）；

364④函数ysin(x4)在闭区间[,]上是增函数;

22写出所有正确的命题的题号： .

x2sinx115．若函数f(x) (xR)存在最大值M和最小值N , 则M＋N的值为_______．

x21三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.） 16（12分）．设A={x|x+4x=0},B={x|x+2(a+1)x+a-1=0},其中x∈R,如果A∩B=B,求实数a的取值范围.

17（12分）．已知等差数列{an}满足a3=5，a5﹣2a2=3，又等比数列{bn}中，b1=3且公比q=3． （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）若cn=an+bn，求数列{cn}的前n项和Sn． 18（12分）．函数fx2

2

2

axb12f是定义在（－1，1）上的单调递增的奇函数，且

1x225（Ⅰ）求函数fx的解析式；

（Ⅱ）求满足ft1ft0的t的范围;

19（13分）．已知a=（sinx，

sinx），b=（sinx，sin(2x)）（ω＞0），

fxab1且fx的最小正周期是． 2（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若f=（

37），求sin2值； 12（Ⅲ）若函数ygx与yfx的图象关于直线x区间

2对称，且方程gxk0在

3,上有解，求k的取值范围.

2 20（13分）．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a， b，c . 已知

cosA3cosC3ca＝．

cosBb

(1)求

sinC的值； sinA (2)若B为钝角，b＝10，求a的取值范围．

21（13分）．已知函数f(x)(x2)ex和g(x)kx3x2 （1）若函数g(x)在区间1,2不单调，求k的取值范围；

（2）当x0,时，不等式f(x)g(x)恒成立，求k的最大值.

参考答案

1．B试题分析：复数

a2ia2i12ia42a2a40得i为纯虚数，因此512i12i12i55a4，

2．D试题分析：特称命题“x0M,p(x0)”的否定是“xM,p(x)”，故A错；

x2－5x－60，则x6或x1，则“x=－1”是“x2－5x－6=0”充分不必要条件，故B

错；命题“若x=1，则x=1”的否命题是：若x21，则x≠1，故C错

2

3．D试题分析：根据题意，得cosAACABBC2ACAB22249101，

223413所以CAABCAABcosA23.

424．B试题分析：由题设ABACABACcosAB,AC23cos1203

所以由AP(ACAB)0

得：ABACACAB0

22所以，AB1ABACAC0

所以，43190 ，解得：12 75．A试题分析：由

3S232S250得323a1a2325a1a252，化简得

2269a1250a13，

又S10，所以得a120,a130，所以可知，当n=12时， Sn取最小值.

6．A 7．A

试题分析：由已知，ABAC|AB||AC|cosA8,所以，

3|AB||AC|1()28,|AB||AC|10，

5三角形的面积为

113|AB||AC|sinA103 2258．B试题分析：A{x|x0或x2}，B{x|x2}，因此AB，所以“xA”是“xB”的必要不充分条件.

t2)at19．B试题分析：由已知得，只需f(xm，当x1时，x41111f(x)x2x(x)2，当x1时，f(x)log0.5x0，故f(x)max，则

2444t21t1，则实数t的取值范围是,13,． 4410．C试题分析：∵对任意xR，存在M0，都有|f(x)|M|x成|立，∴对任意

xR，存在正数M，都有Mfxx成立. ∴对于①f(x)2x，易知存在M2符合题意；

对于②，fxxx211x2，故不存在满足条件的M值，故②不是；

xx对于③，由于x0时|f(x)|M|x|不成立，故③不是；

对于④，fxx14恒成立，故④是；

|x2x3|11对于⑤，当x1x，x20时，由|f(xf(x|1)2)2x|1xfx）|2x成立，2得|到|（这样的M存在，故⑤是；故是“倍约束函数”的函数有3个.

11．试题分析：当n2时，an2Sn11，所以an1an2an，an13an（n2），且

a22S113，又a11，故

a23，所以数列{an}是等比数列，故{an}的通项公式a1

为．an=3n-1

12．4.试题分析：初值：n1,S1 第１次运行：S123,n2 第２次运行：S3227,n3 第３次运行：S72315,n4

第４次运行：S152431,n5，符合题目要求， 故判断框中的正整数．．．M的值是４．

13．(0,2]试题分析：∵m＞0，∴不等式|2x+1|＜m等价为-m＜2x+1＜m，解得1m2m1， 21mm1即p：＜x＜． 22x110，即（x-1）（2x-1）＞0，解得x＞1或x＜． 由2x121即q：x＞1或x＜． 2＜x＜∵p是q的充分不必要条件，∴

m111m≤或≥1， 222解得m≤2，

∵m＞0，∴0＜m≤2，即实数m的取值范围为（0，2]． 14．③试题分析：①取x1999,x2,，但tantan，即函数ytanx在343434第一象限不是增函数，故①错； ②由函数ycos2(③当x4x)sin2x是奇函数，故②错.

