高三数学理科四校联考试卷 试题

2021-2021学年度高三数学理科四校联考试卷

一、

制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

二、

选择题〔8540分〕

'1． 函数ysin2xcos2x的最小正周期为〔 〕 A〕

2． a(k,1),b(2,3)，假设ab，那么k的值是〔 〕

A〕5 B〕5 C〕3． 函数y B〕 C〕2 D〕4 4233 D〕 22log2(x1)2x的定义域为〔 〕

A〕(1,2] B)(1,2) C〕(2,) D〕(,2)

x1x22e 4． 设f(x)，那么f(f(2))的值是〔 〕 2log3(x1) x2 A〕0 B〕1 C〕3 D〕2

5． 数列{an}满足a10,an1an33an1* (nN)，那么a25〔 〕

A〕0 B〕3 C〕3 D〕

3 26． 以下函数中，图象的一局部如右图所示的是〔 〕 A〕ysin(x6) ) ) )

yB〕ysin(2x661C〕ycos(4xD〕ycos(2x

36O112x7． 等比数列{an}的公比q0，其前n项的和为Sn，那么S6a7与S7a6的大小

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关系为〔 〕

A〕S6a7>S7a6 B〕S6a7=S7a6 C〕S6a78． a0,b0,c0且a(abc)bc423，那么2abc的

最小值为〔 〕

A〕31 B〕31 C〕232 D〕232

三、填空题〔6530分〕 9．不等式

'x2的解集是____________ x1210．f(x)3x2x1，假设

3211f(x)dx2f(a)，那么a____________

11．假设f(x)x3ax3(a2)x1有极大值和极小值，那么a的取值

范围是____________

12．函数f(x)对于任意实数x满足条件f(x1)1，假设f(1)5， f(x)那么f(f(5))____________

13．对正整数n，设曲线yx(1x)在x2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，

那么数列{nan}的前n项和公式是____________ n1x02y314．设x,y满足约束条件yx，那么的取值范围是____________

x14x3y12四、

解答题〔一共80分〕

15．〔12分〕向量m(cos2,1),n(sin,1)，m与n为一共线向量且[,0] 32Ⅰ〕求sincos的值 Ⅱ〕求

sin2的值

sincos制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

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2xb16．〔13分〕定义域为R的函数f(x)x1是奇函数，

2aⅠ〕求a,b的值

Ⅱ〕假设对任意tR，不等式f(t2t)f(2tk)0恒成立，求k的取值范

围。

17．〔13分〕ABC三内角A、B、C的对边分别为a,b,c，关于x的不等式

22x2cosC4xsinC60的解集为空集

Ⅰ〕求C的最大值

Ⅱ〕C

337，ABC的面积S，当C最大时，求ab

2218．〔14分〕等差数列{an}中，公差d0，其前n项和为Sn且满足

a3a4117,a2a522

Ⅰ〕求数列{an}的通项公式 Ⅱ) 由通项公式bnSn得出的数列{bn}假如也是等差数列，求非零常数C nCⅢ) 求f(n)

bn的最大值

(n36)bn119．〔14分〕Ⅰ)函数f(x)xlnxax在(0,1)上是增函数，务实数a的取值范围

Ⅱ〕在Ⅰ〕的结论下，设g(x)e|ea| x[0,ln3]，求函数g(x)最小值。

2xx2制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

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20．〔14分〕点P在曲线C:y1(x1)上，曲线C在点P处的切线与函数ykx(k0)x的图象交于点A，与x轴交于点B，设点P的横坐标为t，点A，B的横坐标分别为

xA,xB，记f(t)xAxB

Ⅰ〕求f(t)的解析式

Ⅱ〕设数列{an}(n1,nN)满足a11,anf(an1)(n2)，求数列{an}的通

项公式

Ⅲ〕在Ⅱ〕的条件下，当1k3时，证明不等式a1a2an3n8k k制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

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[参考答案]

一、选择题 题号 答案

二、填空题

9、{x|1x2} 10、1或13、2n12 14、[三、解答题

1 B 2 D 3 B 4 D 5 B 6 D 7 A 8 D 1 11、a2或a1 12、5 345,11] 1915、解：〔Ⅰ〕m与n为一共线向量，(cos2)1(1)sin0 3即sincos2 ……………………………..5分 32〔Ⅱ〕1sin2(sincos)27，sin2 …………………….8分 99(sincos)2(sincos)22

