四川省宜宾市县蕨溪中学校高三数学文期末试卷含解析

1、四川省宜宾市县蕨溪中学校高三数学文期末试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设，函数满足，若，则最小值是（ ）A 4 B 2 C D 参考答案：C2. “x1”是“”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要参考答案：A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】?x210?x1或x1即可判断出结论【解答】解： ?x210?x1或x1“x1”是“”充分不必要条件故选：A3. 函数，若，则的所有可能值为（ ） （A）1 （B） （C） （D）/参考答案：A4. 设0 x，则“xsi

2、n2x1”是“xsinx1”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件参考答案：B【考点】不等关系与不等式；必要条件、充分条件与充要条件的判断；正弦函数的单调性【分析】由x的范围得到sinx的范围，则由xsinx1能得到xsin2x1，反之不成立答案可求【解答】解：0 x，0sinx1，故xsin2xxsinx，若“xsinx1”，则“xsin2x1”若“xsin2x1”，则xsinx，1此时xsinx1可能不成立例如x，sinx1，xsinx1由此可知，“xsin2x1”是“xsinx1”的必要而不充分条件故选B5. 已知i是虚数单位，则（ ）A. iB.

3、 iC. 1iD. 1+i参考答案：C【分析】根据复数的除法运算法则，即可求解.【详解】.故选：C【点睛】本题考查复数的代数运算，属于基础题.6. 设条件,条件,其中为正常数.若是的必要不充分条件,则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 参考答案：A略7. 设dx.当a0时，则f(a)的最小值为( )(A) (B)(C)(D)无最小值参考答案：B略8. 设函数的最小正周期为，且，则( )A在单调递减 B在单调递减C在单调递增 D在单调递增参考答案：A因为且函数的最小正周期为，所以，所以，即函数，又函数，所以函数为偶函数，所以，即，因为，所以当时，所以，当时，此时函数单调递减，选A.9.

4、 某几何体的三视图如右图所示，则它的体积是（ ）（A） （B） （C） （D）参考答案：A 10. 某程序框图如图所示，若输出的S57，则判断框内为()Ak4? Bk5? Ck6? Dk7?参考答案：A.由程序框图可知，k1时，S1；k2时S2124；k3时S24311；k4时S211426；k5时S226557. 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若是展开式中项的系数，则 参考答案： 12. 已知直线与圆交于、两点，且，其中为坐标原点，则正实数的值为 .参考答案：213. 若实数x，y满足，则x2y的值域为参考答案：可行域如图.设则.易知点，为最优解.,又可行域过原点

5、，.14. 已知12cos5sin=Acos（+）（A0），则tan=参考答案：【考点】三角函数的化简求值【分析】利用辅助角和两角和与差的余弦函数对已知函数式进行变形，求得sin、cos的值然后根据同角三角函数关系进行解答【解答】解：12cos5sin=13（cossin）=13（coscossinsin）=Acos（+）（A0），cos=，sin=，tan=故答案是：15. 点在函数的图象上运动，则2xy的最大值与最小值之比为参考答案：略16. 函数f(x)x33x21在x_处取得极小值参考答案：2略17. 已知角的终边经过点_.参考答案：-4三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写

6、出文字说明，证明过程或演算步骤18. 已知函数f(x)eaxx，其中a0.（1）若对一切xR，f(x)1恒成立，求a的取值集合；（2）在函数f(x)的图象上取定两点A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)(x1x2)，记直线AB的斜率为k.问：是否存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.参考答案：解：（1）若a0，则对一切x0，f(x)eaxx1，这与题设矛盾.又a0，故a0.而f(x)aeax1，令f(x)0得xln.当xln时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln时，f(x)0，f(x)单调递增.故当xln，f(x)取最小值fln.于

7、是对一切xR，f(x)1恒成立，当且仅当ln1.令g(t)ttlnt，则g(t)lnt.当0t1时，g(t)0，g(t)单调递增；当t1时，g(t)0，g(t)单调递减.故当t1时，g(t)取最大值g（1）1.因此，当且仅当1，即a1时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，k1. 令(x)f(x)kaeax.则(x1)a(x2x1)1，(x2)a(x1x2)1.令F(t)ett1，则F(t)et1.当t0时，F(t)0，F(t)单调递减；当t0时，F(t)0，F(t)单调递增.故当t0时，F(t)F(0)0，即ett10.从而a(x2x1)10，a(x1x2)10，又0，0，所

