江西省南昌一中2013届高三第三次月考数学理

数学试题（理）

时间：8:00-10:00 总分：150分

一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分。在各题所给出的四个选项中，有

且只有一个是正确的） 1．对于函数f(x)

3sinxcosx，下列命题中正确的是

（ ）

B．xR,f(x)2 D．xR,f(x)2

A．xR,f(x)2 C．xR,f(x)2

2．设l,m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是

（ ）

B．若m//,l,则m//l D．若lm,m,则l//

32，则

sin(2a6A．若ml,l,则m C．若l//m,l,则m

a2a10a3．在等差数列n中，若

A．

32)3＝

（ ）

B．

12 C．32 D．12

4．已知向量a(2,1)，ab10，|ab|5，则|b|

A．25 3（ ） B．210

)(0)的最小正周期为

C．20 π，则该函数图象

D．40

5．函数f(x)sin(x

A．关于直线x4（ ） 对称

B．关于直线x3对称

C．关于点(,0)对称

4D．关于点(,0)对称

36．△ABC的外接圆的圆心为O，半径为1，2OAABAC0且OAAB，则向量CA

在CB方向上的投影为

A．

12（ ）

B．32 C．

32 D．432

7．使函数f(x)sin(2x)的的一个值是

A．

33cos(2x)(xR)是奇函数，且在[0,]上是减函数

（ ） B．

23

4353 C． D．

8．一个几何体的三视图及长度数据如图， 则该几何体的表面积与体积

分别为 （ ）

A．7C．72,3

B．8D．82,3

2,32 2,32

9．已知数列{an}和{bn} 满足a11，且an，an1是函数

f(x)xbnx2的两个零点，则b10 （ ）

2n A．24 B．32 C．48

3D．

20113（a21)2011(a21)sin10．等差数列an的前n项和为Sn，已知

（a20101)2011(a20101)cos3，

20116，则S2011=

A．0

（ ）

B．2011 C．4022

D．20113

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．将答案填在题后的横线上．） 11．已知a(1,3)，b(2,6)，|c|若(ab)c5，则a与c的夹角为_______ 10，

mn12．在等比数列an中，an2，am2(mn),则amn=________

13．棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、

DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为_________

14．设an(cos2n6,sinn6)，nN,b(1,*3)，则y|a1b||a2b|

22|a10b|的值为_________

15．已知函数f(x)3x2x,数列an的前n项和为Sn，点(n,Sn)（nN）均在函

2*数f（x）的图象上，bn3anan1， Tn是数列{bn}的前n项和，则使得Tnm20对所

有nN都成立的最小正整数m=_______

三、解答题：（本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 16．（本小题满分12分）

数列an的前n项和记为Sn，a11,an12Sn1n1 （1）求an的通项公式;

（2）等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T315，又a1b,a2b3,ab成123等比数列，求Tn．

17．（本小题满分12分）

已知向量m(3sinx4,1)，n(cos23x4,cos2x4)，函数f(x)m·n．

（1）若f(x)1，求cos(x)的值；

12cb，求f(B)（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a,b,c，且满足acosC的取值范围．

18．（本小题满分12分） 如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动． （1）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；

（2）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为．

4

D1A1DAEBB1C1C

19．（本小题满分12分）

2（1）求ab及ab；

3x3xxx)，b(cos,sin)，且x[,]． 2222已知向量a(cos,sin（2）若函数f(x)ab2|ab|的最小值为

20．（本小题满分13分）

32，求的值．

已知数列{an}满足a15,an13an2n1(nN*)；

（1）证明:数列{an2n1}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式； （2）若bn2n13n1an,求数列{bn}的前n项和为Sn；

（3）令cn

anan1，数列{cn}的前n项和为Tn，求证：

3n49Tnn3．

21．（本小题满分14分）

已知函数f(x)lnxx．

（1）若函数g(x)f(x)ax在定义域内为增函数，求实数a的取值范围；

3xx（2）在（1）的条件下，若a1，h(x)e3ae，x[0,ln2]，求h(x)的极小值；

23x（3）设F(x)2f(x)2kx(kR)，若函数F(x)存在两个零点m,n(0mn)，

且满足2x0mn，问：函数F(x)在(x0,F(x0))处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程，若不能，请说明理由．

参

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分。） 1-5: BCDAD 6-10: CBCDB

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11、1200 12、1 13、

2 14、48 15、10

三、解答题（本大题共5小题，共75分）

16、解： （I）由an12Sn1可得an2Sn11n2， ……………………（1

分） 两

式

相

减

得

an1an2an,an13ann2 ……………………（3分）

又a22S113 ∴a23a1， ……………………

（4分）

n1an3故{an}是首项为1，公比为3得等比数列 ∴

． …………（6分）

（II）设{bn}的公差为d，由T315得，可得b1b2b315，可得b25， ……………（8分）

故可设b15d,b35d 又a11,a23,a39由题意可得

5d15d9532解得d12,d210

∵等差数列{bn}的各项为正，∴d0，∴d2 ……………………

（10分） ∴Tn3nnn122n2n2 ……………………

（12分）

17、解：由题意得：

f(x)3sinx4cosx4cos2x432sinx212cosx212sin(x26)12……（3

分）

（1）若f(x)1，可得sin(则cos(x)2cos2(3122x26)12，

223x2)12sin(x26)112 ………（6分）

（2）由acosccb可得aabc2ab22212222cb,即bcabc

cosAbca2bc2212，得A3,BC23 ……（9

分）

0B230B2B2312632B262

f(B)sin(6)(1,) ………（12

分）

18、解：解法（一）

（1）设点E到面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC=CD1=SAD1C12251232,而SACE135，AD1=2， 故

12AEBC12.

