江淮十校届高三第二次联考理数.docx
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江淮十校届高三第二次联考理数
1.D
“江淮十校”2016届高三第二次联考•理数
参考答案及评分标准
解析:
由不等式x2
2x0得°x
2,又Ax|
,故
AIBx|0x1,故选d.
1i
解析:
由题丄丄
2i1
1i2i1
2i12i1
2i12i2i
4i21
13i
5
3
3i,所以其共轭复数的模为
5
z
「12
3
21
:
5
5
5
3.A
解析:
对于选项
A,因为y
4.B
解析:
因为
f(x)x
k
f'
(1)1
2
1,故曲线
2.C
sin2x,T
2lnx,所
5.B
故选C.
2n
2
n,且为奇函数,
故选
A.
以f
(1)1,切点为(1,1),
f(x)在点1,1处的切线方程为:
y1(x
6.D
解析:
由余弦定理可得:
22cacos—
4
16,化简得:
16
2ac
.2acc2
ac
8(2
2)
(1),又ABC的面积为S
1.2acsinac
(2)
244
7.B
解析:
由等比数列的性质可得
式可得:
a3a?
2“扫3a96.
(2)若
故a3a9的范围为6,U,6.
8.C解析:
由题意,x0,排除A;x
的增长速度大于幕函数的增长速度,排除
9.C
10.B
11.A
解析:
关于x的方程2sin2x-
6
2sin(2x
2
又f(x)1,所以
x
1),即xy20.
a22ac,即
,由
(1)
(2)
可得Smax44三.
a4a$9,则a4,a$是冋号的,
a4,a8冋负,贝Ua3
2x1
(1)若
a4,a8同正,由基本不等
D,故选
C.
a9
a3
Sb
2a3a96,
y1a的图象在区间
R)图象的一条对称轴,所以x1x2
7
x
3x1
0,排除B;x增大时,指数函数
在区间0,上有两个实根x1,x2(x-ix2),
2
0,上有两个交点
2
.又x0时,y
.由于x是y2sin(2x)
66
1,所以11a2,
1
a
0,0a
右a
1
1,则为
12.
D
13.
x
R,cosx
14.
2
15.
a
1或a4
16.
屈4石
9
11
易得
(0,0),1
BE
(
$BC
4
uuu
uuu
所以AE
AF(2
3-
4
342
122
为定值3,则
11,若0a11,由指数函数的单调性可知0
11
x2|aV1,故选A.
1解析:
特称命题的否定为全称命题:
解析:
由ff(a)
2f(a)
1可知
f(a)
xR,cosx
a
1,则
2a
BC
解析:
由题可知AB2,AC
B(2,0),C(0,2、3),设BF
则F(22,23
316
),
AEF的面积
2、3,
BC(
BC
.AB2
(0,3)),
4
1.1
1
AC2
1,故x
X2
J1
a1,
可得答案.
1
E(i
23
SAEF
23
3),
4,建立如图所示的坐标系,
16(
1)2
11
11
[二9),由题A到BC边的距离d
4
^EF
2
3彳为定值.所以
AEAF
1uuuuur-AEAFsin
n
2UJU||UULT
AEAFcos
tan,故tan
2
2iLUAUUur
AEAF
uAr
AEAF
9,11
17.(12分)
解析:
(I)f(x)
ra
b、3sin2x1
c2
2cosx
3sin2xcos2x.3sin2x2
n
2sin(2x)
6
2•…
•3分
(1)当且仅当2x
n
2kn
3n
即x
kn®(k
Z)时,f(x)min0,
6
2
3
此时x的集合是
x|x
kn
2nkZ
5分
3
(2)当且仅当2x
n
2kn
丄,即x
kn-(k
Z),fx4,
6
2
6
max、
此时x的集合是x|xkn,kZ7分
6
nnnnn
26236
nn
•••函数f(x)的单调递增区间为[kn--,kn-](kZ).9分
36
nn3nn2n
由2kn■—2x—2kn(kZ),所以kM—xkn(kZ)
26263
n2n
•函数f(x)的单调递减区间为[kn+-,kn](kZ)11分
(n)由2kn-2x2kn—(kZ),所以kn—xkn(kZ),
63
综上,函数f(x)的单调递减区间为[kn+n,kn3]你Z),单调递增区间为
63
nn
[kn--,kn-](kZ)12分
36
18.(12分)
解析:
(I)由题意知,函数f(x)在区间[0,_]上单调递增,所以2sin()〔2,2分
2k
kZ,得4k
2
-kZ,…
3分
2
2
4
2
经验证当k
0时满足题意,故求得
1
所以g(x)
2
1
2sin(—x
2
2),…………
•4分
故17
1
-k-,kZ,
2k-,k
Z,又0
—,所以
=——
26
22
6
2
6
x
故g(x)2sin().6分
212
(n)根据题意,
x
k,x
2k
k乙
C—,
又c4
•…8分
212
6
6
得:
16a2b
2abcos,•…
10分
6
22
ab16
、、3ab
2ab,ab
32
16、、3.
