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保定家教:白云区高三年期考试 数学(文科)


来源:保定家教中心 日期:2018/9/18
第一部分(选择题 共40 分)
一、选择题共8 小题,每小题5 分,共40 分。在每小题列出的四个选项中,选出符合题目
要求的一项。
(1)若集合A  x x  2  0,集合   2 1
x
B x , 则A  B 
(A)R (B)  ,2  (C)0 ,2  (D) 2 , 
(2)命题“ x  0 , sin x  1”的否定是
(A)  x  0 , sin x  1 (B) x  0 , sin x  1
(C)  x  0 , sin x  1 (D) x  0 , sin x  1
(3)下列函数中,既是偶函数又在 0 ,   上单调递增的是
(A) 2 f ( x )   x (B) x
f x
( )  3 (C) f ( x )  ln x (D) f ( x )  x  sin x
(4)已知数列  n a 满足
1 2 3 2 2 ( 1, 2, 3, ) n a  a  a   a  a n  ,则
(A) 0 1 a  (B) 0 1 a  (C) 1 2 a  a (D) 0 2 a 
(5) 在平面直角坐标系xOy 中,点A 的纵坐标为2 ,点C 在x 轴的正半轴上.
在△ AOC 中,若
3
5
cos  AOC   ,则点A 的横坐标为
(A) 5 (B) 5 (C) 3 (D)3
(6)已知向量a , b 是两个单位向量,则“a  b ”是
 
“ a  b  2 ”的
(A)充分不必要条件 (B) 必要不充分条件
(C)充分必要条件 (D) 既不充分也不必要条件
(7)已知函数
sin( )
1
( )
  
x
f x ( 0 ,
2
 
  )的部分图象如图所
示,则,  的值分别为
(A)2 ,
3
 (B)2 ,
3
 (C) 1,
6
 (D) 1,
6
(8) 若函数 
, 0
, 0
2
2 
x
x
ax x
xe
f x
x
的值域为1
[ , )
e
   ,则实数a
的取值范围是
(A)(0 , e ) (B) ( e ,   ) (C)(0 , e ] (D)[ e ,   )
第二部分(非选择题 共110 分)
二、填空题共6 小题,每小题5 分,共30 分。
(9) 已知等差数列  n a 满足
1 2 4 6 a  2, a  a  a ,则公差d =_____.
(10)已知向量a  (1,0 ) , b  (m , n ) ,若b  a 与a 平行,则 𝑛的值为______.
(11)已知函数 f ( x ) 是定义在R 上的周期为 2 的奇函数,当0  x  1时,
x
f x
1
( )  ,
则 ) (0 ) _______
2
5
f (  f  .
(12)如图,弹簧挂着一个小球作上下运动,小球在t 秒时相对于平衡位置的高度h(厘米)
由如下关系式确定:h  2 s in t  2 co s t , t  [0 ,   ) ,则小球在开始振动(即t  0 )
时h 的值为_________,小球振动过程中最大的高度差为__________厘米.
 
(13) 能够说明 “设x 是实数.若x  1 ,则 3
1
1
x
x ” 是假命题的一个实数x 的值
为______.
(14) 已知非空集合 A, B 满足以下两个条件:
(ⅰ) A B  1, 2 , 3, 4 , A B   ;
(ⅱ)集合A 的元素个数不是A 中的元素,集合B 的元素个数不是B 中的元素.
那么用列举法表示集合A 为 .
三、解答题共6 小题,共80 分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
(15)(本小题13 分)
已知函数 ( ) 2 sin cos 2 cos 1
2
f x  x x  x  .
(Ⅰ)求)
4
(
f 的值;
(Ⅱ)求函数 f ( x ) 的单调递增区间.
(16) (本小题13 分)
已知等比数列  n a 满足8 1 2 3 a a a  , 16 5 a  .
(Ⅰ)求  n a 的通项公式及前n 项和
n S ;
(Ⅱ)设2 1 log   n n b a ,求数列
1
1
n n b b
的前n 项和n T .
(17) (本小题13 分)
如图,△ ABD 为正三角形, A C / / D B ,AC  4 ,
7
21
cos  ABC  .
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(Ⅰ)求sin  ACB 的值;
(Ⅱ)求AB ,CD 的长.
(18)(本小题13 分)
已知函数   ,   2 3
3
f x  x  x g x  x  .
(Ⅰ)求曲线 y  f ( x ) 在点(1, f (1) )处的切线方程;
(Ⅱ)求函数 f ( x ) 在0 ,2 上的最大值;
(Ⅲ)求证:存在唯一的
0 x ,使得    0 0 f x  g x .
(19) (本小题14 分)
已知数列  n a 满足1 1 2 a  a  ,
2 2 ( 1)
n
n n a a     ,(n  N*).
(Ⅰ)写出5 6 a , a 的值; xk.Com]
(Ⅱ)设
n n b a 2  ,求  n b 的通项公式;
(Ⅲ)记数列  n a 的前n 项和为n S ,求数列 18  2 
n
S 的前n 项和n T 的最小值.
(20) (本小题14 分)
已知函数 f ( x ) ( x x ) ln x
2
  .
(Ⅰ)求证:1是函数 f ( x ) 的极值点;
(Ⅱ)设g ( x ) 是函数 f ( x ) 的导函数,求证:g( x )   1 .
 
