福州闽清高中2016届第一学期高三数学(文)期中考试试题及答案

2016届福建省闽清高级中学高三学年第一学期期中考试数学试卷注意事项：1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚。2、请将准考证条码粘贴在右侧的[条码粘贴处]的方框内3、选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整4、请按题号顺序在各题的答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效。卷Ⅰ一、选择题：本大题共12小题,每题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.某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产．第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为11万元．设该设备使用了n（n∈N*）年后，年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则n等于()[来源:学.科.网Z.X.X.K](A)6(B)5(C)4(D)32.以双曲线的右焦点为圆心，且与其渐近线相切的圆的方程是()(A)x2+y2﹣10x+9=0(B)x2+y2﹣10x+16=0(C)x2+y2+10x+16=0(D)x2+y2+20x+9=03.设1,0()2,0xxxfxx，则((2))ff(A)1(B)14(C)12(D)324.命题“0(0,)x，00ln1xx”的否定是(A)0(0,)x，00ln1xx(B)0(0,)x，00ln1xx(C)(0,)x，ln1xx(D)(0,)x，ln1xx5.下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是(A)2sinyxx(B)2cosyxx(C)122xxy(D)sin2yxx6.执行如右图所示的程序框图，输出的k的值为(A)3(B)4(C)5(D)67.设非零向量a、b、c满足||||||,abcabc，则向量a与向量c的夹角为（A）0150(B)0120(C)060(D)0308．若实数,ab满足12abab，则ab的最小值为(A)2(B)2(C)22(D)49.要得到函数)42cos(xy的图象，可由函数xy2sin（A）向左平移8个长度单位（B）向右平移8个长度单位（C）向左平移4个长度单位(D)向右平移4个长度单位10.设na是等差数列.下列结论中正确的是(A)若120aa，则230aa(B)若130aa，则120aa(C)若10a，则21230aaaa(D)若120aa，则213aaa11.设四边形ABCD为平行四边形，6AB，4AD.若点,MN满足3BMMC，2DNNC，则AMNM（A）20（B）15（C）9（D）612.“对任意(0,)2x，sincoskxxx”是“1k”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卷Ⅱ二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.关于x的不等式224xx的解集为________.14.函数()xfxxe在其极值点处的切线方程为____________.15.已知函数sincos0fxxx,xR,若函数fx在区间,44内单调递增,且函数fx的图像关于直线4x对称,则的值．16.已知数列na满足1160,2,nnaaan()nN，则nan的最小值为__________.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.(本小题满分10分)已知函数()|1||2|fxxxxk|b|1(Ⅰ)解关于x的不等式()4fx；(Ⅱ)若关于x的不等式()fxc恒成立，求实数c的取值范围．18.(本小题满分12分)某同学用“五点法”画函数π()sin()(0,||)2fxAx在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：x0π2π3π22πxπ35π6sin()Ax0550（Ⅰ）请在答题卡上．．．．．将上表数据补充完整，并直接写出函数()fx的解析式；（Ⅱ）将()yfx图象上所有点向左平行移动π6个单位长度，得到()ygx图象，求()ygx的图象离原点O最近的对称中心.19．(本小题满分12分)ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，向量(,3)mab与(cos,sin)nAB平行.（Ⅰ）求A；（Ⅱ）若7,2ab求ABC的面积.20.(本小题满分12分)已知数列na是首项为正数的等差数列，数列11nnaa的前n项和为21nn()nN.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设12nannba，求数列nb的前n项和nT.21.(本小题满分12分)已知函数.1,ln)1(21)(2axaaxxxf（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）证明：若5a，则对任意21,xx(0,)，21xx，有1212()()1fxfxxx.22.(本小题满分12分)已知函数2(1)()ln2xfxx．(Ⅰ)求函数fx的单调递增区间；（Ⅱ）证明：当1x时，()1fxx；（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在01x，当0(1,)xx时，恒有()1fxkx．一．选择题ＢＡＣＤＡＢＣＣＡＤＣＢ二．填空题(1,2)1ye292三．解答题17.（Ⅰ）(,2.5)(1.5,)；（Ⅱ）(,3].18.（Ⅰ）根据表中已知数据可得：5A，32，5362，解得π2,6.数据补全如下表：x0π2xkb1π3π22πxπ12π37π125π613π12sin()Ax05050且函数表达式为π()5sin(2)6fxx.（Ⅱ）由（Ⅰ）知π()5sin(2)6fxx，因此πππ()5sin[2()]5sin(2)666gxxx.因为sinyx的对称中心为(π,0)k，kZ.令π2π6xk，解得ππ212kx，kZ.即()ygx图象的对称中心为ππ0212k（，），kZ，其中离原点O最近的对称中心为π(,0)12.19.（Ⅰ）因为//mn，所以sin3cos0aBbA，由正弦定理，得sinsin3sincos0ABBA，又sin0B，从而tan3A，由于0A，所以3A；（Ⅱ）解法一：由余弦定理，得2222cosabcbcA，代入数值求得3c，由面积公式得ABC面积为133sin22bcA.解法二：由正弦定理，得72sinsin3B，从而21sin7B，又由ab知AB，所以27cos7B，由sinsin()sin()3CABB，计算得321sin14C，所以ABC面积为133sin22abC.20.（Ⅰ）设数列na的公差为d，令1,n得12113aa，所以123aa.令2,n得12231125aaaa，所以2315aa.解得11,2ad，所以21.nan（Ⅱ）由（I）知24224,nnnbnn所以121424......4,nnTn所以23141424......(1)44,nnnTnn[来源:学+科+网Z+X+X+K]两式相减，得121344......44nnnTn114(14)13444,1433nnnnn所以113144(31)44.999nnnnnT21.解：（Ⅰ）()fx的定义域为(0,)。2'11(1)(1)()axaxaxxafxxaxxx2分（i）若11a即2a,则2'(1)()xfxx故()fx在(0,)单调增加。(ii)若11a,而1a,故12a,则当(1,1)xa时，'()0fx;当(0,1)xa及(1,)x时，'()0fx故()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加。(iii)若11a,即2a,同理可得()fx在(1,1)a单调减少，在(0,1),(1,)a单调增加.(II)考虑函数()()gxfxx21(1)ln2xaxaxx则211()(1)2(1)1(11)aagxxaxaaxxg由于1a5,故()0gx，即g(x)在(4,+∞)单调增加，从而当120xx时有12()()0gxgx，即1212()()0fxfxxx，故1212()()1fxfxxx，当120xx时，有12211221()()()()1fxfxfxfxxxxx22.（Ⅰ）2111xxfxxxx，0,x．由0fx得2010xxx解得1502x．故fx的单调递增区间是150,2．（Ⅱ）令F1xfxx，0,x．新_课_标第_一_网则有21Fxxx．当1,x时，F0x，所以Fx在1,上单调递减，故当1x时，FF10x，即当1x时，1fxx．（III）由（II）知，当1k时，不存在01x满足题意．当1k时，对于1x，有11fxxkx，则1fxkx，从而不存在01x满足题意．当1k时，令G1xfxkx，0,x，则有2111G1xkxxxkxx．由G0x得，2110xkx．解得2111402kkx，2211412kkx．当21,xx时，G0x，故Gx在21,x内单调递增．从而当21,xx时，GG10x，即1fxkx，综上，k的取值范围是,1．新课标第一网系列资料