2014届高三一轮复习试题

考查范围：集合、逻辑、函数、导数、三角、向量、数列、不等式

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．【2013高考真题辽宁】 已知集合A＝{x|0A．(0，1) B．(0，2] C．(1，2) D．(1，2]

【答案】D 【解析】∵A＝{x|1A.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0 B.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0 C.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0 D.x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0 【答案】C

【解析】命题p为全称命题，所以其否定p应是特称命题，又“(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≥0”的否定为“(f(x2)－f(x1))(x2－x1)<0”，故“∀x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)≥0”的否定是“∃x1，x2∈R，(f(x2)－f(x1))(x2－x1)<0”.故而答案选C.

3. (宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学理)各项均为正数的等比数列an中，

且a21a1,a49a3，则a4a5等于（ ） A.16 B.27 C.36 D.－27 【答案】B

【解析】由a21a1,a49a3,得a1a21,a3a49，由等比数列的性质可得，

a1a2,a2a3,a3a4,a4a5依次构成等比数列，又等比数列an中各项均为正数，所以

可得a2a33,a4a527.

4. (宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学理)已知ABC的三边长成公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为

3，则这个三角形的周长是（ ） 2A.18 B.21 C.24 D.15

【答案】D

【解析】不妨设三边长a,b,c依次构成公差为2的等差数列，则角C为最大角.所以由已知得sinC311.所以cosC（C为最大角，不可能cosC，否则C60，不符222a2b2c21合题意）.由cosC，及ba2,ca4，解得a3,b5,c7.

2ab2所以周长为abc15.

5. 【2012高考新课标文5】已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是（ ） A.(1－3，2) B.(0，2) C.(3－1，2) D.(0，1+3) 【答案】A

【解析】作出三角形的区域如图，由图象可知当直线yxz经过点B1,3时，截距最大，此时z132，当直线经过点C时，截距最小.因为ABx轴，所以yC又ABC的边长为2，设点C(x,2)，则AC132.2(x1)2(21)22，解得x13.

因为顶点C在第一象限，所以x13.即点C13,2.将点C13,2代入直线

zxy，得z(13)213，所以z的取值范围是13,2.选A.

6.（理）【湖北省黄冈市2013届高三年级3月份质量检测数学理】已知A，B，C，D是函数

ysin(x)(0,02如图所示，A()一个周期内的图象上的四个点，

6,0),B

为y轴上的点，C为图象上的最低点，E为该函数图象的一个对称中心，B与D关于点E对

称，CD在x轴上的投影为，则,的值为

12A.2,3 B.2,6 C.11 D.,,23 26

【答案】A

【解析】因为CD在x轴上的投影为，又点A,0，所以函数的四分之一个最小正

126周期为

6124，即函数的最小正周期为.故22.又点A,0是处于递6增区间上的零点，所以2所以2k，则.又因为，2kkZ06323.故选A.

（文）【2012高考新课标文9】已知ω>0，0，直线x4和x5是函数4f(x)=sin(ωx+φ)图象的两条相邻的对称轴，则φ=（ ）

A.

πππ3π B. C. D. 4324

【答案】A 【解析】因为x4和x55T是函数图象中相邻的对称轴，所以，解得4442T2.又T轴，所以

2422，所以1.所以f(x)sin(x).因为x所以kkZ，

4是函数的对称

4所以kkZ.因为0，

4.

检验知此时x5也为对称轴，所以选A. 47.（河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理）已知曲线

1若在y轴右侧的交点自左向右依次记y2sinxcosx与直线y相交，

442为P1, P2, P3„，则|P1P5|等于（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4

【答案】B 【

解

析

】

因

为

y24sxi4nx2cx 4o211cos2x1sin2x，令1sin2x，得sin2x，所以2x2k或

22262x2k56、

kZ，则xk12或xk5kZ.故点1231771311 P,,P5,,所以PP11512212212122.

8. [2013·湖南卷] 函数f(x)＝2ln x的图像与函数g(x)＝x－4x＋5的图像的交点个数为( )

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】B 【解析】 法一：作出函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x－4x＋5的图像如图：

2

2

可知，其交点个数为2，选B. 法二：也可以采用数值法：

x f(x)＝2ln x g(x)＝x－4x＋5 21 0 2 2 4 22ln 2＝ln 4>1 ln 4<5 1 5 可知它们有2个交点，选B.

