高三数学试题配套月考（二）（B卷）新课标.doc

2013届高三新课标数学配套月考试题二b适用地区：新课标地区 考查范围：集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式建议使用时间：2012年9月底第卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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. 2012课标全国卷已知集合,则中所含元素的个数为（ ）a. b. c. d.22012辽宁卷已知命题p：x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0，则p是（ ）a.x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0 b.x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0c.x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0d.x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0，直线和是函数f(x)=sin(x+)图象的两条相邻的对称轴，则=（ ）a. b. c. d.7.（2012郑州质检）已知曲线与直线相交，若在轴右侧的交点自左向右依次记为p1, p2, p3，则|等于（ ）a. b. 2 c. 3 d. 48. (2012石家庄二模)已知a是实数，则函数的图象不可能是（ ）图19. （2012郑州质检）若,则代数式的最小值为（ ）a.2 b.3 c. 4 d. 510.（理）（2012太原模拟）已知函数有两个零点，则（ ） a. b. c. d.（文）(2012银川一中第三次月考)已知函数,若有,则的取值范围为（ ）a. b. c. d.11.(2012银川一中第三次月考)对于非零向量m、n，定义运算“”：m*n=| m | n |sin，其中为m、n的夹角，有两两不共线的三个向量a、b、c，下列结论正确的是( )a.若，则 b.c. d.12. 2012课标全国卷数列an满足an+1(1)n an 2n1，则an的前60项和为（ ）a.3 690 b.3 660 c.1 845 d.1 830第ii卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卷相应位置上.13(2012银川一中第三次月考)已知函数,则满足不等式的x的取值范围是_.14. (2012银川一中第三次月考)某所学校计划招聘男教师名,女教师名, 和须满足约束条件则该校招聘的教师人数最多是 名.15(2012银川一中第三次月考)已知向量a与向量b的夹角为120，若向量c=a+b，且ac，则的值为_16（2012昆明第一中学一摸）在中,角a、b、c所对的边分别为a、b、c,且满足,则的最大值是 .三、解答题：本大题共6小题，满分70分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤17（本小题满分10分）2012课标全国卷已知分别为三个内角的对边，（1）求;（2）若，的面积为，求.18.（本小题满分12分）（2012昆明第一中学一摸）设数列满足,且（1）证明:数列为等比数列;（2）求数列的前项和.19.（本小题满分12分）2012山东卷已知向量mn，函数mn的最大值为6.（1）求；（2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.求在上的值域.20.（本小题满分12分）(2012石家庄二模)已知等比数列的前项和为 ，成等差数列.（1）求数列的通项公式;（2）数列是首项为-6，公差为2的等差数列，求数列的前项和.21（本小题满分12分）2012湖南卷某企业接到生产3 000台某产品的a，b，c三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为2,2,1(单位：件)已知每个工人每天可生产a部件6件，或b部件3件，或c部件2件该企业计划安排200名工人分成三组分别生产这三种部件，生产b部件的人数与生产a部件的人数成正比，比例系数为k(k为正整数)(1)设生产a部件的人数为x，分别写出完成a，b，c三种部件生产需要的时间；(2)假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案22.（本小题满分12分）（理）2012福建卷已知函数f(x)exax2ex，ar.（1）若曲线yf(x)在点(1，f（1）)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；（2）试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点p，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点p.（文）2012福建卷已知函数f(x)axsinx(ar)，且在上的最大值为.（1）求函数f(x)的解析式；（2）判断函数f(x)在(0，)内的零点个数，并加以证明试卷类型：b2013届高三新课标原创月考试题二答案数学1. d【解析】要使,当时，可是1，2，3，4;当时，可是1，2，3;当时，可是1，2;当时，可是1，综上, 中所含元素共有10个.选d.2 c【解析】命题p为全称命题，所以其否定p应是特称命题，又“(f(x2)f(x1)(x2x1)0”的否定为“(f(x2)f(x1)(x2x1)0”，故“x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0”的否定是“x1，x2r，(f(x2)f(x1)(x2x1)0”.故而答案选c.3. b 【解析】由,得，由等比数列的性质可得，依次构成等比数列，又等比数列中各项均为正数，所以可得.4. d 【解析】不妨设三边长依次构成公差为的等差数列，则角为最大角.所以由已知得.所以（为最大角，不可能，否则，不符合题意）.由，及，解得.所以周长为.5. a【解析】作出三角形的区域如图，由图象可知当直线经过点时，截距最大，此时，当直线经过点c时，截距最小.因为轴，所以.又的边长为2，设点，则，解得.因为顶点c在第一象限，所以.即点.将点代入直线，得，所以的取值范围是.选a.6.（理）a【解析】函数的导数为，要使函数在上单调递减，则有在上恒成立，则，即，所以，当时，又，所以有，解得，即.选a.（文）a【解析】因为和是函数图象中相邻的对称轴，所以，解得.又，所以.所以.因为是函数的对称轴，所以，所以.因为，所以.检验知此时也为对称轴，所以选a.7. b【解析】因为，令，得，所以或，则或.故点,所以.8. b【解析】当时，满足c图；当时，周期或，满足图a；当时，周期，满足图d，综上可知，图象不可能为b.9. c【解析】因为，所以.