常州市武进区2012～2013学年度第一学期期中高三数学试卷及答案(理)

武进区教育学会2012～2013学年度第一学期期中

高三理科数学试题

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷

相应的位置上）

1．已知全集U1,2,3,4,5,6,7，A2,4,5，则CUA ▲ . 2．已知向量a(cos35,sin35),b(cos65,sin65)，则向量a与b的夹角为

▲ ．

3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a4a1016，则a10 ▲ ． 4．不等式x1x2x30的解集是 ▲ ．

25．函数yxcosxsinx，x(0,2)单调增区间是 ▲ ． 6．若实数x满足log2xcos2，则x8x2= ▲ ．

657．已知向量a,b满足|a|5,|b|13，cosa,b.若kab与a3b垂直，则

65k ▲ ．

x218．已知函数y=的图象与函数y=kx2的图象没有交点，则实数k的取值范围是

x1▲ ．

9．等差数列an中，已知a27，a69，则a10的取值范围是 ▲ ．

10．已知A、B、C是直线l上的三点，向量OA,OB,OC满足

OA[fx2'f(1)x]OBl，nxOyC则函数f(x)的表达式为 ▲ .

x3)11．已知f(x)log，若实数m,n满足f(m)f(3n)2,则mn的最小值为 3(▲ .

x22ax,x1,12．已知函数f(x) 若x1,x2R,x1x2，使得f(x1)f(x2)成立，则实

ax1,x1,数a的取值范围是 ▲ .

13．给出以下命题：

（1）在△ABC中，sinAsinB是AB的必要不充分条件；

（2）在△ABC中，若tanAtanBtanC0，则△ABC一定为锐角三角形； （3）函数yx11x与函数ysinx,x1是同一个函数；

（4）函数yf(2x1)的图象可以由函数yf(2x)的图象按向量a(1,0)平移得到.

则其中正确命题的序号是 ▲ （把所有正确的命题序号都填上）． 14．数列{an}满足an1(1)ann，则{an}的前40项和为 ▲ ．

n二、解答题：（本大题共6道题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过

程或演算步骤）

15．（本题满分14分）

设函数f(x)sin(2x) (π0).yf(x)图像的一条对称轴是直线x（1）求函数f(x)的解析式； （2）若f()π． 8235,(0,)，试求f()的值. 58

16．（本题满分14分）

如图，点P在ABC内，ABCP2, BC3, PBπ，记B． （1）试用表示AP的长； （2）求四边形ABCP的面积的最大值，并写出此时的值．

A

B  P

（第16题图）

C

17．（本题满分14分）

已知fxaxlnx,x0,e，其中e是自然常数，aR. (1)当a1时，求f(x)的单调性和极值； (2)若f(x)3恒成立，求a的取值范围.

18．（本题满分16分）

a1各项均为正数的数列an中，前n项和Snn.

2(1)求数列an的通项公式； （2）若

2111k恒成立，求k的取值范围； a1a2a2a3anan1m2m(3)对任意mN*，将数列an中落入区间(2,2)内的项的个数记为bm，求数列bm的前m项和Sm.

19．（本题满分16分）定义在实数集上的函数f(x)满足下列条件：①f(x)是偶函数； ②对任意非负实数x、y，都有f(xy)2f(x)f(y)；③当x0时，恒有f(x)（1）求f0的值；

（2）证明：f(x)在0，上是单调增函数；

（3）若f32，解关于a的不等式fa22a98．

20．（本题满分16分）

设函数f(x)ax3bx2cxd是奇函数，且当x（1）求函数f(x)的解析式；

323时，f(x)取得极小值. 391． 211f(x)nx4n0仅有整数根的所有正实数n的值； 33（3）设g(x)|f(x)(3t1)x|，（x[]，求g(x)的最大值F(t)． 1,1）

（2）求使得方程

武进区2012～2013学年度第一学期期中调研测试

高三理科数学试题评分标准

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）

1．1,3,6,7 2．30 3．32 4．xx3或x1 5．(,2) 6．10 7．19 8．4,1 9．11, 10．fxlnx2x1 311．234 12．,12, 13．（2）、（3） 14．420 二、解答题：（本大题共6道题，计90分） 15．（本小题满分14分） 解：（1）∵x8是函数yf(x)的图象的对称轴，

∴sin(28)1，∴

4k2,kZ，………………2分

∵－0，∴故f(x)sin(2x（2）因为f()3， ………………4分 43) ………………6分 43,(0,)，

253334所以sin()，cos() ………………8分

4545333333故sinsin[( )]sin()coscos()sin4444442432()＝ ………………11分 25510553而f()sin[2()]sin(2)cos2

884222242)＝12sin12(. 1025524所以，f(. ………………14分 )82516．（本题满分14分）



解：（1）△ABC与△APC中，由余弦定理得，

AC22232223cos ， ① ………………2

分

AC2AP2222AP2cos，② ………………4

分

0， ， 由①②得AP24APcos12cos90，解得AP34cos； ………………7分 0，  ………………10（2）SSABCSAPC123sin12APsin,22分