9.（河南省郑州市2012届高三第一次质量预测数学理）若ab0,则代数式a的最小值为（ ）

A.2 B.3 C. 4 D. 5

21b(ab)【答案】C 【

解

析

】

因

为

ab0，所以

2ab0.所以

a211424a2a2a 222b(ab)aabab24，当且仅当a2a224a2,b且，即时等号同时成立.故代数式bab2a21的最小值为4.

b(ab)10.（理）（山西省太原市2012届高三模拟试题（二）数学文）已知函数

1fxlog3x1有两个零点x1,x2，则（ ）

3 A.x1x21 B.x1x2x1x2 C.x1x2x1x2 D.x1x2x1x2 【答案】D

x11【解析】f(x)log3(x1)0log3(x1)，在同一坐标系中作出函数

331ylog3(x1)与y的图象，不妨设x1x2，则由函数对称性可知

3xxxlog3(x11)log3(x21)0，得log3[x1x2(x1x2)1]0，即x1x2(x1x2)11.

所以x1x2x1x2.

（文）(宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学理)已知函数

f(x)ex1,g(x)x24x3,若有f(a)g(b),则b的取值范围为（ ）

A.22,22 B.(22,22) C.1,3 D.1,3

【答案】B

【解析】f(x)e11,若有f(a)g(b),则g(b)b4b31，解得

x222b22. 11.(宁夏银川一中2012届高三年级第三次月考数学文)对于非零向量m,n，定义运算“”：

mn|m||n|nis，其中为m,n的夹角，有两两不共线的三个向量a、b、c，下列结论

正确的是( )

A.若abac，则bc B.abab C.abcabc D.a+bcacbc 【答案】D

【解析】对于A项，由abac，得absinacsin'，得bsincsin'，不能得到bc，故A项错误； B项只有在夹角为0时才成立，故B项错误；对于C项，abc是一个与c共线的向量，abc是一个与a共线的向量，又它们两两不共线，显然不可能相等；故C项错误；故选D项.

12.【2012高考新课标文12，理16】数列{an}满足an+1＋(－1) an ＝2n－1，则{an}的前60项和为（ ）

A.3690 B.3660 C.1845 D.1830 【答案】D

【解析】由an1(1)nan2n1,得

nan2(1)nan12n1(1)n[(1)n1an2n1]2n1an(1)n(2n1)2n1，

nn）2n1，也有an3an1(1)（2n1）2n3， 即an2an(1)（2n1n两式相加得anan1an2an32(1)4n4.

4k14(4k1)416k`10. 设k为整数，则a4k1a4k2a4k3a4k42(1)于是S60

K0(a144k1a4k2a4k3a4k4)K0(16k`10)1830.

14第II卷

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。将答案填在答题卷相应位置上. 13．[2013·江苏卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________．

【答案】(－5，0)∪(5，＋∞) [解析] 设x<0，则－x>0.因为f(x)是奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－(x＋4x)．

又f(0)＝0，于是不等式f(x)>x等价于

x≥0，x<0，2或 2x－4x>x－（x＋4x）>x.

2

2

解得x>5或－5故不等式的解集为(－5，0)∪(5，＋∞)．

x＋4y≥4，14. [2013·广东卷] 给定区域D：x＋y≤4，令点集T＝{(x0，y0)∈D|x0，y0∈Z，(x0，y0)

x≥0，是z＝x＋y在D上取值最大值或最小值的点}．则T中的点共确定________条不同的直线． 【答案】6 【解析】由题画出不等式组表示的区域如图阴影部分，易知线性目标函数z＝x＋y在点(0，1)处取得最小值，在(0，4)或(1，3)或(2，2)或(3，1)或(4，0)处取得最大值，这些点一共可以确定6条直线．

15．[2013·北京卷] 向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示，若c＝λa＋μb(λ，λ

μ∈R)，则＝________．

μ

【答案】4 【解析】 以向量a和b的交点为原点，水平方向和竖直方向分别为x轴和y

－1＝－λ＋6μ，

轴建立直角坐标系，则a＝(－1，1)，b＝(6，2)，c＝(－1，－3)，则解

－3＝λ＋2μ，

λ＝－2，λ

得1所以＝4.

μμ＝－，2

16．（昆明第一中学2012届高三第一次摸底测试数学文理）在ABC中,角A、B、C所对的

边分别为a、b、c,且满足asinBbcosA,则2sinBcosC的最大值是 . 【答案】1

【解析】由asinBbcosA，得

sinBbsinBb，又由正弦定理，得，所以cosAasinAasinBsinB.又sinB0，所以sinAcosA.又A0,，所以A.故cosAsinA433.则.所以BCCB4422BsCinBnc2cB2ooss2B 222B2s3Bsi42cosBsinB.故当B时，2sinBcosC取得最大值1. 244

三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤 17．（本小题满分10分）

[2013·新课标全国卷Ⅱ] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B.

