山东淄博高三理科抽考测试-数学

1、山东淄博 2019 高三理科抽考测试- 数学 3第一卷选择题共 60 分【一】选择题：本大题共12 小题，每题 5分，共60 分、在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的、1. 集合 Mx |x 3| 4 , Nx | x2x 2 0, x Z, 那么 M NA、 0B、 2C、 x |1x 1D、 x | 2x72.a,b, c满足c ba且ac0，那么以下选项中不一定能成立的是A、 c bB 、 b a0C 、 b 2a 2D 、 a caaccc0acA. 命题“假设 x21 ，那么 x1 ”的否命题为： “假设 x21, 那么 x1 ” ;B. “ x1 ”是“ x25x

2、60 ”的必要不充分条件；C. 命题“x R,使得 x2x1 0 ”的否定是： “ xR ，均有 x2x 1 0 ”;D. 命题“假设xy ，那么sin xsin y ”的逆命题为真命题。4.在等比数列 an 中,a310,a4a65 , 那么该数列的公比等于a14A. 1 B. 2 C. 2 D.12325.函数 f ( x)2x2 ，那么函数 yf ( x)的图象可能是6.将函数 ysin2x 的图象向左平移个单位 , 再向上平移 1个单位，所得图象的函数解4析式是A、 ycos2 x B 、 y2sin2 xC、 y1 sin( 2x)D、 y 2cos 2 x4rrrrx12, y满足

3、约束条件 yx7.向量 ax z,1 ,bz , 且 ab ，假设变量 x,y，3x2y2那么 z 的最大值为A.1B.2C.3D.48.在曲线 f ( x)x33x26x10的切线中，斜率最小的切线方程为A、 x3y60B、 x3y110C、 3x y 11 0D、 3x y 11 09. 定义： F ( x, y ) y xx0, y0 ，数列 an 满足 anF n,2 ( nN) ，假设对任意F 2,n正整数 n ，都有 an ak( kN ) 成立，那么 a k 的值为A、 8 B.1C、 32 D、 292510. x1 ， y1，且 1 ln x，1 ， ln y 成等比数列，那

4、么xy 44A、有最大值 e B、有最大值e C、有最小值 e D、有最小值 e11. 在锐角 ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为， ，假设22， a 2 ，ab csin A3，那么b的值为S ABC2A. 3 B. 3 2 C、 2 2 D、 2 3212. 定 义 在 R上 的 函 数 yf ( x) 满 足 以 下 三 个 条 件 ： 关 于 任 意 的 xR ， 都 有f ( x4)f ( x ;) 关于任意的 a,b0,2，且 ab ，都有 f (a)f (b) ；函数yf (x2) 是偶函数，那么以下结论正确的选项是A.f (4.5)f (7)(6.5)B. f (7)

5、f (4.5)f (6.5)C.f (7)f (6.5)f (4.5)D. f (4.5)f (6.5)f (7)第二卷非选择题共90 分【二】填空题：本大题共4 小题，每题4 分，共 16 分、13.假设 | a | 2,| b|4 ，且 (a b) a ，那么 a 与 b 的夹角是、14.22(k 1)dx4 ，那么实数 k 的取值范围为 .115.2tan43，那么 sin2 2cos 的值为、_16. 2017 年 11 月 12 日广州亚运会上进行升旗仪式、 如图，在坡度为 15的观礼台上，某一列座位所在直线 AB与旗杆所在直线 MN共面，在该列的第一个座位 A 和最后一个座位 B

6、测得旗杆顶端 N 的仰角分别为 60和 30，且座位 A、B 的距离为 10 6米，那么旗杆的高度为_米、【三】解答题: 本大题共6 小题，共 74 分、解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤、17、本小题总分值12 分在 ABC中，角 A、 B、 C的对边分别为a、 b、 c，假设 AB ACBA BCk kR(1) 判断 ABC的形状；(2) 假设 c2 ，求 k 的值、18、本小题总分值12 分函数 f ( x) Asin( x )( A 0， 0,0 2 ) 的部分图象如下图、(1)求 f ( x) 的解析式；2(2)设 g xf x，求函数 gx 在 x,上1263的最大值，并确定如

