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河北省衡水中学2019届高三上学期二调考试 数学(理)

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                  衡水中学         2019   届高三上学期二调考试

                               数学(理科)试卷

                               第Ⅰ卷(选择题 共        60 分)

1、选择题(本大题共         12 小题,每题     5 分,共   60 分。每小题给出的四个选项中只有一项是符合题

意的)

         M   x log (x 1)  0 ,  N   x x  2 ,
1.设集合             2         集合               则 N  M  

    x 2  x  2       x x  2      x x  2      x 1 x  2
A.               B.           C.        D.          

                1             3 
       sin          cos 2     
2.已知      5      4 ,则           5 

    7        7        1           1
                               
A.  8      B. 8      C. 8       D. 8

           a
3.等差数列     n的前   n 项和为   Sn ,若 a3  a7  a10  5,a11  a4  7, 则 S13 =

A.152    B.154    C.156    D.158

                                                          
                                           y  2 cos 2x  
4.要得到函数      y  2 sin 2x 的图象,只需将函数                      4  的图象上所有的点

              
A.向左平行移动       4 个单位长度

              
B.向右平行移动       8 个单位长度

              
C.向右平行移动       4 个单位长度

              
D.向左平行移动       8 个单位长度

                          x
                log1 a  3  x  2
5.若关于    x 的方程     3              有解,则实数      a 的最小值为
A.4    B.6    C.8    D.2
                      中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台
           a                                                   
6.已知数列     n的前   n 项和为   Sn , a1 1,a2  2, 且对于任意  n 1,n N  , 满足

 S   S    2 S 1  ,
  n1  n1    n    则 S10 =

A.91   B.90    C.55    D.100

                      x     x                 2 
           f x   4sin   Acos   (  0)         ,
                                                                       0,
7.已知函数                 2      2        在区间     2  3  上是增函数,且在区间            上恰
好取得一次最大值,则           的取值范围为

              3       1  3
             0,            ,
    0,1                          1,
A.      B.  4     C. 2 4     D.    

8.已知   f (n) 表示正整数   n 的所有因数中最大的奇数,例如:12               的因数有    1,2,3,4,6,12,则

                                                 100
                                                   f (i)
 f (12)  3 ;21 的因数有  1,3,7,21,则   f (21)  21, 那么 i51 的值为

A.2488   B.2495    C.2498    D.2500
9.如图,半径为       2 的圆 O 与直线   MN 相切于点    P,射线  PK 从 PN 出发,绕点     P 逆时针方向转到      PM,旋

                                                       S  S x       S  x
转过程中,PK      与圆  O 交于点   Q,设 POQ    x, 弓形 PmQ  的面积         ,那么      的图象大致
是
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            f x   x2  2ln x g  x  sin x 
10.已知函数                   与               有两个公共点,则在下列函数中满足条件的

              g  x
周期最大的函数          =

                                   x                   
   sin  x      sin  x       sin           sin  2 x  
A.        2     B.       2     C.   2          D.        2 


        f x                                             x , x
11.已知     是定义在     R 上的奇函数,对任意两个不相等的正数                 1 2 ,都有

 x f x  x f x          f (4.10.2 ) f (0.42.1)  f (log 4.1)
  2   1    1   2   0,  a         ,b          ,c      0.2
                     记         0.2          2.1                ,则
      x1  x2                4.1         0.4         log0.2 4.1
   a  c  b    a  b  c    c  b  a     b  c  a
A.            B.           C.            D.
                  ex  2(x  0),
            f (x) 
                                            y  f  f kx 1 1(k  0)
12.已知函数           ln x(x  0). 则下列关于函数                           的零点个数的判
断正确的是
A.当  k>0 时,有   3 个零点;当    k<0 时,有   4 个零点

B.当  k>0 时,有   4 个零点;当    k<0 时,有   3 个零点 

C.无论   k 为何值,均有     3 个零点  

D.无论   k 为何值,均有     4 个零点

                              第Ⅱ卷(非选择题 共         90 分)
二、填空题(本大题共          4 小题,每小题      5 分,共   20 分)

                  1                             3  
            f (x)  x2  x tan  3(  )         ,1
13.已知函数           2                  2  在区间     3    上是单调函数,其中         是直线   l 的
倾斜角,则      的所有可能取值范围是        .

