九江一中周考试卷理科

九江一中周考试卷数学（理）命题人：张思意审题人：高三备课组一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共60分．1．已知函数f(x)=12xx1,2，则函数y=f(x)+f(-x)的最大值是（）A.4B.6C.8D.102．已知函数y=f(1-x)与函数y=-f(x+1)关于点（a，b）对称.则22ba的值是（）A.0B.1C.2D.33．已知A={1，2，x，4}，B={2,3,y}.且AB={2,3}，B集合所有子集元素的和是40.则x+y得值是（）A.6B.8C.10D.114．已知等差数列{an}的首项项an＞0，前n项和ns，且9s＞0，10s＜0.则n=()时，ns最大A.4B.5C.6D.75．已知f(x)=3x+m的图像过点P(3,2n),函数y=)1(1xf的图像过点Q(3,n).则m,n得值分别是（）A.m=519n=513B.m=527n=59Cm=513n=519Dm=59n=5276．已知()fx为偶函数，且(2)(2)fxfx，当20x时()2xfx，若nN*，()nafn，则2009a（）A.2B.21C.4D.147．已知f(x)=Rxxx212121，且f(x)的反函数是)(1xf。若1f(2x2-4x)+f(0)＞0.则x得取值范围是（）A(0,2)B(0,4)C.(-∞,0)∪(0,2)D.(-∞,-2)∪(0,+∞)8．已知点（n,an）和点（n,bn）分别在直线y=2x+p和直线y=4x+q上，数列{an}，数列{bn}的前n项和分别是ns、nt，且121nntsnn。则43ba=（）A.52B.94C.116D.1589．已知数列{an}满足2,121aa，112nnaa。则数列{an}的前2009项的和是（）A.0B.1C.2009D.-200810．已知f(x)=bx+1为x的一次函数,b为不等于1的常数,且g(n)=)1()]1([)0(1nngfn,设an=g(n)－g(n-1)(n∈N※),则数列｛an｝是（）A等差数列B等比数列C递增数列D递减数列11．已知数列{an}满足111121,1,2nnnnnnnnaaaaaaaaaa且(n≥2,n∈N)，则此数列的第12项为（）A．16B．112C．1112D．121212．f(x)是偶函数，且f(x)在[0，+∞]上是增函数；不等式f(ax+1)≤f(x–2)对x∈[12，1]恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[–2，0]B．[–5，0]C．[–5，1]D．[–2，1]二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.13．已知函数)(36)(Raxaxxf，且,0)21(f则)211(f的值是14.已知函数f(x)=x3+x2+mx+nx∈[1,2]存在反函数，则实数m的范围是15．设方程3tan2x－4tanx＋3＝0在[n－1，n)(n∈N*)内的所有解之和为na．则na=16.一水池有2个进水口,1个出水口,一个口进出水速度如图甲、乙所示.某天0点到6点,该水池的蓄水量如图丙所示(至少打开一个水口),给出以下3个论断：进水量出水量蓄水量甲乙丙（1）0点到3点只进水不出水；（2）3点到4点不进水只出水；（3）4点到6点不进水不出水。则不正确的论断是(把你认为是符合题意的论断序号都填上)三、解答题：本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知函数2()4sinsin()cos242xfxxx（1）设＞0常数，若)(xfy在区间2,23上是增函数，求的取值范围。（2）设集合2;()263AxxBxfxm，若AB，求实数m的取值范围。时间011时间021时间03466518．某次象棋比赛的决赛在甲乙两名棋手之间举行，比赛采用积分制，比赛规则规定赢一局得2分，平一局得1分，输一局得0分；比赛共进行五局，积分有超过5分者比赛结束，否则继续进行.根据以往经验，每局甲赢的概率为21，乙赢的概率为31，且每局比赛输赢互不受影响.若甲第n局赢、平、输的得分分别记为2na、1na、0na,51,*nNn令nnaaaS21（Ⅰ）求53S的概率；（Ⅱ）若随机变量表示比赛结束时已进行的局数，求=3的概率19．如图，在边长为12的正方形A1AA′A1′中，点B、C在线段AA′上，且AB=3，BC=4，作BB1∥AA1，分别交A1A1′、AA1′于点B1、P；作CC1∥AA1，分别交A1A1′、AA1′于点C1、Q；将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得A′A1′与AA1重合，构成如图所示的三棱柱ABC—A1B1C1，在三棱柱ABC—A1B1C1中，（Ⅰ）求证：AB⊥平面BCC1B1；（Ⅱ）求面PQA与面ABC所成的锐二面角的大小．（Ⅲ）求面APQ将三棱柱ABC—A1B1C1分成上、下两部分几何体的体积之比．20．设函数()2lnqfxpxxx，且()2pfeqee，其中e是自然对数的底数.（1）求p与q的关系；（2）若()fx在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（3）设2()egxx，若在1,e上至少存在一点0x，使得0()fx＞0()gx成立，求实数p的取值范围.A1B1C1A′1AABCPQABCA1B1C1QP21.