2016届江西省南昌二中高三上学期第一次考试理科数学试题(含解析)

题号 得分 一 二 三 总分 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 评卷人 得分 一、选择题（题型注释）

1．已知函数ylgx的定义域为集合A，集合Bx0x1，则AB（ ） A．(0,) B．[0,1] C．[0,1) D．(0,1] 【答案】D 【解析】

试题分析：由题意可知，Ax|x0，则AB(0,1]，故选D． 考点：集合的交集．

3，则tan（π＋α）的值是（ ） 54343A． B． C． D．

34342．已知α为第二象限角，且sin α＝【答案】D 【解析】

3sin3试题分析：tan()tan5．

44cos5考点：同角的基本关系． 3．下列说法正确的是（ ）

22

A．命题“若x＝1，则x＝1”的否命题为：“若x＝1，则x≠1”

B．已知yf(x)是R上的可导函数，则“f(x0)0”是“x0是函数yf(x)的极值点”的必要不充分条件

22

C．命题“存在x∈R，使得x＋x＋1＜0”的否定是:“对任意x∈R,均有x＋x＋1＜0” D．命题“角的终边在第一象限角，则是锐角”的逆否命题为真命题 【答案】B 【解析】

试题分析：对于选项A不正确∵不符合否命题的定义；对于选项B显然正确；对于选项C，命题“存在x∈R，使得x2x10 ”的否定是:“对任意x∈R,均有x2x10 ” ；

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对于选项源D，原命题是假命题，故逆否命题为假命题，故选B． 考点：1．命题的真假；2．常用逻辑关系．

4．已知角α终边上一点P的坐标是（2sin 2，－2cos 2），则sin α等于（ ） A．sin 2 B．－sin 2 C．cos 2 D．－cos 2 【答案】D 【解析】

试题分析：因为 r 2sin22cos22；由任意三角函数的定义：

22sinycos2，故答案是D． r1考点：任意角的三角函数．

15．设alog2，be2，cln，则（ ）

3A．cab B．acb C．abc D．bac 【答案】C 【解析】

11试题分析：因为alog20be21cln，所以abc．

3考点：1．对数；2．大小比较．

2上的任意一点,P点处切线倾斜角的取值范围 35225A．[0,)[,) B．[,) C．[0,)[,) D．(,]

26323266．设点P是曲线yx33x【答案】C 【解析】

试题分析：因y3x233，故切线斜率k3，切线倾斜角的取值范围是

20,,． 23考点：导数的应用． 7．将函数fxsin2x3向右平移

2个单位，再将所得的函数图象上的各点纵 坐3标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数ygx的图象，则函数ygx与x2，

xA．

3，x轴围成的图形面积为（ ）

3313 B． C．1 D．1 2222【答案】B

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【解析】

试题分析：将函数fxsin2x3向右平移

2个单位，得到函数32fxsin[2x3再将所得的函数图象上的各点纵坐]sin2xsin2x，

3标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数ygxsinx 的图象，则函数ysinx与

x302，

0x

3

，x轴

围成的图形面积：

sinxdxsinxdxcosx|032cosx|02131．故选B． 22考点：1．函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；2．定积分．

x2ax5,(x1)8．已知函数f(x)a是R上的增函数，则a的取值范围是（ ）

,(x1)xA．3≤a＜0 B．3≤a≤2 C．a≤2 D．a＜0 【答案】B 【解析】

x2ax5,(x1)2试题分析：函数f(x)a是R上的增函数，则xax5,(x1)单调

,(x1)xaa1，即a2，此时(x1)也单调递增，要保证在R上是增函2xa数，只需在x1满足12a15，即a3，综上所述a的取值范围是3a2．

1递增，故它的对称轴考点：函数的单调性．

9．已知函数yfx是定义在R上的偶函数，且fx1fx1，当x0,1时，

fx2x1，则函数g(x)f(x)lnx的零点个数为（ ） 2A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解析】

1时，fx2x1，函数yfx的周期为2， 试题分析：当x0，橡皮网 - 正确地成长（www.xiangpi.com）

当x5时，ylnx3时，1，此时函数图象无交点，当x2，2xx ，∴fx2x21，gxfxln2x21ln22

，

∵

1x2x2ln21gx2x2ln2xxx2，，3x2x2ln21＞2222ln212ln21＞0 ，即gx0，∴gx在x2，3上为增函数，∵g20，∴gx在x2，3上只有一个零点，可得函数

gxfxlnx的零点个数为4，故选：B． 2考点：函数奇偶性的性质． 10．若,都是锐角，且cos510，sin()，则cos（ ） 510A．

222222 B． C．或 D．或 210210210【答案】A 【解析】

试题分析：因为,都是锐角，所以，22

又因为cos510，sin() 510252513102所以sin1 ,cos1sin1551010所以，coscoscoscossinsin

531025102，故选A． 5105102橡皮网 - 正确地成长（www.xiangpi.com）

考点：1、同角三角函数的基本关系；2、两角和与差的三角函数公式． 11．已知a1x1＋lnx对任意x[,2]恒成立，则a的最大值为（ ） x2A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】A 【解析】