 
阅卷须知:
1.评分参考中所注分数,表示考生正确做到此步应得的累加分数.
2.其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分.
一、选择题:本大题共8 小题,每小题5 分,共40 分.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
选项 C D C D A C B D
二、填空题:本大题共6 小题,每小题5 分,共30 分.(有两空的小题第一空3 分)
9. 2 10. 0 11.  2
12. 2 ; 4 13. 2 14. 3或1,2,4 (答对一个给3分)
三、解答题: 本大题共6 小题,共80 分.
15.(本题13 分)
解:(I) 1
4
2 cos
4
cos
4
) 2 sin
4
(
2
 
 
 
   
f ……1 分
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
     ……3分 (s in
4
、c o s
4
值各1 分)
 1 ……4分
(II) f ( x )  sin 2 x  cos 2 x ……8 分 (一个公式2分)
2 s in 2
4
x
  
   
 
. ……10 分
令 2 2 2
2 4 2
k x k
  
        ……12 分
3
,
8 8
k x k k
 
        Z
所以函数 f ( x )的单调递增区间为
3
, ,
8 8
k k k
   
    
 
 
Z . …13 分
 
说明:①如果没有代入
4
的过程或没有s in
4
 和c o s
4
 的函数值,但最后结果正
确扣1 分;如果第(I)问先化简的,按照第(II)问相应的评分标准给分。
② (II)问中解析式化简可以写成2 c o s ( 2 )
4
x
 ,参照上面步骤给分。
③求单调区间时, 3
,
8 8
k x k k
 
        Z 正确,但没有写成区间形式、无
k  Z ,只要居其一扣一分,不累扣。
16.(本题13 分)
解:(Ⅰ)设等比数列  n a 的公比为q .
因为 1 2 3 8 a a a  ,且 2
1 3 2 a a  a
所以8
3
2 a  ,得 2 2 a  , ……2分
又因为3
5 2 a  a q  1 6 ,所以 3
q  8 ,得q  2 , 1 1 a  . ……4 分
所以1 2 
n
n a (n  N+), ……5 分
所以1 (1 )
1
n
n
a q
S
q
……6 分
1 2
1 2
n
2 1
n
  …7 分
(Ⅱ)因为n
n a 2 1   ,所以b a n n n   2  1 log , ……9 分
所以
1
1 1
( 1)
1 1
1 
 
 b b n n n n n n
. ……11 分
所以数列
 1
1
n n b b
的前n 项 和
 n T
 
 
  
 
 
 
  
 
1
1 1
3
1
2
1
2
1
1
n n
 ……12 分
 
1
1
1
 
n
 1
n
n
. …13 分
17.(本题13 分)
解:(Ⅰ)因为△ABD 为正三角形,A C / / D B ,所以在△A B C 中,
3
BAC
  ,所以( )
3
A C B A B C
      .
所以s in s in ( )
3
A C B A B C
    ……1 分
= s in c o s c o s s in )
3 3
A B C A B C
 
   ……3 分 (一个公式2 分)
因为在△ ABC 中, 21
co s
7
 A B C  ,ABC  (0, ) ……4分
所以s in
2 7
7
 A B C  . ……5分
所以s in  A C B 
3 2 1 1 2 7 5 7
2 7 2 7 1 4
    . …6 分
(Ⅱ)方法1:
在△ ABC 中, AC  4 ,由正弦定理得:
s in s in
A B A C
A C B A B C
 
, ……8 分
所以
5 7
4
s in 14
5
s in 2 7
7
A C A C B
AB
ABC
  
…9 分
又在正△ABD 中, AB  AD ,
3
D A B
  ,
所以在△ A D C 中,
3
D A C
 
  , …10 分
 
由余弦定理得:
CD  AC  AD  2 AC  AD cos  DAC 2 2 2 ……12 分
1 6 2 5 2 4 5 c o s 6 1
3
 
     
所以CD 的长为61 . ……13 分
方法2:在△ ABC 中,由正弦定理得:
s in s in s in
A B A C B C
A C B A B C B A C
 