所以，当且仅当且，即时等号同时成立.故代数式的最小值为4.10.（理）d【解析】，在同一坐标系中作出函数与的图象，不妨设，则由函数对称性可知，得，即.所以.（文）b 【解析】,若有,则，解得.11. d 【解析】对于a项，由，得，得，不能得到，故a项错误； b项只有在夹角为0时才成立，故b项错误；对于c项，是一个与共线的向量，是一个与共线的向量，又它们两两不共线，显然不可能相等，故c项错误；故选d项.12. d【解析】由,得，即，也有，两式相加得.设为整数，则.于是.13 【解析】当时，有，无解；当时，有，解得，或，或，结合前提条件得；当时，有，解得，结合前提条件得；当时，有，无解；综上，得.14. 10【解析】设该校招聘的教师人数为，则.作出不等式组所表示的可行域（图略），由题意，只能取整点，故可知当直线经过点时，取得最大值，且.15 【解析】不难作出图形，可知向量的夹角为，向量的夹角为，在直角三角形中，由，得.161【解析】由，得，又由正弦定理，得，所以.又，所以.又，所以.故，则.所以.故当时，取得最大值1.17解：（1）由acoscasincbc0及正弦定理得sinacoscsinasincsinbsinc0.因为bac，所以sinasinccosasincsinc0.由于sinc0，所以sin.又0a0，由题意知，a6.(2)由(1)f(x)6sin.将函数yf(x)的图象向左平移个单位后得到y6sin6sin的图象；再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到y6sin的图象因此，g(x)6sin.因为x，所以4x.故g(x)在上的值域为3,620. 解：（1）由已知得,则.代入，得，解得（舍去）或.所以.（2）由题意得，所以.设数列的前项和为，则.21 解：(1)设完成a，b，c三种部件的生产任务需要的时间(单位：天)分别为t1(x)，t2(x)，t3(x)，由题设有t1(x)，t2(x)，t3(x)，其中x，kx,200(1k)x均为1到200之间的正整数(2)完成订单任务的时间为f(x)maxt1(x)，t2(x)，t3(x)，其定义域为.易知，t1(x)，t2(x)为减函数，t3(x)为增函数注意到t2(x)t1(x)，于是当k2时，t1(x)t2(x)，此时f(x)maxt1(x)，t3(x)max.由函数t1(x)，t3(x)的单调性知，当时f(x)取得最小值，解得x.由于4445，而f(44)t1(44)，f(45)t3(45)，f(44)f(45)故当x44时完成订单任务的时间最短，且最短时间为f(44).当k2时，t1(x)t2(x)，由于k为正整数，故k3，此时.记t(x)，(x)maxt1(x)，t(x)，易知t(x)是增函数，则f(x)maxt1(x)，t3(x)maxt1(x)，t(x)(x)max.由函数t1(x)，t(x)的单调性知，当时(x)取最小值，解得x.由于3637，而(36)t1(36)，(37)t(37).此时完成订单任务的最短时间大于.当k2时，t1(x)t2(x)，由于k为正整数，故k1，此时f(x)maxt2(x)，t3(x)max.由函数t2(x)，t3(x)的单调性知，当时f(x)取最小值，解得x，类似(1)的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于.综上所述，当k2时，完成订单任务的时间最短，此时，生产a，b，c三种部件的人数分别为44,88,68.22. （理）解：（1）由于f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f（1）)处切线斜率k2a0，所以a0，即f(x)exex.此时f(x)exe，由f(x)0得x1.当x(，1)时，有f(x)0.所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)（2）设点p(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点p处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点p处的切线与曲线只有一个公共点p等价于函数g(x)有唯一零点因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)ex2a(xx0)若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0.故g(x)只有唯一零点xx0.由于x0具有任意性，不符合p的唯一性，故a0不合题意若a0，令h(x)ex2a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a.令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)，则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x)在(x*，)内单调递增(i)若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.知g(x)在r上单调递增所以函数g(x)在r上有且只有一个零点xx*.(ii)若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0.又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cf(x0)x0f(x0)由于a0，则必存在x2x1，使得axbx2c0.所以g(x2)0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点即g(x)在r上至少有两个零点(iii)若x0x*，仿(ii)并利用ex，可证函数g(x)在r上至少有两个零点综上所述，当a0时，曲线yf(x)上存在唯一点p(ln(2a)，f(ln(2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点p.（文）解：（1）由已知f(x)a(sinxxcosx)，对于任意x，有sinxxcosx0.当a0时，f(x)，不合题意；当a0，x时，f(x)0，从而f(x)在内单调递减，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)，不合题意；当a0，x时，f(x)0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f ，即a，解得a1.综上所述，得f(x)xsinx.（2）f(x)在(0，)内有且只有两个零点证明如下：由（1）知，f(x)xsinx，从而有f(0)0.f 0，又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点又由（1）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点当x时，令g(x)f(