试题分析：令Fx1x11x11＋lnx ，则Fx22，在,1上Fx0，xxxx22上Fx0，Fx在x=1处取极小值，在1，因此，也是最小值，即FxminF10，

∴a0．故选：A．

考点：利用导数求闭区间上函数的最值．

12．设函数f(x)=e(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整数t，使得f(t)0， 则a的取值范围是（ ） A．x333333,1 B．, C．, D．,1 2e2e42e42e【答案】D 【解析】

试题分析：设g(x)=e(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方．因为g(x)e(2x1)，所以当x1xx11时，g(x)＜0，当x时，221g(x)＞0，所以当x时，[g(x)]max=-2e2，当x0时，g(0)=-1，g(1)3e0，

2直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故ag(0)1，且g(1)3e得

1aa，解

3≤a＜1，故选D． 2e

考点：1．利用导数研究函数的单调性；2．不等式成立问题．

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评卷人 得分 二、填空题（题型注释）

13．已知tan2，则 sin22sin2= ． 【答案】【解析】

4 525sin5或22试题分析：tan2sin2cos，又sincos1 ，∴cos5525sin45，∴2． sin2sin25cos55考点：1．同角的基本关系；2．二倍角公式．

214．已知函数fx的导函数为f'x，且满足fx3x2xf'2，则f'4 ．

【答案】0 【解析】 试

题

分

析

：

因

为

fx3x22xf'2，

，

所

所以以

f'(x)6x2f'(2)f'(2)122f'(2)f'(2)12f'(x)6x24f'(4)2424．0

考点：导数的计算．

15．在ABC中，如果cos(BA)2sinAsinB1，那么△ABC的形状是________． 【答案】等腰三角形 【解析】 试题

分析：

cos(BA)2sinAsinB1,cosAcosBsinAsinB1,cos(AB)1，所以在

ABC中，AB0AB，所以此三角形是等腰三角形．

考点：解三角形．

16．已知函数fx2sinx（其中常数0），若存在x12 ,0，x20,，

34橡皮网 - 正确地成长（www.xiangpi.com）

使得fx1fx2，则的取值范围为 ． 【答案】【解析】

试题分析：因为fx2sinx2sinxfx，所以fx是奇函数，因为存在x13, 22,0，x20,，使得fx1fx2，所以函数fx的最小正周期344333，解得：，所以的取值范围是,，所以答案应填：,． 32222考点：1、函数的奇偶性；2、三角函数的图象与性质．

评卷人 得分 三、解答题（题型注释）

17．（本小题10分）已知函数f(x)Asin(x)(xR,0,0图所示．

2)的部分图象如

（Ⅰ）求函数f(x)的解析式； （Ⅱ）求函数f(x)的单调递增区间． 【答案】（Ⅰ）f （x）＝2sin（2x＋【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据图像与x轴的交点可求得Tπ，进而求得图像过点（（2x＋

2π2；然后根据函数Tπππ）;（Ⅱ）[kπ，kπ]（k∈Z）． 6365ππ

，0）可得，过点（0，1）可得A＝2，即可求得解析式f （x）＝2sin126

πππ）；（Ⅱ）用换元法即可求得g（x）的单调递增区间是[kπ，kπ]（k∈Z）． 636橡皮网 - 正确地成长（www.xiangpi.com）

1152),2． 1212T555因为点(,0)在函数图象上，所以Asin(2)0,即sin()0．

121265545又0,即=． ,从而=，266366试题解析：解：（Ⅰ）由题设图象知，周期T2(又点在函数图象上，所以Asin（0,1）61,A2，

故函数fx的解析式为f(x)2sin(2x（Ⅱ）由6).

