吉林省东北师范大学附属中学2015届高三一轮复习阶段测试卷(第5周)数学文 Word版含答案

高三文科数学阶段质量检查试题

(第5周) （考试时间：120分钟 满分150分） 拟题人：冯维丽 审题人：杨艳昌 2014.8.30 选题范围：【全国各地高三模拟优秀试题选练】（2）

一、选择题：（10×5=50分）

1．设复数z满足(1i)z1i,则|z|=

A．0

B．1

C．2 D．2

2．已知M{x|x2,xN},N{x|log2x1},则M

N=

A．{x|2x1} B．{x|2x2} C．{0，1} D．{1}

fx1,x53．已知fx1，则flog3255＝ x173,x5A．

log3255 17B．85 C． 5

D．15

a2b22\"是\"a0且b0\"的 4．\"ab

A．必要不充分条件 B．充要条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．函数f(x)lg(|x|1)的大致图象是

6．设{an}是等差数列，a2a46，则这个数列的前5项和等于 A．12 B．13 7．下列命题正确的是

A．在（

C．15

D．18

5,）内，存在x，使sinxcosx 244B．函数y2sin(x)的图像的一条对称轴是x

55C．函数y1的周期为

21tan2x

D．函数y2sinx的图像可以由函数y2sin(2x4)的图像向左平移

8．向量a(2,0),b(x,y)，若b与ba的夹角等于，则b的最大值为

6

A．4

B．23 C．2

D．个单位得到 843 30x2,49．已知x,y满足约束条件0y2,如果zaxy的最大值的最优解为(2,)，则a的取

33yx2,值范围是

A．[,1]

13B．(,1)

13C．[,)

13D．(,)

1310．已知函数fx和gx的图象关于y轴对称，且fxx21x．则不等式2gxfxx4的解集为

A．(,0] B．0,2 题号 答案

二、填空题：（5×5=25分）

a13a7 C．(,2] D．[2,) 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 11．2（lg2）+lg2·lg5+(lg2)lg21－

2

23a·a93÷

3= 12．对于向量a,b,c，下列给出的条件中，能使a(bc)(ab)c成立的序号是

①b0 ②a//b ③a//c ④b//c

13．已知131,121；13239,(12)29；13233336,(123)236；

333313233343100,(1234)2100；……；则1234n3

14.若函数f(x)2xlnx在其定义域内的一个子区间(k1,k1)内不是单调函数，则实数k 的

取值范围是

15．若函数f(x)x2(nN*)图像在点（1，1）处的切线为l1,l2在x轴，y轴上的截距分别为

2

an,bn，则数列{25anbn}的最大项为

三、解答题：（10+12+13=35分）

16、（本小题满分10分）递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S26,S430 （1）求数列{an}的通项公式。（2）若bn＝anlog1an，求数列{bn}的前n项和为Tn。

2 17．（本小题满分12分）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足(2ac)cosBbcosC, sinBsinC1cos2Acos2Bcos2C． （1）求角B的大小；（2）若△ABC为直角三角形，求实数的取值集合．

18．（本小题满分13分）已知函数f(x)eax1 (aR,．且为常数a) （1）求函数f(x)的单调区间；

x（2）当a0时，若方程f(x)0只有一解，求a的值； （3）若对所有x0都有f(x)f(x)，求a的取值范围．

参

一、选择题：（12×5=60分）

题号 答案 1 B 2 D 3 C 4 A 5 B 6 C 7 D 8 A 9 C 10 C 二、填空题：（5×5=25分）

11． 0 ；12．① ③ ；13．(1234三、解答题：（10+12+13=35分）

16、解析：（1）S26,S430q2，∵数列an递增，∴q2a12，∴an2n, （2）bn2log12n2,Tn(121222323n2n)

2nnnn)2 ；14. [1,3)；15．16。 2设Hn21222323n2n…………..①

2Hn22223324n2n1………..②

①

-123②

nn1得:

Hn2222n22(12n)n2n1n2n+12n12=Tn,

12

17．解析：（1）因为(2ac)cosBbcosC, 由正弦定理得：

2AsiBncCoBssB(2sinAsinC)cosBsinBcosC,i CCB

A所以

因为sinA0，所以cosB 因为B(0,)，所以B123

（2）由已知条件sinBsinC1cos2Acos2Bcos2C可得，sin2Asin2Bsin2CsinBsinC， 根据正弦定理知：a2b2c2bc，所以因为B3b2c2a2 再由余弦定理可得cosA

22bc2，且三角形为直角三角形，所以A6或A2，所以cosA3或cos2A0，

所以的取值集合为3,0

18．解析：（1）由已知得f(x)exa，

当a≥0时，f(x)0，f(x)在(,)上是单调增函数．

当a0时，由f(x)0，得xln(a)，f(x)在(ln(a),)上是单调增函数； 由f(x)0，得xln(a)，f(x)在(,ln(a))上是单调减函数． 综上可得：当a≥0时，f(x)的单调增区间是(,)；

当a0时，f(x)的单调增区间是(ln(a),)，单调减区间是(,ln(a))． （2）由（1）知，当a0，xln(a)时，f(x)最小，即f(x)minf(ln(a))， 由方程f(x)0只有一解，得

f(ln(a))0，又注意到f(0)0，所以ln(a)0，解得a1．

xxx)恒成立，即得eax≥eax恒成立，即得exex2ax≥0（3）当x≥0时，f(x)≥f(恒成立．令h(x)exh(x)≥21，即当x≥0时，h(x)≥0恒成立．又h(x)exex2a，且2ax（x≥0）xeexex2a22a，当x0时等号成立．

①当a1时，h(x)0，所以h(x)在[0,)上是增函数，故h(x)≥h(0)0恒成立． ②当a1时，若x0，h(x)0，若x0，h(x)0， 所以h(x)在[0,)上是增函数，故h(x)≥h(0)0恒成立． ③当a1时，方程h(x)0的正根为x1ln(aa21)， 此时，若x(0，x1)，则h(x)0，故h(x)在该区间为减函数． 所以，x(0，x1)时，h(x)h(0)0，与x≥0时，h(x)≥0恒成立矛盾． 综上，满足条件的a的取值范围是[1,)．