海南省海南中学高2018届高2015级高三第一学期第四次月考文科数学试题参考答案

2018届海南中学高三第四次月考文科数学试卷(第I 卷)2018届海南中学高三第四次月考文科数学考试答案一.选择题(每小题5分,共60分)二.填空题(每小题5分,共20分)14. 15- 15. 32 16. ] ⎝⎛410，三、解答题(本大题共6小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)设{a n }是公比为正数的等比数列,a 1=2,a 3=a 2+4. (1)求{a n }的通项公式.(2)设{b n }是首项为1,公差为2的等差数列,求{a n +b n }的前n 项和S n . 【参考答案】(1)a n ==2n (2)S n =2n+1+n 2-2【试题解析】(1)设{a n }的公比为q,且q>0, 由a 1=2,a 3=a 2+4,所以2q 2=2q+4,即q 2-q-2=0,又q>0,解之得q=2. 所以{a n }的通项公式a n =2·2n-1=2n. (2)S n =(a 1+b 1)+(a 2+b 2)+…+(a n +b n )=(a 1+a 2+…+a n )+(b 1+b 2+…+b n ) =+n ×1+×2 =2n+1+n 2-2.18．(本小题满分12分)已知向量(sin ,sin ),(cos ,cos ),sin 2,m A B n B A m n C ==⋅=且A 、B 、C 分别为△ABC 的三边a 、b 、c 所对的角. (1)求角C 的大小；(2)若sin ,sin ,sin A C B 成等差数列,且()18CA AB AC ⋅-=,求c 边的长.【试题解析】试题分析:(1)先利用数量积公式得:sin cos sin cos sin()m n A B B A A B ⋅=⋅+⋅=+,化简得:sin 2sin C C =,再有二倍角公式化简即可；(2)由(1)可得3C π=,由sin ,sin ,sin A C B 成等差数列得:2c a b =+,()18CA AB AC ⋅-=得:36ab =,利用余弦定理可得c 的值.试题解析:(1)()18CA AB AC ⋅-=对于,,0sin()sin ABC A B C C A B C ππ∆+=-<<∴+=,sin .m n C ∴⋅= 又sin 2m n C ⋅=,.3,21cos ,sin 2sin π===∴C C C C(2)由sin ,sin ,sin A C B 成等差数列,得2sin sin sin C A B =+, 由正弦定理得.2b a c +=()18,18CA AB AC CA CB ⋅-=∴⋅=,即.36,18cos ==ab C ab 由余弦弦定理ab b a C ab b a c 3)(cos 22222-+=-+=,36,3634222=⨯-=∴c c c ,.6=∴c19.(本小题满分12分)已知函数21()2cos ,()22f x x x x R =--∈. (I)当5,1212x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时,求函数()f x 的最小值和最大值；(II)设ABC ∆的内角,,A B C 的对应边分别为,,a b c ,且()0c f C ==,若向量)sin ,1(A m =→与向量)sin ,2(B n =→共线,求,a b 的值.【试题解析】(I)1)62sin(21cos 2sin 23)(2--=--=πx x x x f , 因为5,1212x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦,所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈32,32ππx,1,2362sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-∴πx 所以 函数()x f 的最小值是123--,()x f 的最大值是0 (II) 由()0=C f 解得C=3π, 又(1,sin )m A =与向量(2,sin )n B =共线a b A B 2,sin 2sin =∴=∴ ①由余弦定理得3cos 2322πab b a -+= ②解方程组① ②得2,1==b a .20.(本小题满分12分) 数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,*12()n n a S n +=∈N . (Ⅰ)求数列{}n a 的通项n a ； (Ⅱ)求数列{}n na 的前n 项和n T .解法一:(Ⅰ)12n n a S +=,12n n n S S S +∴-=,13n nS S +∴=. 又111S a ==,∴数列{}n S 是首项为1,公比为3的等比数列,1*3()n n S n -=∈N .