届河南省郑州一中高三上学期一轮复习单元检测一数学文Word文档格式.docx
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9
B.1
C.1
D.7
2
6.已知:
命题p:
∀x∈R，x2-2xsinθ+1≥0；
命题q:
∀α，β∈R，sin（α+β）≤sinα+sinβ.
则下列命题中的真命题为（）
A．（⌝p）∧q
B．p∧（⌝q）
C.（⌝p）∨q
D．⌝（p∨q）
7．若函数y=sin（ωx+ϕ）（ω>
0）的部分图像如图，则ω=（）
（A）5（B）4（C）3（D）2
8.已知函数f（x）=ax3+bsinx+4（a,b∈R），f（lg（log10））=5，则f（lg（lg2））=（）
（A）-5
（B）-1
（C）3（D）4
⎛3ππ⎫
9.函数y=
tanx⋅cosxç
0≤x<
且x≠
⎪的图象是（）
⎝22⎭
10.在∆ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2+b2=2015c2则tanC+tanC=
tanA
tanB（）
1
A.
2014
B.
2015
C.
1007
D.
11.已知a∈R，则“a＜0”是“函数f（x）=x（ax+1）在（-∞，0）上是减函数”的（）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
⎧5sin（πx）（0≤x≤1）
12.
y=f（x）是定义域为R的偶函数.当x≥0时，f（x）=⎪42
⎨
⎪
（1）x+1（x>
1）
，若关于x的方程
⎩⎪4
5[f（x）]2-（5a+6）f（x）+6a=0
（a∈R），有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（）
A．0<
a<
1或a=5
B.0≤a≤1或a=5
C.0<
a≤1或a=5
D.1<
a≤5或a=0
二、填空题:
本大题共4小题，每小题5分.
13.
cos（-52
）=.
14．已知sinα+2cosα=0，则2sinαcosα-cos2α的值是.
c
15.已知a、b、c分别为∆ABC三个内角A、B、C的对边，若a2=b2+c2-bc，
b
=1+
3，则tanB
的值等于．
16.如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角
∠MAN=60︒，C点的仰角∠CAB=45︒以及∠MAC=75︒；
从C点测得∠MCA=60︒.已知山高
BC=100m，则山高MN=m.
三、解答题：
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分12分）
*
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an+1=2Sn+1,n∈N.
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）令c=loga，b=1，记数列{b}的前n项和为T，若对任意n∈N*
n32nn⋅nn
，λ<
Tn恒成立，
求实数λ的取值范围.
18.（本小题满分12分）
cncn+2
⎛π⎫
已知函数f（x）=（a+2cos2x）cos（2x+θ）为奇函数，且fç
⎪=0，其中a∈R，θ∈（0，π）.
⎝4⎭
（1）求a，θ的值；
⎛α⎫2
⎛π⎫
⎛π⎫
（2）若fç
⎪=-
，α∈ç
，π⎪，求sinç
α+
⎪的值.
⎝4⎭5
⎝2⎭
⎝3⎭
19.（本小题满分12分）
20.（本小题满分12分）
如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C.
（1）证明：
B1C⊥AB;
11111
（2）若AC⊥AB,∠CBB=60,BC=1,求三棱柱ABC-ABC的高.
21.（本小题满分12分）设f（x）=xlnx-ax2+（2a-1）x,a∈R.
（Ⅰ）令g（x）=f'
（x），求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a≤0时，直线y=t（-1<
t<
0）与f（x）的图像有两个交点A（x1,t）,B（x2,t），且x1<
x2，求证：
x1+x2＞2.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22.（选修4-4：
坐标系与参数方程,本小题满分10分）
⎧2
⎪x=1+t
⎪2
已知曲线C1:
⎨
（t为参数），以原点为极点，以x正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线
⎪
y=2t
⎩2
C:
=cos
θ+sin2θ．
2ρ22
（Ⅰ）写出曲线C1的普通方程，曲线C2的直角坐标方程；
（Ⅱ）若M（1,0），且曲线C1与曲线C2交于两个不同的点A,B,求
MA⋅MB
AB
的值．
23.（选修4-5：
不等式选讲本小题满分10分）
设f（x）=3x-2+x-2．
（Ⅰ）解不等式f（x）≤8；
（Ⅱ）对任意的非零实数x，有f（x）≥（m2-m+2）⋅x
恒成立，求实数m的取值范围．
18届高三一轮复习文科数学单元检测
（一）参考答案
1-5CDABD,6-12CBCCC,AC
13.-1
14.-115.