D1B1DC1VD1AEC1213213A1SAD1Ch,SAECDD113.………（6分）

CHh,h

AEB（2）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE，

∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角． 设AE=x，则BE=2－x

在RtD1DH中,DHD在RtADE中,DE142,DH1.

1x,在RtDHE中,EHx,在RtDHC中CHx323,在RtCBE中CE3.x4x5.2x4x5x2………（12分）

AE23时,二面角D1ECD的大小为4.

解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）

（1）因为E为AB的中点，则E（1，1，0）， 从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0)，

D1A1zB1C1

AD1(1,0,1)，

设平面ACD1的法向量为n(a,b,c)， nAC0,则 nAD10,DoCEBy

x，得a2bacA

也即a2b0ac0，从而n(2,1,2)，所以点E到平面AD1C的距离为

h|D1En||n|212313.………………………………………（6分）

D1EC

的

法

向

量

n(a,b,c) （

2

）设平面

，∴

CE(1,x2,0),D1C(0,2,1),DD1(0,0,1),

2bc0nD1C0,由 令b=1, ∴c=2,a=2－x，

ab(x2)0.nCE0, ∴n(2x,1,2). 依题意cos4|nDD1||n||DD1|222(x2)53 ．

222.

[来源:高考资源网]

∴x12∴AE=23（不合，舍去），x223时，二面角D1—EC—D的大小为

3x2cosx224． ……………………（12分）

19、解：（1）abcos3x2sin3x2sinx2cos2x， ……………………（2分）

|ab|(coscosx2)(sin3x2x2sinx2)

222(cos3x2cosx2sin3x2sin) 22cosx22xco s……………（4

分）

∵x[2,]， ∴cosx0 ∴ab2cosx． ……………（5分）

（2）f(x)cos2x4cosx2cos2x4cosx1

2(cosx)21 …………………………………………………（6分）

22∵x[2,]， ∴1cosx0， ……………………………………（7

分）

①0时，当cosx0时，f(x)min1（舍） ………………………………

23（8分）

2②10时，当cosx时，f(x)min2132，解得12或12（舍）

……………………………（10分）

③1时，当cosx1时，f(x)min14（11分）

32，解得58（舍）．………

综上所述，（12分）

12 ……………………………

n120．解：（1）由an13an2(nN*)

(an122an2an3n1n1)3(an22)，又a1229

nn1为等比数列，公比为3． an12n193n13

n1n12 ………（4分）

2n12n1（2）bn2n13n1an1n1(2n1)()

212131n1Sn3()5()(2n1)()

222113141n2Sn3()5()(2n1)() 22221112131n11n2Sn3()2()2()(2n1)() 222221212131n11n2Sn()2[()()()](2n1)() 22222211n1n252n5 [1()](2n1)()n242242522n52n1Sn ………（9分）

2n11()3 2n132()3（3）cn13anan133n122n1n2n2先证cn

2n11()112n122n112n13由cn1()1()()0，此式显然

23333333n132()3成立

Tnc1c2cnn3

2n11()12n13又cn[1()]

2n13332()3122232n1Tnc1c2cn[n()()()]

3333142n143n4[n(1()][n] 3333393n4nTn. ……… 即（193３分）

1221．解：（Ⅰ）g(x)f(x)axlnxxax,g(x)2xa.

x1 由题意，知g(x)0,x(0,)恒成立，即a(2x)min． …… （2分）

x 又x0,2x故(2x1x1x22，当且仅当x22时等号成立．

)min22，所以a22． ……（4分）

3x（Ⅱ）由（Ⅰ）知，1a22.令et，则t[1,2]，则h(x)H(t)t3at.

H(t)3t3a3(t2a)(ta).（5分）

由H(t)0，得ta或ta（舍去），

3a(1,22],a[1,24]，

a]也单调递减； a,ln2]也单调递增；

①若1ta，则H(t)0,H(t)单调递减；h(x)在(0,ln②若at2，则H(t)0,H(t)单调递增．h(x)在[ln故h(x)的极小值为h(ln

a)2aa ……（8分）

（Ⅲ）设F(x)在(x0,F(x0))的切线平行于x轴，其中F(x)2lnxx2kx. 2lnmm2km0,① 2② 2lnnnkn0,结合题意，有mn2x, ……（9分）

0③

22xk0,④ 0x0①—②得2lnmn(mn)(mn)k(mn).

2lnm所以kn2x.由④得k22x.

00x0mn所以lnmnmn2(mn)mn2(mnmn1).⑤ 12(u1)u10(u(0,1)).

……（11分）

设u(0,1)，⑤式变为lnu2(u1)u1(u(0,1))，

设ylnu1uy2(u1)2(u1)(u1)2(u1)4uu(u1)22(u1)22u(u1)0,

所以函数ylnu2(u1)u1在(0,1)上单调递增，

2(u1)u10.

因此，yy|u10，即lnumn2(m1)也就是，lnnmn，此式与⑤矛盾． 1所以F(x)在(x0,F(x0))处的切线不能平行于x轴． ……（14分）