1、2018 级高三十月月考数学试卷级高三十月月考数学试卷 一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分) 1已知集合10 ,1AxR xBxZ x ，则AB （ ） A01xx B11xx C0,1 D 1 2设复数z满足()(1)2ziii，则|z （ ） A5 B5 C2 D1 3已知命题:0,1 x pxe 或sin1x，则 p 为（ ） A0,1 x xe 且sin1x B0,1 x xe 或sin1x C0,1 x xe 且sin1x D0,1 x xe 或sin1x 40a是方程 2 210axx 至少有一个负数根的（ ） A必
2、要不充分条件 B充分不必要条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5函数 lncos 22 yxx 的图象是（ ） A B C D 6ABC中， 内角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c.若 2 2 6,cab 3 C ， 则ABC的面积为 （ ） A6 B 3 3 2 C3 3 D3 7已知奇函数 ( )f x的定义域为R，且是以 2 为周期的周期函数，数列 n a是首项为 1，公差为 1 的等差 数列，则 1210 f af af a的值为 （ ） A0 B1 C1 D2 8已知1,2 ,3,4 ,2,2 ,3,5ABCD，则向量AB在向量CD方向上的投影为（ ） A 10
3、 5 B 2 10 5 C 3 10 5 D 4 10 5 9若2x是函数 2 ( )2() x f xxax eaR的极值点，函数 g xf xm恰好有一个零点，则实 数m的取值范围是（ ） A 2 4 ,0 e B 2 4 ,0 e C 2 4 , e D-0， 10若函数 sin x f xexa在区间R上单调递增，则实数a的取值范围为（ ） A2, B 1, C1, D2, 11已知函数 32 ,0 ( ) 461,0 x ex f x xxx ，则方程 2 2 ( )3 ( )20f xf x实根的个数为（ ） A2 B3 C4 D5 12 已知函数 sinf xxx xR，且 22
4、 23410fyyf xx，则当1y 时， 1 y x 的 取值范围是（ ） A 1 3 , 4 4 B 1 ,1 4 C1,3 23 D 1 , 3 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13当函数sin3cos (02 )yxxx取得最大值时，x_. 14函数 2 1 2 log2yxx 的单调递增区间是_ 15.在平面直角坐标系xOy中，已知向量 22 , 22 m ， sin ,cosnxx ，0,x.若 /mn ，则 x_；若存在两个不同的x值，使得nmt n 恒成立，则实数t的取值范围为_. 16在直角梯形 ,1,
5、2,ABCDABADDCABADDCABEF分别为 ,AB BC的中点， 点P在以A为圆心，AD为半径的圆弧DE上变动 （如 图所示） 若APEDAF，其中, R，则2的取值 范 围是_ 三、解答题（本大题共有三、解答题（本大题共有 6 小题，共计小题，共计 70 分）分） 17.（本小题 10 分） 已知数列 n a的前n项和为 n S，满足： 2 3 22 n n Sn. （I）求数列 n a的通项公式； （II）记 1 1 n nn b a a ，求数列 n b的前n项和 n T. 18 （本小题 12 分）已知向量2 3sincos ,sinaxxx，cos ,sinbxx， 1f x
6、a b . （I）求函数 f x的最小正周期和对称中心 （II）求函数 f x的单调减区间； 19 （本小题 12 分）已知函数 2 ( )2sin3cos2 4 f xxx ， 4 2 x ， （I）求 ( )f x的最大值和最小值； （II）若不等式( )2f xm在 4 2 x ，上恒成立，求实数m的取值范围 20 （本小题 12 分）已知函数 2 1 ( )ln () 2 f xaxx a R （I）当1a时，求 ( )f x在区间1, e上的最大值和最小值； （II）证明：当 1 0, 2 a 时，在区间(1,)上，不等式( )2f xax恒成立. 21 （本小题 12 分）已知在A
7、BC中，三内角A、B、C所对的边分别为, ,a b c，且 3 C . （I）若 22 4caab，求 sin sin B A ； （II）求sinsinAB的最大值. 22 （本小题 12 分）已知函数 , x f xxa eb a bR （I）讨论函数 f x的单调性； （II）对给定的a，函数 f x有零点，求b的取值范围； （III）当 2a ， 0b 时， lnF xf xxx ，记 yF x 在区间 1 ,1 4 上的最大值为m，且 ,1 ,mn nnZ，求 n的值 十月月考理科数学答案十月月考理科数学答案 一选择题：CBCBA BABBA BA 二填空题：13. 5 6 14.
