江西省南昌市二中2016届高三上学期第四次考试数学试卷(文)

南昌二中2015—2016学年度上学期第四次考试

高三数学（文）试卷

一、选择题（每小题5分，共60分）

1.已知集合Axxx20,Bxyln1xA. 1,2

B. 1,2

2，则ACRB

D. 1,2

C. 1,1

2．m1是直线mx2m1y10和直线3xmy90垂直的（ ） 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 3.已知x1log12，x22312，x3满足()x3log3x3，则

13A．x1x2x3 B．x1x3x2 C．x2x1x3 D．x3x1x2 4．向量a,b满足a1,b2,(ab)(2ab),则向量a与b的夹角为（ ） A.45 B． 60 C． 90 D． 120 5．已知m,n是两条不同的直线, ,是两个不同的平面,给出下列命题：

①若,m//,则m； ②若m,n,且mn,则； ③若m,m//,则； ④若m//,n//,且m//n,则//． 其中正确命题的序号是（ ）

A．①④ B．②④ C．②③ D．①③ 6. 函数y=2sin()(0x9)的最大值与最小值之差为（ ） 63A．23 B.4 C.3 D.23

7. 各项均为正数的等差数列{an}中，a4a936，则前12项和S12的最小值为（ ）

A.78 B.48 C.60 D.72 8．如图2，网格纸是边长为1的小正方形，在其 上用粗线画出了某多面体的三视图，则该多面 体的体积为（ ）

A. 4 B. 8 C. 16 D. 20

xxy20y9．已知变量x、y满足约束条件x1，则的取

xxy70值范围是 （ ） A．,6 B．,6, C．,36, D．3,6

5599

10．过点(5,2)，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍的直线方程是（ ） A.2xy120 B.2xy120或2x5y0 C.x2y10 D.x2y10或2x5y0

11．若定义在R上的偶函数yfx是0,上的递增函数，则不等式

flog2xf1的解集是（ ）

1

1,2 B.,22, C.R D.2,2 212. 设 f(x)lnx，若函数 g(x)f(x)ax在区间(0，4)上有三个零点，则实数a的

A.取值范围是 A. 0,

1eB. ln2,e 2C. 0,ln2ln21 D. , 22e

二、填空题（每小题5分，共20分） 4a313．已知xR， 使不等式log2是 .

x3x1成立，则实数a的取值范围

14. 过点(1,1)的直线与圆x2y24x6y40相交于A,B两点，则|AB|的最小值

为 . 15.已知ABC90，PA平面ABC，若PAABBC1，则四面体PABC的外接球（顶点都在球面上）的表面积为 . 2x52a，16．函数f(x)x，x1,2，g(x)acos对任意的x11,2，(a0)，总存在x20,1，使得g(x2)f(x1)成立，则a的取值范围为 ．

三、解答题（共6小题，共70分） 17．（本小题满分10分）已知圆C经过点A(2,1)，和直线xy1相切，且圆心在直线y2x上．

（1）求圆C的方程；

（2）已知直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．

18. （本小题满分12分）

已知函数fx2cos2xsinox272x1xR. 6（1）求函数fx的周期及单调递增区间；

（2）在ABC中，三内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知函数fx的图象经过点

uuuruuur1A,，若bc2a,且ABgAC=6，求a的值. 2

2

19．（本小题满分12分） 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D是AB的中点。

（1）证明：BC1//平面ACD； 1（2）设AA，AB22，求异面直线BC1与A1D所成角的大小． 1ACCB2 20．（本小题满分12分）

设等差数列 an的前n项和为 Sn， a5a624,S11143数列 bn的前n项和为

Tn满足2an1Tn(a11)(nN)

1 (I)求数列 an的通项公式及数列 的前n项和；

aann1 (Ⅱ)是否存在非零实数 ，使得数列 bn为等比数列？并说明理由

21．（本小题满分12分）

1ADa，E是

22AD的中点，O是AC与BE的交点，将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四如图1，在直角梯形ABCD中，AD//BC,BAD,ABBC棱锥

A1BCDE．

（Ⅰ）证明：CD平面AOC； 1

3

BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为362，求a的值．（Ⅱ）当平面A 1BE平面

22. （本小题满分12分）

已知函数f(x)(x)e，aR．

（Ⅰ）当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当a1时，求证：f(x)在(0,)上为增函数；

（Ⅲ）若f(x)在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a的取值范围．

南昌二中2015—2016学年度上学期第四次考试

高三数学（文）试卷参案

一、选择题

1.B 2.A 3. A 4. C 5.C 6. A 7. D 8.C 9. A 10. B 11. A 12. D

二、填空题

13. 2,4 14. 4 15. 3

三、解答题

17．（本小题满分10分）已知圆C经过点A(2,1)，和直线xy1相切，且圆心在直线

16. 3,4

axxy2x上．

（1）求圆C的方程；

（2）已知直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．

22【答案】（1）(x1)(y2)2；（2）x0或y3x． 4试题解析: 解：（1）设圆心的坐标为C(a,2a)，

22则(a2)(2a1)|a2a1|22，化简得a2a10，解得a1．

C(1,2)，半径r|AC|(12)2(21)22．

圆C的方程为(x1)2(y2)22．

（2）①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x0，此时直线l被圆C截得的弦长

4

为2，满足条件。

②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx，由题得|k2|31，解得k，41k23直线l的方程为yx．

4综上所述：直线l的方程为x0或y3x． 418. （本小题满分12分）已知函数fx2cos2xsin（1）求函数fx的周期及单调递增区间；

72x1xR. 6（2）在ABC中，三内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知函数fx的图象经过点A,1，2uuuruuur若bc2a,且ABgAC=6，求a的值.

