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安徽省示范高中2015届高三11月阶段测评数学(理)


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2015 安徽省示范高中高三 11 月阶段测评
数学(理科)参考答案
题号 答案
(1)C
RA)∩B=

(1)

C

(2) D

(3) D

(4 ) B

(5) C

(6) A

(7) C

(8) C

(9) (10) D B

1 7π π 解析:?RA={x|sinx≤2}=[2kπ- 6 ,2kπ+6] ( k ? Z ) ,B=(-1,3),当 k=0 时,(?

π 5π (-1,6],当 k=1 时,(?RA)∩B=[ 6 ,3),故选 C. (2)D 解析:设数列 {an } 的公比为 q,则 a3+a4=q(a2+a3),q=-2,a6+a7=q3(a3+a4) =16. (3)D 解析: f (? ) ? f (? ) ? f ( ) ? a 2 ? 8 ,∴a=4. (4)B 解析:由已知得 an+1=an+1,则 a1+a2+a3+a4+a5=2+3+4+5+6=20. (5)C 解析: y ? sin ? 2 x ? 对称,可知 2? ? ( 6

5 2

1 2

3 2

3

? ?

π ? 向左平移?个单位 π? ? ? y ? sin ? 2 x ? 2? ? ? , 由其图像关于 y 轴 ? ?????? 4? 4? ?

3π π π 3π 1 = ? kπ(k ? Z), 得 ? = ? kπ(k ? Z), 故 ? 的最小正值是 . 8 4 2 8 2 π 2π B ? ,A?C ? , ) A 解 析 : 3 3



tan A ? tan C ? tan ? A ? C ??1 ? tan A tan C ? ? ? 3 ? 3 tan A tan C,
tan A ? tan C ? 3 tan A tan C ? ? 3, 故选 A.
(7)C
3 6 解 析 : 设 数 列 {an } 的 公 比 为 q , 则 S6 ? (1 ? q3 )S3 , S9 ? (1? q ?q )S 3, ∴

2(1 ? q3 ? q6 )S3 ?
1 1 S3 ? (1 ? q 3 ) S3 , q 3 ? ? , 故 S 6 ? S 3 . 2 2
(8)C 解析:对于 p, f ?( x) ?

ae x ? 0 ,则 a<0,而当 a<0 时, f ( x) 在(-∞,ln(- (e x ? a)2

?3-x≥0 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? 或 ?log2x-1>0 第 -5- 页 共 9 页

?3-x≤0 ? ,解得 2<x≤3,故 q 为真命题.故选 C. ?log2x-1<0



9



D





:

f ( x)

? sin x ? 2sin 3 x

.



sin x ? t , g (t ) ? t ? 2t 3 , t ? [?1,1], g?(t ) ? 1 ? 6t 2 =0.
t

-1

? 6? ? ? 1, ? ? ? ? 6 ? ?
?

-

6 6

? 6 6? ?? ? ? 6 ,6 ? ? ?

6 6

? 6 ? ? ? ? 6 ,1? ? ?
?

1

g ?(t )
g (t )

0
6 9

+ ↗

0
6 9

1





?1

由上表易知,当 t ? ?1, 即 x ? ?

π ? 2kπ, k ? Z 时, f ( x) 取得最大值 1. 2

12 ? 11 ? S12 ? 12a1 ? d ?0 ? ?2a ? 11d ? 0, ① ? 2 ,即? 1 (10)B 解析:由题意得 ? 由 a3 ? 7 得 ?a1 ? 6d ? 0. ② ? S ? 13a ? 13 ? 12 d ? 0 13 1 ? ? 2
7 a1 ? 7 ? 2d ③ , 将 ③ 式 分 别 代 ① 、 ② 式 解 得 ?2 ? d ? ? , A 正 确 ; 由 a1 ? 7 ? 2d 得 4

? 21 ? a1 ? ? ,11? , B 错误;由于 S12 ? 6 ? a6 ? a7 ? ? 0, S13 ? 13a7 ? 0 ? a6 ? ?a7 ? 0, C 正确; ? 2 ?
由 a6 ? 0, a7 ? 0 可知 D 正确. (11) 2 ( 12 ) ? 2 λ 解析:由题意得 λa·b+μb2=0,即-λ|a|2· 2 +μ|a|2=0,∴μ= 2.

T ? 1 2 1 π 1 解 析 : 由 图 知 ? ? ? (? ) ? 1 , ?? ? π , f ( ) ? sin( ? ? ) ? 1, 又 2 ? 3 3 3 3 2 π π π π 1 ? ? [ ? , ] ,? ? ? , ? f (1) ? sin( π ? ) ? ? . 2 2 6 6 2

(13)an=n2 解析:an+1=( an+1)2,则 an+1= an+1, an=n,an=n2. (14)1146 解析: A6 中的各元素构成以 68 为首项,以 5 为公差的等差数列,共有 12 项, ∴ A6 中各元素之和为 12 ? 68 ?

12 ? 11 ? 5 ? 1146. 2
1

1 (15)①②④⑤ 解析:当 n=1 时,2S1=a1+a =2a1,a1=1,故①正确;当 n≥2 时,2Sn= Sn-Sn-1+ 1 1 2 2 2 ,即 Sn+Sn-1= , Sn ? Sn ?1 ? 1, 故②正确;由②知 Sn=n,Sn= n, Sn-Sn-1 Sn-Sn-1
2

故③错误; an ?

1 1 1 ? 4Sn 2 ? 2 ,由②得 an?12 ? ? (an 2 ? 2 ) ? 4 ,故④正确;由 Sn 2 2 an an?1 an
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n



an ? n ? n ? 1







{an }















an?1 ? an ? n ? 1 ? n ? n ? n ? 1 ? 0 ?

