广东佛山市石门中学2014届高三第二次检测(数学文)

2013—2014学年度第二学期高三年级月考 文科数学（函数数列三角解几）

命题人：刘铠勇

(考试时间：120分钟，满分150分)

一. 选择题（每题5分共50分，请把答案填在答题卷上）

1．设全集为R，集合A=x1x1,Bxx0,则CRAB等于C

A．{x|0x1}

B．{x|x0}

C．{x|x1}

D．{x|x1}

2．过点（1，0）且与直线x-2y-2=0垂直的直线方程是C

A．x-2y-1=0

B．x-2y+1=0

C．2x+y-2=0

D．x+2y-1=0

3．已知函数fx＝sin(x2)(x∈R)，下面结论错误的是 D

B．函数fx在区间[0，D．函数fx是奇函数

A．函数fx的最小正周期为2π

]上是增函数 2C．函数fx的图象关于直线x＝0对称

4．复数z12i，z是z的共轭复数，则

z对应的点在 C z

C．第三象限

D．第四象限

A．第一象限 B．第二象限

5．下列四类函数中，具有性质“对任意的x>0，y>0，函数f（x）满足f（x＋y）＝f（x）f（y）”的是C

A．幂函数

B．对数函数

C．指数函数

D．余弦函数

x2y21表示双曲线”的 A 6．“k9”是“方程k49kA.充分不必要条件

B.必要不充分条件 D.充分必要条件

C.既不充分也不必要条件

7．等差数列｛an｝的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是B

A．90

B．100

22 C．145 D．190

8．直线l：x3y0被圆xy2x0截得的弦长为 D

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A．1

B．6 4

C．2

D．3 9．在△ABC中，C90， AB(k,1),AC(2,3),则cosA的大小为B

2 2

C．A．3 2 B．2 4 D

13 1310．半径不等的两定圆O1、O2无公共点(O1、O2是两个不同的点)，动圆O与圆O1、O2都内切，则圆心O轨迹是 D

A. 双曲线的一支

B.椭圆或圆 D.双曲线一支或椭圆

C. 双曲线的一支或椭圆或圆

二. 填空题（其中11—13题为必做题；14、15题只需选做一题，全部作答的以14题答案为准。每题5分，

共20分，请把答案填在答题卷上）

11．函数yf(x)的图象与函数ylog3x(x0)的图象关于直线yx对称,则

f(x)____________.w3x(xR)123.c

t24t112．已知t0，则函数y的最小值为____________．-2

tx2y2b13．椭圆221ab0的离心率e1；该命题类比到双曲线中，一个真命题是：双曲abax2y2线221a0,b0的离心率e 。 ab14．（坐标系与参数方程选做题）在同一平面坐标系中，经过伸缩变换2x3x,后，曲线C变为曲线

yyAx29y29，则曲线C的参数方程是 。

OBCP15．（几何证明选讲选做题）如图，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若

PB1PC1BC6=,=，则的值为__________． PA2PD3AD6D第2页（共15页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

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三. 解答题（共6大题，合计80分，请写出必要的过程、计算及最简答案，所有解答必须写在答题卷上）

16、（本题满分12分）在锐角△ABC中,内角A,B，C所对的边分别为a，b，c。已知c＝

5时，求a的大小。 122212216、解：（1）由2sinC2cosC1有：cos2CcosCsinC（3分）

2,2sin2C2cos2C1。求（1）△ABC外接圆半径；（2）当B=（也可将1化为1sin2Ccos2C，转化为tanC求解C） ∵C∈（0，

2）∴2C=23，从而有：C3（6分）

∴△ABC外接圆直径2R=

c43sinC3，半径长为233。（8分） （2）B=

512时，ABC4（9分） 由正弦定理有：asinAsinCc=263（12分） （注：此题第二问也可设a=1,求b的大小等。。。）

第3页（共15页） 2

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17．（本题满分12分）已知函数f(x)=ax+cosx，a∈R.