14.“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现,因为斐波那契以兔子繁

                                                        a
殖为例子而引入,故又称该数列为“兔子数列”,斐波那契数列                            n满足:

 a   1,a  1,a   a    a   (n  3,n  N  )
  1   2    n  n1  n2          ,记其前    n 项和为   Sn ,设 a2018  t (t 为常数),则

 S2016  S2015  S2014  S2013          .(用 t 表示)
15.设锐角A    ABC  三个内角中国现代教育网A,B,C 所对的边分别为 www.30edu.coma,b,c,  全国最大教师交流平台若


  3(a cos B  bcos A)  2csin C, b 1, 则 c 的取值范围为        . 

16.若存在两个正实数        x,y 使等式   2x  m(y  2ex)(ln y  ln x)  0 成立(其中 e=2.71828...),则
实数   m 的取值范围是        . 

三、解答题(本大题共          6 小题,共    70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(本小题满分      10 分)

                 
             B 
在A  ABC  中,      3 ,点  D 在边  AB 上,BD=1,且   DA=DC.

(1)若ABCD      的面积为     3 ,求  CD;

(2)若    AC= 3 ,求 DCA   .

18.(本小题满分      12 分)

                                                          1
      a                                   S      S   a
已知    n是各项都为正数的数列,其前             n 项和为   n ,且   n 为 n 与 an 的等差中项.

            a
(1)求数列      n的通项公式;

            1n
       b        ,
         n           b            T
(2)设         an   求  n的前   n 项和  n .

19.(本小题满分      12 分)

                              3
       f x 2sin  x  cos x 
设函数                  3        2  .

        f x
(1)求      的单调增区间;

                                       A   3
                                    f    
(2)已知A     ABC  的内角分别为      A,B,C,若    2   2 ,且A   ABC  能够盖住的最大圆面积为           ,求
  
 AB  AC 的最小值.
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20.(本小题满分      12 分)

                                             n 1
                   a  3a  32 a  3n1 a     (n N  )
         a          1    2     3          n
已知数列      n满足:                              3          .

            a
(1)求数列      n的通项公式;

                    1
       b                    ,                                    7
        n    n1                   b              S         S
(2)设        3  (1 an )(1 an1) 数列 n的前 n 项和为    n ,试比较     n 与 16 的大小.


21. (本小题满分      12 分)

         f (x)  x2 1 ex  x.
已知函数                

                  1  
               x   ,1
(1)求    f (x) 在   2   上的最值;

        g x   f x  aex  x, g  x
(2)若                    当    有两个极值点      x1, x2 (x1  x2 ) 时,总有

                    x2
 e g x2  t 2  x1 e 1
                         ,求此时实数      t 的值.


22. (本小题满分      12 分)

         f x   x2  2m 1 x  ln x(m R).
已知函数                   

             1
        m  
(1)当         2 时,若函数     g(x)  f (x)  (a 1)ln x 恰有一个零点,求    a 的取值范围;

                 f x  (1 m)x2
(2)当    x 1时,               恒成立,求     m 的取值范围.
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                              二调理数答案

1~5DACBB   6~10ACDAA  11~12AC

        3               3                 2    
      ,     ,                   , 3        ,0   ,
                            2                    
13.  6 2   2 4       14.t     15.        16.   e   
                              1                    
                                BC  BDsin B  3, B 
17.解:(1)因为ABCD    的面积为    3 ,即 2              又    3 ,BD=1,所以  BC=4,

在ABCD  中,由余弦定理,得    CD   13 .(4 分)

                                                 3
                                          CD 
(2)由题意得   DCA   A ,在A ADC 中,由余弦定理,得         2cos A ,在ABCD 中,

 CD      BD
               ,
sin B                                         
      sin  2A    cos A  sin  2A  , sin   A  sin  2A  
            3  所以             3  即   2          3  ,由

