辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三上学期第三次模拟数学文试题答案

2018—2019学年度高三年级第三次模拟考试数学科试卷（文科）答题时间：120分钟；满分：150分；命题人：高三备课组第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共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．已知集合AkN|10kN，|2Bxxn或3,xnnN，则ABA．6,9B．3,6,9C．1,6,9,10D．6,9,10答案：D2．已知命题p：“Rx0，02020xx”，命题q：“2bac是a，b，c成等比数列的充要条件”，则下列命题中为真命题的是A．pqB．()pqC．()pqD．()()pq答案：C3．已知角的终边过点(4,3)Pkk（0k），则2sincos的值是A．25B．25C．25或25D．随着k的取值不同，其值不同答案：B4．已知函数()cos()4fxx（0）的最小正周期为，为了得到函数()cosgxx的图象，只要将()yfx的图象A．向左平移4个单位长度B．向右平移4个单位长度C．向左平移8个单位长度D．向右平移8个单位长度答案：D5．函数xexfxln)(在点))1(,1(f处的切线方程是A．)1(2xeyB．1exyC．)1(xeyD．exy答案：C6．已知a，b是非零向量，且向量a，b的夹角为3，若向量||||abpab，则||pA．23B．23C．3D．3答案：D7．在等差数列na中，若468101290aaaaa，则101413aa的值为A．12B．14C．16D．18答案：A8．在各项均为正数的等比数列na中，21a，542,2,aaa成等差数列，nS是数列na的前n项的和，则410SSA．1008B．2016C．2032D．4032答案：B9．已知函数1()ln1fxxx，则()yfx的图象大致为A.B.C.D.ABCD答案：A10．已知圆O：2240xy，圆C：222150xyx，若圆O的切线l交圆C于,AB两点，则OAB面积的取值范围是A．]152,72[B．]8,72[C．]152,32[D．]8,32[答案：A11．函数32231,(0)(),(0)axxxxfxex在[2,2]上的最大值为2，则a的取值范围是A．1[ln2,)2B．1[0,ln2]2C．(,0)D．1(,ln2]2答案：D12．已知函数42412sin4()22xxxfxx，则122016()()()201720172017fffA．4032B．2016C．4034D．2017答案：A第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知正数yx,满足xyyx54，则yx的最小值是．答案：1114．若实数,xy满足条件21022030xyxyx，则432zxy的最大值为．答案：42315．RtABC中，2A，点M在边BC上，),(RACABAM，4||AB，5||AC，若AMBC，则．答案：41916．在ABC中，,,abc分别为角,,ABC的对边，23B，若224acac，则sinsinsinACAC．答案：1033三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（本题满分10分）已知函数))(12(sin2)62sin(3)(2Rxxxxf（I）求函数)(xf的最小正周期；（Ⅱ）求使函数)(xf取得最大值的x的集合．解：(Ⅰ)f(x)=3sin(2x－π6)+1－cos2(x－π12)=2[32sin2(x－π12)－12cos2(x－π12)]+1=2sin[2(x－π12)－π6]+1=2sin(2x－π3)+1∴T=2π2=π(Ⅱ)当f(x)取最大值时,sin(2x－π3)=1,有2x－π3=2kπ+π2即x=kπ+5π12(k∈Z)∴所求x的集合为{x∈R|x=kπ+5π12,(k∈Z)}.18．（本题满分12分）已知数列na满足111,332,nnaaanN．（I）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设以2为公比的等比数列nb满足2214loglog1211(nnnbbannN），求数列2lognnbb的前n项和nS．解：（I）由题知数列3na是以2为首项，2为公差的等差数列，232212,43nnannan.（Ⅱ）设等比数列nb的首项为1b，则112nnbb，依题有1221212121214loglog4log2log24log1lognnnnbbbbbnbn2222121214log4log42log144128bbbnnnn，即212212142log1124log4log8bbb，解得211log2,4bb，故1112422,log21nnnnnbbbn，2221221324222nnnnnnnS.19．（本题满分12分）在ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且(3sincos)(3sincos)4coscosBBCCBC．（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若sinsinBpC，且ABC是锐角三角形，求实数p的取值范围．解：（1）由题意得3sinsincoscos3sincos3cossin4coscosBCBCBCBCBC31tan,26232CCp.20．（本题满分12分）设{}na是等比数列，公比大于0，其前n项和为()nSnN，{}nb是等差数列．已知11a，322aa，435abb，5462abb．（I）求{}na和{}nb的通项公式；（II）设数列{}nS的前n项和为()nTnN，（i）求nT；（ii）求数列})2)(1()({2nnbbTnnn的前n项和nW．（I）解：设等比数列{}na的公比为q.由1321,2,aaa可得220qq.因为0q，可得2q，故12nna.设等差数列{}nb的公差为d，由435abb，可得134.bd由5462abb，可得131316,bd从而11,1,bd故.nbn所以数列{}na的通项公式为12nna，数列{}nb的通项公式为.nbn（II）（i）由（I），有122112nnnS，故1112(12)(21)22212nnnkknnkkTnnn.（ii）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21kkkkkk+kT+bbkkkkkkkkkkkk，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212nnnnkkkkTbbkknnn.21．（本小题满分12分）如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m．经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，4tan3BCO．（I）求新桥BC的长；（II）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？解：（I）如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0,60)，C(170,0)，直线BC的斜率kBC=－tan∠BCO=－43.又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率kAB=34.设点B的坐标为(a,b)，则kBC=04,1703bakAB=603,04ba解得a=80，b=120.所以BC=22(17080)(0120)150.因此新桥BC的长是150m.（II）设保护区的边界圆M的半径为rm,OM=dm,(0≤d≤60).由条件知，直线BC的方程为4(170)3yx，即436800xy由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即|3680|680355ddr.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80m,所以80(60)80rdrd≥≥即68038056803(60)805dddd≥≥解得1035d≤≤故当d=10时,68035dr最大，即圆面积最大.所以当OM=10m时，圆形保护区的面积最大.22．（本小题满分12分）设xm和xn是函数21()ln(2)2fxxxax的两个极值点，其中mn，aR．（I）求()()fmfn的取值范围;（II）若12aee,求()()fnfm的最大值．解:函数()fx的定义域为(0,),21(2)1()(2)xaxfxxaxx.依题意,方程2(2)10xax有两个不等的正根m,n(其中mn).故2(2)40020aaa,并且2,1mnamn.所以,221()()ln()(2)()2fmfnmnmnamn2211[()2](2)()(2)1322mnmnamna故()()fmfn的取值范围是(,3)(Ⅱ)解:当12aee时,21(2)2aee.若设(1)nttm,则222()11(2)()22mnamntemnte.于是有111()(1)0tetetetete222211()()ln()(2)()ln()()()22nnfnfmnmanmnmnmnmmm2222111ln()ln()ln()22211ln()2nnnmnnmnmmmmnmmnttt构造函数11()ln()2gtttt(其中te),则222111(1)()(1)022tgtttt.所以()gt在[,)e上单调递减,1()()122egtgee.故()()fnfm的最大值是1122ee