最新2019届高三11月月考数(理)试题 (2)

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合A ＝{ |－4＋3
0}，B ＝
，则A ∩B ＝( ) A ．[1,2] B ．(1,2] C ．[1,3] D ．(1,3]
2．复数1＋2i 1－i
的共轭复数为( )
A ．－12＋32i
B ．－12－3
2i C ．－1＋3i D ．－1－3i 3．函数f (x )＝cos(2
)，∈[0，π]的单调递增区间是( )
A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6
B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3
C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6，⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π
D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π 4. 若
2cos 2 ⎝
⎛⎭⎪⎫π6－α2＝53，则cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π3＋2α＝( ) A.19 B ．－23 C.53 D ．－5
3 5. 函数f ()＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
1－2x 1＋2x cos x 的图象大致为( )
6. 已知sin φ＝35，且φ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
π2，π，函数f (x )＝sin(ω＋φ)(ω＞0)的图象的相邻两
条对称轴之间的距离等于π2，则f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π4的值为( )
A ．－35
B ．－45 C.35 D ．45 7. 已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若{
}是公差为－1的
等差数列，且S 6＝3
8，则等于( )
A.421 B ．631 C.821 D ．1231 8. 已知函数f ()＝
，实数a ，b ，c 满足f (a )·f (b )·f (c )＜0(0＜a ＜b ＜
c )，若实数为方程f ()＝0的一个解，那么下列不等式中，不可能成立的是( )
A ．＜a
B ．＞b
C ．＜c
D ．＞c
9.数列{a n }中，满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，且a 1，a 4 035是函数f (x )＝1
3x 3－4x 2＋6x －6的极值点，则log 2a 2 018的值是( )
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5 10.已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝
(n ∈N *)，且对任意
n ∈N *都有
1a 1＋1
a 2＋
＋1
a n
＜t ，则实数t 的取值范围为( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫13，＋∞ B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D ．⎣⎢⎡⎭
⎪⎫
23，＋∞
11．若函数f ()＝2sin( ) (－2＜＜14)的图象与轴交于点A ，过点A
的直线l 与函数的图象交于B ，C 两点，则(OB →＋OC →)·OA →＝(其中O 为坐标原
点)( )
A ．－32
B ．32
C ．－72
D ．72
12. 将函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6的图象向左平移π
12个单位长度，再向上平移1个单
位长度，得到g (x )的图象．若g (x 1)g (x 2)＝9，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则2x 1
－x 2的最大值为( )
A.49π12
B.35π6
C.25π
6
D.17π4
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13. 已知a ，b ，c 分别是△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边，若a ＝1，b ＝3，
A＋C＝2B，则sin C＝________.
14.已知变量，满足约束条件,且目标函数z＝3＋的最小值为－1，则实常数k＝________.
15.函数f()是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，若实数a满足f(log2a)＋f()≤ 2f(2)，则a的取值范围是________．
16.在△ABC中，已知B＝π
3，AC＝43，D为BC边上一点．若AB＝AD，则△ADC
的周长的最大值为________．
三、解答题（本大题共6个小题，共70分.17题10分，18-22题，每小题12分）
17(10分). 已知函数f ()=设
(1)求方程f ()=2的根；
(2)若对任意R,不等式f (2)恒成立，求实数m的最大值；18（12分）. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且2cos2 A－B
2
cos B－sin(A－B )sin B＋cos(A＋C )＝－35.
(1)求cos A的值；
(2)若a＝42，b＝5，求向量BA 在BC 方向上的投影．
19（12分）. 已知{a n}是各项均为正数的等比数列，{b n}是等差数列，且a1＝b1＝1，b2＋b3＝2a3，a5－3b2＝7.
(1)求{a n}和{b n}的通项公式；
(2)设c n＝a n b n，n∈N*，求数列{c n}的前n项和．
20(12分).已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝
＋n (n ∈N *)．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设c n ＝，数列{c n }的前n 项和为T n ，求使不等式
T n ＞k
2 014对一切n ∈N *都成立的最大正整数k 的值；
(3)设f (n )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
a n n ＝2k －1，k ∈N *，
3a n －13 n ＝2k ，k ∈N *
，是否存在m ∈N *，使得f (m ＋15)＝5f (m )成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．
21（12分）.已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．
22（12分）. 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点．
(1)求a 的取值范围；
(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.