 ………………12分 由（1）得S4sincos2sin2， 0，所以当时，Smax2． ………………14

4分

17．（本题满分14分） 解：(1) fxxlnx1x1…………………………2分 xx∴当0x1时，f'x0，此时fx为单调递减；

f'(x)1当1xe时，f'x0，此时fx为单调递增. ………………4分 ∴当f(x)的极小值为f11，f(x)无极大值………………………………6分 （2）法一：∵fxaxlnx,x0,e， ∴axlnx3在x0,e上恒成立，

3lnx在x0,e上恒成立，………………8分 xx3lnx令g(x)，x0,e，

xx31lnx2lnx∴g'(x)2………………10分 22xxx1令g'(x)0，则x2，

e1当0x2时，f'x0，此时fx为单调递增，

e1当2xe时，f'x0，此时fx为单调递减， ………………12分 e1∴g(x)maxg(2)3e22e2e2，

e即a

∴ae2. ………………14分 法二：由条件：axlnx30在x0,e上恒成立 令g(x)axlnx3，x0,e，g'(x)a1ax1， ………………8分 xx1a1时，g'(x)0恒成立，∴g(x)在0,e上递减， e∴g(x)ming(e)ae4；

由条件知ae40∴a4e 与a1e矛盾. 2a1e时，令g'(x)0，∴x1a

当0x1a时，f'x0，此时fx为单调递增，

当1axe时，f'x0，此时fx为单调递减， g(x)g(1maxa)lna2，

∴lna20, 即ae2. 18．（本题满分16分）

a122解：(1)Snn2 ，San-11n-12,n2，

22两式相减得aa12an-11nn2,n2， 整理得anan-1anan-120，

数列an的各项均为正数，anan-12,n2，

an是公差为2的等差数列， 2又Sa1112得a11，an2n1. （2）由题意得k1a1a12a2a1， 3anan1max1a1111， nan12n12n122n12n1

………………10分 ………………12分 ………………14分 ………………2分

………………4分 ………………5分

1111111111 a1a2a2a3anan123352n12n11111 ………………8分 22n121 ………………10分 211m2m (3)对任意mN，22n12，则2m1n22m1，

22k而nN*，由题意可知bm212m12m1， ………………12分

2m1于是Smb1b2bm2223(20212m1)

222m112m22m1222m132m1m， 21122123322m132m1即Sm. ………………16分

319．（本题满分16分）

解：（1）解：令x0，y1，

则f12f(0)f(1)，

f11，f(0)1. ………………4分

22（2）当x0时，恒有f(x)1，又f(x)是偶函数， 212当x0时， f(x)fx，

又f(0)1，fx0恒成立. ………………6分

2设0x1x2，则x2x10，fx2x11， 2fx22fx1fx2x1fx1， ………………9分

f(x)在0，上是单调增函数. ………………10分

（3）令xy3，则f62f238，………………12分

fa22a9fa22a9f6，



由f(x)在0，上是单调增函数，

得a2a96， ………………14分

2a22a96a1或a3即2，解得，

3a5a2a963a1或3a5. ………………16 分

20．（本题满分16分）

解：（1）f(x)为奇函数，bd0， ………………2分

3323，得a1,c1， )0及f()339f(x)x3x； ………………4分

又由f(333x时，f(x)0，当时f(x)0，

33333时取得极小值，f(x)xx为所求 ………………5分 f(x)在x3112（2）方程f(x)nx4n0化简得： xnx4n0，

33因为方程仅有整数解，故n为整数，

当x又由xn(x4)及n0知，x40. ………………7分

2x216(x4)8，故x4为16的正约数， ………………9分 又nx4(x4)所以x41,2,4,8,16，进而得到n16,18,25. ………………10分 （3）因为g(x)|x3tx|,x[1,1]是偶函数，所以只要求出g(x)在[0,1]上的最大值即可.记h(x)x3tx，h(x)3x3t3(xt)，

（1）t0时，h(x)0，h(x)在[0,1]上单调增且h(x)h(0)0.

∴g(x)h(x)，故F(t)h(1)13t； ………………12分

（2）t0时，由h(x)0得，x3223t,和xt，

①当t1即t1时，h(x)在[0，1]上单调减， ∴h(x)h(0)0，故g(x)h(x)，

F(t)h(1)3t1； ………………14分

②当t1即0t1时，h(x)在(0,t)单调减，(t,1)单调增，

1t1时，|h(t)||h(1)|，∴F(t)h(t)2tt， 41（Ⅱ）当2t1，即0t时，h(1)2tt，∴F(t)h(1)13t，

（Ⅰ）当t12t，即

413t,t14综上可知，F(t)2tt,1t1. 43t1,t1

………………16分