高三12月月数学理科(含答案)

一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是

符合题目要求的． 1．复数z A．

2. 已知集合A=｛1，2a｝，B=｛a，b｝，若A∩B=｛

i（其中i为虚数单位）的虚部是 1i

B．i

1 212C．

1 2 D．1i 21，1｝ 21 C．｛1，｝

2 A．｛-1，

1｝，则A∪B为（ ） 21B. ｛-1，｝

21D. ｛，1，b｝

25x3y153. 已知x、y满足约束条件yx1 ，则z3x5y的最大值为

x5y3 （A）0 （B）5 （C） 3 （D）17

4. 已知数列an是各项均为正数的等比数列，若a2=2，2a3a4=16，则a5=( ) A. 32

B. 16

C. 8

D. 4

5. 已知l，m，n为三条不同的直线，，为两个不同的平面， 下列命题中正确的是（ ）

A. l⊥m，l⊥n，且m,n，则l⊥

B．若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则// C．若m，mn，则n// D．若m//n，n，则m

6. 若平面向量．．．．a，b，c两两所成的角相等，且|a|=1，|b|=1， |c|=3，则|a+b+c|= A．2

B. 5

C. 2或5 D. 2或5

7. 某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示， 则该四棱锥的体积等于 A．1 C．3

B．2 D．4

8. 执行如图所示的程序框图，输出S的值为（ ） A．10 C. 3

B. -6 D. -15

9. 已知A（xA，yA）是圆心在坐标原点的单位圆上任意一

1

点，且射线OA绕原点逆时针旋转30到OB交单位圆于点B （xB，yB），则xA-yB的最大值为（ ） A．

0

1 2 B. 1

C.

3 2

D. 2

10. 下列说法：

（1）命题“xR，使得2x3”的否定是“xR，使得2x3” （2）命题“函数fx在xx0处有极值，则fx00”的否命题是真命题

x （3）fx是（，0）∪（0，）上的奇函数，x0时的解析式是fx2，

则x0 的解析式为fx2

x

其中正确的说法的个数是（ ） A．0个

B. 1个

C. 2个

D. 3个

11.已知fx2()x3log2x，实数a,b,c满足fafbfc00abc，

若实数x0是函数yfx的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是（ ） ．．． A．x0a

B. x0b

C. x0c

D. x0c

13x2y212. 已知A，B，P是双曲线221上不同的三点，且A，B的连线经过坐标原点，若

ab直线PA，PB的斜率乘积kPAkPB2，则该双曲线的离心率为（ ） 3

C. 2

D.

A．

5 2 B.

6 2

15 3

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．若sin3,(0,2)，则 ． 214. “x0，x1x”的否定是 ．

， k),b(9，15.已知向量a(1 k6).若a//b,则实数 k __________

16.已知函数fx1x,a,xx0,x0.若f1f1，则实数a的值等于____

2

17. （本题满分10分）（2013年高考北京卷（理））在△ABC中,a=3,b=26,∠B=2∠A. (I)求cosA的值; (II)求c的值.

18. (本题满分10分)已知a2,b1，a与b的夹角为135．

（1）求(ab)(2ab)的值；（2）若k为实数，求akb的最小值．

19.(本题满分12分)已知函数f(x)sin2x3cos2x (xR) （I）求f(x)的单调增区间; （II）若f(

6),, ，求tan()的值. 26542 3

1b. 20．（本题满分12分）已知向量a(cosx,),b(3sinx,cos2x),xR, 设函数f(x)a·2(Ⅰ) 求f (x)的最小正周期.

(Ⅱ) 求f (x) 在0,上的最大值和最小值.

2

（本题满分14分）在数列an中，已知a121．

（1）求数列an的通项公式； （2）求证：数列bn是等差数列；

1an11,,bn23log1annN*. 4an44（3）设数列cn满足cnanbn，求cn的前n项和Sn.

