(1)当a?3时，求A?B，A??CRB?； (2)若A?B＝?，求实数a的取值范围.
18、已知函数f?x??4sin2x?sin2?x???????cos?2??4x?， 4?(1)求f?x?的最小正周期； (2）若g?x??f?x?????单调递增区间；
(3）求（2）中y?g?x?在x???
?????????在x?处取得最大值，求y?g?x?的
32??2??2??,?上的值域。 123??19、在?ABC中，角A,B,C对应的边分别是a,b,c，已知cosC?cosB?3sinBcosA?0， (1)求角A的大小；
(2）若?ABC的面积S?53，b?5，求sinBsinC的值。
20、已知函数f(x)?ax2?24?2b?b2 ?x，g(x)??1?(x?a)2(a,b?R)． (1）当b?0时，若f(x)在(??,2]上单调递减，求a的取值范围；
(2）求满足下列条件的所有整数对(a,b)：存在x0，使得f(x0)是f(x)的最大值，g(x0)是g(x) 的最小值；
21、已知函数f(x)?xlnx． （1）求g(x)???f(x?1)?x的单调区间与极大值； x?1f(x2)?f(x1)成立，求证：x1 x2?x111（2）任取两个不等的正数x1、x2，且x1 2n 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时请写清题号 22、在直角坐标系xoy中，以o为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆C1、直线C2的极坐标方程分别为 ?????4sin?，?cos?????22. 4??(1)求C1与C2交点的极坐标； ?x?t3?a??t?R为参数?，(2)设P为C1的圆心，Q为C1与C2交点连线的中点．已知直线PQ的参数方程为?b3?y?t?12?求a，b的值． 23、设函数f?x??x?(1)证明：f?x??2； (2)若f?3??5，求a的取值范围． 高三上学期第2次月考（理科）数学参考答案 一、选择题：60分 题号 答 1 2 3 B 4 C 5 A 6 C 7 B 8 D 9 C 10 B 1 A 12 C 1 1?x?a?a?0?． aC B 案 二、填空题：20分 13： －2 ； 14： ?2 15： 3 16： ② ④ 32 三、解答题：12+12+12+12+12+10=70分 17、【解析】(1)当a＝3时，A＝{x|－1≤x≤5}，B＝{x|x－5x＋4≥0}＝{x|x≤1或x≥4}， B＝{x|1＜x＜4}，A∩B＝{x|－1≤x≤1或4≤x≤5}，A∪(B)＝{x|－1≤x≤5}. (2)当a＜0时，A＝?，显然A∩B＝?，合乎题意.当a≥0时，A≠?，A＝{x|2－a≤x≤2＋a}，B＝{x|x－5x ??2－a＞1 ＋4≥0}＝{x|x≤1或x≥4}.由A∩B＝?，得? ?2＋a＜4? 2 ，解得0≤a＜1.故实数a的取值范围是(－∞，1). 2?2????18、解：（1）f?x??4sin2xsin2?x???cos4x?4sin2x??sinx?cosx???cos4x 4???2??2sin2x?1?sin2x??cos4x?2sin2x?2sin22x?cos4x?2sin2x?1 所以最小正周期为T?2??? 2（2）g?x??f?x????2sin?2x?2???1，当2x?2??得???解得??2?2k?，k?z 时取得最大值，将x??3代入上式， ?12?k?，k?z，?????12得g?x??2sin?2x??????????2k??2x???2k?，k?z，所以?1?2626??6?k??x??3?k?，k?z， 所以g?x?的单调增区间为???????k?,?k??，k?z 3?6???（3）由（2）得g?x??2sin?2x????2???7?3????x?由?得??2x??所以??sin?2x???1??1， 1233666?26??得1?3?g?x??3，所以g?x??1?3,3 19、解：（1）由条件有?cos?A?B??cosBcosA?3sinBcosA?0 即sinAsinB?3sinBcosA?0又sinB?0，所以sinA?3cosA?0，又cosA?0 所以tanA?3，又 ??0?A??，故A?