广东省江门二中2012届高三10月月考试卷数学理

广东省江门二中2012届高三10月月考试卷数学理2011.10.27本试卷共4页，20小题，满分150分，考试用时120分钟一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，答案请写在答题卷上）1、已知集合|1,|21xMxxNx，则MN=A．B．|0xxC．|1xxD．|01xx2、在△ABC中，“232sinA”是“A=6”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3、定义运算ab=)()(babbaa，则函数f(x)=12x的图象是4、若某空间几何体的三视图如图1所示，则该几何体的体积是A．2B．1C．23D．135、下列命题中，真命题是A．mR,fxxmxxR2使函数（）=（）是偶函数B．mR,fxxmxxR2使函数（）=（）是奇函数C．mR,fxxmxxR2使函数（）=（）都是偶函数D．mR,fxxmxxR2使函数（）=（）都是奇函数6、已知向量(3,4)a,(2,1)b，如果向量axb与b垂直，则x的值为A．233B．323C．2D．25xyo1xyo1xyo1xyo1ABCDD图17、已知等比数列}{na的公比为正数，且3a·9a=225a，2a=1，则1a=A．21B．22C．2D．28、已知点P在曲线y=41xe上，a为曲线在点P处的切线的倾斜角，则a的取值范围是A．[0,4)B．[,)42C．3(,]24D．3[,)4二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，满分30分，答案请写在答题卷上。）9、函数32()31fxxx在x处取得极小值.10、已知0t，则函数241ttyt的最小值为____________.11、已知幂函数)(33)(xfxfy），则函数，过点（___________12、函数23sin22cosyxx的最小正周期T．最大值maxy_______13、若变量x、y满足约束条件,2,36,yxyxyx≤≥≥则22zxy的最大值为14、如图，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图（2），如此继续下去，得图（3）……试用n表示出第n个图形的边数____________na=.三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．15、（本小题满分12分）已知na是公差d不为零的等差数列，11a且139,,aaa成等比数列(1)求数列na的通项公式(2)若nanb2，求数列}{nb的前n项和nS.16、（本小题满分12分）已知函数1()2sin(),.36fxxxR（1）求5()4f的值；（2）设106,0,,(3),(32),22135faf求cos()的值．17、（本小题满分14分）用砖砌墙,第一层(底层)用去了全部砖块的一半多一块,第二层用去了剩下的一半多一块,…依次类推,每一层都用去了上次剩下的砖块的一半多一块,到第十层恰好把砖块用完，问共用了多少块砖?18、（本小题满分14分）已知函数xfxxke，（1）求fx的单调区间；（2）求fx在区间0,1上的最小值。19、(本小题满分14分)已知△ABC的外接圆半径为1，角A，B，C的对边分别为a，b，c.向量),(cos,)cos4,(bAnBam满足m∥n.(1)求sinA＋sinB的取值范围；(2)若)3,0(A，且实数x满足baabx，试确定x的取值范围．20、（本小题满分14分）已知：在函数xmxxf3)(的图象上，以),1(nN为切点的切线的倾斜角为4．（1）求m，n的值；（2）是否存在最小的正整数k，使得不等式1996)(kxf对于]3,1[x恒成立？如果存在，请求出最小的正整数k；如果不存在，请说明理由；（3）求证：)21(2|)(cos)(sin|ttfxfxf（Rx，0t）江门二中2012届高三10月月考理数答题卷一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分）二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分）9、210、—211、)0(xxy12、_____(3分),__3____（2分）13、3214、143nna题号12345678答案DBABADBD三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．15、（本小题满分12分）解：(1)由题设可知公差0d1139a231n12d181,,,1121,0(1(1)1(2)2,2(12)22222212nnnnnnndaaaadddaannnS解（1）由题设知公差d0由成等比数列得解得舍去）故的通项由（1）知2由等比数列前项和公式得16、（本小题满分12分）解：（1）515()2sin()4346f24sin2（2）10132sin32sin,132326f61(32)2sin(32)2sin2cos,5362f53sin,cos,135]2,0[,22512cos1sin1,13132234sin1cos1,55故651654135131253sinsincoscos)cos(17、（本小题满分14分）解：设从上层到底层砖块数分别为naaa,,,21,则121nnSa,易得nnnaaaa21,211,即12nnaa因此,每层砖块数构成首项为2,公比为2的等比数列,则204621)21(21010S(块)答:共用2046块.18、（本小题满分14分）解：（I）/()(1)xfxxke，令/()01fxxk；所以fx在(,1)k上递减，在(1,)k上递增；（II）当10,1kk即时，函数fx在区间0,1上递增，所以min()(0)fxfk；当011k即12k时，由（I）知，函数fx在区间0,1k上递减，(1,1]k上递增，所以1min()(1)kfxfke；当11,2kk即时，函数fx在区间0,1上递减，所以min()(1)(1)fxfke。19、(本小题满分14分)解：(1)因为m∥n∴，acosA＝4cosBb，即ab＝4cosAcosB.因为△ABC的外接圆半径为1，由正弦定理，得ab＝4sinAsinB.…………2分于是cosAcosB－sinAsinB＝0，即cos(A＋B)＝0.因为0＜A＋B＜π.所以A＋B＝π2.故△ABC为直角三角形．…………4分sinA＋sinB＝sinA＋cosA＝2sin(A＋π4)，因为π4＜A＋π4＜3π4，所以22＜sin(A＋π4)≤1，故1＜sinA＋sinB≤2.………………6分(2)x＝AAAABABAabbacossin2cossinsinsin2sinsin.………………7分设t＝sinA-cosA(2131t)，则2sinAcosA＝21t，………………9分x＝21tt，因为x′＝0)1(1222tt，故x＝21tt在(2131t)上是单调递增函数．………………12分所以21tt333)213(12132所以实数x的取值范围是（,333）…14分20、（本小题满分14分）解：（1）13)(2mxxf，依题意，得)1(f4tan，即113m，32m.∵nf)1(，∴31n.……………………4分（2）令012)(2xxf，得22x.…………………………5分当221x时，012)(2xxf；当2222x时，012)(2xxf；当322x时，012)(2xxf.又31)1(f，32)22(f，32)22(f，15)3(f.因此，当]3,1[x时，15)(32xf.…8分要使得不等式1996)(kxf对于]3,1[x恒成立，则2011199615k.所以，存在最小的正整数2011k，使得不等式1996)(kxf对于]3,1[x恒成立.…………………………9分（3）解：由（Ⅱ）知，函数)(xf在[-1，22]上是增函数；在[22,22]上是减函数；在[22，1]上是增函数.又31)1(f，32)22(f，32)22(f，31)1(f.所以，当x∈[-1，1]时，32)(32xf，即32|)(|xf.∵xsin，xcos∈[-1，1]，∴32|)(sin|xf，32|)(cos|xf.∴3223232|)(cos||)(sin||)(cos)(sin|xfxfxfxf.…………11分又∵0t，∴1221tt，且函数)(xf在),1[上是增函数.∴322]2)2(32[2)2(2)21(23fttf.…………………13分综上可得，)21(2|)(cos)(sin|ttfxfxf（Rx，0t）.……………14分