安徽省示范高中高三数学11月阶段测评试题 文(扫描版)

安徽省示范高中2015届高三11月阶段测评数学（文）试题（扫描版）
2015安徽省示范高中高三11月阶段测评
数学（文科）参考答案
（1）B 解析：{|sin }2
A x x =≥=[2k π+6，2k π＋6]()k ∈Z ，
B ＝(－1，2)，A ∩B ＝
[π
6
，2). （2）A 解析：设数列{}n a 的公比为q ，则a 3＋a 4＝q (a 2＋a 3)，q ＝－2，
25634()8a a q a a +=+=-.
（3）D 解析：当0x >时，()3,x
f x -=-令0
01
3
,29
x x --=-=.
（4）B 解析：由已知得a n ＋1＝a n ＋1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2＋3＋4＋5＋6＝20．
（5）C 解析：设数列{}n a 的公比为q ，则22
11114,7210,a a q a q q q +==⇒--=解得
1
2
q =-或1.
（6）C 解析：ππsin 2sin 22,44y x y x ϕϕ⎛⎫⎛⎫=-−−−−−−→=+- ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
向左平移个单位由其图像关于y 轴对称，可知ππ2=π(),42k k ϕ-+∈Z 得3π1
=π(),82
k k ϕ+∈Z 故ϕ的最小正值是3π.8
（
7
） A 解析：
π2π,,33
B A
C =+=∴
()()
tan tan tan 1tan tan tan ,A C A C A C A C +=+-=
tan tan tan A C A C +=故选A.
（8）C 解析：设数列{}n a 的公比为q ，则336
6393(1),(1)S q S S q q S =+=++，∴
3632(1)q q S ++=
33331(1),,2
S q S q ++=-故631
2S S =．
（9）C 解析：对于p ，2
e ()0(e )
x
x a f x a '=<+，则a ＜0，而当a ＜0时，()f x 在(－∞，ln(－a ))与(ln(－a )，＋∞)上单调递减，故p 为假命题；对于q ，()g x 的定义域满足⎩⎨⎧3－x ≥0
log 2x －1＞0
或⎩⎨⎧3－x ≤0log 2x －1＜0
，解得2＜x ≤3，故q 为真命题．故选C ． （10）B 解析：由已知得1n a +=
11n n a a -+，∴2a =1
2
，3a =13-，4a =2-，53a =，∴数列
{n a }以4为周期,∴201531
3a a ==-
.
（11） 2 解析：由题意得λa ·b ＋μb 2
＝0，即－λ|a |2
·22＋μ|a |2
＝0，λμ
＝2． （12）12-
解析:由图知π12()1233T ω==--=,πω∴=，1π
()sin()1,33f ϕ=+=又ππ[,]22ϕ∈-，π,6ϕ∴=π1(1)sin(π)62
f ∴=+=-.
（13
）π06x y += 解析：由题意得2015π2πcos cos 671π1,332a a a ⎛⎫⎛
⎫=+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭解
得2,a =故(
)ππ2sin ,1,66f x x f f ⎛⎫⎛⎫''=-==-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
切线方程为π,6y x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭
即π
0.6
x y +-= （14）336 解析：5A 中的各元素构成以33为首项，以5为公差的等差数列，共有7项，∴5A 中各元素之和为76
7335336.2
⨯⨯+
⨯= （15）①③④⑤ 解析：由题意得12113112111202,1312130
2
S a d S a d ⨯⎧
=+>⎪⎪⎨
⨯⎪=+<⎪⎩即112110,60a d a d +>⎧⎨+<⎩ 由37a =得172,a d =-代入可解得72,4d -<<-①正确；由172a d =-得121,11,
2a ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
②错误；由于()126760,S a a =+>
137130,S a =<可得670,a a >->③④正确；由④可知⑤正确.