πππ2kπ2x2kπ (kZ)， 262ππ解得kπxkπ (kZ)，

36ππ所以f(x)的单调递增区间是[kπ,kπ](kZ)．

36考点：1．正弦型函数解析式的求法；2．三角函数的单调性． 18．（本小题12分）已知函数f(x)x调递增．

（Ⅰ）求m的值，并确定f(x)的解析式；

（Ⅱ）g(x)log2[32xf(x)]，求g(x)的定义域和值域． 【答案】（Ⅰ）m1，fxx；（Ⅱ）,2

22m2m3 (mZ)是偶函数，且f(x)在(0,)上单

【解析】

试题分析：（Ⅰ）因为f(x)在(0,)单调递增，由幂函数的性质得2m2m30， 解得1m3，因为mZ，所以m0或m1，然后再对m0，m1，m1进2行分类讨论，即可求出结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）知gxlog2x22x3，由x22x30得3x1，

所以g(x)的定义域为(3,1)，设tx2x3,x(3,1)，则t0,4，然后再利用二

2次函数性质即可求出结果．

试题解析：解：（Ⅰ）因为f(x)在(0,)单调递增，由幂函数的性质得2m2m30， 解得1m3，因为mZ，所以m0或m1 23当m0时，fxx不是偶函数；

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当m1时，fxx是偶函数，

2所以m1，fxx；

2（Ⅱ）由（Ⅰ）知gxlog2x22x3，由x22x30得3x1， 所以g(x)的定义域为(3,1)．

设tx22x3,x(3,1)，则t0,4，

此时gx的值域，就是函数ylog2t,t0,4的值域．

ylog2t在区间0,4上是增函数，所以y,2；

所以函数gx的值域为,2． 考点：1．幂函数的性质；2．分类讨论． 19．（本小题满分12分）

在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，面积为S，已知acos2（Ⅰ）求ac2b的值； （Ⅱ）若BCA3 ccos2b．

2223【答案】（Ⅰ）ac2b0；（Ⅱ）b4

【解析】

试题分析：（Ⅰ）由正弦定理得sinAcos2，S43，求b．

CA3sinCcos2sinB，可得222因为sin(AC)sinB，所以sinAsinC2sinBsinAsinCsin(AC)3sinB，

即可求出结果；（Ⅱ）因为S133，所以ac16，又由余弦定理和acsinBac244由（Ⅰ）得ac2b，可得b24b248，即可求出结果． 试题解析：解：（Ⅰ）由正弦定理得sinAcos2即sinACA3sinCcos2sinB 2221cosC1cosA3sinCsinB 222所以sinAsinCsinAcosCcosAsinC3sinB

即sinAsinCsin(AC)3sinB

因为sin(AC)sinB，所以sinAsinC2sinB 由正弦定理得ac2b0；

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（Ⅱ）因为S133，所以ac16， acsinBac244又由余弦定理有b2a2c22accosBa2c2ac(ac)23ac 由（Ⅰ）得ac2b，所以b24b248，得b4． 考点：1．正弦定理；2．余弦定理．

20．（本小题满分12分）

如图，已知四棱锥SABCD，底面ABCD为菱形，SA平面ABCD，ADC60，

E，F分别是SC,BC的中点．

S

E A

B

F C

（Ⅰ）证明：SDAF；

（Ⅱ）若AB2,SA4,求二面角FAEC的余弦值．

D

【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）【解析】

251 17试题分析：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，可得△ABC为正三角形．因ADC60，为F为BC的中点，所以AFBC．又BC∥AD，因此AFAD．因为SA平面ABCD，AF平面ABCD，所以SAAF．而SA平面SAD，AD平面SAD且

SAADA，所以AF平面SAD．即可证明结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）知AF,AD,AS两

两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为SC,BC的中点

，

所

以

A(0，0，，0)B(3，1，，0)C(31，，，0)D(0，2，0)，

31S(0,0,4),E2,2,2,F(3,0,0)，利用空间向量法即可求出结果．

试题解析：（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，ADC60，可得△ABC为正三角形．

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因为F为BC的中点，所以AFBC． 又BC∥AD，因此AFAD．

因为SA平面ABCD，AF平面ABCD，所以SAAF． 而SA平面SAD，AD平面SAD且SAADA， 所以AF平面SAD．又SD平面SAD， 所以AFSD．

z S E A B D F x C y

（Ⅱ）由（Ⅰ）知AF,AD,AS两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标

系

，

又

E，F分别为SC,BC的中点，所以

31， A(0，0，，0)B(3，1，，0)C(31，，，0)D(0，2，0)，S(0,0,4),E2,2,2,F(3,0,0)31所以AE．

2,2,2,AF(3,0,0)设平面AEF的一法向量为m(x1，y1，z1)，

31x1y12z10mAE0则,因此2 23x0mAF01取z11，则m(0,4,1)，

因为BDAC，BDSA，SAACA， 所以BD平面AEC，

故BD为平面AEC的一法向量，且BD(3，3，0)，

mBD43251所以cosm,BD， 171712mBD由于二面角EAFC为锐角，所以所求二面角的余弦值为251． 17橡皮网 - 正确地成长（www.xiangpi.com）

考点：1．线面垂直的判断；2．空间向量在求二面角中的应用． 21．（本小题满分12分） 已知f(x)axsinx(aR)

