第Ay|y2x1}Bx||2x3|3}AB{x|0x B.{x|1x C.{x|0x D.{x|1xz滿足(1i)z2iz第一象 D．第四象數(shù)列{an}a11an12an2na1715 B.15 16 D.16sinθcosθ 10，θ是第二象限的角，則5 1

D.2 [

62

2

2

32兩個單位向量OAOB的夾角為60COABOCxOAyOBxyB．23 ,xf(x)|xa|

D．23a ,x

y(x則a ①命題“存xRx2x0”的否定是“對于任xRx2x0③在公差d的等差數(shù)列{an}中，a1=2,a1,a3,a4d12π2

]8

πθπ，P3cosθ，Q(cosθ)3，R(cosθ)3

，則P，Q，R的大小關(guān)A．RQ B．QR C．PQ D．RPxy2x,yxy30zmxy(m0)5m的值yA．5

B．2

f(x1f(x2x1x22充分不必要條 B．充要條C．必要不充分條 D．既不充分也不必要條已知函yf(x的定義域Rx0f(x)1xyR，等f(xfyf(xy成立，若數(shù)列{an}f

n

)f 1

f(a2013)f(a2016 B．f(a2014)f(a2017C．f(a2016)f(a2015 D．f(a2013)f(a2015xx的不等式xykxy1

．在△ABC中，4cos2Acos2(BC)7，a2，則△ABC面積的最大值 已知a1，b1，且1lna，1，lnb成等比數(shù)列，則ab的最小值 f(xm(xm5)g(x2x2xRf(x0g(x0m的取值范圍 f(x3sinωxcosωxcosωx1，其中ω0f(x的最小正周期為2如圖所示，△ABC中，D為AC的中點，AB2，BC ，A3B求cosABC的值BC 數(shù)列{an}nSn3n22n求{an}的通項令bnan2n，求{bn}nf(xax(a0)1yf(xa0g(xx2emxx1x2[0,2]f(x1g(x21m的取f(xx2ax2lnx（a是實數(shù)f(x2(e1a20f(xx1,x(xxf(xf(x 2 f(x)|x1||2x3|f(x2xf(x3a2aRa2ABACCDBBAC13.1或1

高三年級理科數(shù)學參考答 16.6m317．（1）f(x) 3

分 f(x)sin(1 4 2kπ x+2kπ+，kZ，4kπ x4kπ+ ，k ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為分

,

]，k （2）∵(2ac)cosBbcosC，∴(2sinAsinC)cosBsinBcosπ 8

2sinAcosBsinA,cosB0A

,B 2,

02πA 6A 102 π1Aπ 2f(A)6 2 12 1218．（1）在△ABC中，ABBC;sinC ,cosC2sinC sinAcosABCcos(2πC)cos2πcosCsin2πsin 7 7分（2）在△ABCAC2AB2BC22ABBCcosABC9AC在△ABD中，BD2AB2AD22ABADcosA13,BD 12 a6n1,n6,n 4 n=1 T1b1a12 5Tn62111221723 n>12T622112317246n72n6n1)2n1……9nnT326(2324 n=16(6n 1116(6n7)2n1,nTn 122x=1時,f(x)f(1a22 x=1 4

f(1)a2（2）由題意知，x1,x2[0,2],fmin(x1)1gmax(x2 分x1[0,2],fmin(x1)1 7x 2m[0,x 2m[0,],xe ,m ，m{ mln 12xx1[0,2],fmin(x1)1∴

x[0,2],gmax(x) 7g(x)x2emx,g'(x)2xemxx2memxemxx(mx 分…9 (x)g(2)4e2m1,mln…9 （舍當－1<m<0時，g(x)在[0,2]

(x)

∴ 103）m≤－1時，g(x)在[02上單調(diào)遞增，在[22] gmax(x)g(m)m2e21,me，∴m≤－ 分 mln 12 2x2ax21.（1）f(x)的定義域為(0，)，f(x)2xa 1 g(x)2x2ax2a216xag(0)24當a216a≤4f(x 分當a216＞０，即a4或a4①若a4f(x0 f(x) 間 3②若a a2 a2令f(x)0，得x1 ，x2 x(0，x1x2，f(x)0x(x1，x2f(x0于是，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，x1)和(x2，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(x1，x2) 4當a4時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，x1和(x2，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(x1，x2 5（2）（1）f(xa4xxa0，xx1 10x11又2x2ax20a2(x12(e1a20e1x131，又0x1x x1

1 ,x 7于是f(xf(x(x2ax2lnx(x2ax2lnx (x2x2)a(xx)2(lnxlnx)(xx)aa(xx)2ln 2(x1)(x1)4lnx1x24ln 9 2(x2 1令h(x) x4lnx x )，則h(x) 0恒成立，h(x)在(,)單 3 遞減，h(h(xh(，即

4

f(x1f(x2 4ln3f(x1f(x29值范圍為(e2

480 129x 3x x22.（1） ，①，或 ,②，或x1(2x3)23

解①得2x2解②得3x 4 x2