(1)当a=2时，求y=f(x)在x=

22处的切线方程； 2（2）若f(x)在[0，]内单调递增，求a的取值范围。

217．解：（1）a=2时，f(x)=2x+cosx， f(x)2sinx（2分）

∴f()2sin22=1=k，f()=2×

2+cos= 22（4分）

所求切线方程为：yx2，即：2x2y0。 （6分）

2（2）f(x)a2sinx≥0在x∈[0，]内恒成立,只需a≥(sinx)max （8分） 当x∈[0，]时，sinx≤sin

2=1,故有a≥1 （10分） 2∴a∈,11,。（12分）

18、（本题满分14分）已知二次函数f(x)xaxa（aR）同时满足：

① 不等式f(x)0的解集有且只有一个元素；

② 在定义域内存在0x1x2，使得不等式f(x1)f(x2)成立。 数列an的通项公式为an21*（nN）.

f(n3)1（1）求函数f(x)的表达式； （2）求数列{an}的前n项和Sn.

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18、（1）∵不等式f(x)x2axa≤0的解集有且只有一个元素，

2∴a4a0，解得a0或a4．

（3分）

当a0时，函数f(x)x2在(0,)递增，不满足条件②

当a4时，函数f(x)x24x4在(0,2)上递减，满足条件② （5分） 综上得a4，即f(x)x24x4．

（6分） （8分）

（2）由（1）知fn31n22n=nn2 ∴an1111

nn22nn2 （10分）

∴Sn=

111111111... 21324n1n1nn2

（14分）

32n33n25n== 42n1n24n1n2

19.（本题满分14分）椭圆以坐标轴为对称轴，且经过点（1，B。

3）、（-2，0）。记其上顶点为A，右顶点为2（1）求圆心在线段AB上，且与坐标轴相切于椭圆焦点的圆的方程； （2）在椭圆位于第一象限的弧AB上求一点M，使△MAB的面积最大。 19．解：设椭圆方程为AxBy1，将（1，

223）、（-2，0）代入有： 2第5页（共15页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

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19Ax2y2AB14，解得： ∴椭圆方程为：1 443B14A13故有A（0，3），B（2，0），右焦点（1，0） 直线AB方程为：

（4分）

xy1，即：3x2y230 23 （7分）

（1）由题意知圆心（a,b）在第一象限，圆与X轴相切于（1，0），故a=1 代入3x2y230，求得：b=233,半径r=b= 22332故圆的方程为：x1y（或：x2y22x3y10）（10分） 24（2）法一：设M（2cos,3sin）(0<<)

223cos23sin23232sin(4)1则M到直线AB距离为：d==

437由0<<

知当=时，2sin()1取最大值，d取最大值. 244∵AB长为定值，故此时△MAB的面积最大。 得M（2，6） 2 （14分）

法二：设与AB平行的直线为3x2yp0， 当此直线与椭圆相切于第一象限时，切点即所求M点。

3x2yp0由x2y2得：6x223pxp2120①

134令①中△=0，有：12×（24-p）=0

又直线过第一象限，故p<0,解得p=-26，

2此时由①有x=23p2 26第6页（共15页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

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代入椭圆方程，取y>0，解得y=66.故M（2，）。 2220、（本题满分14分）如图示：已知抛物线C：x24y的焦点为F，过点F作直线l交抛物线C于A、

B两点，经过A、B两点分别作抛物线C的切线l1、l2，切线l1与l2相交于点M．

（1）当点A在第二象限，且到准线距离为（2）证明：ABMF．

20、解：（1）由题意知F(0,1)，设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2) （1分） ∵

5时，求|AB|； 4y B F A 5p=y1y11， 42∴y11 4 （2

O M x 分） ∴A(－1,13)时，此时直线l方程为：yx1 44

（3分）

3yx1x24由解得：，即B（4，4） 4y42x24y∴|AB|=

（5分）

25（由焦点弦长y1y2p或两点间距离公式均可计出）（6分） 4（2）显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为ykx1，

由ykx1x4y2，得x4kx40，

2 （8分）

∴ x1x24k，x1x24． ∵抛物线C的方程为y121x，求导得yx， 42 （9分）

∴过抛物线C上A、B两点的切线方程分别是

11x1(xx1)，yy2x2(xx2)， 22112112即 yx1xx1，yx2xx2，

2424yy1解得两条切线l1、l2的交点M的坐标为

（11分）

(x1x2x1x2,)，即M(2k,1)． 24 （13分）

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11k1． ∴kFMkAB2k∴ABMF．

21、（本题满分14分）已知函数fxlnxax23x,且在x=1时函数取得极值.

(1)求f(x)的单调增区间; (2)若gx=x2x1(x0),

2 （14分）

(Ⅰ)证明:当x>1时, gx的图象恒在f(x)的上方.

