东至县高考一模

安徽省东至县2013届高三“一模”理科数学试卷

第Ⅰ卷（选择题 共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.已知集合Myy2x,x0，Nxylg(2xx)，则MN为

2A.1,2 B.1, C.2, D.1, 2.若a、b是任意实数，且的是 ab,则下列不等式成立．．

ab11A.a2b2 B.1 C.lg(ab)0 D.

a33b3.在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝

A.58 B.88 C.143 D.176

4.函数f(x)Asin(x)（其中A0,π2）的图象

如图所示，为了得到g(x)sin2x的图象，则只需将

f(x)的图象

A.向右平移

π6π6个长度单位 B.向右平移

π12π12个长度单位

C.向左平移5. 已知sin2个长度单位 D.向左平移

,cos个长度单位

35245，则是第（ ）象限角：

C.第三象限 D. 第四象限

A. 第一象限 B .第二象限

6.已知an为等比数列，a4a72，a5a68，则a1a10

A.7 B.5 C.-5 D.-7

πx6π(0x9)的最大值与最小值之和为 37.函数y2sin A.23 B.0 C.－1 D.13 8.设函数f(x)在R上可导,其导函数f(x),且函数f(x)在x2处取得极小值,则函数

yxf(x)的图象可能是

9.已知向量a，b满足|a|=1,|b|=2，且a与b方向上的投影与b在a方向上的投影相等，则|a－b|等于 （A）1

（B）3 （C）5 （D）3

10已知函数f(x)满足：①定义域为R； ②xR，有f(x2)2f(x)；③当x[1,1]

x，则方程f(x)log4|x|在区间[-10，10]内的解个数是 时，f(x)cos2（A）18 （B）12 （C）11 （D）10

第II卷（非选择题 共100分）

考生注意事项：

请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. ．．．．．．．．．．．．．．．．．

二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡的相应位置. 11.函数f(x)1x1()的定义域是 ▲ .

212.已知tan()3,tan()5，则tan2的值为 ▲ . xy2013．若变量x、y满足xy40ya2，若2xy的最大值为1，则a ▲ .

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. 若直角坐标平面内M、N两点满足：

①点M、N都在函数f(x)的图像上；

②点M、N关于原点对称，则称这两点M、N是函数f(x)的一对“靓点”。 已知函数f(x){3,x0x3,x0x则函数f(x)有 ▲ 对“靓点”。

三、解答题：本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.解答写在答题卡的制定区域内.

16. (本小题满分12分)

已知函数f(x)1xg(x)() (1x0)的值域为B. 的定义域为A，函数log2(x1)2（I）求AB；

（II）若C{x|ax2a1}，且CB，求实数a的取值范围.

17. （本小题满分12分）已知{an}为等差数列，且a1a38,a2a412.

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）{an}的前n项和为Sn，若a1,ak,Sk2成等比数列，求正整数k的值

18（本小题满分12分） 已知函数fx23sinx2xcossinx. 424（I）求fx的最小正周期；www.

（Ⅱ）若将fx的图象按向量a=（，0）平移得到函数g（x）的图象，求函数g（x）

6的解析式，并求x0,时，g（x）的最大值和最小值.

19.（本小题满分13分）

ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，已知m(3,2sinA),n(sinA,1cosA),

满足m//n，且7(cb)a （1）求角A的大小； （2）求cos(C6)的值

20.本小题满分13分）

某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交m元（3m5）的管理费，预计当每件产品的售价为x元（9x11）时，一年的销售量为(12x)2万件.

（1）求分公司一年的利润L（万元）与每件产品的售价x（元）的函数关系式；

（2）当每件产品的售价为多少元时，分公司一年的利润L最大？并求出L的最大值Q(m).

21.（本题满分13分）. 已知函数f(x)2xalnx2(a0).

（1）若曲线yf(x)在点P(1,f(1))处的切线与直线yx2垂直，求函数yf(x)的

单调区间；

（2）若对x(0,)都有f(x)2(a1)成立，试求实数a的取值范围；

（3）记g(x)f(x)xb(bR)，当a=1时，函数g(x)在区间[e1,e]上有两个零点，

求实数b的取值范围.