16.150
三、解答题
17解：
（Ⅰ）当n≥2时，an+1=2Sn+1，an=2Sn-1+1
an+1
两式相减得：
an+1-an=2（Sn-Sn-1）=2an
a2
a1=1，∴a2=2S1+1=2a1+1=3，即
a1
∴=3
an
=3
n-1
∴{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列.从而an=3
（Ⅱ）cn=log3a2n，∴cn=2n-1，∴cn+2=2n+3
...................6分
b=1
=1（1-1）
n（2n-1）（2n+3）
42n-12n+3
11111111111
∴T=
（-+-+-++-+-）
n41537592n-32n+12n-12n+3
=1（1+1-1-
1）=1-1（1+1）
432n+12n+3
342n+12n+3
由于Tn随着n的增大而增大，所以Tn最小值为T1=5
18.证明：
∴所求λ的取值范围为：
λ<
5
............12分
⎫
（1）f⎛π⎫=（a+1）cos⎛π+θ
=-（a+1）sinθ=0
ç
4⎪ç
2⎪
⎝⎭⎝⎭
Qθ∈（0，π）,∴sinθ≠0,∴a+1=0,∴a=-1………………………………2分
Q函数f（x）=（a+2cos2x）cos（2x+θ）为奇函数
∴f（0）=（a+2）cosθ=cosθ=0……………………………………………………………4分
∴θ=π…………………………………………………………………………………………5分
（2）有
（1）得f（x）=（-1+2cos2x）cos⎛2x+π⎫=-cos2xgsin2x=-1sin4x………7分
2⎪2
Qf⎛α⎫=-1sinα=-2
⎝⎭
∴sinα=4……………………………………………………8分
25
⎪
Qθ∈⎛ππ⎫，∴cosα=-3…………………………………………………………………10分
，⎪
⎝⎭5
∴sin⎛α+π⎫=sinαcosπ+cosαsinπ=
4⨯1-3⨯
34-33
=……………………12分
3⎪
33525210
19.解：
（Ⅰ）
a=3
2，cos∠ABC=
2，c=3，
由余弦定理：
b2=c2+a2-2c⋅a⋅cos∠ABC
=32+（3
2）2-2⨯3
2⨯3⨯
2=18，………………………………2分
∴b=3
2．……………………………………………………………………4分
又∠ABC∈（0,π）
，所以sin∠ABC=
1-cos2∠ABC=
14，
由正弦定理：
c=
sin∠ACB
b，
sin∠ABC
得sin∠ACB=c⨯sin∠ABC=
7．………………………………………6分
（Ⅱ）以
BA，BC
为邻边作如图所示的平行四边形ABCE，如图，则
cos∠BCE=-cos∠ABC=-
2，…………………8分E
BE=2BD=6,在△BCE中，
BE2=CB2+CE2-2CB⋅CE⋅cos∠BCE．D
即36=CE2+18-2⨯3
2⨯CE⨯（-
2），BC
解得：
CE=3即AB=3…………………10分
所以S
∆ABC
=1acsin∠ABC=9
7.…………………………………………12分
20．
（1）证明：
连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，因为
侧面BB1C1C为菱形，所以
B1C⊥BC1
又AO⊥平面
BB1C1C，所以B1C⊥AO，故B1C⊥平面ABO
由于AB⊂平面ABO，
故B1C⊥AB……………………………6分
（2）解：
做OD⊥BC，垂足为D，连接AD，做OH⊥AD，垂足为H。
由于BC⊥AO,BC⊥OD，故
BC⊥平面AOD，所以OH⊥BC.又OH⊥AD，所以OH⊥平面ABC
11
因为∠CBB=60，所以∆CBB为等边三角形，又BC=1，可得OD=3
C=1.由OH⋅AD=OD⋅OA，且AD=OD2+OA2=7
由于AC⊥AB1，所以AO=B1，得
OH=
2121
.又O为BC的中点，所以点B到平面ABC的距离为，
14117
故三棱柱ABC-A1B1C1的高为
21
…………………………………………………………………………12分
7
21.解:
（Ⅰ）由f'
（x）=lnx-2ax+2a,可得g（x）=lnx-2ax+2a,x∈（0,+∞）,
11-2ax
则g'
（x）=-2a=.
