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1、5 12 - 3 2 O y x 秘密启用前 2014 年重庆一中高2015 级高三上期第二次月考 数学试题卷（理科） 数学试题共4页。满分150 分。考试时间120 分钟。 注意事项： 1. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2. 答选择题时， 必须使用 2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦擦 干净后，再选涂其他答案标号。 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 一、选择题（本题共10个小题，每小题5分，共 50分） 1 已知集合 1,1AB
2、，2，2 ，则可以确定不同映射 :fAB 的个数为 ( ) A. 1 B.2 C. 3 D. 4 2已知集合 2 |20 ,|Mx xxNx xa ， 若 MN ，则实数 a的取值范围是 ( ) A 2,) B (2,) C (,0) D (,0 3已知 ,(0,) ，则 2 是 sincos 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 4函数 ( )sin()(0,0)f xAxA 的部分图象如图所示， 则 )(xf （） A 2 sin(2) 6 x B. 2 sin(2) 3 x C. 2 sin(4) 3 x D. 2 sin(4)
3、 6 x 5一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A 5 3 6 B. 4 3 3 C. 5 3 3 D. 3 6方程 xa x 2)2(log 2 1 有解，则 a的最小值为 ( ) 第 5 题 A.2 B.1 C.2 3 D.2 1 7函数 ( )sin(2)3cos(2)f xxx ,（ 2 ）的图像 关于点 (,0) 6 对称，则 ( )f x 的增区间 ( ) A 5 , 36 kkkZ B , 63 kkkZ C 5 , 1212 kkkZ D 7 , 1212 kkkZ 8 1+cos20 4sin10tan80 sin 20 ( ) A. 1 B. 2 C. 3
4、D. 2 9已知函数 ( )fx 的导函数为 ( )fx ，且满足 ( )2 ( )fxf x ，则 ( ) A 2 (2)(1)fe f B 2 (0)(1)e ff C 9 (ln 2)4 (ln3)ff D 2 (ln 2)4 (1)e ff 10 给定实数 (0)a a ， :fRR 对任意实数 x均满足 ( )( )ff xxf xa ，则 ( )fx 的零 点的个数（） A.0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题（本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共 25分） 11 函数 43 )1ln( 2 xx x y 的定义域为 _ 12 在 ABC中， 6042 3AACB
5、C， ,则 ABC 的面积 _ 13 已知定义在R上的函数 ( )fx 满足： 2 2 2,0,1), ( ) 2, 1,0), xx f x xx 且 (2)( )f xfx ， 25 ( ) 2 x g x x ，则方程 ( )( )f xg x 在区间 5，1 上的所有实根之和为 _ 14. 如图所示，已知AB ，BC是 O的两条弦， AO BC ， AB 3，BC 2 2，则O的半径等于 _ 15 以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴， 建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l 的 参数方程是 1 3 xt yt (t 为参数 )，圆 C的极坐标方程是 4cos
6、 ， 则直线 l 被圆 C截得的弦长为_ 16 若不等式 4 |1|3|xxa a对任意的实数x恒成立，则实数a的取值范围是 _ 三、解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （本题满分13分） 已知函数f(x) 2cos()sin()3 cos() 333 xxx (1) 求 f(x)的值域和最小正周期； (2)方程 mf(x) 320在 0, 6 x 内有解，求实数m的取值范围 18 （本题满分13分） 已知函数f(x) ax2+bx aab(a0)，当 ( 1 ,3)x 时， f(x)0 ；当 (, 1 )(3,)x 时， f(x)0 ，k0) ，
7、设 P(x1 ，kx1) ，Q(x2 ，kx2) 由 ykx x2 8 y2 4 1 得： (1 2k2)x2 8， x2 2 2 1 2k2 .(6分) 由 ykx （x1 ）2（ y1 ）22 得： (1 k2)x2 (22k)x 0， x1 22k 1 k2 ， OM OQ x1 2 ， kx1 2 (x2 ，kx2) 1 2(x1x2 k2x1x2) 2 2 1 k 1 2k2 (k0). (9 分) 2 2 （1 k）2 1 2k2 2 2 k22k 1 1 2k2 . 设 (k) k22k1 1 2k2 ， (k) 4k2 2k2 （1 2k2 ）2 ， 令 (k) 4k2 2k
8、2 （1 2k2 ）2 0 ，得 10 ， (k) 在 0， 1 2 上单调递增，在 1 2 ， 上单调递减 当 k 1 2 时， (k)max 1 2 3 2 ，即 OM OQ 的最大值为2 3.12分 22解析：（1 ）由已知得： 2 1 ( ) 1 1 a fx x x ，且函数 ( )f x 在 0x 处有极值 2 1 (0)0 10 10 a f ，即 1a ( )ln(1), 1 x f xx x 22 11 ( ) 1 11 x fx x xx 当 1,0x 时， ( )0fx ， ( )f x 单调递增； 当 0,x 时， ( )0fx ， ( )f x 单调递减； 函数 (
9、)f x 的最大值为 (0)0f 4分 （2）由已知得： 1 ( ) 1 gxb x 若 1b ，则 0,x 时， 1 ( )0 1 g xb x ( )ln(1)g xxbx 在 0, 上为减函数， ( )ln(1)(0)0g xxbxg 在 0, 上恒成立； 若 0b ，则 0,x 时， 1 ( )0 1 g xb x ( )ln(1)g xxbx 在 0, 上为增函数， ( )ln(1)(0)0g xxbxg ，不能使 ( )0g x 在 0, 上恒成立； 若 01b ，则 1 ( )0 1 g xb x 时， 1 1x b ， 当 1 0,1x b 时， ( )0g x ， ( )ln
10、(1)g xxbx 在 1 0,1 b 上为增函数， 此时 ( )ln(1)(0)0g xxbxg ， 不能使 ( )0g x 在 0, 上恒成立； 综上所述， b 的取值范围是 1,x 8分 (3) 由（ 1 ） 、 （2）得： ln(1)(0) 1 x xx x x 取 1 x n得： 111 ln(1) 1nnn 令 2 1 ln 1 n n k k xn k ， 则 1 1 2 x ， 122 2 111 ln 10 111 1 nn nn xx nnnn nn . 因此 11 1 2 nn xxx . 又 1 21 1 lnlnln1ln1ln 1 nn kk nkk k ， 故 11 222 111 11 ln 1ln 1 111 nnn n kkk kkn x kkkkn 因此 11 1 2 nn xxx . 又 1 21 1 lnlnln1ln1ln 1 nn kk nkk k ， 故 11 222 111 11 ln 1ln 1 111 nnn n kkk kkn x kkkkn 111 22 111 1111 11 111 nnn kkk k kkkknkk 12分