1时，求f(x)在[0,π]上的最值； 2ππ（Ⅱ）若函数g(x)f(x)f(x)在区间[,]上不单调．求实数a的取值范围． ．．．

22（Ⅰ）当a【答案】（Ⅰ）f(x)maxf(【解析】

试题分析：（Ⅰ）当a2ππ3，f(x)minf(0)0；（Ⅱ）(2,1) )332111时，f(x)xsinx，∴f(x)cosx令f(x)0，得2222π2π，列出函数的单调性表，可得f(x)maxf()，f(x)minf(0)．（Ⅱ）由题意x33可知g(x)axsinxcosxa

则g(x)acosxsinxa2sin(x2sin(x)[2,1]，对

44ππa2和a1进行分类讨论；可知函数g(x)f(x)f(x)在区间[,]上不单调，．．．

22)，可得

则2a1，即可． 试题解析：解：（Ⅰ）当a令f(x)0，得x 111时，f(x)xsinx，∴f(x)cosx 2222π． 3x f(x) f(x)

0 0 (0,2π) 32π 30 ( 增 2π,π) 3 π π3 32减 π 2所以f(x)maxf(2ππ3，f(x)minf(0)0 )332（Ⅱ）f(x)axsinx，f(x)acosx， ∴g(x)axsinxcosxa

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则g(x)acosxsinxa2sin(x∵x[4)

ππ,]，∴2sin(x)[2,1] 224ππππ当a2时， g(x)0在[,]上恒成立，即g(x)在区间[,]上递减，不合题

2222意，

ππππ,]上恒成立，即g(x)在区间[,]上递增，不合题意， 2222ππ故函数g(x)f(x)f(x)在区间[,]上不单调，则2a1， ．．．

22当a1时，g(x)0在[综上所述，实数a的取值范围为(2,1)．

考点：1．导数在函数单调性中的应用；2．导数在函数最值上的应用． 22．（本小题满分12分）已知函数f(x)alnxx1 (aR)． （Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若f(x)0在(0,)上恒成立，求所有实数a的值； （Ⅲ）证明：

ln2ln3ln4lnnn(n1) (nN,n1)． 345n14【答案】（Ⅰ）递增区间为0,a，递减区间为a,；（Ⅱ）a1；（Ⅲ）详见解析 【解析】

试题分析：（Ⅰ）f'(x)aax（Ⅱ）由1(x0)，对a0和a0进行分类讨论；

xx（Ⅰ）知：当a0时，f(x)在(0,)上为减区间，而f(1)0∴f(x)0在区间

x(0,)上不可能恒成立；当a0时，f(x)在0,a上递增，在a,上递减，

f(x)maxf(a)alnaa1，令g(a)alnaa1， 依题意有g(a)0，而

且a0，∴g(a)在0,1上递减，在1,上递增，∴g(a)ming(1)0，g(a)lna，

故a1．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a1时，f(x)0在(0,)上恒成立，即lnxx1在(0,)上恒成立，当且仅当x1时等号成立．令xk2(kN,k1)，则有lnk2k21，即

2lnk(k1)(k1)，整理得

ln3242，

ln4352lnkk1ln21，当k2,3,4,n时，分别有，

k1232lnnn1，„，，叠加得n12橡皮网 - 正确地成长（www.xiangpi.com）

ln2ln3ln4lnn123(n1)n(n1)，即可证明结果． 345n124试题解析：解： （Ⅰ）f'(x)aax1(x0)， xx当a0时，f'(x)0，f(x)减区间为(0,)

当a0时，由f(x)0得0xa，由f(x)0得xa ∴f(x)递增区间为0,a，递减区间为a,．

（Ⅱ）由（1）知：当a0时，f(x)在(0,)上为减区间，而f(1)0 ∴f(x)0在区间x(0,)上不可能恒成立；

当a0时，f(x)在0,a上递增，在a,上递减， f(x)maxf(a)alnaa1，令g(a)alnaa1， 依题意有g(a)0，而g(a)lna，且a0 ∴g(a)在0,1上递减，在1,上递增，∴g(a)ming(1)0，故a1．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a1时，f(x)0在(0,)上恒成立，即lnxx1在(0,)上恒成立，当且仅当x1时等号成立．

令xk2(kN,k1)，则有lnk2k21，即2lnk(k1)(k1)， 整理得

lnkk1． k12ln21ln32ln43lnnn1， ，，，„，324252n12ln2ln3ln4lnn123(n1)n(n1)叠加得， 345n124ln2ln3ln4lnnn(n1)即得证． 345n14当k2,3,4,n时，分别有

考点：1．分类讨论；2．导数在函数最值中的应用；2．导数在不等式中的应用．

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