(1)求B；

(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值． 【解】(1)由已知及正弦定理得 sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B．① 又A＝π－(B＋C)，故

sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C．② 由①②和C∈(0，π)得sin B＝cos B.

π

又B∈(0，π)，所以B＝. 4

12

(2)△ABC的面积S＝acsin B＝ac.

24π22

由已知及余弦定理得4＝a＋c－2accos .

4又a＋c≥2ac，故

4

ac≤，当且仅当a＝c时，等号成立．

2－2因此△ABC面积的最大值为2＋1.

18.（本小题满分12分）

[2013·陕西卷] 设{an}是公比为q的等比数列． (1)推导{an}的前n项和公式；

(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列． 【解】(1)设{an}的前n项和为Sn， 当q＝1时，Sn＝a1＋a2＋„＋an＝na1； 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q＋„＋a1qqSn＝a1q＋a1q＋„＋a1q，② ①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1q，

na1，q＝1，n

a1（1－q）

∴Sn＝，∴Sn＝a1（1－qn）

1－q，q≠1.1－q(2)假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋， (ak＋1＋1)＝(ak＋1)(ak＋2＋1)， 即ak＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， 即a1q＋2a1q＝a1q∵a1≠0，∴2q＝q

2k

22k

k

k－1

2

2

n

2

n

2

n－1

2

2

，①

·a1q

k＋1

k＋1

＋a1q

k－1

＋a1q

k＋1

，

k－1

＋q.

∵q≠0，∴q－2q＋1＝0， ∴q＝1，这与已知矛盾．

∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．

19.（本小题满分12分）

A【2012高考真题山东理17】已知向量m(sinx,1),n(3Acosx,cos2x)(A0)，

3函数f(x)mn的最大值为6.

（Ⅰ）求A；

（Ⅱ）将函数yf(x)的图象向左平移

个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为1215原来的倍，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象.求g(x)在[0,]上的值域.

224A13

【解】（Ⅰ）f(x)＝m·n＝3Asinxcosx＋cos2x＝Asin2x＋cos2x＝

222

Asin2x＋.

6



π

因为A>0，由题意知，A＝6. π(2)由(1)f(x)＝6sin2x＋. 6将函数y＝f(x)的图象向左平移

πππ个单位后得到y＝6sin2x＋＋＝

12126

π16sin2x＋的图象；再将得到图象上各点横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到y32π＝6sin4x＋的图象． 3

π因此，g(x)＝6sin4x＋.

3

ππ7π5π因为x∈0，，所以4x＋∈，.

24633

5π故g(x)在0，上的值域为[－3,6]． 24

20.（本小题满分12分）

(河北省石家庄市2012届高中毕业班第二次模拟考试数学文)已知等比数列an的前n项和为Sn ，a12,S1,2S2,3S3成等差数列. （Ⅰ）求数列an的通项公式;

（Ⅱ）数列bnan是首项为-6，公差为2的等差数列，求数列bn的前n项和. 【解】（Ⅰ）由已知得4S2S13S3,

则4a1a1qa13a11qq22.

1. 3代入a12，得3qq0，解得q0（舍去）或q1所以an23n1.

（Ⅱ）由题意得bnan2n8，

1所以bnan2n823n12n8.

设数列bn的前n项和为Tn，则

1n213n62n8

Tn12131n7n332n1.

21．（本小题满分12分）

【2012高考真题湖南理20】某企业接到生产3000台某产品的A，B，C三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为2,2,1(单位：件)．已知每个工人每天可生产A部件6件，或B部件3件，或C部件2件．该企业计划安排200名工人分成三组分别生产这三种部件，生产B部件的人数与生产A部件的人数成正比，比例系数为k(k为正整数)．

(1)设生产A部件的人数为x，分别写出完成A，B，C三种部件生产需要的时间； (2)假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案．

【解】(1)设完成A，B，C三种部件的生产任务需要的时间(单位：天)分别为T1(x)，T2(x)，

T3(x)，由题设有T1(x)＝

2×3000100020001500

＝，T2(x)＝，T3(x)＝6xxkx200－1＋kx，

其中x，kx,200－(1＋k)x均为1到200之间的正整数．

(2)完成订单任务的时间为f(x)＝max{T1(x)，T2(x)，T3(x)}，其定义域为

200

x0＜x＜，

1＋k

2

x∈N.易知，T1(x)，T2(x)为减函数，T3(x)为增函数．注意到T2(x)＝

k

*

T1(x)，于是

10001500

. ，①当k＝2时，T1(x)＝T2(x)，此时f(x)＝max{T1(x)，T3(x)}＝max

200－3xx10001500400

由函数T1(x)，T3(x)的单调性知，当＝时f (x)取得最小值，解得x＝.

x200－3x9400250300

由于44＜＜45，而f(44)＝T1(44)＝，f(45)＝T3(45)＝，f(44)＜f(45)．

91113250

故当x＝44时完成订单任务的时间最短，且最短时间为f(44)＝.

