江西省上饒市禾豐中學高三數學文知識點試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.關于復數，下列說法中正確的是A．在復平面內復數對應的點在第一象限．B．復數的共軛復數．C．若復數（）為純虛數，則．D．設為復數的實部和虛部，則點在以原點為圓心，半徑為1的圓上．參考答案：C2.若,則的取值范圍是(

)A.[0,2]B.[－2,0]

C.[－2,+∞)

D.(－∞,－2]參考答案：D3.設命題p：?n∈N，n2＞2n，則￢p為(

)A．?n∈N，n2＞2n B．?n∈N，n2≤2n C．?n∈N，n2≤2n D．?n∈N，n2=2n參考答案：C【考點】命題的否定．【專題】簡易邏輯．【分析】根據特稱命題的否定是全稱命題即可得到結論．【解答】解：命題的否定是：?n∈N，n2≤2n，故選：C．【點評】本題主要考查含有量詞的命題的否定，比較基礎．4.執行如圖所示的程序框圖，若輸入___參考答案：略5.函數f（x）=sin，x∈[﹣1，1]，則（）A．f（x）為偶函數，且在[0，1]上單調遞減B．f（x）為偶函數，且在[0，1]上單調遞增C．f（x）為奇函數，且在[﹣1，0]上單調遞增D．f（x）為奇函數，且在[﹣1，0]上單調遞減參考答案：A【考點】復合三角函數的單調性；正弦函數的奇偶性．【分析】利用誘導公式化簡函數f（x）的解析式為cosπx，故函數為偶函數．再由當x∈[0，1]時，可得函數y=cosπx是減函數，從而得出結論．【解答】解：∵函數f（x）=sin=cosπx，故函數為偶函數，故排除C、D．當x∈[0，1]時，πx∈[0，π]，函數y=cosπx是減函數，故選A．【點評】本題主要考查誘導公式、余弦函數的奇偶性和單調性，屬于中檔題．6.從已編號為1～50的50枚最新研制的某種型號的導彈中隨機抽取5枚來進行發射實驗，若采用每部分選取的號碼間隔一樣的系統抽樣方法，則所選取5枚導彈的編號可能是A．5，10，15，20，25

B.3，13，23，33，43C．1，2，3，4，5

D.2，4，6，16，32參考答案：B7.設向量，若,則(

)A. B. C.-1 D.-3參考答案：D分析：利用，即可求出，再利用兩角和的正切公式即可得出．詳解：∵，，即．

故選：B．點睛：利用，以及合理運用兩角和的正切公式是解題的關鍵．8. 巳知角a的終邊與單位圓交于點，則sin2a的值為(

)A.

B.－

C.－

D.參考答案：C略9.將函數的圖像上各點的橫坐標伸長到原來的3倍，再向右平移個單位，得到的函數的一個對稱中心是 A． B． C． D．參考答案：A10.展開式中，常數項為15，則n的值可以為

A．3

B．4

C．5

D．6參考答案：二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.函數的定義域為

▲

．參考答案：[2，+∞）分析：根據偶次根式下被開方數非負列不等式，解對數不等式得函數定義域.詳解：要使函數f(x)有意義，則，解得，即函數f(x)的定義域為[2，+∞).

12.已知函數在時取得最小值，則____________。參考答案：略13.已知平面向量滿足，則的夾角為___________．參考答案：由可以得到，所以，所以，故，因，故．填．