设椭圆C：22221xyab（ab0）的左焦点为F，上顶点为A，过点A作与AF垂直的直线分别交椭圆C与x轴正半轴于点PQ、，且85APPQ.(1)求椭圆C的离心率；(2)若过A、QF、三点的圆恰好与直线:330lxy相切，求椭圆C的方程。22．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝12an＋n2n＋1(n∈N*).（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明：12n－1≤an≤1；（3）设Tn＝2nn2－n＋4an，且kn＝ln(1＋Tn)＋122nT，证明：2Tn＋2Tnkn.参考答案一、选择题1-12AABBABAABBAA二、填空题：13.-614.m≤-16,或m≥-515.2n-2316.②③三、17.(1)f(x)=2sinx+10＜3(2)1＜m＜418．（1）81（2）2163519．（Ⅰ）∵AB=3，BC=4，∴AC=5∵AC2=AB2+BC2,∴AB⊥BC,又AB⊥BB1,且BC∩BB1=B,∴AB⊥面BCC1B1;（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系则A(3，0，0)，P(0，0，3)，Q(0，4，4)设面APQ的法向量为m=(x，y，z)330440xzyzm=(1，–1，1)而面ABC的法向量可以取n=(0，0，1)∴13cos,331mn∴面PQA与面ABC所成的锐二面角为arccos33．（Ⅲ）∵BP=AB=3，CQ=AC=7．∴S四边形BCQP=()(37)42022BCBPCQ∴VA—BCQP=13×20×3=20又∵V111ABCABC=113412722ABCSAA．∴7220521320205VV上下．20解：（1）由题意得()2ln2qpfepeeqeee1()()0pqee而10ee，所以p、q的关系为pq（2）由（1）知()2ln2lnqpfxpxxpxxxx，2'2222()ppxxpfxpxxx令2()2hxpxxp，要使()fx在其定义域(0,)内是单调函数，只需()hx在(0,)内满足：()0()0hxhx或恒成立.①当0p时，()2hxx，因为x＞0，所以()hx＜0，'22()xfxx＜0，∴()fx在(0,)内是单调递减函数，即0p适合题意；②当p＞0时，2()2hxpxxp，其图像为开口向上的抛物线，对称轴为1(0,)xp，∴min1()hxpp，只需10pp，即'1()0,()0phxfx时，∴()fx在(0,)内为单调递增函数，故1p适合题意.③当p＜0时，2()2hxpxxp，其图像为开口向下的抛物线，对称轴为1(0,)xp，只要(0)0h，即0p时，()0hx在(0,)恒成立，故p＜0适合题意.综上所述，p的取值范围为10pp或.（3）∵2()egxx在1,e上是减函数，∴xe时，min()2gx；1x时，max()2gxe，即()2,2gxe，①当0p时，由（2）知()fx在1,e上递减max()(1)0fxf＜2，不合题意；②当0＜p＜1时，由11,0xexx，又由（2）知当1p时，()fx在1,e上是增函数，∴1111()()2ln2ln2ln2fxpxxxxeeexxee＜2，不合题意；③当1p时，由（2）知()fx在1,e上是增函数，(1)0f＜2，又()gx在1,e上是减函数，故只需max()fx＞min()gx，1,xe，而max1()()()2lnfxfepeee，min()2gx，即1()2lnpeee＞2，解得p＞241ee，综上，p的取值范围是24()1ee，.2122．解：（1）由11221nnnnaa，得naannnn2211令nnnab2，有nbbnn1∴)()(...)(121121nnnnnbbbbbbbb＝)]1(...321[1nb＝)1(211nnb又b1＝2a1＝2，)1(212nnbn∴2)1(212nnann∴*)()21(·)4(12Nnnnann（2）证法1：（数学归纳法）1°，当n＝1时，a1＝1，满足不等式1121111a2°，假设n＝k（k≥1，k∈N*）时结论成立即1211kka，那么kkkkkkkkkkaa2122221·2122111111即121)1(1kka（7分）又122·22212211111kkkkkkkkaa由1°，2°可知，n∈N*，都有1211nna成立（9分）（3）证法2：由⑴知：12)21(·)4(nnnna∵02nn，*Nn，∴1121)21(·4nnna∵1224nnnna∵21111111121111121...1)11(2nnnnnnnnnnnnCCCCCCC∴22221nnn∴122231224222nnnnnnnan当n＝1时，11aan，综上1211nna（2）证法3：8224)4(24)1()1(22221nnnnnnnnaann0822415)21(8224122221nnnnnnnaann∴{}na为递减数列当n＝1时，an取最大值∴an≤1由（1）中知22)1(212nnann121nna综上可知1211nna（3）nnnnnnnnnT)21(·)21(·)4(42122欲证：nnnkTT22即证nnnTTk221（12分）即ln（1＋Tn）－Tn＜0，构造函数f（x）＝ln（1＋x）－x∵xxxxf1111)(当x＞0时，f'（x）＜0∴函数y＝f（x）在（0，＋∞）内递减∴f（x）在[0，＋∞]内的最大值为f（0）＝0∴当x≥0时，ln（1＋x）－x≤0又∵Tn＞0，∴ln（1＋Tn）－Tn＜0∴不等式nnnkTT22成立（14分）