山东省泰安市第四中学2020届高三数学10月月考试题（二）

1山东省泰安市第四中学2020届高三数学10月月考试题（二）2019．10．04一．单项选择题：本大题共12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M={x｜x2－4x＜0}，N={x｜2x-1＜4}，则M∩N=（）A．（1,3）B．（0,3）C．（0,4）D．2．已知命题P：,(0,1)xy，x+y＜2,则命题P的否定为（）A．,(0,1)xy，x+y≥2B．,(0,1)xy，x+y≥2C．00,(0,1)xy，x0+y0≥2D．00,(0,1)xy，x0+y0≥23．已知m，n为直线，为平面，且m则“n⊥m”是“n⊥”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．既不充分也不必要条件4．已知函数sin(),0621,0.xxxfxx≤＞，则f(－2)+f(1)=()A．632B．632C．72D．525．已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(2+x)+f(x)=0，当x∈[－2,0]时，f(x)=－x2－2x，则当x∈[4,6]时，y=f(x)的最小值为（）A．－8B．－1C．0D．16．函数2()22xxxfx的图象大致是（）7．已知函数f(x)在[3，+∞）上单调递减，且f(x+3)是偶函数，则a=f(0.31.1)，b=f(30.5)，c=f(0)的大小关系是（）2A．a＞b＞cB．b＞c＞aC．c＞b＞aD．b＞a＞c8．已知向上满足2,1,()ababb⊥，则向量a与的b夹角为（）A．6B．3C．2D．239．在△ABC中，点D在边BC上，点E，F分别在线段AB，AD上，且有2,2,3BDDCAEEBDFFA，则EF=（）A．1136ABACB．71126ABACC．11612ABACD．51123ABAC10．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=（）A．135°B．60°C．45°D．90°11．在数列{an}中，已知a1=4，a2=5，且满足an－2an=an－1(n≥3)，则a2019=()A．14B．54C．15D．4512．定义在R上的函数f(x)的导函数为f＇(x)，若f＇(x)＜f(x)则不等式ex·f(2x)＜e4·f(3x-4)的解集是（）A．（－∞，2）B．（2，＋∞）C．（4，＋∞）D．（－∞，4）二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．若sinθ+cosθ=15(0≤θ≤π)，则tanθ=_______________14．已知函数f(2x－1)的定义域为（0,1），则函数f(1－3x)的定义域是___________________15．如果直角三角形ABC的边CB，CA的长都为4，D是CA的中点，P是以CB为直径的圆上的动点，则BDPC的最大值是____________________________16．设函数f(x)=ex，g(x)=2ax+2a(a＞0).若xR，曲线f(x)始终在曲线g(x)上方，则a的取值范围是_______________________________3三．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．（10分）已知函数2()2sincos23cos3fxxxx.(1)求函数f(x)的单调减区间；(2)将函数y=f(x)的图象向左平移6个单位，再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y=g(x)的图象，求y=g(x)在(,128）上的值域。18．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足（2c－a）cosB－bcosA=0(Ⅰ)求角B的大小；(Ⅱ)求3sinsin(6AC）的取值范围。19．（12分）已知向量(1,)am，(2,)bn。（1）若m=3，n=－1，且()aab⊥，求实数λ的值；（2）若5ab，求..ab的最大值20．（12分）等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6.(1)求数列{an}的通项公式；（2）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列1nb的前n项和Tn.421．(12分)已知函数f(x)=2x3－(6a+3)x2+12ax+16a2(a＜0).（1）若a=－1，求曲线y=f(x)在点（2，f（2））处的切线方程；（2）若f(x)只有一个零点x,且x0＜0，求a的取值范围22．（12分）设函数f(x)=mx－ex+3(m∈R)(1)讨论函数f(x)的极值；（2）若a为整数，m=0，且(0,x∞)，不等式（x－a）[f(x)－2]＜x+2成立，求a的最大值。5高三第二次考试数学试题答案一．选择题1—5．BDBCB．6—10．ADBBA11．B12．D．