甘肅省武威第十八中學(xué)高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第三次月考診斷試題文

甘肅省武威第十八中學(xué)2020屆高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第三次月考診斷試題文一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.設(shè)集合，則()A．B．C．D．2.若a為實(shí)數(shù)，且eq\f(2＋ai,1＋i)＝3＋i，則a＝()A．－4B．－3C．3D．43.下列函數(shù)中，定義域是且為增函數(shù)的是()A． B．C． D．4.已知命題p：;命題q：若,則a<b.下列命題為真命題的是()A．B.C.D.5.已知，且為第三象限角，則的值等于()A.eq\f(3,4)B．－eq\f(3,4)C.－eq\f(24,7)D．eq\f(24,7)6.已知函數(shù)，則的值是（）A.B.C.D．7.設(shè)，向量且，則（）A.B.C.D.8.要得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象()A．向右平移eq\f(π,12)個(gè)單位B．向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位C．向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位 D．向右平移eq\f(π,3)個(gè)單位9.從2名男同學(xué)和3名女同學(xué)中任選2人參加社區(qū)服務(wù)，則選中的2人都是女同學(xué)的概率為()A.B.C.D.10.我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠(yuǎn)看巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈（）A.1盞 B.2盞 C．3盞 D．9盞11.設(shè)曲線在點(diǎn)處的切線與直線平行，則實(shí)數(shù)（）A．1B-1C．2D．212.已知函數(shù)是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，，對任意實(shí)數(shù)都有，則不等式的解集為A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.已知是奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，，那么________.14.已知向量，的夾角為60°,,,則________.15.已知x，y滿足約束條件，則z=2x+y的最大值是________.16.已知函數(shù)的周期為2，當(dāng)時(shí)，那么函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為________.三、解答題：（本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本題滿分10分)記為等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知，.(1)求的通項(xiàng)公式；(2)求，并求的最小值．18.(本題滿分12分)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2cosC(acosB＋bcosA)＝c.①求C；②若c＝eq\r(7)，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，求△ABC的周長．19.(本題滿分12分)已知是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且，.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)為各項(xiàng)非零的等差數(shù)列，其前項(xiàng)和為.已知，求數(shù)列的前項(xiàng)和.20.(本題滿分12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量，，.(1)若，求的值；(2)若與的夾角為eq\f(π,3)，求x的值．21.(本題滿分12分)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)，實(shí)數(shù)a是常數(shù)，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)．(1)設(shè)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)處的切線方程；(2)判斷函數(shù)的單調(diào)性．22.(本題滿分12分)已知常數(shù)，.(1)當(dāng)＝－4時(shí)，求的極值；(2)當(dāng)?shù)淖钚≈挡恍∮跁r(shí)，求實(shí)數(shù)的取值范圍．

高三數(shù)學(xué)答案選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）題號123456789101112答案BDDBDCBACCBA二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)（文科）13.1；14.2eq\r(3);15.1;16.10（理科）13.314.2eq\r(3);15.1;16.10三、解答題(本大題共6小題，共70分)17.(本題滿分10分)解(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1＋3d由a1＝－7得d＝2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n－9(n∈N*)．………..5分(2)由(1)得Sn＝eq\f(a1＋an,2)·n＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－16.………..5分18.(本題滿分12分)[解]①由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，即2cosCsin(A＋B)＝sinC，故2sinCcosC＝sinC.可得cosC＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,3)...............................................6分②由已知得eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).又C＝eq\f(π,3)，所以ab＝6.由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，從而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周長為5＋eq\r(7).……..12分19.(本題滿分12分)解：(1)設(shè){an}的公比為q，由題意知a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2.又an＞0，解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.………..5分(2)由題意知，S2n＋1＝eq\f(2n＋1b1＋b2n＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)＋1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1－eq\f(2n＋1,2n＋1)＝eq\f(5,2)－eq\f(2n＋5,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).………..12分20.(本題滿分12分)解(1)因?yàn)閙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，n＝(sinx，cosx)，m⊥n.所以m·n＝0，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝0，所以sinx＝cosx，所以tanx＝1.(2)因?yàn)閨m|＝|n|＝1，所以m·n＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，即eq\f(\r(2),2)sinx－eq\f(\r(2),2)cosx＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<x<eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,4)<x－eq\f(π,4)<eq\f(π,4)，所以x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,6)，即x＝eq\f(5π,12).21.(本題滿分12分)解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.∴當(dāng)a＝e時(shí)，函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－1.(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)a≤1時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞1時(shí)，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，∴當(dāng)0＜x＜lna時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞lna時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．22.(本題滿分12分)解：(1)由已知得f(x)的定義域?yàn)閤∈(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2＝eq\f(a＋2x,x).當(dāng)a＝－4時(shí)，f′(x)＝eq\f(2x－4,x).∴當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，即f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0，即f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)只有極小值，且在x＝2時(shí)，f(x)取得極小值f(2)＝4－4ln2，無極大值．…….6分(2)∵f′(x)＝eq\f(a＋2x,x)，∴當(dāng)a>0，x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，沒有最小值；當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)>0得，x>－eq\f(a,2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增；由f′(x)<0得，0<x<－eq\f(a,2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))上單調(diào)遞減．∴當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\