1•-S=-absinC
」ab
84、一3,
•S的最大值为8
4、3••…
12分
2
4
19.(12分)
解析:
(I)由等差数列的性质,得
a1a6
a2a5
22,……
1分
又
日as22口
a1
a6
21,
由
_.得a11,
公差
d
4,……
3分
4a621
故
an
1
4(n
1)
4n3.4分
又
21
21
b1
4b2
9b3
•…+nbnan①,则
b1
4b2
9b3…
•…+n1bnan1,n2,②
4
4
211
①—②得nbn4anan11,n2,所以bn7,n2,……5分
1
1
1,
—,n1
4
bia1
-不符合上式,故bn
4
4
1
2,n2n
11分
解析:
证明:
(I)因为D为BC边中点,
20.(12分)
uunmuuuurr
所以田2OAOBOC0.
得uuuuuuuuuuur
得OBOC2OA2AO,
murmuruuumur
即2OD2AO'所以AOOD.
(n)如图所示,延长OB到B',使OB'2OB,延长OC到C',使OC'3OC,
uuuuuuuuuruuu
连结B'C',取B'C'的中点A',则2OB3OC2OA'OA,5分
所以代O,A'三点共线且O为三角形AB'C'的重心,6分
''1
则SAOB'SAOC'=SB'OC',在AOB中,B为OB边中点,所以SAOB—SAOB',7分
2
''1
在AOC中,C为OC边近O端三等分点,所以SaocSaoc'8分
3
''''1''在BOC中,连BC,B为OB边中点,所以Sboc'一Sb'oc,在BOC中,C为OC边近O端三
2
11
等分点,所以SbocSBOC'SB'OC',10分
36
111
因为sAOB'SaoC'=SB'OC',所以AOB,AOC,BOC面积之比为一:
一:
一=3:
2:
1,因为△BOC的面
236
积为2,所以△ABC面积为:
232112.12分21.(12分)
解析:
(I)函数f(x)定义域为
0,,
丄x1Inx1x△亍
x
Inx,
由fx0x1,当Ox
1时,fx
0,当x1时,fx
则f(x)在0,1上单增,
1,
上单减,函数
f(x)在x1处取得唯一的极值。
由题意得
令g(x)
1,故所求实数
2
a的取值范围为,1.
3
1时,
不等式
f(x)
1Inx
x11Inx
1Inx
x
,由题意,k
g(x)在
1,
恒成立.
g(x
<)
x
2
2x
令h
xx
Inxx
1,则
1
hx10,
x
当且仅当x
1时取等号•
所以
hx
xInx在
1,
上单调递增,hx
h11
0,
因此
g'(x)
xInx
2
x
hx
2x
0,则g(x)在1,
上单调递增,gxmin
所以
k2,
即实数k的取值范围为,2.•……
••…7分
x
g1
1时,不等式
x11Inxx
11InxxxInx
2
——恒成立,
1
(川)由(n)知,当x
2,
即1Inx
x
Inx
2x
1
1,k
N,则有
In
f(x)
x
2
1
2,…
x
分别令k1,2,3丄
则有In121
In
L
In
将这n个不等式左右两边分别相加,则得
In
22
32
n2
故12232Ln2n1
从而
(n
2
1)!
(n
n
1)e
12分
22.(10分)
解析:
(I)当m1时,x22x0,即0x2,2分
4x
由2——2,得2x10,3分
3
则p是q的必要非充分条件.4分
(II)由x22x1m20,得1mx1m,
q:
A{x|x1m或x1m,m0}6分
由(I)p:
B{x|x10或x2}.Qp是q的必要非充分条件,8分
23.(10分)
解析:
(I)Q爲a72a56,a53,…
2
又1,a2,81成等比数列,故a218181,
由a20,则a2
9,asa23d,故d2,a.92(n2)2n13.
(II)由(I)可知,Sn
2nn1
11n
2
n212n,n12,
n
11为首项,1为公差的等差数列,
其前n项和Tn
nn1
2n
23n
……8分
iin
2
2
2,
23
10分
因为一2-11.5,故Tn取得最小值时的n11或n12.
2-
2
24.(10分)
解析:
⑴由题知f(e)lne°:
a1,解得a0,………1分2e22
1
又f(x)
x
22
ex
2
ex
(ex)(ex)
x)
由(ex)(e
2
ex
故函数f(x)单调增区间为(0,e),
(ex)(ex)
20得Xe;ex
单调减区间为(e,)••…
(n)f(x)
x2
lnx2e2,因为函数
f(x)的单调减区间为(e,
),故f(x)在[e,e2]上单调递减
f(x)max
f(e)Ine
2
e
2e2
122
2;f(x)minf(e)lne
4
e
2e2
2
e
*
2;
f(X)max
f(x)min
依题意任取
XiX[
(2
e23,f(x)maxf(x)min
e23
2
e,e2],欲证明f(X1)f(X2)3,只需要证明f(x)max
f(X)min|3,
由①可知此式成立,所以原命题得证.
10分
数学(理科)试卷第7页(共7页)
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