天津市南开区南大奥宇培训学校2020届高三上学期第二次月考数学答案

∴{bn}的公差 d=3，b1=3．
………………7 分
∴Sn=b1+b2+b3+…+bn–1+bn=3+6+…+3n=
3n(n +1) 2
．………………10
分
第 2 页（共 6 页）
（Ⅲ）cn=log2 an =log22n–1=n–1， 3
1 = 1 = 1 – 1 （n≥2）， cncn1 n(n 1) n 1 n
332Leabharlann 32（18）解：（Ⅰ）∵a1=3，∴设{an}的通项公式 an=3qn–1．
………………1 分
∵b2+b8=2b5，
∴a2+a4=2(a3+3)，
………………2 分
∴3q+3q3=2(3q2+3)，
………………3 分
解得 q=2，∴an=3·2n–1．
………………5 分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，b2=6，b5=15，
①当
x＞x1
时，
x(2 ex
x)–2cx≥0
在(x1，+∞)上恒成立，
即，2c≤
2 ex
x
在(x1，+∞)上恒成立．
记
u(x)=
2 ex
x
，x∈(x1，+∞)，则
u(x)=
x ex
3
，x∈(x1，+∞)，
第 5 页（共 6 页）
当 x 变化时，u(x)，u(x)变化情况如下表：
x (x1，3) 3 (3，+∞)
+ 1 2 +…+ 1 n1 =
3
3
3 2
1
1 3n
…………3 分 …………5 分 …………6 分
因而
bn=
3 2
1
1 3n
，n∈N*．
…………8 分
（Ⅲ）由（Ⅰ），（Ⅱ）得：cn=
an
·bn=(2n–1)·
3 2
1
1 3n
，
…………9 分
∴Sn=c1+c2+…+cn
= 3 [1+3+5+…+(2n–1)–( 1 + 3 + 5 +…+ 2n 1 )]．
6
6
（Ⅱ）g(x)=2sin(2x+ )． 3
………………………10 分
∵x∈[0， ]时，2x+ ∈[ ， 4 ]，
2
3 33
………………………11 分
∴当 2x+ = ，即 x= 时，sin(2x+ )=1，g(x)取得最大值 2．
32
12
3
……13 分
当 2x+ = 4 ，即 x= 时，sin(2x+ )=– 3 ，g(x)取得最小值– 3 ．…15 分
2
3 32 33
3n
第 3 页（共 6 页）
…………10 分
令
Tn=
1 3
+
3 32
+
5 33
+…+
2n 3 3n 1
+
2n 1 3n
①
则
1 3
Tn=
1 32
+
3 33
+
5 33
+……+
2n 3n
3
+
2n 1 3n 1
②
①–②，得
2 3
Tn=
1 3
2(
1 32
1 33
∴Tn=1–
n 3n
1
．
1 3n
综合①②知，当
c≤–
1 2e3
时，函数
g(x)为增函数．
故实数
c
的取值范围是(–∞，–
1 2e3
]．
…………………14 分 …………………15 分
第 6 页（共 6 页）
①
…………2 分
∵2sinA=3sinB，由正弦定理得 2a=3b， ②
…………2 分
∴由①②解得 a=3，b=2．
…………6 分
（Ⅱ）∵cosB= 3 10 ，∴sinB= 10 ，
10
10
∴sin2B=2sinBcosB= 3 ，cos2B=2cosB2–1= 4 ，
5
5
∴sin2A=sin2(–B–C)=sin( 4 –2B) 3
u(x) –
0
+
u(x) ↘ 极小值 ↗
∴u(x)min=u(3)=
–
1 e3
．
故“2c≤
2x ex
在(x1，+∞)上恒成立”只需
2c≤u(x)min=–
1 e3
，即
c≤–
1 2e3
．
…………………13 分
②当
0＜x＜x1 时，g(x)=1+
1 x2
–2cx，
当 c≤0 时，g(x)＞0 在(0，x1)上恒成立．
24
24
= 3 sin(x + )+sinx 2
……………………2 分
= 3 cosx+sinx
=2sin(x+ )． 3
……………………7 分
由 2k+ ≤x+ ≤2k+ 3 ，得 2k+ ≤x≤2k+ 7 ，
23
2
6
6
所以函数 f(x)的单调减区间为[2k+ ，2k+ 7 ]，k∈Z． ………………9 分
2020 届南大奥宇第二次月考数学试卷参考答案
一、选择题：（本题共 9 小题，每题 5 分，共 45 分）
题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9）
答案 B
D
A