                                        
   A  2A      A   ,    A   2A     , A  .
2         3 ,解得     18 由  2       3    解得    6

                  
  DCA      DCA 
故       18 或        6 .(10 分)

                          1
                  2S  a 
                    n  n       2S a  a 2 1,
18.解:(1)由题意知,            an ,即   n n  n   ①

当 n=1 时,由①式可得   S1 1;

                              2S (S  S  ) (S  S )2 1,
当 n  2 时,有 an  Sn  Sn1, 带入①式,得 n n  n1  n  n1 

      2    2
整理得  Sn  Sn1 1.

    S 2                           2
所以  n 是首项为  1,公差为   1 的等差数列,   Sn 1 n 1  n.

    a
因为  n各项都为正数,所以     Sn  n,

所以 an  Sn  Sn1  n  n 1(n  2),

  a  S  1,
又 1  1  所以 an  n  n 1. (6 分)
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           n       n
       (1)     (1)       n
    bn               1  n  n 1,
(2)      an    n  n 1

当 n 为奇数时,

Tn  1 ( 2 1)   3  2   n 1  n  2   n  n 1  n;

当 n 为偶数时,

Tn  1 ( 2 1)   3  2   n 1  n  2   n  n 1 n.

                     n
    b          T  1  n.
所以  n的前 n 项和 n       (12 分)

                            3     3     1           3
          f x  2sin x  cos x   2  cos x  sin xcos x 
                                2      2          2
19.解:(1)              3      2                

  1       3              
  sin 2x  cos 2x  sin  2x  .
  2       2             3 
                       5         
   2k  2x    2k    k  x   k ,k  Z.
  2          3  2         12        12
                 5         
                    k ,  k ,k  Z.
f x                          
   的单调增区间为     12    12         (4 分)

       A         3                
    f    sin  A    , A0, , A  .
(2)    2      3   2         所以     3

              2  2  2
由余弦定理,可知     a  b  c  bc. 由题意,可知A ABC 的内切圆半径为   1.(7 分)

A ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为  a,b,c,如图所示,可得    b  c  a  2 3,

          2                                               4
 b  c  2 3  b2  c2  bc  4 3  3bc  4(b  c)  8 bc  bc 12 bc 
                                                  或     3 (舍)
  1
AB  AC  bc 6,,            
        2          当且仅当  b=c 时, AB  AC 的最小值为 6.(12 分)
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                                          n 1
                    a  3a  32 a  3n1 a  (n N  )
              a      1   2    3        n
20. 解:(1)数列   n满足                        3        ,


                      n2   n         n1  1         1
           a1  3a2  3 an1  ,   3  an  ,   an  n .
所以 n  2 时,                 3 相减可得         3 所以     3

         2
     a1  .
n=1 时,   3

          2
            ,n 1,
          3
      an  
           1
            n ,n  2.
综上可得      3     (5 分)

                                     1         3
                1          b1                 .
                                2    2     1   8
      bn              ,
          n1                  3 (1 )(1 2 )
(2)因为    3  (1 an )(1 an1) 所以     3     3
                  1        1  1     1  
       bn                   n   n1 .
            n1  1     1   2  3 1 3 1
           3  (1 n )(1 n1 )
n  2 时,         3    3
       3  1  1    1    1     1       1     1   
                                     
   Sn     2   3     3  4      n   n1  
所以     8  2  3 1 3 1  3 1 3 1    3 1 3 1

  3 1  1  1    7
      n1    .
  8 2  8 3 1  16 (12 分)

21. 解:(1)  f  x (x2  2x 1)ex 1,

      1 
   x   ,1
              2
因为    2  ,所以  x  2x 1  0, 所以 f  x 0,
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          1  
            ,1
    f x      
所以    在 2   上单调递增,

                        1   1   1  1   3     1
        1     f x    f       1  e 2     e  ,
     x         min          
所以当     2 时,            2   4      2   4     2

         f x     f 1 1.
当 x=1 时,   max      (4  分)

            2       x
    g x (x  a 1)e ,        2          x
(2)                  则 g x (x  2x  a 1)e .

