1、高三下学期数学三模试卷一、单选题1集合 M=x|x24 ，集合 N=x|1x2 ，则 MN =（） Ax|2x1B2,1,0Cx|x2Dx|0x2， 若函数 g(x)=xf(x)a(a1) 的零点个数为2，则（） A23a87 或 a=1B23a87C78a32 或 a=1D78a12(x32)2+1.答案解析部分1【答案】A2【答案】C3【答案】D4【答案】C5【答案】D6【答案】C7【答案】A8【答案】C9【答案】D10【答案】511【答案】-26012【答案】2513【答案】814【答案】715；3515【答案】1；8316【答案】（1）解：依题意， f(x)=cos2x+3sinxco
2、sx12=1+cos2x2+32sin2x12=sin(2x+6)所以 T=2|= .（2）解：依题意，令 2+2k2x+62+2k ， kZ ， 解得 3+kx6+k ，所以 f(x) 的单调递增区间为 3+k,6+k ， kZ .设 A=4,4 ， B=3+k,6+k ，易知 AB=4,6 ，所以当 x4,4 时， f(x) 在区间 4,6 上单调递增；在区间 6,4 上单调递减.17【答案】（1）证明：如图建立空间直角坐标系Dxyz，D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，2)，B1(1，1，2)，C1(0，1，2)，D1(0，0，2)，E(
3、0，1，1)证明：设平面BDE的法向量n=(x，y，z)，DB=(1，1，0)，DE=(0，1，1)由nDB=0nDE=0，即x+y=0y+z=0，取x=1，得n=(1，-1，1)，又AC1=(-1，1，2)，因为AC1n=11+1(1)+21=0，所以AC1n，所以AC1/平面BDE（2）证明：由（1）可知n=(1，-1，1)，A1E=(-1，1，-1)，A1E=n，所以A1E/n，所以A1E平面BDE（3）解：设点F的坐标为(1，1，)，A1F=(0，1，2)，设直线A1F与平面BDE所成角为，则sin=|A1Fn|A1F|n|=|331+(2)2|=63，解得=1，所以点F的坐标为(1，
4、1，1)，DF=(1，1，1)，|DF|=3，所以DF的长为3.18【答案】（1）解：当n=1时，有2a1=3(a12)，解得a1=60，2Sn=3(an2)(nN)，2Sn1=3(an12)(n2)，两式相减，整理得：anan1=3(n2)，数列an是以6为首项，3为公比的等比数列，所以an=63n1=23n，设数列bn的公差为d，b1=16a1=1，b5是b2和b14的等比中项，(b5)2=b2b14，即(1+4d)2=(1+d)(1+13d)，解得d=0或2，公差不为0，d=2，故bn=b1+(n1)d=2n1（2）解：1bnbn+1=1(2n1)(2n+1)=12(12n112n+1)
5、，i=11bibi+1=12(113+1315+119121)=1021（3）解：cn=1，n2kak，n=2k(kN)，an=23n，i=1(ci1)2=i=1(ai1)2=i=1(23i1)2=i=1(49i43i+1)=4i=19i4i=13i+n=129n+123n+1+n+3219【答案】（1）解：设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(ab0)，由题意，得c=3.因为a2c2=b2，所以a23=b2.又(1，32)是椭圆上的一个点，所以1a2+34a23=1，解得a2=4或a2=34(舍去)，所以椭圆的标准方程为x24+y2=1（2）解：解：因为P(x0，y0)，(x00)，则Q(0，
6、y0)，且x024+y02=1.因为M为线段PQ中点，所以M(x02，y0).又A(0，1)，所以直线AM的方程为y=2(y01)x0x+1.因为x00，y01令y=1，得C(x01y0，1)，又B(0，1)，N为线段BC的中点，有N(x02(1y0)，1)，所以NM=(x02x02(1y0)，y0+1).因此，OMNM=x02(x02x02(1y0)+y0(y0+1)=x024x024(1y0)+y02+y0=(x024+y02)x024(1y0)+y0=1(1+y0)+y0=0.所以OMMN.由知，OMMN.因为|OM|=x024+y02=1，|ON|=x024(1y0)2+1=1y02(
7、1y0)2+1=21y0所以在RtMON中，|MN|=|ON|2|OM|2，因此SMON=12|OM|MN|=121+y01y0，从而有121+y01y0=32，解得y0=45.20【答案】（1）解：f(x)=exex(sinx+cosx)=ex(1sinxcosx)=ex12sin(x+4)=2exsin(x+4)22x0，2，x+44，34，sin(x+4)22，所以f(x)0，故函数f(x)在0，2上单调递减，故f(x)max=f(0)=e0e0sin0=1；f(x)min=f(2)=e2e2sin2=0，所以函数f(x)的值域为0，1（2）解：原不等式可化为ex(1sinx)k(x1)
8、(1sinx).(*)，因为1sinx0恒成立，故（*）式可化为exk(x1)0，令g(x)=exkx+k，x0，2，则g(x)=exk，当k1时，g(x)=exk0，所以函数g(x)在0，2上单调递增，故g(x)g(0)=1+k0，所以1k1；当k1时，令g(x)=exk=0，得x=lnk0，当x0，lnk)时，g(x)=exk0.所以g(x)=exkx+k在0，lnk)上递减，在(lnk，+)上递增，1当0lnk2，即1k0， 2当lnk2，即ke2时，函数g(x)在0，2上单调递减，g(x)min=g(2)=e2k2+k0，解得e2ke221综上，1ke221（3）证明：令(x)=ex1+12(x32)21，则(x)=ex1+x32.由(12)=e1210，故存在x0(12，34)，使得(x0)=0即ex01=32x0.且当x(，x0)时，(x)0.故当x=x0时，函数(x)有极小值，且是唯一的极小值，故函数(x)min=(x0)=ex01+12(x032)21=(x032)+12(x032)21=12(x032)1232=12(x052)232，因为x0(12，34)，所以12(x052)23212(3452)232=1320，故(x)=ex1+12(x32)210，所以ex112(x32)2+1
