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1、广东梅县第一学期期中考、选择题:高三理科数学试题每小题5分，共40分。1.已知全集R, Ax|x 0, Bx|x 1,则 A (Cu B)A. x|01B. x|0x 1C. x|x 0D.x|x12.已知向量A. 1(x,1),b(3,6), ab ,则实数x的值为（）A. .54.如果cosA.15.在等差数列A.6.设x10g 2 4A.则f（x）=4x8 3x的最大值（an中,7.下列函数中,x 1|A. y 2 14.3 C316万是第四象限的角，那么cosa21, aB.15122, zB.5,则an的前5项和S5=（）. 2,既是偶函数又在（0,B. y2x20D. 25则x,C
2、.y , z间的大小关系为D.）上是单调递增的是log。/8.在 f m,n 中，m,n, f(1) f 1,11,(2) fm, nm, n给出下列三个结论：f其中正确的结论个数是（1,5,且对任意m,n都有： f m, n 2, (3) f m 9; f 5,116;个1,12f m,1 ; f 5,626;二、填空题：每小题5分，共30分。9 .写出命题“ x R , x2 2x 1 0rrr10 .已知向量 a 1,2 , b 1,0 , c的否定rr r11 4 .若为实数，ab /c,5、2则 11 .在 ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知a 5, bA 一、则
3、cosB412 .函数y log 0.5(x2 4x 3)的单调递减区间是n 113 .设曲线y x (n N )在点(1,1)处的切线与x轴的父点的横坐标为4 ,令anlgxn,则 aa2La99 的值为14 .已知关于x的方程x2 2tx+t2 1=0在区间(-2,4)上有两个实根，则实数t的取值范围为uruu2e1e2 ,三、解答题：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er, er是夹角为60的单位向量，且r ur mb 3e1 2e2 0 Ks5u(D(2)r r求a与b的夹角r ra,b 。16、(本小题满分13分)，一 LT已知向重m 2sinr
4、 x ,cosx , nV3cosx,2sin( x),函数 f (x)ur r1 m n .(1)求函数f(x)的解析式；(2)求f(x)的单调递增区问；说明f (x)的图象可以由g(x) sin x的图象经过怎样的变换而得至IJ.17、(本小题满分13分)数列an对任思n N ,满足an+i=an + 1 ,a3 2 .(1)求数列an通项公式；1c(2)若bn (1)an n,求bn的通项公式及前n项和.31 一18、(本小题湎分14分)设函数f(x) (x 0且x 1)x1nx(1)求函数f(x)的单调区问；(2)已知11n2 a1nx对任意x (0,1)成立，求实数a的取值范围 x1
5、9、(本小题满分14分)已知奇函数f(x)在(-,0) (0,)上有意义，且在(0,)上单调递减，f (3) 0。又 g( ) cos2 2mcos 4m,0, o 若集合2M mg( ) Q,集合N mfg( ) 0(1) x取何值时，f(x)010. 213.(3, +8)13.-2 14.1 t 315.（本小题满分12分）解：(1)由题可知e；e21ei.e2cos60。11-2-2r ririuururr21rlmh 7a b = ( (2ee2)(3e12e2)= _6ei +eie2+2e2= 一 ； 4分2r uruu urur_r _(2) |a| |2e1e2|J(2e1e
6、2)2,同理得 |b| , 8分r r一 r r a b 1 r rr r 2所以 cos a, b-r-J一，又 a, b 0,，所以 a,b =一 。，|a|b|2312分16.(本小题满分13分)解：(1) m?n 2sinx 3cosx 2cos xsin x22、. 3sinxcosx 2cos2 x石 sin2x cos2x 1汾分4f (x) 1 m?n 73sin 2x cos2x,f (x) 2sin 2x 6(2)由 一 2k 2x 2k (k Z), 262解得一k x k (k Z),分663. f(x)的单调递增区间为k ,k -, k Z o 7分63(3)法一：1