               2
根据题意,得方程      x  2x  a 1  0 有两个不同的实根  x1, x2 (x1  x2 ) ,

所以   0, 即 a  2 且 x1  x2  2, 所以 x1  1 x2 .

由                  x2   ,可得      2       x2          x2
  e g x2  t 2  x1 e 1 ex2  a 1e  t 2  x1 e 1,

   2
又 x2  a 1  2x2 ,2  x1  x2 ,

          x 2eex2  t(ex2 1)  0
所以上式化为     2                 对任意的   x2 >-1 恒成立.

                   x 2eex2  t(ex2 1)  0
(i)当  x2 =0 时,不等式   2                 恒成立,   t  R;

                                                 2eex2
                        x    x                t      .
       x  1,0         2     2                   x2
(ii)当   2     时,  2ee  t(e 1)  0 恒成立,即     e 1

            2eex2        1  
     hx2        2e 1      ,
             x2          x2        h x
令函数         e  1       e 1  显然,    2 是 R 上的增函数,

     x   1,0    h x   h 0  e,
所以当   2     时,    2       所以  t  e.

                                                  2eex2
                         x    x                t      .
        x  0,          2    2                   x2
(iii)当   2      时, 2ee   t(e 1)  0 恒成立,即    e  1

          x2 0,                    t  e.
由(ii)得,             时,  hx2 Ah0 e, 所以

综上所述   t=e.(12 分)

               g x           0,
22. 解:(1)函数      的定义域为        .
       1
  m       g x a ln x  x2 ,     a      2x2  a
当      2 时,                所以 g x   2x      .
                                     x         x
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               g  x  x2 , x  0
(i)当    a=0 时,              时无零点.
                              g x  0,
(ii)当    a>0 时, g x 0, 所以      在        上单调递增,

                   1          1 2
                          
         1         a          a
             g  e    1  e      0,
         a                  
取  x0  e ,则                
                                      g  x
因为   g(1) 1, 所以 g(x0 ) g(1)  0, 此时函数  恰有一个零点.

                                       a
                                 x   
(iii)当    a<0 时,令  g x 0, 解得       2 .

            a                               a 
   0  x                             0,    
                                g x        2 
当            2 时,  g x 0, 所以     在         上单调递减;

         a                             a     
   x                                  ,
                             g x     2     
当        2 时,  g x 0, 所以      在           上单调递增.

                                  a          a  a
                             g       a ln      0,
         g x                      2          2  2
要使函数       恰有一个零点,则                                 即 a=-2e.
                g  x
综上所述,若函数           恰有一个零点,则        a=-2e 或 a>0.(6 分)

        h x  f  x  (1 m)x2  mx2  (2m 1)x  ln x,
(2)令           

             x  1,
根据题意,当              时,  h(x)  0 恒成立,
                         1  (x 1)(2mx 1)
又  h'x 2mx  (2m 1)                 .
                         x        x
               1        1                                     1     
        0  m  ,   x    ,                                    ,
(i)若           2 则      2m     时,  h'(x)  0 恒成立,所以    h(x) 在  2m    上是增函数,

           1      
   h(x) h    ,,
且          2m      所以不符合题意.
            1
         m   ,  x  1,                                 1,
(ii)若        2 则         时,  h'(x)  0 恒成立,所以    h(x) 在     上是增函数,且

 h(x)  h 1 , ,
             所以不符合题意.
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                  x  1,                             1,
(iii)若    m  0, 则       时,恒有    h'(x)  0 ,故 h(x) 在    上是减函数,于是“

                x  1,                      h 1  0,
 h(x)  0 对任意的          都成立”的充要条件是                即 m  (2m 1)  0, 解得 m  1, 故
 1 m  0.

                    1,0 .
综上,m    的取值范围是           (12 分)
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