参考答案
1.解析：选B.解不等式－4x＋3≤0，得1≤x ≤3，∴A＝[1,3]，解不等式1
x－1≥1，得1＜x≤2，∴B＝(1,2]，∴A∩B＝(1,2]．
2.解析：选B.∵1＋2i
1－i＝
1＋2i 1＋i
1－i 1＋i ＝
1－2＋3i
2＝－
1
2＋
3
2i.∴
1＋2i
1－i的共轭复数为－
1
2
－3
2i.
3．解析：选C.由2kπ－π≤2x－
π
3≤2kπ，k∈Z，得kπ－
π
3≤x≤kπ＋
π
6，k∈Z.
∴函数f(x)＝cos⎝⎛⎭⎫
2x－
π
3，x∈[0，π]的单调递增区间是⎣
⎡
⎦
⎤
0，
π
6，⎣
⎡
⎦
⎤
2π
3，π.
4. 解析：选A.∵cos⎝⎛⎭⎫
π
3－α＝2cos2⎝
⎛
⎭
⎫
π
6－
α
2－1＝
2
3，
∴cos⎝⎛⎭⎫
2π
3－2α＝2cos2⎝
⎛
⎭
⎫
π
3－α－1＝－
1
9，
∴cos⎝⎛⎭⎫
π
3＋2α＝cos⎣
⎡
⎦
⎤
π－⎝⎛⎭⎫
2π
3－2α＝－cos⎝
⎛
⎭
⎫
2π
3－2α＝
1
9.
5. 解析：选C.依题意，注意到f(－x)＝
1－2－x
1＋2－x cos(－x)＝
2x 1－2－x
2x 1＋2－x cos x＝
2x－1
2x＋1cos x
＝－f(x)，因此函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A，B均不正
确；当0＜x＜1时，1－2x
1＋2x＜0，cos x＞0，f(x)＜0，因此结合选项知，C正确，选C.
6. 解析：选B.根据函数f()＝sin(ω＋φ)(ω＞0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离等
于π
2，可得
T
2＝
π
ω＝
π
2，∴ω＝2.
由sin φ＝
3
5，且φ∈⎝
⎛
⎭
⎫
π
2，π，可得cos φ＝－
4
5，则f⎝
⎛
⎭
⎫π
4＝sin⎝
⎛
⎭
⎫
π
2＋φ＝cos φ＝－
4
5.
7. 解析：选A.∵{log2a n}是公差为－1的等差数列，
∴log2a n＋1－log2a n＝－1，即log2
a n＋1
a n＝log2
1
2，∴
a n＋1
a n＝
1
2，∴{a n}是公比为
1
2的等比数列，又∵S6＝
a1
⎣
⎢
⎡
⎦
⎥
⎤
1－⎝⎛⎭⎫
1
2
6
1－
1
2
＝
3
8，∴a1＝
4
21.
8. 解析：选D.∵y＝⎝⎛⎭⎫
1
3
x
是R上的减函数，y＝log2x是(0，＋∞)上的增函数，∴f(x)＝⎝⎛⎭⎫
1
3
x
－log2x是(0，＋∞)上的减函数，又∵f(a)f(b)f(c)＜0，且0＜a＜b＜c，∴f(a)＜0，f(b)＜0，f(c)＜0或f(a)＞0，f(b)＞0，f(c)＜0，故f(c)＜f(x0)＝0，故c＞x0，故x0＞c不可能成立．
9.解析：选A.根据题意，可知a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，即数列{a n }是等差数列．又f ′(x )＝x 2－8x ＋6，所以a 1＋a 4 035＝8＝2a 2 018，所以log 2a 2 018＝log 24＝2.
10.解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2
n 2
2
n －1 2
＝2n 2－(n －1)2＝22n
－
1，又
a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数
列，等比数列{1a n
}的前n 项和等于12⎝⎛
⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n ＜23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫23，＋∞，选D.
11．解析：选D.由f (x )＝2sin ⎝⎛⎭
⎫π8x ＋π4＝0可得π8x ＋π
4＝k π，∴x ＝8k －2，k ∈Z ，∵－2＜
x ＜14，∴x ＝6即A (6,0)，设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，∵过点A 的直线l 与函数的图象交于B ，C 两点，∴B ，C 两点关于点A 对称即x 1＋x 2＝12，y 1＋y 2＝0，则(OB →＋OC →)·OA →
＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)·(6,0)＝6(x 1＋x 2)＝72.
12. 解析：选A 由题意得g (x )＝2sin2x ＋π12＋π6＋1＝2sin2x ＋π
3＋1，故g (x )max ＝3，g (x )min
＝－1，由g (x 1)g (x 2)＝9，得
,由g (x )＝2sin2x ＋π3＋1＝3，得2x ＋π3＝π
2＋2k π，k ∈Z ，
即x ＝π12＋k π，k ∈Z ，由x 1，x 2∈[－2π，2π]，得x 1，x 2＝－23π12，－11π12，π12，13π
12，故当x 1＝13π12，x 2＝－23π12时，2x 1－x 2取得最大值，最大值为49π12.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13.解析：由A ＋C ＝2B ，且A ＋B ＋C ＝π，得到B ＝π3，所以cos B ＝1
2，又a ＝1，b ＝3，根据余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ，即c 2－c －2＝0，因式分解得(c －2)(c ＋1)＝0，解得c ＝2，c ＝－1(舍去)，又sin B ＝3
2，b ＝3，根据正弦定理b sin B ＝c sin C 得sin C ＝c sin B b ＝
2×3
3＝1.
答案：1
14.解析：由题意作出目标函数的平面区域如图所示，
结合图象可知，当过点A (x,2)时，目标函数z ＝3x ＋y 取得最小值－1，故3x ＋2＝－1，解得x ＝－1，故A (－1,2)，故－1＝4×2－k ，故k ＝9.
答案：9
15.解析：由偶函数的性质得已知不等式可化为f (log 2a )＋f (－log 2a )≤2f (2)，即f (log 2a )＋f (log 2a )≤2f (2)，所以f (log 2a )≤f (2)，∴f (|log 2a |)≤f (2)，又f (x )在[0，＋∞)上单调递减，所以|log 2a |≥2，即a 的取值范围是⎝⎛⎦
⎤0，1
4∪[4，＋∞)．
答案：⎝⎛⎦
⎤0，1
4∪[4，＋∞)
16. 解析：∵AB ＝AD ，B ＝π
3，
∴△ABD 为正三角形，∵∠DAC ＝π3－C ，∠ADC ＝2π
3，在△ADC 中，根据正弦定理可得AD sin C ＝43sin 2π3＝DC sin ⎝⎛⎭
⎫π3－C
， ∴AD ＝8sin C ，DC ＝8sin ⎝⎛⎭⎫π3－C ，∴△ADC 的周长为AD ＋DC ＋AC ＝8sin C ＋
8sin ⎝⎛⎭⎫π3－C ＋43＝8⎝ ⎛⎭
⎪⎫12sin C ＋32cos C ＋43＝8sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π3＋43，
∵∠ADC ＝2π3，∴0＜C ＜π3，∴π3＜C ＋π3＜2π3，∴当C ＋π3＝π2，即C ＝π
6时，sin ⎝⎛⎭
⎫C ＋π3的
最大值为1，则△ADC 的周长最大值为8＋4 3.
答案：8＋4 3 三、解答题
17解：因为错误！未找到引用源。