7、今x 的值、19、本小题总分值12 分 bn 是公比大于1 的等比数列， b1, b3 是函数f (x)x25x4的两个零点 . I 求数列 bn 的通项公式； II 假设数列 an 满足 anlog 2 bnn2 ，且 a1a2a3am 63 ，求 m 的最大值 .20、本小题总分值12 分如图，长方体物体 E 在雨中沿面雨速沿 E 移动方向的分速度为P面积为S的垂直方向作匀速移动，速度为 v(v0) ，c(cR) 。E 移动时单位时间内的淋雨量包括两部分： 1P 或 P 的平行面只有一个面淋雨的淋雨量，假设其值与vc S 成正比，比例系数为 1 ； 2其它面的淋雨量之和，其值为1 ，记 y

8、 为 E 移动过程中的总淋雨量，当102移动距离 d=100，面积 S= 3 时。2写出y 的表达式设0 v10,0 c5，试依照c 的不同取值范围，确定移动速度v ，使总淋雨量y 最少。21、本小题总分值12 分a0 ，函数 f ( x)ln xax2 , x0. f (x) 的图像连续不断求f ( x) 的单调区间；当 a1 时，证明：存在 x0 (2,) ，使 f (x0 )f ( 3) ；82假设存在均属于区间1,3 的,，且1，使 f () f ( ) ，证明ln 3ln 2ln 2、5a322、本小题总分值 14分数列 an 的前五项依次是0,1132n 项和为 Sn ，且,. 正

9、数数列 bn 的前3253Sn1 (bnn ) .2bn I 写出符合条件的数列 an 的一个通项公式； II求 Sn 的表达式； III在 I 、 II 的条件下， c12，当 n2 时，设 cn12 ，Tn 是数列 cn anSn的前 n 项和，且 Tnlog m (12m) 恒成立，求实数m 的取值范围 .月考试卷三参考答案及评分标准【一】选择题1-5ACDAB6-10DCDAC11-12AA2n8 , a4 1 ，从第五项开始每一项都大于9. 提示： an2， a1 2,a2 1, a35，故 an 的n9最小值为 aka38 。91(ln x 0, ln y0), ln xln y

10、2 ln x ln y1 ， 即10. 提 示 ： 由 题 意 得 ln x ln y4ln (xy)1 ，从而 xy e 。12. 提示：由题意得f ( x) 是周期函数，且4 为其一个周期，且f ( x) 在【 0， 2】上递增，且f ( x) 图像关于直线x 2 对称，因此：f (4.5)f ( 0.5), f (6.5) f ( 2.5)f (1.5), f (7)f (3)f (1) ，由于 0.5 11.5 ，故 f (0.5)f (1)f (1.5) ，即 f (4.5)f (7) (6.5) 。【二】填空题13. 2；14.2 ,2430； 15. ； 16.33515. 提示

11、： tan 4 3，1 tan 1 tan 3，1解得 tan 2. sin2 2cos2sin2 cos2 12tan1tan 2 1 tan 2 1tan 2 1434 5 5 1 5.AN16. 提示：由题可知 BAN 105， BNA 30，由正弦定理得 sin 45 106sin 30 ，解得 AN 20 3( 米 ) ，在 Rt AMN中， MN20 3sin60 30( 米 ) 、故旗杆的高度为 30 米、【三】解答 17. 解： (1) ABACcbcosA，BA BCcacosB， 又 ABACBA BC， bccosA accosB， sin BcosAsin AcosB，