当2n ≥时,21223(2)n n n a S n --==≥,21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩， ，，≥．(Ⅱ)12323n n T a a a na =++++当1n =时,11T =当2n ≥时,0121436323n n T n -=++++12133436323n n T n -=++++,-①②得:12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-213(13)222313n n n ---=+--11(12)3n n -=-+-1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 又111T a ==也满足上式,1*113()22n n T n n -⎛⎫∴=+-∈ ⎪⎝⎭N . 解法二:{)1(,1)2(,32212112111112322,32222,3,32222=≥⋅-+++-+-=∴⋅=≥≠=∴=====∴=-=≥∴=n n n n n nn n n n n n n n nn n a a n a a a S a a a a a a a a S a n S a 时成等比数列，数列从第二项起又作差得：时，当21. (本小题满分12分) 已知函数23()ln 42f x m x x x =+-.(I)若曲线()y f x =在1x =处的切线与y 轴垂直,求函数()f x 的极值；(II)设3()4g x x =-,若()()()h x f x g x =-在(1,)+∞上单调递减,求实数m 的取值范围. 试题解析:(I)由23()ln 42f x m x x x =+-可得()34mf x x x '=+-,由题意知(1)340f m '=+-=,解得1m =, 所以23()ln 42f x x x x =+-, 21341(31)(1)()34(0)x x x x f x x x x x x-+--'=+-==>.当()0f x '>时,得103x <<或1x >； 当()0f x '<时,得113x <<. 所以()f x 的单调递增区间为1(0,),(1,)3+∞,单调递减区间为1(,1)3, 所以()f x 的极大值为113117()ln 4ln 3332936f =+⨯-⨯=--,极小值为35(1)0422f =+-=-.(II)由233()()()ln 442h x f x g x m x x x x =-=+--+可得2()343m h x x x x'=+--,由()h x 在(1,)+∞上单调函数可得2()3430m h x x x x '=+--≤或0343)(2/≥--+=x x x mx h 在(1,)+∞上恒成立,即32334m x x x ≤-+,或x x x m 43323+-≥在(1,)+∞上恒成立, 令32()334x x x x ϕ=-+,则22()964(31)30x x x x ϕ'=-+=-+>, 所以32()334x x x x ϕ=-+在(1,)+∞上单调递增. 故()3344x ϕ>-+=, 4≤m ,或无解max )(x m φ≥ 所以4m ≤,即实数m 的取值范围是(],4-∞22.已知函数()ln xf x x k=-(0k >) (1)求()f x 的最小值；(2)若2k =,判断方程()10f x -=在区间1,1e⎛⎫⎪⎝⎭内实数解的个数； (3)证明:对任意给定的0M >,总存在正数0x ,使得当0x x >时,恒有ln 2x M x ->.【试题解析】 (1)11()x kf x k x kx-'=-=当0x k <<时,()0f x '<,当x k >时,()0f x '>, 所以()f x 在(0,)k 单调递减,在(,)k +∞单调递增, 从而min ()()1ln f x f k k ==- (2)2k =时,()1ln 12xf x x -=-- 因为11()102f ee -=>,1(1)102f -=-<,且()f x 的图像是连续的, 所以()10f x -=在区间1(,1)e 内有实数解,从而在区间()0,1内有实数解；又当(0,1)x ∈时,11()02f x x'=-<,所以()f x 在(0,1)上单调递减,从而()10f x -=在区间()0,1内至多有一个实数解, 故()10f x -=在区间()0,1内有唯一实数解. (3) 证明:由(1)知:min (ln )1ln 33x x -=- 所以0x >时,1ln 3ln 3xx -+≥ ① 由1ln 323x xM ->-+得:6(1ln 3)x M >-+ 所以6(1ln 3)0x M >-+>时,1ln 323x xM ->-+ ②由①②知:取06(1ln 3)0x M =-+>,则当0x x >时, 有1ln 3ln 23x x M x ->-+≥即ln 2xM x ->成立。