11②当k＞2时，T1(x)＞T2(x)，由于k为正整数，故k≥3，此时1500

≥

200－1＋3375＝. x50－x1500200－1＋kx375

记T(x)＝，φ(x)＝max{T1(x)，T(x)}，易知T(x)是增函数，则f(x)＝max{T1(x)，

50－xT3(x)}≥max{T1(x)，T(x)}＝φ(x)＝max



1000

x，375

. 50－x

1000375400

由函数T1(x)，T(x)的单调性知，当＝时φ(x)取最小值，解得x＝.

x50－x11400250250375250

由于36＜＜37，而φ(36)＝T1(36)＝＞，φ(37)＝T(37)＝＞. 119111311250

此时完成订单任务的最短时间大于. 11

③当k＜2时，T1(x)＜T2(x)，由于k为正整数，故k＝1，此时f(x)＝max{T2(x)，T3(x)}

2000750

. ，＝max

100－xx2000750800

由函数T2(x)，T3 (x)的单调性知，当＝时f(x)取最小值，解得x＝，类x100－x11250250

似(1)的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于.综上所述，当k＝2时，完成

911订单任务的时间最短，此时，生产A，B，C三种部件的人数分别为44,88,68.

22.（本小题满分12分）

x

（理）[2013高考真题山东卷] 设函数f(x)＝2x＋c(e＝2.718 28„是自然对数的底数，

ec∈R)．

(1)求f(x)的单调区间、最大值；

(2)讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)根的个数．

21．解：(1)f′(x)＝(1－2x)e1

由f′(x)＝0，解得x＝，

2

－2x

.

1

当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

21

当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

2

111所以，函数f(x)的单调递增区间是－∞，，单调递减区间是，＋∞，最大值为f＝2221－1

e＋c. 2

(2)令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－xe

－2x

－c，x∈(0，＋∞)．

－2x

①当x∈(1，＋∞)时，lnx>0，则g(x)＝lnx－xee

因为2x－1>0，>0，所以g′(x)>0.

x

因此g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

②当x∈(0，1)时，lnx<0，则g(x)＝－lnx－xe所以g′(x)＝e

2x

－2x2x

－c，所以g′(x)＝e

－2x

e

＋2x－1.x

2x

－2x

－c，

e

－＋2x－1. x

2x

2x

2x

e

因为e∈(1，e)，e>1>x>0，所以－<－1.

x

2

又2x－1<1，

e

所以－＋2x－1<0，即g′(x)<0.

x因此g(x)在(0，1)上单调递减．

综合①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－e－c.

当g(1)＝－e－c>0，即c<－e时，g(x)没有零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；

当g(1)＝－e－c＝0，即c＝－e时，g(x)只有一个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；

当g(1)＝－e－c<0，即c>－e时，

(ⅰ)当x∈(1，＋∞)时，由(1)知g(x)＝lnx－xe要使g(x)>0，只需使lnx－1－c>0，即x∈(e

1＋c

－2x

－2

－2

－2

－2

－2

－2

－2

2x

1－1

－c≥lnx－e＋c>lnx－1－c，

2

，＋∞)；

1－1

－c≥－lnx－e＋c>－lnx－1－c，

2

(ⅱ)当x∈(0，1)时，由(1)知g(x)＝－lnx－xe要使g(x)>0，只需－lnx－1－c>0，即x∈(0，e

－1－c

－2x

)；

所以c>－e时，g(x)有两个零点， 故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2. 综上所述，

当c<－e时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0； 当c＝－e时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1； 当c>－e时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.

（文）22.【2013高考真题重庆卷】设f(x)＝a(x－5)＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．

(1)确定a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间与极值． 22．解：(1)因f(x)＝a(x－5)＋6ln x， 6

故f′(x)＝2a(x－5)＋. x

令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)， 由点(0，6)在切线上可得6－16a＝8a－6， 1故a＝. 2

12

(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)＋6ln x(x＞0)，

26（x－2）（x－3）

f′(x)＝x－5＋＝，

xx令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.

当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2，3)上为减函数．

9

由此可知，f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2

2＋6ln 3.

2

2

－2－2－2

－2