14.已知，則的最小值為

．參考答案：4由題意可得：，當且僅當a=1時等號成立.綜上可得：的最小值為4.15.已知向量=（2，4），

=（－1，2），若，則________參考答案：。因為，所以。16.雙曲線的離心率為2，其漸近線與圓相切，則雙曲線C的方程是______．參考答案：【分析】利用已知條件列出方程，求出a，b然后求解雙曲線方程．【詳解】由已知離心率，即b2=3a2；又漸近線bx+ay=0與圓（x-a）2+y2=3相切得，聯立得a2=4，b2=12，所以雙曲線方程為：故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質以及直線與圓的位置關系的應用，考查中航三鑫以及計算能力．17.執行如圖所示的程序框圖，若判斷框內填的條件是i≤2014，則輸出的結果S是＿＿參考答案：0根據程序框圖，當時，；當時，；當時，；當時，；…，即當i為奇數時S為－1，當i為偶數時S為0，因為所以輸出的S為0．三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.在△ABC中，內角A，B，C所對邊長分別為a，b，c，，∠BAC=θ，a=4．（1）求b?c的最大值及θ的取值范圍；（2）求函數的最大值和最小值．參考答案：【考點】正弦函數的圖象；平面向量數量積的運算．【專題】計算題．【分析】（1）向量的數量積，利用余弦定理求出b2+c2=32，通過基本不等式求b?c的最大值及θ的取值范圍；（2）利用二倍角的正弦函數化簡函數為一個角的三角函數的形式，通過角的范圍正弦函數的最值求出函數的最大值和最小值．【解答】解（1）bc?cosθ=8，b2+c2﹣2bccosθ=42即b2+c2=32…又b2+c2≥2bc所以bc≤16，即bc的最大值為16…即所以，又0＜θ＜π所以0＜θ…（2）=…因0＜θ，所以＜，…當即時，…當即時，f（θ）max=2×1+1=3…【點評】本題考查三角函數的化簡求值，余弦定理的應用，掌握正弦函數的基本性質，是解好本題的關鍵．19.已知函數．（Ⅰ）若函數f（x）在區間[1，+∞）內單調遞增，求實數a的取值范圍；（Ⅱ）求函數f（x）在區間[1，e]上的最小值．參考答案：【考點】利用導數求閉區間上函數的最值；利用導數研究函數的單調性．【專題】函數的性質及應用．【分析】（1）要使原函數在[1，∞）上遞增，只需其導函數大于或等于零在[1，+∞）上恒成立即可；（2）結合（1）的結論，研究函數在[1，e]上的單調性，然后求函數的最值．【解答】解：（1）由已知得：f′（x）=．要使函數f（x）在區間[1，+∞）內單調遞增，只需≥0在[1，+∞）上恒成立．結合a＞0可知，只需a，x∈[1，+∞）即可．易知，此時=1，所以只需a≥1即可．（2）結合（1），令f′（x）==0得．當a≥1時，由（1）知，函數f（x）在[1，e]上遞增，所以f（x）min=f（1）=0；當時，，此時在[1，）上f′（x）＜0，在上f′（x）＞0，所以此時f（x）在上遞減，在上遞增，所以f（x）min=f（）=1﹣lna﹣；當時，，故此時f′（x）＜0在[1，e]上恒成立，所以f（x）在[1，e]上遞減，所以f（x）min=f（e）=．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性的基本思路，以及已知函數單調性求參數范圍時轉化為導函數在指定區間上大于零或小于零恒成立的問題的思想方法．20.已知函數f（x）=alnx+，a∈R．（1）若f（x）的最小值為0，求實數a的值；（2）證明：當a=2時，不等式f（x）≥﹣e1﹣x恒成立．參考答案：【考點】導數在最大值、最小值問題中的應用；利用導數研究函數的單調性．【分析】（1）求出原函數的導函數，對a分類分析，可知當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數，f（x）的最小值不為0；當a＞0時，求出導函數的零點，可得原函數的單調性，求其最小值，由最小值為0進一步利用導數求得a值；（2）通過構造函數h（x）=2lnx+，問題轉化為證明h′（x）＞0恒成立，進而再次構造函數，二次求導，整理即得結論．【解答】（1）解：∵f（x）=alnx+=alnx+，∴f′（x）=（x＞0）．當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數，f（x）的最小值不為0；當a＞0時，f′（x）==．當x∈（0，）時，f′（x）＜0；當x∈（，+∞）時，f′（x）＞0．∴f（x）在（0，）上為減函數，在（，+∞）上為增函數，∴=，令g（a）=，則g′（a）=（a＞0）．當a∈（0，2）時，g′（a）＞0；當a∈（2，+∞）時，g′（a）＜0，∴g（a）在（0，2）上為增函數，在（2，+∞）上為減函數，則g（a）max=g（2）=0．∴f（x）的最小值為0，實數a的值為2；（2）證明：當a=2時，f（x）=2lnx+，x＞1，令h（x）=f（x）﹣+e1﹣x=2lnx+，則h′（x）==，記q（x）=2x2+x﹣2﹣x3e1﹣x，則q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x，∵x＞1，0＜e1﹣x＜1，∴當1＜x＜3時，q′（x）＞4x+1+x2（x﹣3）=x3﹣3x2+4x+1＞0，又∵當x≥3時，q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x＞0，∴當x＞1時，q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x＞0恒成立，∴q（x）在（1，+∞）上單調遞增，q（x）＞q（1）=2+1﹣2﹣1=0，∴h′（x）＞0恒成立，h（x）在（1，+∞）上單調遞增，∴h（x）＞h（1）=0+1﹣1﹣1+1=0，即當a=2時，不等式f（x）≥﹣e1﹣x恒成立．21.已知數列的前項和為，且是與2的等差中項，數列中，，點在直線上，．（1）求數列，的通項和；（2）求證：；（3）設，求數列的前項和．參考答案：(1)，；(2