22.（本题满分14分）设函数fx13xx2(m21)x(xR)，其中m0． 3（1）当m1时，求曲线yfx在点(1,f(1))处的切线的斜率；

4

（2）求函数fx的单调区间与极值；

（3）已知函数fx有三个互不相同的零点0,x1,x2，且x1x2，若对任意的x[x1,x2]，

fxf(1)恒成立，求实数m的取值范围．

参： 一．选择 题号 答案 1 B 2 A 3 C 4 B 5 D 6 C 7 A 8 A 9 B 10 C 11 D 12 D 二．填空 13．【答案】

3或2 14.【答案】$x>0,使x1x 315.【答案】

3 16.【答案】2 417. 【答案】解:(I)因为a=3,b=26,∠B=2∠A. 所以在△ABC中,由正弦定理得

3262sinAcosA266.所以.故cosA. sinAsin2AsinA33(II)由(I)知cosA6,所以sinA31c2oAs3.又因为∠B=2∠A,所以3122cosB2c2oAs1.所以sinB1cos2B.

33在△ABC中,sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinBasinC535. . 所以csinA918. 解：因为(ab)(2ab)2a2b2ab„„„„„„„„„„„„„„„„3分 4121(22222)2． „„„„„„„„„„„„„„„„„„5分 2（2）akbakb2kab

k2k2(k1)1．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分 当k1时，akb的最小值为1，

即akb的最小值为1． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 19.解：（I） f(x)sin2x3cos2x2sin(2x

5

2223) „„„„„„„3分

又

22k2x32k2,kZ „„„„„„„5分

k5xk,kZ 12125,k(kZ) „„„„„„„6分  f(x)的单调增区间是k1212 （II）f(26)6 52sin sin6 „„„„„„„7分

5

3， 而, „„„„„„„8分 52

cos43 ，tan „„„„„„„10分 54314tan()7 „„„„„„„12分

341()14

b=cosx3sinx20．解:(Ⅰ) f(x)a·131cos2xsin2xcos2xsin(2x). 2226最小正周期T2. 所以f(x)sin(2x),最小正周期为. 266)[-(Ⅱ当x[0,]时，(2x56,62]，由标准函数ysinx在[-56,6. ]上的图像知，f(x)sin(2x1)[f(-),f()][,1]. 66221所以,f (x) 在0,上的最大值和最小值分别为1,.

22【解析】（1）21．

an1111,∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列， an444n ∴an()(nN*). 14n（2）因为bn3log1an2，所以bn3log1()23n2.因为b11，公差d3，

4414所以数列{bn}是首项b11，公差d3的等差数列.

6

nn（3）由（1）知，an(),bn3n2, 所以cn(3n2)(), 141411111Sn14()27()3(3n5))n1(3n2)()n4444411111Sn1()24()3(3n5)()n(3n2)()n144444



311111Sn3()2()3()n(3n2)()n1444444由-得：

11n11（-）1164(3n2)(1)n131441-423n21n() 334

Sn22.【解析】（1）当m1时，fx13xx2，fxx22x，故f11 3即曲线yfx在点1,f1处的切线斜率为1。

22（2）fxx2xm1x(1m)x1m，令fx0，得

x11m,x21m，故1m1m

当x变化时，fx,fx的变化情况如下表：

x fx fx

,x1  x1 x1,x2  单调递增 x2 x2,  0 极小值 0 极大值 单调递减 单调递减 所以fx在,1m,1m,上是减函数，在1m,1m上是增函数，于是函数

21fx在x1m处取得极小值f1mm3m2；在x1m处取得极大值

3321f1mm3m2 33（3）由题设知fxx112xxm21xxx1xx2，所以方程

3312xxm210有两个相异的非零实根x1,x2 3

7

4211m10，解得m或m（舍去） 3223因为x1x2，所以2x2x1x23x21 21若x11x2，则f11x11x20，而fx10，不合题意

3故由韦达定理得x1x23且1若1x1x2，则对xx1,x2，有x0,xx10,xx20，所以

1fxxxx1xx20又fx10，故fx在x1,x2上的最小值为0

32于是对xx1,x2,fx0的充要条件是f(1)m133 0m33313综上，实数m的取值范围是,23  8