xx
当a≤0时,
x∈（0,+∞）时，g'
（x）>
0，函数g（x）单调递增；
当a>
0时，x∈（0,
1）时，g'
x∈（1
+∞）时，g'
（x）<
0，函数g（x）单
2a2a
调递减；
所以，当a≤0时，函数g（x）单调递增区间为（0,+∞）；
0时，函数g（x）单调递增区间为（0,
1），单调递减区间为（1
+∞）。
.........................................6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f'
（1）=0.
f'
（x）是增函数，且当x∈（0,1）时，f'
0，f（x）单调递减；
当x∈（1,+∞）时，f'
0，f（x）单调递增,所以f（x）在x=1处取得极小值，且
fmin（x）=f
（1）=a-1≤-1，所以0<
x1<
1<
x2.
f（x2）-f（2-x1）=f（x1）-f（2-x1）=x1lnx1-ax1
+（2a-1）x1
1111
-[（2-x）ln（2-x）-a（2-x）2+（2a-1）（2-x）]
=x1lnx1-（2-x1）ln（2-x1）-2（x1-1）.
令h（x1）=x1lnx1-（2-x1）ln（2-x1）-2（x1-1），则
h'
（x）=lnx
-ln（2-x）=lnx（2-x）=ln[-（x
-1）2]<
0，
111111
于是h（x1）在（0,1）上单调递减，故h（x1）>
h
（1）=0，由此得f（x2）-f（2-x1）>
0即f（x2）>
f（2-x1）.
因为2-x1>
1,2x2>
1，f（x）在（1,+∞）单调递增，所以x2>
2-x1即x1+x2>
2。
..............12分
22.解：
（Ⅰ）将y=
t，代入x=1+
t，整理得x﹣y﹣1=0，则曲线C1的普通方x﹣y﹣1=0；
曲线
，则1=
+ρ2sin2θ．
由
，则曲线C2的直角坐标方程
；
（Ⅱ）由
，整理得：
3x2﹣4x=0，解得：
x=0或x=，则A（0，﹣1），B（，），
∴丨MA丨==，丨MB丨=
=
，
∴丨AB丨==，∴=
=∴的值．
23.解：
（Ⅰ）当x≤
时，原不等式可化为﹣（3x﹣2）﹣（x﹣2）≤8，解得x≥﹣1，故此时﹣1≤x≤
当
＜x≤2时，原不等式可化为3x﹣2﹣（x﹣2）≤8，解得x≤4，故此时
＜x≤2；
当x＞2时，原不等式可化为3x﹣2+x﹣2≤8，即x≤3，故此时2＜x≤3．
综上可得，原不等式的解集为{x|﹣1≤x≤3}．
（Ⅱ）对任意的非零实数x，有f（x）≥（m2﹣m+2）•|x|恒成立，则不等式可化为：
m2﹣m+2≤|3﹣
|+|1﹣
|恒成立，又|3﹣
|≥|3﹣
+
﹣1|=2，所以要使原式恒成立，只需m2﹣m+2≤2即可，即m2﹣m≤0．解得0≤m≤1．
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