  
, ……8 分
所以
5 7
4
s in 14
5
s in 2 7
7
A C A C B
AB
ABC
  
, ……9 分
3
4
s in 2
21
s in 2 7
7
A C B A C
BC
ABC
  
……10 分
所以
1 2 1 3 2 7
2 7 2 7
   
21
14
  . ……11 分
在△ D B C 中,由余弦定理得
2 2 2
C D  D B  B C  2 D B  B C  co s  D B C …12
21
2 5 2 1 2 5 2 1 ( )
14
      
 6 1 .
所以CD 的长为61 . ……13 分
co s  D B C  co s ( D B A   A B C )
 c o s  D B A c o s  A B C  s in  D B A s in  A B C
 
18. (本题13 分)
解:(Ⅰ)由3
f ( x )  x  x ,得 ( ) 3 1 2
f  x  x  , ……1分
所以 f (1)  2 ,又 f (1)  0 ……3 分
所以曲线 y  f ( x ) 在点(1, f (1) )处的切线方程为: y  0  2  x  1,
即:2 x  y  2  0 . ……4分
(Ⅱ)令 f  x   0 ,得
3
3
x   ……5 分
f ( x ) 与 f ( x ) 在区间[ 0 , 2 ]的情况如下:
x 3
(0 , )
3
3
3
3
( , 2 )
3
f  x  - 0 +
f  x  极小值
……7 分
因为 f  0   0 , f  2   6 , ……8分
所以函数 f ( x ) 在区间0,2 上的最大值为6. ……9分
(Ⅲ)证明:设h  x   f  x   g  x  = 3 3
3
x  x  ,
则 3  1 1 2
h ( x )  3 x   3 x  x  , ……10 分
令h ( x )  0 ,得x   1 .
h ( x ) 与h ( x ) 随x的变化情况如下:
x (−∞, −1) −1 (−1,1) 1 (1, +∞)
ℎ′(𝑥) + 0 − 0 +
ℎ(𝑥) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
则h  x 的增区间为  , 1,1, ,减区间为 1,1 . ……11分
 
又h 1   1  0 ,h - 1  h 1  0 ,所以函数h ( x ) 在- 1, 没有零点, ……12 分
又h - 3   -15  0 ,
所以函数h ( x ) 在  , 1上有唯一零点
0 x . ……13 分
综上,在  , 上存在唯一的
0 x ,使得 ( ) ( ) 0 0 f x  g x .
19.(本题14 分)
解:(Ⅰ) 3 4 a   1, a  3
3, 5 5 6 a   a  ; ……2分
(Ⅱ)设
n n b a 2  , *
n  N
则 2( 1) 2 2
1 2 2 2        
n
n n n n b b a a , ……4分
所以  n b 是以1 为首项,2 为公差的等差数列, ……5 分
所以1 ( 1) 2 2 1 n b   n   n  . ……6分
(Ⅲ)解法 1: 2( 1) 2 2 1
2 1 2 1     
 
n
n n a a , *
n  N ,
所以  2 n  1 a 是以 1为首项, 2 为公差d 的等差数列, ……7分
所以数列  n a 的前n 奇数项之和为2
1 2
2
( 1)
d n n
n n
na  
 ……8 分
由(Ⅱ)可知, 2 1 2 a  n  n
所以数列  n a 的前n 个偶数项之和为
  2 2 2
2
n
a a n n 
 ……10 分
所以S n n
2 2  , ……11 分
所以 18 2 18 2 S   n  n .
因为
2 2 2 18 ( 18) 2 n n S S      ,且
2 S  1 8   1 6
 
所以数列 18  2 
n
S 是以 16 为首项,2 为公差的等差数列. ……12 分
由 18 2 18 0 2 S   n  
n
可得n  9 , ……13分
所以当n  8 或n  9 时,数列 18  2 
n
S 的前n 项和n T 的最小值为
72
2
16 9
8 9  
 
T  T  . ……14分
解法二:由*
2 2 ( 1) ( )
n
n n a a n      N 得
2 2 *
2 2 2 2 ( 1) ( , 2 )
n
n n a a n n
     N  ①, ……7分
2 3 *
2 1 2 3 2 ( 1) ( , 2 )
n
n n a a n n
      N  ②, ……8分
把①②两个等式相加可得, 2  1 2 2  3 2  2    n n n n a a a a
*
(n  N , n  2 ) ,
所以2 2 1 2 2 3 2 2 1 2           a a a a a a n n n n  . ……10 分
所以数列  n a 的前2 n 项和S n n
2 2  , ……11 分
(或:由*
2 2 ( 1) ( )
n
n n a a n      N 得
2 1 1 ( 1) 3 ( 3) 5 ...... ( 2 3) ( 2 1) n S            n   n  ……7分
 (1  1)  [ (  1)  3]  [ (  3)  5]  ......  [ (  2 n  3)  ( 2 n  1) ] ……10分
 2 n ……11分)
所以 18 2 18 2 S   n  n .
因为
2 2 2 1 8 ( 1 8) 2 n n S S      ,且
2 S  1 8   1 6
所以数列 18  2 
n
S 是以 16 为首项,2 为公差的等差数列. ……12 分
由 18 2 18 0 2 S   n  
n
可得n  9 , ……13分
所以当n  8 或n  9 时,数列 18  2 
n
S 的前n 项和n T 的最小值为
72
2
16 9
8 9  
 