（2）因为S??3 13bcsinA?bc?53，得bc?20，又b?5，所以c?4 由余弦定理得24a2?b2?c2?2bccosA?21，故a?21， cbbc52又由正弦定理得sinCsinB?sinA?sinA?2sinA? aa7a20、解：(1）当b?0时，f?x??ax2?4x， 若a?0，f?x???4x，则f?x?在???,2?上单调递减，符合题意； ?a?0,?若a?0，要使f?x?在???,2?上单调递减，必须满足?4 ?2,??2a∴0?a?1．综上所述，a的取值范围是?0,1? (2）若a?0，f?x???24?2b?b2x，则f?x?无最大值，故a?0，∴f?x?为二次函数， ?a?0,要使f?x?有最大值，必须满足?即a?0且1?5?b?1?5， 24?2b?b?0,? 24?2b?b此时，x0?时，f?x?有最大值．又g?x?取最小值时，x0?a， a224?2b?b依题意，有?a?Z，则a2?4?2b?b2?5??b?1?， a∵a?0且1?5?b?1?5，∴0?a2?5?a?Z?，得a??1，此时b??1或b?3． ∴满足条件的整数对?a,b?是??1,?1?,??1,3?． f(x+1)1x． ?x=ln(x+1)?x，于是g?(x)??1=?x+1x+1x?1故当x∈(-1，0)时，g?(x)>0；当x∈(0，+∞)时，g?(x)<0． 21、解：（Ⅰ）由已知有g(x)?所以g(x)的单调递增区间是(-1，0)，单调递减区间是(0，+∞)，g(x)的极大值是g(0)=0． f(x2)?f(x1)（Ⅱ）因为f?(x)?lnx+1，所以lnx0+1=，于是 x2?x1x2f(x2)?f(x1)xlnx2?x1lnx1xlnx2?x1lnx1=，令=t (t>1)，?1?lnx2?1=2?lnx2?1=1?1xxx2?x1x2?x1x2?x121?1x1lntlnt?t?1，因为t?1?0，只需证明lnt?t+1?0． h(t)=?1?t?1t?11令?+?)递减，所以?(t)??(1)=0， （t)?lnt?t+1，则??(t)??1?0，∴ ?(t)在t?(1，t于是h (t)<0，即lnx0?lnx2，故x0?x2．仿此可证x1?x0，故x1?x0?x2． lnx0?lnx2= lnx2x111)a??an，所以{an}单调递增，an≥1． n2nn2111111于是an?1?(1?n)an?2?(1?n)an?2an=(1?n?2)an， 2n2n2n11所以lnan?1?lnan?ln(1?n?2)． （*）由（Ⅰ）知当x>0时，ln(1+x) 2n1111所以（*）式变为lnan?1?lnan?n?2．即lnak?lnak?1?k?1?(k∈N，k≥2)， 2(k?1)22n（Ⅲ）因为a1?1，an?1?(1?令k=2，3，…， n，这n-1个式子相加得 11111lnan?lna1?（1+2++n?1)?[2?2?22212?1] (n?1)2?(1-=(1-11111)?[????2n?112222?33?4?1] (n?2)(n?1)11111111)?[1??(?)?(?)??(?)] 2n?142334n?2n?11111111111=(1-n?1)?(1????， )=-n?1?42n?14242n?1111111?，所以an?e4． 即lnan?lna1?44??x＋(y－2)＝4， 22、解；(1)圆C1的直角坐标方程为x＋(y－2)＝4，直线C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.解? ??x＋y－4＝0， 2 2 2 2 ??x1＝0，得? ?y1＝4，? ??x2＝2， ? ?y2＝2.? π??π??所以C1与C2交点的极坐标为?4，?，?22，?，注：极坐标系下点的表示不唯一． 2??4??(2)由(1)可得，P点与Q点的直角坐标分别为(0,2)，(1,3)． bab 故直线PQ的直角坐标方程为x－y＋2＝0，由参数方程可得y＝x－＋1， 22b ??2＝1，所以?ab －??2＋1＝2， 解得a＝－1，b＝2. ?1??1?1 23、解：(1)证明 由a>0，有f(x)＝?x＋?＋|x－a|≥?x＋－(x－a)?＝＋a≥2. ?a??a?a 所以f(x)≥2. 15＋21?1?(2)解 f(3)＝?3＋?＋|3－a|.当a>3时，f(3)＝a＋，由f(3)<5，得3 a2?a?11＋5 当0 a21＋55＋21 综上，a的取值范围是(，)． 22