12、即 sin AcosBsin BcosA0， sin( AB) 0， A B ， AB，即 ABC为等腰三角形、 8 分 b2 c2 a2 c2(2) 由 (1) 知， ABACbccosA bcbc k，22 c 2， k1. 12 分T2318. 解： (1) 由题图知 A 2， 4 3 ，那么 4 3 ， 2.3又 f 6 2sin 2 6 2sin 4 0， sin4 0， 02 ，4 4 4 ， 4 0，即 4 ，3 f ( x) 的解析式为 f ( x) 2sin 2x 4 . 5 分3(2) 由 (1) 可得 f x 12 2sin 2 x12 43 2sin 2x 8 ，gx

13、fx2 1cos 3x 4122 ()4 2 2cos 3x 4 ， .9 分 5 x 6 ， 3 ， 4 3x 4 4，当 3x 4 ，即 x 4 时， g( x) max4. 12 分19. 解： I 因 b1,b3 是函数 f ( x)x25x4 的两个零点，因此 b1 ,b3 是方程 x25x4 0的两根，故有b1b34.b1b35因 公比大于 1，因此 b11,b34 ，那么 b22 . .3 分因此，等比数列 bn 的公比 b22 ， bnb1qn 12n 1. 6 分b1II anlog 2 bnn 2log 2 2n1n22n1.因此，数列 an 是首 3，公差 2 的等差数列

14、 . .9分故有 a1 a2a3am =3m1 m(m1) 2m2 +2m63 .2即 m2 +2m 63 0 .解得9m7 . 因此 m 的最大 是 7. .12 分20. 解： I 由 意知， E 移 位 内的淋雨量 3c |1| v，100315202故 yc |c | 10) . .3分(| v)(3| vv202v55(3c10)II由 (I)知，当0vc ，；y(3c3v 10)15vv当 cv 10 ， y5 (3v3c 10)5(103c)15.vv5(3c10)15,0vc故 yv。 8 分5(10 3c)15,cv10v(1) 当 0c1010 ， ymin3c ， y 是

15、关于 v 的减函数 . 故当 v20。(2) 当 1032c5 ，在 (0, c 上， y 是关于 v 的减函数； 在 (c,10 上， y 是关于 v 的增函数；350故当 vc ， ymin。 12 分c21. 解： I 解： f ( x)12ax1 2ax2, x(0, ) ，x2令 f (x)0, 解得 x=2a .2 分2a当 x 化 ， f ( x), f (x) 的 化情况如下表：x2a )2a2a , )(0,(2a2a2af ( x)+0-极大 f ( x)因此， f (x) 的 增区 是2a), f ( x) 的 减区 是2a(0,(, ).2a2a.4 分II 明：当 a

16、1时 , f ( x)ln x1 x2.88由 I 知 f (x) 在 0， 2内 增，在 (2,) 内 减 .3令 g (x)f (x)f ().2由于 f ( x) 在 0， 2内 增，故 f (2) f (3 ),即 g(2)0. 2取 x 3 e2,则 g( x )419e20.232因此存在 x0(2, x ),使 g( x0 )0,即存在 x0 (2,3).), 使f (x0 ) f (2 明： x 的取法不唯一，只要 足x 2,且 g( x )0 即可8 分 III 明：由f ()f () 及 I 的 知2a，2a从而 f ( x)在 , 上的最小 f (a).又由1， ,1,3

17、, 知 123.故f (2)f ()f (1),即 ln 24aa,f (2)f ()f (3).ln 24aln3 9a.从而 ln 3ln 2aln 2. 12 分51n (n322. 解： I anN ) . 2 分1nII因 Sn1 (bnn ) ， bn0 ，因此 b11 (b11 ) ，解得 b11，即 S11.2bn2b1当 n2 ， bnSnSn1 ，因此 2SnSnSn1n.SnSn1SnSn 1Snn，即 Sn2Sn12n . 5 分Sn 1因此， Sn 12Sn 22n1， Sn 22Sn32n2 ， S22S122，累加，得 Sn2S122 34n .因此， Sn2123nn(n1)，即 Snn(n 1). .8 分22III在 I 、 II的条件下， c12.