T  T  ……14 分
 
20.(本题14 分)
(Ⅰ)证明:
证法1: f ( x ) ( x x ) ln x
2
  的定义域为( 0 ,  ) ……1 分
由 f ( x ) ( x x ) ln x
2
  得
2 1
f '( x ) ( 2 x 1) ln x ( x x ) ( 2 x 1) ln x x 1
x
        , ……2 分
 f '(1)  0 . ……3分
当x  1 时,( 2 x  1) ln x  0 , x  1  0 , f '( x )  0 ,故 f ( x ) 在(1,  )上单调递增;
……4 分
1
1
2
 x  时,( 2 x  1) ln x  0, x  1  0 , f '( x )  0 ,故 f ( x ) 在
1
( ,1)
2
上单调递减;
……5 分
(此处为推理说明)
所以1是函数 f ( x ) 的极值点. ……6分
证法2:(根据极值的定义直接证明)
f ( x ) ( x x ) ln x
2
  的定义域为( 0 ,  ) ……1分
f ( x )  x ( x  1) ln x ,  f (1)  0 ……3分
当x  1 时,x ( x  1)  0 , ln x  0 , f ( x )  0 ,即 f ( x )  f (1); ……4分
当0  x  1时,x ( x  1)  0 , ln x  0 , f ( x )  0 ,即 f ( x )  f (1); ……5 分
根据极值的定义, 1是 f ( x ) 的极值点. ……6 分
(Ⅱ)由题意可知,g ( x )  ( 2 x  1) ln x  x  1
证法1:
1
g '( x ) 2 ln x 3, x (0 , )
x
      ,
1
h ( x ) 2 ln x 3, x (0 , )
x
      ,
2 2
2 1 2 1
'( ) 0
x
h x
x x x
     ,故h ( x ) 在(0 ,  ) 上单调递增. ……7 分
1
(1) 2 0 , ( ) 1 ln 4 ln 0
2 4
e
h   h     ,又h ( x ) 在(0 ,  ) 上连续,
 
0
1
( ,1)
2
  x  使得
0 h ( x )  0 ,即
0 g '( x )  0 , ……8分
0
0
1
2 ln x 3 0
x
   .(*) ………………9 分
g '( x ) , g ( x )随 x的变化情况如下:
x
0 (0, x ) 0 x 0 ( x ,  )
g '( x )
 0 
g ( x )
↘ 极小值 ↗
……10 分
min 0 0 0 0 g ( x )  g ( x )  (2 x  1) ln x  x  1 . ……11分
由(*)式得
0
0
1 3
ln
2 2
x
x
  ,代入上式得
m in 0 0 0 0
0 0
1 3 1 3
( ) ( ) ( 2 1) ( ) 1 2
2 2 2 2
g x g x x x x
x x
          . ……12 分
1 3 1
( ) 2 , ( ,1)
2 2 2
t x x x
x
     ,
2 2
1 (1 2 ) (1 2 )
'( ) 2 0
2 2
x x
t x
x x
 
    ,故t ( x ) 在
1
( ,1)
2
上单调递减. ……3 分
 t ( x )  t (1) ,又t (1)   1, t ( x )   1 .
0 g ( x )   1  g ( x )   1 . ……14分
证法2:g ( x )  ( 2 x  1) ln x  x  1  2 x ln x  ln x  x  1, x  (0 ,  ) ,
令h ( x )  2 x ln x , t ( x )   ln x  x  1, x  (0,  ) , …7分
h '( x )  2 ( ln x  1),令h '( x )  0 得
1
x
e
 . …8 分
h '( x ) , h ( x ) 随x的变化情况如下:
x 1
(0 , )
e
1
e
1
( , )
e
 
h '( x )
 0 
h ( x )
↘ 极小值 ↗
 
m in
1 2
h ( x ) h ( )
e e
    ,即
2
2 x ln x
e
  ,当且仅当
1
x
e
 时取到等号.……10 分
1
'( )
x
t x
x
 ,令t '( x )  0 得x  1 . …11分
t '( x ) , t ( x ) 随 x的变化情况如下:
x (0 ,1) 1 (1,  )
t '( x )
 0 
t ( x )
↘ 极小值 ↗
……12 分
min  t ( x )  t (1)  0 ,即x  1  ln x  0 ,当且仅当x  1 时取到等号. ……13 分
2
2 x ln x ( ln x x 1) 1
e
         .
即g ( x )   1 . ……14分

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