6时，y4sin(2x)0，所以(,0)是函数y4sin(2x)的一个对称中363心，故③正确；

④当x4时y1，当x2时，y2，所以ysin(x)在区间[,]是增函数

4222错误，故④错.

sinxx2sinx1115．2.试题分析：∵函数 f(x) (xR)x21x21，令g(x)sinx，则有f（x）=1+g（x），且g（x）是奇函数． x21故f（x）的最大值M等于g（x）的最大值m加上1，即 M=m+1．f（x）的最小值N等于g（x）的最小值n加上1，即N=n+1．

再由于g（x）是奇函数，由奇函数的性质可得 m+n=0，故M+N=m+1+n+1=2 16．a=1或a≤-1

由A∩B=B得B⊆A,而A={-4,0}, Δ=4(a+1)-4(a-1)=8a+8,

当Δ=8a+8<0,即a<-1时,B=⌀,符合B⊆A;当Δ=8a+8=0,即a=-1时,B={0},符合B⊆A;当Δ=8a+8>0,即a>-1时,B中有两个元素,而B⊆A={-4,0}; ∴B={-4,0}得a=1.∴a=1或a≤-1.

2

2

3n1317．（1）an2n1，bn3；（2）n．

2n2a12d5试题解析：（1）设等差数列an的公差为d，则有题意得，

(a4d)2(ad)311即a11，an12(n1)2n1；

d2bn是以b13为首项，公比为3的等比数列，bn3n；

（2）由（1）得cn(2n1)3n，

则Sn135(2n1)(332333n)

n(12n1)3(13n)3n132n .

213218．（1）fxx11x1；（2） 0t1x22122，解得a=1，所以函数的解5试题分析：（1）由已知可知f（0）=0，解得b0，又f

x1x1；（2）因为f（x）为奇函数，由已知可变形为f(t1)f(t)，1x21又f（x）在（－1，1）上是增函数，所以1t1t1即0t.

2析式为：fx试题解析：（1）fx是定义在（－1，1）上的奇函数

f00解得b0，

1a2ax12则fx f2151x 214a1

函数的解析式为：fxx1x1 1x2（Ⅱ）ft1ft0ft1ft

ftftft1ft

又fx在（－1，1）上是增函数

1t1t1

0t1 24331；（3）k,1. 1021sin2x3sinxcosx 219．（1）1；（2）sin2试题解析：解：（1）由题意可得fxab21cos2x31，求得1. sin2xsin2x且fx的周期为22226Ⅱ)由（Ⅰ）得fxsin2x47,根据fsin2， 665312可得23,，cos2 6265433 sin2sin2sin2coscos2sin66666610（Ⅲ）由于ygx与yfx的图像关于直线x2对称，

区间3,关于直线x的对称区间0,，

222上的取值范围， 251，可得，t,sint,1， 2662故本题即求函数fx0,令t2x6，x0,即k的范围为,1

220．．（1）3 （2）(

15，10) 2abc＝＝＝k， sinAsinBsinC3ca3ksinCksinA3sinCsinA则＝＝，

bksinBsinBcosA3cosC3sinCsinA所以＝．

cosBsinB【解析】解：(1)由正弦定理，设

即(cosA－3cosC)sinB＝(3sinC－sinA)cosB， 化简可得sin(A＋B)＝3sin(B＋C)． 又A＋B＋C＝π， 所以sinC＝3sinA，

sinC＝3． sinAsinC(2)由＝3得c＝3a．

sinA因此

acbac10由题意2，即2， 222acbac100所以 21．（1）

552 ①当k0时，g(x)3kx10，所以g(x)在1,2单调递减，不满足题意；

②当k0时，g(x)在0,13k1上单调递减，在,3k上单调递增， 因为函数g(x)在区间1,2不单调，所以1综上k的取值范围是

1112，解得k

1233k11k. 123（2）令h(x)f(x)g(x)(x2)exkx3x2

依题可知h(x)(x2)exkx3x20在0,上恒成立

h(x)(x1)ex3kx21，令(x)=h(x)(x1)ex3kx21，

有(0)h(0)0且(x)x(ex6k) ①当6k1,即k1时， 6因为x0,ex1，所以(x)x(ex6k)0

所以函数(x)即h(x)在0,上单调递增，又由(0)h(0)0 故当x0,时，h(x)h(0)0，所以h(x)在0,上单调递增 又因为h(0)0，所以h(x)0在0,上恒成立，满足题意； ②当6k1,即k1时， 6x当x0,ln(6k)，(x)x(e6k)0，函数(x)即h(x)单调递减， 又由(0)h(0)0，所以当x0,ln(6k)，h(x)h(0)0

所以h(x)在0,ln(6k)上单调递减，又因为h(0)0，所以x0,ln(6k)时h(x)0， 这与题意h(x)0在0,上恒成立相矛盾，故舍. 综上k

11，即k的最大值是. 66