8、,0 15. 3 4 , 22,2 16. 1,1 三解答题： 17. 【解析】 （1） 2 3 22 n n Sn所以当2n时， 2 1 31 (1) 22 n n Sn 两式相减并化简得32 n an 当1n 时， 11 1aS也符合此通项公式故32 n an.5分 （2）由（1）知32 n an，所以 1 11111 (32)(31)3 3231 n nn b a annnn 11111111 11 3447323133131 n n T nnnn 所以 31 n n T n 10 分 18 【解析】 2 12 3sincoscossin1f xa bxxxx r r Q 22 2 3s
9、in coscossin1xxxx 22 3sin2cossin1xxx 3sin2cos21xx 2sin 21 6 x .4 分 （1）函数( )f x的最小正周期是 2 2 T .6 分 由2() 6 xkkZ 得 () 212 k xkZ ， 所以对称中心为,1 () 212 k kZ .8 分 (2)由于函数sinyu的单调递减区间为 3 22, 22 ukukkZ ， 解不等式 3 222 262 kxkkZ ，得 5 36 kxkkZ ， 因此，函数 yf x的单调递减区间为 5 , 36 kkk Z；.12 分 19 解： （1） ( )1 cos23cos21 sin23co
10、s2 2 f xxxxx 12sin 2 3 x 又 , 4 2 x ， 2 2 633 x，即 212sin 23 3 x ， maxmin ( )3,( )2f xf x.6 分 （2）( )2( )2( )2f xmf xmf x， , 4 2 x ， max ( )2mf x且 min ( )2mf x， 14m ，即m的取值范围是(1,4).12 分 20(1)解:当1a时, 2 1 ( )1 2 f xxnx,则 2 11 ( ) x fxx xx 对于1,ex,有( )0fx .( )f x在区间1, e上为增函数 2 max ( )( )1 2 e f xf e , min 1
11、 ( )(1) 2 f xf.6 分 (2)证明: 2 1 ( )( )221 2 g xf xaxaxaxnx ,(1,)x 2 1(21)21(1)(21)1 ( )(21)2 axaxxax g xaxa xxx 当 1 0, 2 a 时,则有2 10a,此时在区间(1,)x上恒有( )0g x 从而( )g x在区间(1,)上是减函数.( )(1)g xg,又 1 (1)0 2 ga ， ( )0g x ,即( )2f xax恒成立. .12 分 21 【解析】(1)由余弦定理及题设， 2222 4cababaab得3ba . 由正弦定理知 sin sin bB aA ，得 sin 3
12、 sin B A .6 分 (2)由已知 2 3 AB， 231 sinsinsin sinsincossin 322 ABAAAAA 11 sin 2 264 A 2 0 3 A，当 3 A 时，sin sinAB取最大值 3 4 .12 分 22 【解析】 （1）函数 f x的定义域为R， 1 xxx xa eeefaxx， 令 0fx 得1xa，所以函数 f x在1,xa 上单调递增； 令 0fx 得1xa，所以函数 f x在,1xa 上单调递减. .3 分 （2）对给定的a，当x 时， f x ， 又因为函数 f x在,1xa 上单调递减，在1,xa 上单调递增 所以函数 f x在1x
13、a时取得最小值， 故函数 f x要有零点，则需有 min 10f xf a， 即： 1 0 a eb ，故 1a be ， 所以对给定的a，函数 f x有零点，b的取值范围为 1 , a e .7 分 （3）当2a，0b时， 2 x f xxe， 所以 ln2ln x F xf xxxxexx， 所以 111 1111 x xx xxe Fxxexex xxx ， 令 1 x g xxe，则 10 x gxxe在 1 ,1 4 上成立， 所以 1 x g xxe在 1 ,1 4 单调递增， 由于 111 ln2 222 1111 1=2 =0 2222 geeee ， 110ge ， 所以存在
14、 0 1 ,1 2 x ，使得 0 0g x，即 0 0 1 x x e. 所以存在 0 1 ,1 4 x ，使得 g x在 0 1 , 4 x 上满足 0g x ， 在 0,1 x上满足 0g x 所以 Fx在 0 1 , 4 x 上满足 0Fx ，在 0,1 x上满足 F0 x ， 所以函数 F x在 0 1 , 4 x 上单调递增，在 0,1 x上单调递减， 所以 0 00000 max 0 2 2ln12 x F xemF xxxxx x ， 0 1 ,1 2 x 令 2 12h xx x ， 1 ,1 2 x ， 则 2 22 222 20 x hx xx 在 1 ,1 2 x 成立， 所以 2 12h xx x 在 1 ,1 2 x 单调递增， 由于 1 14 14 2 h ， 11 223h ，.12 分