19．如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点。

（1）证明：BC1//平面ACD； 1 5

（2）设AA，AB22，求异面直线BC1与A1D所成角的大小． 1ACCB2【答案】（1）见解析；（2） 6试题解析：（1）证明：连结AC1，交AC1于点O，连结OD， 因为D是AB的中点，所以BC1//OD， 因为BC1平面ACD ，OD⊂平面ACD， 11所以BC1//平面ACD． 1（2）解：结合（1）易知A1D1DO即为异面直线BC1与A所成角，

因为AC=BC，D为AB的中点，所以CD⊥AB，

又因为该三棱柱是直三棱柱，所以CD⊥平面ABB1A1 ， 即CD⊥平面A1DE ，

AA1ACCB2，AB22,A1D6，DOAO11AC2 , 12cosA1DO

3,A1DO． 2620．设等差数列 an的前n项和为 Sn， a5a624,S11143数列 bn的前n项和为

Tn

满足2an1Tn(a11)(nN)

(I)求数列 an的通项公式及数列 1的前n项和； aann1 (Ⅱ)是否存在非零实数 ，使得数列 bn为等比数列？并说明理由 【答案】 (I)

n (II)见解析. 6n9【解析】(I)设数列an的公差为d,由S1111a6143,a613,又a5a624，解得

a511,d2,

*因此an的通项公式是ana5n522n1nN

 6

所以

1111，从而前n项的和为 anan122n12n31111111111n 35572n12n3235572n12n36n9(II)因为a13,2an1Tn(a11)(nN),4nTn2Tn当n1时，b114n2

6；当n2时，bnTnTn134n1.

6所以bn14bnn2，若bn是等比数列，则有b24b1而b1,b212，所以

b22与b24b1矛盾，故数列bn不是等比数列. b1

20．如图1，在直角梯形ABCD中，AD//BC,BAD2,ABBC1ADa，E是2AD的中点，O是AC与BE的交点，将ABE沿BE折起到图2中A1BE的位置，得到四

棱锥

A1BCDE．

（Ⅰ）证明：CD平面AOC； 1BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为362，求a的值． （Ⅱ）当平面A1BE平面

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）a6 试题解析：（Ⅰ）在图1中，因为ABBC所以BEAC，

1ADa，E是AD的中点BAD，22BE平面AOC即在图2中，BEAO 1,BEOC从而1又CD//BE 所以CD平面AOC． 1BCDE， （Ⅱ）由已知，平面A1BE平面

7

且平面A1BE平面

BCDEBE 又由（Ⅰ）知，AO1BE，所以AO1平面BCDE， 即AO1是四棱锥A1BCDE的高， 由图1可知，AO212AB22a，平行四边形BCDE面积SBCABa2， V1SAO1a2223从而四棱锥A1BCDE的为3132a6a， 由26a3362，得a6． f(x)(xa22.已知函数

x)ex，aR． （Ⅰ）当a0时，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （Ⅱ）当a1时，求证：f(x)在(0,)上为增函数；

（Ⅲ）若f(x)在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a的取值范围．

x3x2ax（20）解：函数f(x){xx0}f(x)a定义域为，x2ex.

（Ⅰ）当a0时，f(x)xex，f(x)(x1)ex.

所以f(1)e,f(1)2e.

所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程是ye2e(x1)，

即2exye=0. ……… 3分

x3x2（Ⅱ） 当a1时，f(x)x1x2ex. 设g(x)x3x2x1，则g(x)3x22x1(3x1)(x1).

令g(x)(3x1)(x1)0得，x13或x1，注意到x0，所以x13. 令g(x)(3x1)(x1)0得，注意到x0，得0x13.

8

113311220. 所以函数g(x)在x时取得最小值，且g()3327所以g(x)在(0,)上恒大于零.

所以函数g(x)在(0,)上是减函数，在(,)上是增函数.

x3x2x1xe0恒成立. 于是，当x(0,)，f(x)2x所以当a1时，函数f(x)在0,上为增函数. ……… 7分

x3x2x1xe. （Ⅱ）问另一方法提示：当a1时，f(x)2x由于xxx10在0,上成立，即可证明函数f(x)在0,上为增函数.

32x3x2axa). （Ⅲ）（Ⅱ）f(x)e(x2x设h(x)xxaxa，h(x)3x22xa. (1) 当a0时，h(x)0在(0,)上恒成立，

即函数h(x)在(0,)上为增函数.

而h(0)a0，h(1)20，则函数h(x)在区间0,1上有且只有一个零点x0，使

32(x)<0，在(x0,1)上，f¢(x)>0，故x0为函数f(x)在f(x0)0,且在(0,x0)上，f¢区间0,1上唯一的极小值点; （2）当a0时，当xÎ0,1时，h(x)3x22x0成立，函数h(x)在区间0,1上为

增函数，又此时h(0)0，所以函数h(x)0在区间0,1恒成立，即f¢(x)>0， 故函数f(x)在区间0,1为单调递增函数，所以f(x)在区间0,1上无极值； （3）当a0时，h(x)xxaxaxxa(x1).

当x0,1时，总有h(x)0成立，即f(x)0成立，故函数f(x)在区间0,1上为单调递增函数，所以f(x)在区间0,1上无极值.

综上所述a0.

32329

10