( n ? 1 ? n ? 1)2 ? (2 n )2 ? n2 ? 1 ? n, 可知假设成立,故⑤正确.
B (16)解析: (Ⅰ)由已知得 3b2=4accos22=2ac(1+cosB)=2ac+2accosB, 由余弦定理知 2accosB=a2+c2-b2,∴3b2=2ac+a2+c2-b2,4b2=(a+c)2,2b=a+c, ∴a、b、c 成等差数列. (6 分) a2+b2-c2 1 3 (Ⅱ)∵a=3,b=5,∴c=7,cosC= 2ab =-2,sinC= 2 , 1 15 3 ∴ ?ABC 的面积 S=2absinC= 4 . (12 分) 1+cos2x 1 1 3 3 1 1-cos2x 2 (17)解析: (Ⅰ)f (x)=sinx(2sinx+ 2 cosx) ? cos x ? ? + 4 sin2x- +4 4 2 4 3 3 3 π = 4 sin2x-4cos2x= 2 sin(2x-3), 3 ∴f (x)的最小正周期 T=π,最大值为 2 . (6 分) π π π π 5π (Ⅱ)设 2kπ-2≤2x-3≤2kπ+2(k∈Z),得 f (x)在 R 上的单调递增区间为[kπ-12,kπ+12](k ∈Z), π π π 5π 与[-3,2]求交集得[-12,12]为 f (x)的单调递增区间, π π 5π π 同理[-3,-12]与[ 12,2]为 f (x)的单调递减区间. (12 分) (18)解析: (Ⅰ)由已知得 a1,a4,a7,…,a3n-2,…成公差为 1 的等差数列, n(n-1) n(n+1) ∴a1+a4+a7+…+a3n-2=n+ 2 = 2 . 同理 a2,a5,a8,…,a3n-1,…和 a3,a6,a9,…,a3n,…也成公差为 1 的等差数列, n(n-1) n(n-1) ∴(a2+a5+a8+…+a3n-1)+(a3+a6+a9+…+a3n)=na2+ 2 +na3+ 2 =n(n+ 1), n(n+1) 3 ∴S3n= 2 +n(n+1)=2n(n+1). (6 分) 1 2 1 21 1 1 1 1 2 1 2n (Ⅱ)S =3× =3(n- ),S +S +…+S =3(1- )? . (12 分) n(n+1) n+1 n+1 3n ? 3 3n 3 6 3n (19)解析: (Ⅰ)由 a1 ? 0, 得an ? 0, n ? N .
*

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1 2 1 1 1 由已知得 =a -1,∴ -1=2(a -1),即{a -1}为等比数列.(5 分) an+1 n an+1 n n 1 1 1 - (Ⅱ)由(Ⅰ)得a -1=(a -1)×2n 1=2n,an= n . (8 分) 2 +1 n 1 1 当 n≥2 时,an<2n,

Sn ?

1 1 1 ? 2 ? 3 ? 2 ?1 2 ?1 2 ?1
1

?

1 1 1 1 ? ? 2 ? 3? 2 ?1 3 2 2
n

1 1 (1 - n-1) 2 1 4 5 1 1 ? n =3+ = 6 - 2n 1 2 1-2

5 <6. (13 分) -ax+a-2 a (20)解析: (Ⅰ)f ′ (x)= -1= . 2+ax 2+ax 当 a=0 时, f ( x) 在 R 上是减函数; 2 当 a<0 时,f ′ (x)<0, f ( x) 在(-∞,-a)上是减函数; 当 a>0 时,令 f ?( x) ? 0, 得 x ? 1 ? 2 2

2 , a
2

f ( x) 在(-a,1-a)上是增函数,在(1-a,+∞)上是减函数.(6 分)
(Ⅱ)当 x=0 时,f (x)>0 成立;当 x≠0 时,由 f (x)>0 得 a ?

ex ? 2 , x

令 h( x ) ? xex,

ex ? 2 xe x ? e x ? 2 ,∴ h ?( x) ? ,再令 g(x)=xex-ex+2,则 g′ (x)=ex+xex-ex= x x2

∵x∈(0,1],∴g′ (x)>0,g(x)>g(0)=1, ∴h′ (x)>0,h(x)≤h(1)=e-2,故 a>e-2. (13 分) 1 1 (21)解析: (Ⅰ)由已知得 f ′ (x)=2x+cosx,[f ′ (x)]′ =2-sinx, π 5π 由[f ′ (x)]′ =0,得 x=2nπ+6或 x=2nπ+ 6 (n∈ Z). π 5π 5π 13π , 2nπ+ ) (n∈ 当 x∈ (2nπ+6,2nπ+ 6 )(n∈ Z)时,[f ′ (x)]′ <0;当 x ? (2nπ+ Z)时,[f ′ (x)]′

6

6

>0. 5π 故 x=2nπ+ 6 (n∈ Z)是 f ′ (x)的极小值点,即为 f (x)的小拐点. 故 xn ? 2nπ ?

7π (n∈ N*). (6 分) 6
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(Ⅱ)∵ xn ? 2 bn ?
n

π (2n-1)π ,∴ bn ? , 6 2n 1 3 5 2n ? 1 1 1 3 5 2n ? 1 Tn ? π( + 2 + 3 + + n ), Tn ? π( 2 + 3 + 4 ? + n ?1 ), 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2n ? 1 3 1 2n ? 1 2n ? 3 Tn ? Tn ? π( + 1 + 2 ? + n ?1 ? n ?1 )=π( ? n ?1 ? n ?1 ), ? Tn ? π(3 ? ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2n

.(13 分)

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