*(Ⅱ)证明不等式2n18ln(123...n)nN恒成立.

221、解：(1)fx12ax3(x0)（1分） x由f’(1)=0有：a=1（2分） 此时fx2x1x1(x0)可知x=1时f(x)的极值点，12x3（3分） xx1或x1 21∴f(x)的单调增区间为(0,),(1,+∞).（5分）

2且f'x>00x(2) (Ⅰ)设hx=gx-f(x)=xlnx1(x0) ∴hx11 x当x>1时，有hx>0恒成立，hx递增，∴hx>h1=0 ∴gx>f(x)恒成立，即gx的图象恒在f(x)的上方。（8分） (Ⅱ) n=1时，不等式左边=1，右边=0，不等式成立。（9分） 由(Ⅰ)知：x>1时，xlnx1>0恒成立 ∴n>1时，lnnn1 （10分）

分别令n取2，3，。。。，并将各式相加，有：ln2ln3...lnn12...(n1)（12分）

1(n1)1n2n12∴ln(23...n)<(nn) n1=

22422∴4n4n18ln(123...n)，即： 2n18ln(123...n) (13分)

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*综上有：2n18ln(123...n)nN恒成立。（14分）

2石门中学2013—2014学年度第二学期高三年级数学（文）科

第二次检测题答案

一、选择题（每题5分共50分）

题号 答案 二．填空题

1 C

2 C

3 D

4 C

5 C

6 A

7 B

8 D

9 B

10 D

xcos6b11． 3(xR)123.c12． -2 13．1 14．（为参数） 15．

6aysinx2

三．解答题（共6大题，合计80分，请写出必要的过程、计算及最简答案，所有解答必须写在答题卷上）

16、（本题满分12分）在锐角△ABC中,内角A,B，C所对的边分别为a，b，c。已知c＝

5时，求a的大小。 122212216、解：（1）由2sinC2cosC1有：cos2CcosCsinC（3分）

22,2sin2C2cos2C1。求（1）△ABC外接圆半径；（2）当B=（也可将1化为1sinCcosC，转化为tanC求解C） ∵C∈（0，

222）∴2C=，从而有：C（6分）

332c4323，半径长为。（8分） sinC33∴△ABC外接圆直径2R=

（2）B=

5时，ABC（9分） 124sinAc=26（12分） sinC32由正弦定理有：a17．（本题满分12分）已知函数f(x)=ax+cosx，a∈R.

(1)当a=2时，求y=f(x)在x=

2处的切线方程； 2（2）若f(x)在[0，]内单调递增，求a的取值范围。

17．解：（1）a=2时，f(x)=2x+cosx， f(x)2sinx（2分）

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2 世纪金榜 圆您梦想 www.jb1000.com ∴f()2sin=1=k，f()=2×+cos= （4分）

22222所求切线方程为：yx，即：2x2y0。 （6分）

2（2）f(x)a2sinx≥0在x∈[0，]内恒成立,只需a≥(sinx)max （8分） 当x∈[0，]时，sinx≤sin

22=1,故有a≥1 （10分） 2∴a∈,11,。（12分）

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18、（本题满分14分）已知二次函数f(x)x2axa（aR）同时满足：

③ 不等式f(x)0的解集有且只有一个元素；

④ 在定义域内存在0x1x2，使得不等式f(x1)f(x2)成立。 数列an的通项公式为an1*（nN）.

f(n3)1（1）求函数f(x)的表达式； （2）求数列{an}的前n项和Sn.

18、（1）∵不等式f(x)x2axa≤0的解集有且只有一个元素，

2∴a4a0，解得a0或a4．

（3分）

当a0时，函数f(x)x2在(0,)递增，不满足条件②

当a4时，函数f(x)x24x4在(0,2)上递减，满足条件② （5分） 综上得a4，即f(x)x24x4．

2

（6分） （8分）

（2）由（1）知fn31n2n=nn2 ∴an1111

nn22nn2 （10分）

∴Sn=

111111111... 21324n1n1nn2

（14分）

32n33n25n== 42n1n24n1n2

19.（本题满分14分）椭圆以坐标轴为对称轴，且经过点（1，B。

3）、（-2，0）。记其上顶点为A，右顶点为2（1）求圆心在线段AB上，且与坐标轴相切于椭圆焦点的圆的方程； （2）在椭圆位于第一象限的弧AB上求一点M，使△MAB的面积最大。 19．解：设椭圆方程为AxBy1，将（1，