（16）解析：（Ⅰ）由余弦定理知2ac cos B ＝a 2
＋c 2
－b 2
，
∴3b 2
＝2ac ＋a 2
＋c 2
－b 2
，4b 2
＝(a ＋c )2
，2b ＝a ＋c ，∴a 、b 、c 成等差数列．（6分）
（Ⅱ）∵a ＝3，b ＝5，∴c ＝7，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12，sin C ＝3
2
，
∴ABC ∆的面积S ＝12ab sin C ＝153
4
．（12分）
（17）解析：（Ⅰ）当2n ≥时，由112222n n n n S a S a --=-=-得，两式相减得12,n n a a -= 由1122,S a =-得12a =，∴2n n a =.（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）得2211111
,log log (1)1
n n n b a a n n n n +=
==-⋅++
故12n n T b b b =+++L 11111111.223111
n n n n n =-
+-++-=-=+++L （12分） （18）解析：（Ⅰ）f (x )＝sin x (12sin x ＋32cos x )21cos 4x -+=1－cos2x
4＋34sin2x －
1＋cos2x 2＋1
4 ＝
34sin2x －34cos2x ＝32sin(2x －π3
)， ∴f (x )的最小正周期T ＝π，最大值为
3
2
．（6分） （Ⅱ）设2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2(k ∈Z )，得f (x )在R 上的单调递增区间为[k π－π
12
，
k π＋
5π
12
](k ∈Z )， 与[0，π2]求交集得[0，5π12]为f (x )的单调递增区间，同理[5π12，π
2]为f (x )的单调递减区
间．（12分）
（19）解：（Ⅰ）由.,11*
1N ∈≠≠n a a n 得
又
1a n ＋1－1－1a n －1＝a n 2a n －1－a n －1a n －1＝a n a n －1－1
a n －1＝1，
∴{
1
a n －1
}是等差数列．（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知1
a n －1＝
1
a 1－1
＋(n －1)×1＝n ，解得a n ＝(n ＋1)
2
n
2
，lg a n ＝2[lg(n ＋1)－lg n ]，
∴lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a n ＝2[lg2－lg1＋lg3－lg2＋…＋lg(n ＋1)－lg n ]＝2lg(n ＋1)＞4，n ＞99，
∴最小自然数n 的值为100．（13分）
（20）解析：（Ⅰ）f (x )的定义域为(0，＋∞)．
当a ＝1时，f ′(x )＝x ＋1
x
＞0，∴f (x )在区间[1，e]上是增函数，
∴f (x )在区间[1，e]上的最大值为2e (e)12
f =+，最小值为f (1)＝12．（5分）
（Ⅱ）f ′(x )＝(2a －1)x ＋1
x
，
当a ≥12时，f ′(x )＞0，f (1)＝a －1
2≥0，显然f (x )＞0有解．
当a ＜12时，由f ′(x )＝(2a －1)x ＋1
x ＝0，得x ＝
1
1－2a
． 当x ∈(0，1
1－2a
)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1
1－2a
，＋∞)时，f ′(x )＜0. 故f (x )在x ＝
1
1－2a
处取得最大值f (11－2a )＝－12－1
2
ln(1－2a )， 若使f (x )＞0有解，只需－12－1
2ln(1－2a )＞0，解得111(,).22e 2
a ∈-
综上，a 的取值范围是11
(,)22e
-
+∞．（13分） （21）解析：（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为()0q q >，由已知得22[(21)]()0,n
n n n n S S S S -++=
可知220,(21),n
n n n n S S S S +≠∴=+
又2(1),n n n S q S =+故2,q =∴S n ＝2n
－1．（6分）
（Ⅱ）b n ＝n ·2n －n ，T n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n
－(1＋2＋…＋n )， 令M ＝1·21
＋2·22
＋3·23
＋…＋n ·2n ，则2M ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1
，
－M ＝2＋22
＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1
＝2
n ＋1
－2－n ·2
n ＋1
，M ＝(n －1)·2
n ＋1
＋2，
∴T n ＝(n －1)·2
n ＋1
＋2－
n (n ＋1)
2
．（13分）。