(sincos)22(又[2216) 394,0]，sincos0,sincos …………………..10分 23sin27 ……………………12分 因此，

sincos121b0，解得b1 16、解：〔Ⅰ〕因为f(x)是奇函数，所以f(0)0，即

2a2x1从而有f(x)x1 …………………….3分

2a1121又由f(1)f(1)知，解得a2 …………………….6分 24a1a制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

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2x111x〔Ⅱ〕解：由〔Ⅰ〕知f(x)x1

22221由上式易知f(x)在(,)上为减函数 ……………………..8分 又因f(x)是奇函数，从而不等式f(t2t)f(2tk)0 等价于f(t2t)f(2tk)f(2tk)

因f(x)是减函数，由上式推得t2t2tk …………………..11分 即对一切tR ，有3t2tk0 从而判别式412k0，解得k2222222221 …………………..13分 317、解：〔1〕xcosC4xsinC60的解集是空集

1 ……………………...4分 2又C(0,)，所以C的最大值为 ……………………...6分

3cosC0且0，解得cosC〔2〕S133absinC,C, 223ab6 ……………………...9分

a2b2c21 而cosC2ab27a2b2()2ab6 …………………...11分

2121 (ab)2a2b22ab411ab …………………...13分

218、解：〔1〕{an}为等差数列，a3a4a2a522 又a3a4117

a3a4是方程x222x1170的两实数根

又公差d0,a3a4,a39,a413

an4n3 …………………….4分

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〔2〕由〔1〕知Snn1n(n1)42n2n …………………….6分 2Sn2n2n1615bn,b1,b2,b3

ncnc1c2c3c{bn}是等差数列，2b2b1b3 …………………..8分

61152,2cc0 22c1c3c11c(c0舍去)，故c …………………..9分

22即

2n2n2n 〔3〕由〔2〕得bn1n2f(n)2nn22(n36)(n1)n37n361 …………………12分

36n37n由函数的单调性可知：n6时，f(n)max1 49f(n)的最大值为

1 ………………….14分 491'19、解：〔Ⅰ〕f(x)2xa ………………….2分

xf(x)在〔0，1〕上是增函数

2x2x11a0在〔0，1〕上恒成立，即a2x恒成立 xx21时取等号〕 ………………….4分 22〔当且仅当x2x所以a22 ………………….5分 当a22时，易知f(x)在〔0，1〕上也是增函数，所以a22 ………………6分

x〔Ⅱ〕设te，那么h(t)t|ta|

20xln3,1t3

当a1时，h(t)tta在区间[1，3]上是增函数

所以h(t)的最小值为h(1)2a ………………….10分

2制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

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2tta (1ta)当1a22时，h(t)

2tta (at3)因为函数h(t)在区间[a,3]上是增函数，在区间[1,a]上也是增函数，所以h(t)在[1，3]上为增函数

所以h(t)的最小值为h(1)a ………………….13分 所以，当a1时，g(x)的最小值为2a，当1a22时，g(x)的最小值为a…14分 20、解：〔Ⅰ〕y线的斜率为111'的导数y2，又点P的坐标为(t,)，曲线C在P点的切xtx1， t2112(xt)，令y0，得xB2t tt那么该切线方程为yykx2t4t22t2由，得xA2，xAxB2t2 …….3分 11kt1kt1kt1y(xt)tt24t2(t1) ………….4分 因此，f(t)的解析式为：f(t)2kt1〔Ⅱ〕n2时，an4an1ka1111k1k11kn1,即() ,

kan11an4an14an14an34an13①当k3时，1k10，数列{1}是以0为首项的常数数列，那么an1 a13an1kk1}是以1为首项，为公比的等比数列， ……………..7分 an334②当k3时，数列{34n11kk1n1(1)()，解得an n1an334k43k34n1综合①、②得an …………….9分

k4n13k3k9334n133k90 〔Ⅲ〕an，，1k3kkk4n13kkk(k4n13k)1133k913k91 ,an1 nn1n1n12kkk43kk4k4k4制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日

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那

么

3n8k333(a1)(a2)...(an)8kkkk

3k9114(k3)1n4(k3)4(2k3)(k1)[1...n1]8[1()]8822244k4kkk2a1a2...an1k3 ,4(2k3)(k1)0

k23n8k因此，不等式a1a2...an成立 ………………….14分

k

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