D
A
B
C
C
B
二、填空题：（本题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分）
（10） 5 ； 2
（11） 3 ； 4
（12）–log2(1+x)，2；
（13）6；
（14） 3 ；
（15）(0， 1 )，( 1 3 ，0)．
4
16
注：（12）、（15）题每题第一个空2分，第二个空3分。
三、解答题：（其他正确解法请比照给分）
（16）解：（Ⅰ）∵在△ABC 中，c= 7 ，C= ， 3
∴由余弦定理得 c2=a2+b2–ab=7，
∴g(x)=
x
1 x
cx2，0
x
≤
x1，
x
2
ex
cx2，x
x 1，
…………………10 分
∴g(x)=
1
1 x2
x(2
ex
2cx，0 x) 2cx，x
x ≤ x1， x1，
由函数 g(x)为增函数，且曲线 y=g(x)在(0，+∞)上连续不断知，
g(x)≥0 在(0，x1)，(x1，+∞)上恒成立．
=– 3 cos2B+ 1 sin2B= 3 4 3 ．
2
2
10
…………7 分 …………11 分 …………13 分 …………15 分
（17）解：（Ⅰ）由 x + ≠k+ （k∈Z）得 x≠2k+ ，
24
2
2
第 1 页（共 6 页）
∴f(x)的定义域为{x| x≠2k+ ，k∈Z}． 2
（Ⅱ）f(x)=2 3 sin( x + )cos( x + )+sinx
)
2n 1 3n1
1 3
1(1 3
1 3n1
)
2n 1 3n1
…………13 分
又 1+3+5+…+(2n–1)=n2，
…………14 分
∴Sn=
3 2
(n2–1+
n 3n
1
)．
…………15 分
（20）解：（Ⅰ）对
f(x)求导得
f(x)= a
2x ex x2 (ex )2
ex
=a
x(2 ex
x)，
设直线 y=e–1x 与曲线 y=f(x)切于点 P(x0，f(x0))，
则
e–1x0=ax02e–x0，e–1=
a
x0(2 e x0
x0 ) ，
解得 a=x0=1．
所以 a 的值为 1．
…………………4 分
（Ⅱ）（ⅰ）若 a＞0，
当 x∈(0，2)时，f(x)＞0，当 x∈(–∞，0)或 x∈(2，+∞)时，f(x)＜0，
x
x
下面考察函数 y=h(x)的符号．
第 4 页（共 6 页）
对函数
y=h(x)求导得
h(x)=
x(2 ex
x)–1–
1 x2
（x＞0）．
当 x≥2 时，h(x)＜0 恒成立．
当 0＜x＜2 时，x(2–x)≤1，
从而
h(x)=
x(2 ex
x)–1–
1 x2
≤
1 ex
–1–
1 x2
＜1–1–
1 x2
………………11 分 ……………………12 分
1 + 1 +…+ 1 = 1 – 1 + 1 – 1 +…+ 1 – 1
c2c3 c3c4
cncn1 1 2 2 3
n 1 n
=1– 1 ＜1． n
……………………15 分
（19）解：（Ⅰ）∵f(x)=x+4 x +4=( x +2)2，
∴an+1=f(an)=( an +2)2， 即 an1 – an =2（n∈N*）．
=–
1 x2
＜0．
∴h(x)＜0 在(0，+∞)上恒成立，故 y=h(x)在(0，+∞)上单调递减．
∵h(1)=e–1＞0，h(2)=
4 e2
–
3 2
＜0，
∴h(1)·h(2)＜0．
又曲线 y=h(x)在[1，2]上连续不间断，
所以由函数的零点存在性定理及其单调性知：
存在惟一的 x1∈(1，2)，使 h(x1)=0， ∴x∈(0，x1)时，h(x)＞0，当 x∈(x1，+∞)时，h(x)＜0．
所以 f(x)在(0，2)上单调递增，在(–∞，0)，(2，+∞)上单调递减．
（ⅱ）若 a＜0，
当 x∈(0，2)时，f(x)＜0，当 x∈(–∞，0)或 x∈(2，+∞)时，f(x)＞0，
所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(–∞，0)，(2，+∞)上单调递增．
…………………8 分
（Ⅲ）记函数 h(x)=f(x)–(x– 1 )=x2e–x –x+ 1 （x＞0），
…………1 分 …………2 分
∴数列{ an }是以 a1 =1 为首项，公差为 2 的等差数列．
∴ an =1+2(n–1)=2n–1，即 an=(2n–1)2（n∈N*）．
（Ⅱ）∵b1=1，当
n≥2
时，bn–bn–1=
1 3
n 1
，
∴bn=b1+b2–b1+b3–b2+…+bn–bn–1
=1+ 1 3