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文档简介

市朝阳区2016-2017学年度高三年级第一学期统一考 (考试时间120分 满分150分本试卷分为选择题(40)和非选择题(110)第一部分(选择题40分一、选择题:8540.已知全集UR,集合Ax|x22x0Bx|x10,则

(ðUB)A.x|0xC.x|x

B.x|xD.x|1x下列函数中,在其定义域上既是偶函数又在(0y

yx

ylg|x

y2 0若a 0.6,b2.106,c 0.6,则a,b,2 0ab

bc

cb

ba4.已知函数f(xax2xxx[2),且x

f(x1f(x2)0ax1(1,)

(1,4

[1,4设mRm0m+44mm

m

m

D.mOA|2|AB|,则CABC6.已知三角形ABC外接圆O的半径为1(OOA|2|AB|,则CABC| B. C. f(x

x

x 则函数g(x)f(f(x)) 的零点个数2logx2

x 54第二部分(非选110分 .若//,则y 函数f(x)cos2xsin2x的单调递减区间 各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn.若a32,S45S2,则a1 S4 ,已知角A为三角形的一个内角 ,mx21,xf(x)(m21)2xx0在(m围比前一天多行13里,驽马第一天行97里,之后每天比前一天少行0.5里.良马到齐后,立天,两马相逢.15( 已知数列{a}(nN0的等差数列,a1

1,1,

a2a4求数列{an}的通项公式 (Ⅱ)设数列 }的前n项和为T,求证:Ta 16(f(xasinxf(x

3cosx(aR)

(,0)3x3]f(x的取值范围 17(如图,已知ABCD四点共面,27cosBDC27求sinDBCAD的长18(13分

BC

AB

ABC π已知函数f(x) axcosx(aR),x ,]. 2f(x是偶函数,试求a(0,当a0时,求证:函数f(x)(0,2

19(f(xex(x2aaRa1yf(x在点(0,f(0f(x在(30)上单调递减,试求af(x的最小值为2e,试求a20(ab是正奇数,数列{c}(nN)定义如下:cacb,对任意n3 是cn1cn2的最大奇约数.数列{cnAa9b15Ak1

dk=max{c2k,c2k1

(max{pqpq中的较大值dk1dk证明集合A是有限集,并写出集合A中的最小数市朝阳区2016-2017学年度第一学期高三年级统一考 一、选(满分40分12345678ACBDCABA、填空题(满分30分9[kπ,kππ](kZ)12243(1,(15((Ⅰ)1,1,

1 因 成等比数列,所以 ) a2a4 a2即 )2 a1da1化简得 )2(ad)(a7d),即d2ad 又a11,且d0,解得d1所以有ana1(n1)dn 711(Ⅱ)由(Ⅰ)得 11

1 an

n(n

n所以

111111 n11 n

1n 1316((Ⅰ)3333

3cosx

(,0)3所以f() a 解得a

3f(xsinx

3cosx2sin(x )3所以f(x)最小正周期为 63x 以当x ,即x 时,f 6所当x

取得最大值,最大值是27x3f(x取得最小值,最小值是 所以f(x)的取值范围是[1,2] 1317(解(Ⅰ)在△BDC中,因为cosBDC27,所以sinBDC 21 由正弦定 得

5BDCBC2DC2DB22DCDBcosBDC41DB22DB27747所以DB2 DB30.解得47

7或DB (舍373又因为cosABDs120cosDBCcosDBCsin120sin753=1 53

=ABDAD2AB2BD22ABBD

7

)27773AD3

1318((Ⅰ) 所以f(x) a(x)cos(x) x2xf(x axcosx恒成立4所以a0 4f(xxsinxa2g(x)xsinxag(x1cosxx(0π)

,a0 g(x01cosx0,解得0xπ g(x)01cosx0πxπ πg(x在(0,)(,) 3 x(0,)g(x)g(0)0a0f(xx(0,) π π当x(,),g(x)g() 1a0,所以f(x)在x(,)单调递减3 3(0,所以当a0时,函数f(x) (0,2

上单调递减 1319(解:f(xex(x22xa(Ⅰ)a1f(0)1f(0)1所以函数在点(0,f(0))处的切线方程为y(1)(x0)即xy10 3f(x在(30)x(30)f(x)ex(x22xa0恒成立.即当x(30)时x22xa0恒成立.x(31g(x)x22xa单调递减,x(10)g(x)x22xa单调递增.x(30)x22xa0等价于g(3)0,即a3,所以a3 8g(0) ag(x)x22xa,则44a①当44a0a1g(x)0f(x0.所以函数f(x)在()单增,所以函数f(x)没有最小值.②当44a0a1f(xex(x22xa0x22xa0a解得x1 a1,x2axf(xf(xx(,11a11(11a,1+1a1+1(1+1a,f'+0—0+f↗↘↗x(

1ax2(

1a)22a 11所以x2a2 11f(xex(x2a0f(x的最小值为2e<0af(xx2a

f

a1)

a1)2a]

a1

a1)2e所以

a1

1)eaa易 1aa解得a3 14以下证明解的唯一性 参考1g(a)1

a1

a1a0,所以1

0

011设x 0,则x11h(x)xexh(x)ex(x1x0h(x)0g(aa(03g(a)0a(3)g(a)0所以方程

a1

1ea3a20(a(Ⅰ) 3(Ⅱ)n3cn2cn1都是奇数,所以cn1cn2从而

cn2的最大奇约数

cn1cn22所以cnmax{cn1cn2},当且仅当cn1cn2时等号成立.k1有c2k1max{c2kc2k1dk,且c2k2max{c2k1c2kmax{dkdkdkdk

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