数学（理科）试卷答案 阅卷老师请注意：阅卷前请对答案进行审核 选择题 1、选A . M{yy1}N{x0x2}，MN(1,2) xab2、选D. y(1)在R上单调减，(1)(1) 3333、选B. S114、选A. 由T4a1a11271211a4a821188 3得T，2。又2向右平移3，3 f(x)sin(2x36)g(x)sin2x 个单位5、选D. sin24250，cos7250，在第四象限 6、选D. a4a78,a4a72，a44,a7或,a42，a74 a18,q31或,a11，q232，a1a107 7、选A. 36376，3y2,ymaxymin23 8、选A. 由f(2)为极小值，经x2时f(2)0,x2时f(2）0 9、选C. 易得ab,ab22ab2ab5 10、选C. x0时有9个交点，x0时有2交点 二、填空题 （）0,{xx0} 11、{xx0} 121x12、47 tan2tan[()()]xy20ya47 13、1. 由14、1k32得A(2a,a),由2xy1得1. 121232 令f(x)0,得x,k1k1且k10得1k 15、1对 若(a,b)(a0)在f(x)图象上，则（3a3由图象易知只有唯一交aa,b）在f(x)图象上. 点

三、解答题： 16. 解：（Ⅰ）由题意得：A{x|x2} B{y|1y2} AB{2} ……………………………2分 ……………………………………………………4分 ……………………………………………………………6分 （II）由（1）知：B{y|1y2}，又CB （1）当2a1a时，a<1,C，满足题意 …………………8分 a1（2）当2a1a即a1时，要使CB，则 2a12 …………10分 解得1a32 32 ………………………………………………………11分 ………………………………………………12分 综上，a(,] 2a12d817.解：（I）设数列{an}的公差为d，由题意得， 2a4d121解得：a12,d2 …………………………………………………3分 …………………5分 ……8分 所以ana1(n1)d22(n1)2n （II）由（I）可得：Sn(a1an)n22k(22n)n2n(1n) 因a1,ak,Sk2成等比数列，所以a2a1Sk2 2从而(2k)2(k2)(k3)，即k5k60 解得：k6或k1（舍去），因此k6.

18. .解：（I）fx ………………………10分 …………………12分 3sinxsinx23cosxsinx„„„„„„„2分

=213sinxcosx2sinx„„„„„„„„„„„„„„„„4分 223所以fx的最小正周期为2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分

（Ⅱ）∵将fx将fx的图象按向量a=（，0）平移，得到函数gx的图象.

6

∴gxfx2sin6x2sin63x„„„„„„„9分

6 ∵x0,时，x7„„„„„„„„„„„„„„„10分 ,666∴当x62,即x时,sinx1,gx取得最大值2.„„„11分 36 当x671,即x时sinx,gx取得最小值—1.„12分 662m//n 3(1cosA)2sin2A 19. 解⑴

即2cos2A3cosA10

cosA12或-（舍去）1 A2223

2 ………………5分

⑵（7cb)a 7(cb2bc)a

而a2b2c2bc 2c25bc2b20

c2b或c1b(cb,舍去）

2sinC2sinB

………………9分

与7(sinCsinB)sinA32联立

可得sinC217,cosC27712 …………………………11分

cos(C6)32cosCsinC32114 ………13分 20（1）分公司一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式为：

L(x3m)(12x),x[9,11]„„„„„„„„„4分（少定义域去1分）

2（2）L(X)(12x)2(x3m)(12x)(12x)(182m3x). 令L0得x623m或x12（不合题意，舍去）„„„„„„„„6分

23m283.在x69223m两侧L的值由正变负.-----8分

2∵3m5，∴86所以（1）当8623m9即3m2时，

LmaxL(9)(93m)(129)9(6m). „„„„„„„„„„„10分

（2）当96LmaxL(62323m283即

2392m5时，

23m)]4(32m)(6m3m)[12(613m)，

399(6m),3m,2所以Q(m) „„„„„„„„„„„„„„12分

194(3m)3,m532答：若3m92，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值

92m5，则当每件售价为(6133；若Q(m)9(6m)（万元）

23m)元时，分公司一年的

利润L最大，最大值为Q(a)4(321.解: (1)直线yx2的斜率为1.

m)（万元）.„„„„„13分

函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)所以f(1) 所以f(x)212x22x2ax，

………2分

a11，解得a1

x2x2

lnx2,f(x)

由f(x)0，得x>2; 由f(x)0得0所以f(x)的单调递增区间是（2，+）,单调递减区间（0,2） （2）f(x)=2x2……..…4分

2aax=

ax2x2，a0，

2a由f(x)0得x，由f(x)0得0x2a

2a所以f(x)的单调递增区间是（当x=

2a，+）,单调递减区间（0,

2）

………6分

时， f(x)取极小值，也就是最小值f(x)min=f()

a2 对x(0,)都有f(x)2(a1)成立，∴f()>2(a1)

a22aaln2a2a2>2(a1),………8分

2a2e2e∴alna, ln1,0a2x.实数a的取值范围(0, ) ……..…9分

(3) 当a=1时，g(x)=lnxx2b，(x>0)

g(x)=

xx2x22，由g(x)>0得x>1, 由g(x)<0得0所以g(x)的单调递增区间是（1，+）,单调递减区间（0, 1） x=1时g(x)取得极小值g(1). ………10分

g(e1)0因为函数g(x)在区间[e1,e]上有两个零点，所以g(e)0g(1)0解得1b≤2ee1.

所以b的取值范围是(1, 2ee1]. …………12分

3分

……………1