【解答】不等式ex·f(2x)＜e4·f(3x-4)等价变为234(2)(34)xxfxfxee＜，构造函数()()xfxrxe，则()()()xfxfxrxe＇＇，又有已知f＇(x)＜f(x)，∴r＇(x)＜0，即r(x)在R上是减函数，由于234(2)(34)xxfxfxee＜，可得2x＞3x－4，解得x＜4，即不等式ex·f(2x)＜e4·f(3x-4)的解集是（－∞，4）二．填空题13—15．4.32(0,).345816．1(0,)2【解答】f(x)=ex，g(x)=2ax+2a(a＞0)若xR，曲线f(x)始终在曲线g(x)上方，则f(x)－g(x)＞0对任意x∈R恒成立，即ex－2ax－2a＞0恒成立。也就是ex＞2a（x+1）恒成立若x≤－1，则对于任意a＞0上式恒成立；若x＞－1，则ex＞2a（x+1）等价于2(1)xeax＜令()2(1)xehxx，则222(1)22()4(1)4(1)xxxexexehxxx＇当x∈(－1,0)时，h＇(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈（0，+∞）时，h＇(x)＞0，h(x)单调递增。∴min1()(0)2hxh∴102＜a＜综上，a的取值范围是1(02，）三．解答题17．解：（1）函数2()2sincos23cos3=sin23cos22sin(2)3fxxxxxxx当3222232kxk≤≤，k∈Z时，解得71212kxk≤≤，k∈Z因此，函数f(x)的单调减区间为7[]1212kk，（k∈Z）(2)将函数y=f(x)的图象向左平移6个单位，可得2sin(2)33yx的图象，再将所得的图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数62()2sin(4)3ygxx的图象，∵()128x，，∴，∴21sin(4)(1]32x，，∴y=g(x)的值域为(－1,2]18．解：（Ⅰ）在△ABC中（2c－a）cosB－bcosA=0∴2sinCcosB－sinAcosB－sinBcosA=0,即2sinCcosB－sin(A+B)=0即sinC(2cosB－1)=0，∴cosB=12，B=3（Ⅱ）由（Ⅰ）可得3sinAsin()3sincos2sin()66CAAA∵2(0,)3A，∴5(,)666A,1sin()(,1]62A,∴2sin()(1,2]6A，即3sinsin()6AC的取值范围是（1,2]19．解：（1）m=3，n=－1时，(1,3a），(21)b，∴(12,3ab）∵)aab⊥（，∴()123(3)0aab，解得λ=10（2）∵(1)am，，(2)bn，∴(3)abmn，，2abmn∵5ab∴9+（m+n）2=25，即（m+n）2=16∴2122()64abmnmn≤，当且仅当m=n=2或m=n=－2时取等号，故ab的最大值620．解：（1）设数列{an}的公比为q，由23269aaa，得22349aa，所以219q由条件可知q＞0，故q=13由2a1+3a2=1，得2a1+3a1q=1，所以a1=13故数列{an}的通项公式为13nna（2）bn=log3a1+log3a2+…+log3an=log3(a1a2…an)=log3(3－(1+2+3+…+n))=－(1+2+3+…+n)=(1)2nn7故12112()(1)1nbnnnn，数列1nb的前n项和：12111nnTbbb…+1111122[(1)()()]22311nnnn…21．解：（1）32231216fxxxx的导数为26612fxxx＇，可得曲线y=f(x)在点（2，f（2））处的切线斜率为24，切点为（2,20），则曲线y=f(x)在点（2，f（2））处的切线方程为y－20=24(x－2)即为y=24x－28；（2）262(63)126(1)(2)fxxaxaxxa＇，当a＜0时2a＜0＜1，所以x＞1或x＜2a时，0fx＇＞，f(x)递增；当2a＜x＜1时，0fx＇＜，f(x)递减可得f(x)的极小值f(1)=16a2+6a－1由x0＜0，f(0)＞0，f(1)＞0，解得a＜1222．解：（1）由题意可得f(x)的定义域为R，xfxme＇，当m≤0时，0fx＇＜恒成立，∴f(x)在R上单调递减，f(x)无极值，当m＞0时，令f＇(x)=0，解得x=lnm，当x∈(lnm,＋∞)时，0fx＇＜，f(x)单调递减，当x∈(－∞,lnm)时，0fx＇＞，f(x)单调递增，∴f(x)在x=lnm处取得极大值，且极大值为f(lnm)=mlnm－m+3，无极小值，综上所述，当m≤0时，无极值，当m＞0时，f(x)极大值为mlnm－m+3，无极小值。（2）把0()3xmfxmxe代入()[()2]2xafxx＜可得()(1)2xaxex＜，∵0,10xx＞则e＞∴21xxaxe＜，8∴20*1xxaxxe＜，＞，（）令21xxgxxe∴2(3)(1)xxxeexgxe＇，由（1）可知，当m=1时，f(x)=－ex+x+3在（0，＋∞）上单调递减，故函数h(x)=ex－x－3在（0，＋∞）上单调递增，而(1)0(2)0hh＜＞，∴h(x)在（0，＋∞）上存在唯一的零点x0且x0∈(1，2)，故g＇(x)在（0，＋∞）上也存在唯一的零点且为x0当x∈(0，x0)时，g＇(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，g＇(x)＞0，∴g(x)min=g(x0)，由g＇(x0)=0，可得ex0=x0+3，∴g(x0)=x0+1，∴g(x0)∈（2,3），由（*）式等价于a＜g(x0)，∴整数a的最大值为2.