8、以(x1)0，(x2)0.因为函数y(x)在区间x1，x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在c(x1，x2)，使得(c)0.又(x)a2eax0，(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且cln.故当且仅当x时，f(x)k.综上所述，存在x0(x1，x2)，使f(x0)k成立，且x0的取值范围为19. （20分）设数列an满足：a1=1；所有项anN*；1=a1a2anan+1设集合Am=n|anm，mN*，将集合Am中的元素的最大值记为bm换句话说，bm是数列an中满足不等式anm的所有项的项数的最大值我们称数列bn为数列an的伴随数列例如，数列1，3，5的伴随数列为1，1，2，2，3（1）

9、请写出数列1，4，7的伴随数列；（2）设an=3n1，求数列an的伴随数列bn的前20之和；（3）若数列an的前n项和Sn=n2+c（其中c常数），求数列an的伴随数列bm的前m项和Tm参考答案：考点：数列的求和；数列的应用专题：点列、递归数列与数学归纳法分析：（1）根据伴随数列的定义直接写出数列1，4，7的伴随数列；（2）根据伴随数列的定义得：，由对数的运算对m分类讨论求出伴随数列bn的前20项以及它们的和；（3）由题意和an与Sn的关系式求出an，代入anm得，并求出伴随数列bm的各项，再对m分类讨论，分别求出伴随数列bm的前m项和Tm解答：解：（1）数列1，4，7的伴随数列为1，1，1，

10、2，2，2，3，（后面加3算对），（2）由，得当1m2，mN*时，b1=b2=1，当3m8，mN*时，b3=b4=b8=2，当9m20，mN*时，b9=b28=b20=3，b1+b2+b20=12+26+312=50，（3）a1=S1=1+c=1，c=0，当n2时，an=SnSn1=2n1，由an=2n1m得：因为使得anm成立的n的最大值为bm，所以，当m=2t1（tN*）时：，当m=2t（tN*）时：，所以点评：本题考查数列的应用，着重考查对抽象概念的理解与综合应用的能力，观察、分析寻找规律是难点，是难题20. （10分）已知。参考答案：21. (12分)已知各项均为正数的数列的前n项和满

11、足，且（1）求的通项公式；（2）设数列满足，并记为的前n项和，求证：. 参考答案：解析：（I）由，解得或，由假设，因此，又由，得，即或，因，故不成立，舍去因此，从而是公差为，首项为的等差数列，故的通项为（II）证法一：由可解得；从而因此令，则因，故特别地，从而即证法二：同证法一求得及，由二项式定理知，当时，不等式成立由此不等式有证法三：同证法一求得及令，因因此从而证法四：同证法一求得及下面用数学归纳法证明：当时，因此，结论成立假设结论当时成立，即则当时，因故从而这就是说，当时结论也成立综上对任何成立22. 已知a是实常数，函数f（x）=xlnx+ax2（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线过

12、点A（0，2），求实数a的值；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1x2），求证：a0；求证：f（x2）f（x1）参考答案：【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的极值【分析】（1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程，代入点（0，2），即可解得a；（2）依题意：f（x）=0 有两个不等实根x1，x2（x1x2），设g（x）=lnx+2ax+1，求出导数，讨论当a0时，当a0时，求得函数g（x）的单调性，令极大值大于0，解不等式即可得证；由知：f（x），f（x） 变化，求得f（x）的增区间，通过导数，判断x1（0，1），设h（x）=（xln

13、xx）（0 x1），求得h（x）的单调性，即可得证【解答】（1）解：由已知可得，f（x）=lnx+1+2ax（x0），切点P（1，a），f（x）在x=1处的切线斜率为k=1+2a，切线方程：ya=（2a+1）（x1），把（0，2）代入得：a=1； （2）证明：依题意：f（x）=0 有两个不等实根x1，x2（x1x2），设g（x）=lnx+2ax+1 则：g（x）=+2a（x0）当a0时，有g（x）0，所以g（x）是增函数，不符合题意； 当a0时：由g（x）=0得：x=0，列表如下：x（0，）（，+）g（x）+0g（x）极大值依题意：g（）=ln（）0，解得：a0，综上可得，a0得证； 由知：f（x），f（x） 变化如下：x（0，x1）x1（x1，x2）x2