，所以错误！未找到引用源。

.
（1）方程错误！未找到引用源。

，即错误！未找到引用源。

，亦即错误！未找到引用源。

， 所以错误！未找到引用源。

，于是错误！未找到引用源。

，解得错误！未找到引用源。

.··························4分
（2）由条件知错误！未找到引用源。

.
因为错误！未找到引用源。

对于错误！未找到引用源。

恒成立，且错误！未找到引用源。

，
所以错误！未找到引用源。

对于错误！未找到引用源。

恒成立. 而错误！未找到引用源。

，且错误！未找到引用源。

，
所以错误！未找到引用源。

，故实数错误！未找到引用源。

的最大值为 4.····························10分
18解：(1)由2cos 2
A －
B 2cos B －sin(A －B )sin B ＋cos(A ＋
C )＝－3
5得
[cos （A B ）+1]cosB sin(A B)sinB cosB=,
即cos （A B ）cosB sin(A B)sinB=,则cosA=
.············5分
(2)由cosA=
，0<A<,得sinA=，
由正弦定理得，sinB==
.由题知a>b,则A>B ，故B=，
根据余弦定理，有
=+-2
5c
（
），解得c=1或c=-7(舍去)，
故向量BA 在BC
方向上的投影为|BA ｜ｃｏｓＢ＝··············12分
19解 (1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.
由已知，有⎩
⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，
q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0， 又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n -1，n ∈N *；
数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.·
················5分 (2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n -1，设{c n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝1×
20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n -2＋(2n －1)×2n -1， 2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n -1＋(2n －1)×2n ， 两式相减得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n +1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×
2n －3， 所以S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.·····················12分 20解：（1）当n=1时，
=6
当
而当n=1时，n+5=6适合公式,
············3分
（2）==，
=
=
∴T n 单调递增，故(T n )min ＝T 1＝13.令13＞k 2 014，得k ＜6711
3，所以k max ＝671.······8分
(3)f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧
n ＋5 n ＝2k －1，k ∈N *，3n ＋2 n ＝2k ，k ∈N *，
当m 为奇数时，m ＋15为偶数，由f (m ＋15)＝5f (m )得3m ＋47＝5m ＋25，解得m ＝11. 当m 为偶数时，m ＋15为奇数，由f (m ＋15)＝5f (m )，得m ＋20＝15m ＋10，解得m ＝57∉N *
(舍去)．
综上，存在唯一正整数m ＝11，使得f (m ＋15)＝5f (m )成立．··············12分 21解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1
x －a . 若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭
⎫1
a ，＋∞时，f ′(x )<0.
所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫1
，＋∞上单调递减．················6分
(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；
当a >0时，f (x )在x ＝1
处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫1a ＋a ⎝⎛⎭
⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.
因此f ⎝⎛⎭
⎫1
a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.
令g (a )＝ln a ＋a －1，
则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.
于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．····································12分 22解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．
①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．
②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a
2， 则f (b )>a
2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭
⎫b 2－32b >0，
故f (x )存在两个零点．
③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．
若a ≥－e
2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．
又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．
若a <－e
2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.
因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．·····························8分
(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，又f (x )在(－∞，1)内单调递减，
所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，又f (x 1)= f (x 2)即f (2－x 2)< f (x 2). 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2
－
x 2＋a (x 2－1)2，而
f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2，
所以f (x 2)- f (2－x 2)＝－x 2e 2
－
x 2－(x 2－2)e x 2.
设g (x )＝－x e 2－
x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－
x －e x )． 所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0. 从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.··················12分。