7、 .向右平移一个单位纵坐标不变，横坐标缩 短为原来的-倍g(x) sin x 6 y sin (x- -)26. /c横坐标不变，纵坐标伸长原来的2倍 上/ c /Cy sin(2x)f (x)2sin(2x)3分1(每一步变换2分)纵坐标不变，横坐标缩 短为原来的1向右平移个单位长度g(x) sin x2 y sin2x 12，-、横坐标不变，纵坐标伸长原来的2倍一、八y sin(2x)f (x)2sin(2x)17 .(本小题满分13分)ii：辞；由r3)= f-萼:a分(a Jujc)由rao户0=。 Inx o iJ (v x e (OJ),/- Inr 0) 8分JCX m H考虑到
8、函数哥在xh1处有意义f函数，w在口上单调递增在1Li cele J上单调递减，数/)在处取得最大值y.所以, &(213-) 4 -till*”1 12 分jelnx所以,实敷门的取位范用是(Th小皿)以分解：(1) 由已知得3n+ 1 - an可知数列an是等差 数列，且公 差d 1 2分又 a3 2 ,得 a1 0 ,所以an n 1(2)由(1)得，bn (1)n 1 n, Ks5u11 n 1111所以 Sn (1 1) (- 2)(-) n 1 - -2丁(1 2 3333 33n)1 c1(3)n(n 1) 3 31 n.122I -3n(n 1).213分 6分18 (本小题满
9、分14分)19 .(本小题满分14分)(1)Q f(x)是奇函数，且在(0,+ )上单调递减 f(x)在(-,0)上也单调递减又f(3) 0顺(3) f (3) 03 x 0或x 3寸，f (x) 0解法一： 由(1 知，N m|fg( ) 0 m| 3 g()。或g( ) 3M N m|g( ) 32又g( )= cos2 2mcos 4m 3,即 cos mcos 2m 2 0设 cos t,t 0,12 2m 2 m则(t) t mt 2m 2 (t ) 2m 2求M N即求(t) 0在t 0,1上恒成立的m勺取值集合若m0,即m0寸，在0,1上单调递增，则 min=(0) 2m 2 0
10、,此时，m22若 0 m1 时，即 0 m4由(1g2t2知，)2mt2t 1(4、. 14,mfg()g(t)4m 12令 V(t)t t2rrV(t)V(t) 02 、5V(t) maxV(0)t1,2g()g(t) 0由h(t)3 g(t)1 2t2(20t)m)0m|g()0或g()33(2 t)m0,1上恒成立t2 (t24t 11Qt0,1, 2g( ) 32一t mt 2m2)2而V(t)在(2121 2t2在t2(2 t)5,275)上单调递减，即0,1上恒成立1的最小值为h(0)或h(1),又Qh(0)二 一g(t) 32t2 2mt1h=-2V(t)在0,1上单调递减0(2
11、Qt 0,1, 2 t0,mt)m 22 t2 t24m 1 t23,t 0,1令 u(t)t2 2t 2t2,u(t) 2(t 2)2 t t 24t 20,1上恒成立u(t) 则 u(t)0 t 2 ,2或 t 22,u(t) 0h(t) 0在0,2 &上单调递增，2 &,1单调递减，h(t)maxh(22.2) 4 2.2,m 4 2,2, N (4 2、2,综上所述，M N (4 2、, 2,）20.（本小题满分14分）解：（1）解法3(4 i 1)an 121 an1 211an 13(an1 1)an1 13bnbn3,b1bn为等差数列解法二:bnbn 1an 11an 13(a
12、n 114an 111an121an 111)113(an 1 1)2, bn是以2为首相，1为公差的等差数歹上 333(2)由(1) bnb1(n1)3,从而an解法一：cn(n(n4)(n5)9n 201)(n 2)2n 3nn 3n2 3n 2c 1 %cn2n6 n 6(13)3n12 :当n 2时,Sn6(1n3当 n12如下用数学归纳法给予证明当n一,12 时，ln2 2ln2、.e0,假设当只需证：11 时，1 2ln k k 1ln(k1时,S5,不等式白左边=7,不等式成立 1 1故只要证1 -2 32时，不等式成立；ln k1）,即证:1 ln n(n 2),(k 2)成立
13、ln k k,k 1lnk0,1，则不等式可化为即 ln(1x)x,x (0,1)令 f(x)ln(1 x)(x)1 i 士 k 1x 时，有lnk 1f(x) f (0) 0,故 ln(1 x) xf(x)在(0,1)上是减函数又f(x)在0,1上连续，当n k 1时，所证不等式对n 2的一切自然数均成立综上所述，sn n 6(1 ln n)成立.14分解法二：同一法可得：Cn 1 -n下面证明：lnn 1, n N*成立 n 1 n1记一 x,x (0,1)，同一法可证成立 ncn 1 6 1 6ln1 6ln n ln(n 1)nn 1n 1时，s1 5 1 6(1 0) 7,成立n2时，snc1 c2cnn 61 (ln 2 ln1) (ln 3 ln 2)(ln n ln(n 1)n 6(ln n 1)sn n 6(1 ln n)成立