223）、（-2，0）代入有： 2第11页（共15页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

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19Ax2y2AB14，解得： ∴椭圆方程为：1 443B14A13故有A（0，3），B（2，0），右焦点（1，0） 直线AB方程为：

（4分）

xy1，即：3x2y230 23 （7分）

（1）由题意知圆心（a,b）在第一象限，圆与X轴相切于（1，0），故a=1 代入3x2y230，求得：b=233,半径r=b= 22332故圆的方程为：x1y（或：x2y22x3y10）（10分） 24（2）法一：设M（2cos,3sin）(0<<)

223cos23sin23232sin(4)1则M到直线AB距离为：d==

437由0<<

知当=时，2sin()1取最大值，d取最大值. 244∵AB长为定值，故此时△MAB的面积最大。 得M（2，6） 2 （14分）

法二：设与AB平行的直线为3x2yp0， 当此直线与椭圆相切于第一象限时，切点即所求M点。

3x2yp0由x2y2得：6x223pxp2120①

134令①中△=0，有：12×（24-p）=0

又直线过第一象限，故p<0,解得p=-26，

2此时由①有x=23p2 26第12页（共15页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司

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代入椭圆方程，取y>0，解得y=

20、（本题满分14分）如图示：已知抛物线C：x24y的焦点为F，过点F作直线l交抛物线C于A、

66.故M（2，）。 22B两点，经过A、B两点分别作抛物线C的切线l1、l2，切线l1与l2相交于点M．

（1）当点A在第二象限，且到准线距离为（2）证明：ABMF．

20、解：（1）由题意知F(0,1)，设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2) （1分） 5时，求|AB|； 4y 5p1∵=y1y11， ∴y1 42413∴A(－1,)时，此时直线l方程为：yx1

44B F A O M x

（2分） （3分） 3yx1x24由解得：，即B（4，4） 4y42x24y∴|AB|=

（5分）

25（由焦点弦长y1y2p或两点间距离公式均可计出）（6分） 4125(也可结合第二问，由x1x24，得y1y2=1，从而有y2,|AB|=y1y22=)

44（2）显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为ykx1，

ykx12由2，得x4kx40， x4y∴ x1x24k，x1x24． ∵抛物线C的方程为y （8分）

121x，求导得yx， 42 （9分）

∴过抛物线C上A、B两点的切线方程分别是

11x1(xx1)，yy2x2(xx2)， 22112112即 yx1xx1，yx2xx2，

2424yy1解得两条切线l1、l2的交点M的坐标为

（11分）

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世纪金榜 圆您梦想 www.jb1000.com xxxx(12,12)，即M(2k,1)． （13分）

2411k1． ∴kFMkAB2k∴ABMF．

21、（本题满分14分）已知函数fxlnxax23x,且在x=1时函数取得极值.

(1)求f(x)的单调增区间; (2)若gx=x2x1(x0),

2 （14分）

(Ⅰ)证明:当x>1时, gx的图象恒在f(x)的上方.

*(Ⅱ)证明不等式2n18ln(123...n)nN恒成立.

221、解：(1)fx12ax3(x0)（1分） x由f’(1)=0有：a=1（2分） 此时fx2x1x112x3(x0)可知x=1时f(x)的极值点，（3分） xx1或x1 21∴f(x)的单调增区间为(0,),(1,+∞).（5分）

2且f'x>00x(2) (Ⅰ)设hx=gx-f(x)=xlnx1(x0) ∴hx11 x当x>1时，有hx>0恒成立，hx递增，∴hx>h1=0 ∴gx>f(x)恒成立，即gx的图象恒在f(x)的上方。（8分） (Ⅱ) n=1时，不等式左边=1，右边=0，不等式成立。（9分） 由(Ⅰ)知：x>1时，xlnx1>0恒成立 ∴n>1时，lnnn1 （10分）

分别令n取2，3，。。。，并将各式相加，有：ln2ln3...lnn12...(n1)（12分）

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1(n1)1n2n12∴ln(23...n)<(nn) n1=

2242∴4n24n18ln(123...n)，即： 2n18ln(123...n) (13分)

*综上有：2n18ln(123...n)nN恒成立。（14分）

22第15页（共15页） 山东世纪金榜科教文化股份有限公司