四川省绵阳市高中2014届高三上学期一诊数学(理)试题(清晰扫描版,含word答案)_图文

绵阳市高 2011 级第一次诊断性考试

数学(理)参考解答及评分标准
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. CBCDC ABBAD 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 11.9 12.6 13.5 14. ( , 2 ) e

1 e

15.①④

三、解答题:本大题共 6 小题,共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.解: ) cosx≠0 知 x≠kπ,k∈Z, (Ⅰ 即函数 f (x)的定义域为{x|x∈R,且 x≠kπ,k∈Z}.………………………3 分 又∵ f ( x) ?

2 sin x cos x(sin x ? cos x) 1 ? cos 2x ? 2 sin2 x ? 2 sin x cos x ? 2 ? ? sin 2x cos x 2 ? 1 ? (sin 2 x ? cos 2 x) ? 1 ? 2 sin(2 x ? ) , 4

?

∴ f ( x)max ? 1 ? 2 . ……………………………………………………………8 分 (II)由题意得 1 ? 2 sin(2 x ? ) ≥0,即 sin(2 x ? ) ≤

π 4

π 4

2 , 2

π 9π 3π ≤ 2 x ? ≤ 2kπ ? ,k∈Z, 4 4 4 π 整理得 kπ ? ≤x≤ kπ ? π ,k∈Z. 4
解得 2kπ ? 结合 x≠kπ,k∈Z 知满足 f(x)≥0 的 x 的取值集合为 {x| kπ ?

π ≤x< kπ ? π ,k∈Z}.………………………………………………12 分 4

17.解: (I)设{an}的公差为 d,则由题知

?a1 ? 3d ? 14, 解得 a1=2,d=4. ……………………………………4 分 ? ?a1 ? 4d ? a1 ? 7d ? 48,
∴an=2+4(n-1)=4n-2.…………………………………………………………6 分 (II)设{bn}的公比为 q, 若 q=1,则 S1=b1,S2=2b1,S3=3b1, 由已知 2 ? 2S2 ? 3S1 ? S3 ,代入得 8b1=4b1,而 b1≠0,故 q=1 不合题意. …………………………………………………………7 分 若 q≠1,则 S1=b1, S 2 ? 于是 2 ? 2 ?
b1 (1 ? q 2 ) b (1 ? q 3 ) , S3 ? 1 , 1? q 1? q

b1 (1 ? q 2 ) b (1 ? q 3 ) ? 3b1 ? 1 , 1? q 1? q

整理得:4q2=3q+q3,解得 q=0(舍去) ,q=1(舍去) ,q=3, ………10 分 ∴ S4 ?
2 ? (1 ? 34 ) ? 80 . ………………………………………………………12 分 1? 3

18.解: (I)由已知 A=2, 且有 2 sin(? ? 0 ? ? ) ? 3 ,即 sin? ?
3 , 2

由| ? |<

?
2

得? ?

?
3



又∵ 最高点为(1,2), ∴ 2 sin(? ?

?
3 ?

) ? 2,解得 ? ?

?
6



∴ y ? 2 sin( x ? ) .…………………………………………………………6 分 6 3 (II)∵ B 点的横坐标为 3,代入函数解析式得 yB ? 2sin( ? 3 ? ) =1, ∴ BD ? 12 ? (4 ? 3)2 ? 2 .…………………………………………………8 分 在△BCD 中,设∠CBD=θ,则∠BDC=180? -120? -θ=60? -θ. 由正弦定理有 ∴ CD ?
BD CD BC ? ? ,? sin120? sin? sin(60? ? ? )

?

π 6

π 3

2 6 2 6 sin? , BC ? sin(60? ? ? ) , 3 3
2 6 [sin? ? sin(60? ? ? )] 3

…………………………………9 分

∴ BC ? CD ?

?
?

2 6 3 1 [sin ? ? cos ? ? sin? ] 3 2 2
2 6 ? sin(? ? ) . 3 3

∴ 当且仅当 ? ?

?
6

时,折线段 BCD 最长,最长为

2 6 千米.…………12 分 3

19.解: (I)由于 f(3+x)=f(-x)知函数 f (x)关于 x ? 即?

3 对称, 2

b 3 2 ? ,解得 b=-3,于是 f(x)=x -3x+2.………………………………3 分 2 2

? x2 ? 1, ? ?1或x ? 1, x ? g ( x) ? ? 2 ? ?1 ? x , 1 ? x ? 1, ?
当 x≤-1,或 x≥1 时,由 f(x)≥g(x)有 x2-3x+2≥x2-1,解得 x≤1, ∴ 此时 x 的范围为 x≤-1,或 x=1. 当-1<x<1 时,由 f(x)≥g(x)有 x2-3x+2≥1-x2,解得 x≤ ∴ 此时 x 的范围为-1<x≤

1 或 x≥1, 2

1 . 2

∴ 综上知,使不等式 f(x)≥g(x)成立的 x 的取值集合为{x|x≤

1 或 x=1}. 2

………………………………………………………………7 分

?2 x ? bx ? 3,x ? ?1或x ? 1, (II) h( x) ? ? ? 1 ? x ? 1, ?bx ? 5,
2

?2 x2 ? 3,x ? ?1或x ? 1, 若 b=0 时, h( x) ? ? 显然 h(x)>0 恒成立,不满足条件. ? 1 ? x ? 1. ?5,
…………………………………………………………………9 分 若 b≠0 时,函数 ? (x)=bx+5 在(0,1)上是单调函数, 即 ? (x)在(0,1)上至多一个零点,不妨设 0<x1<x2<2.

①如果 0<x1<1,1≤x2<2 时,则 ? (0)? (1) ? 0 ,且 h(1)h(2) ≤0,即

?b ? 5 ? 0, 11 解得 ? ≤ b ? ?5 . ? 2 ?(b ? 5)(2b ? 11) ? 0,

10 11 11 时, h(x) 的零点为 ,2(舍去) ,∴ ? < b ? ?5 . 2 11 2 ②若 1≤x1<x2<2 时
经检验 b ? ?

? h(1) ? 1, ?b ? 5 ? 0, ? h(2) ? 0, ?2b ? 11 ? 0, ? ? ? 即? 得:-5≤ b ? ?2 6 . b ? ?1 ? ? 4 ? 2, ?? 8 ? b ? ?4, ? 2 ?b ? ?2 6或b ? 2 6, ? ?b ? 24 ? 0, ?

11 ? b ? ?2 6 . ……………………………12 分 2 1 3 1 20.解: (I)由 1 ? x ? x 2 ? 0 解得 ? ? x ? 2 .即 M ? (? , ) .……………2 分 2 2 2 2
∴ 综上所述 b 的取值范围为 ? ∵ f ( x) ? 3 ? 4 x ? 2 x?2 ? 3 ? (2 x )2 ? 4 ? 2 x , 令 2x=t,则 ∴ g(t)在 ( ∴ g(t)在 (
2 2 4 ? t ? 4 , f ( x) ? g (t ) ? 3t 2 ? 4t ? 3(t ? )2 ? , 2 3 3

2 , ) 上是增函数. 4 2 2 , ) 上无最小值,即 f(x)在 M 上无最小值. 4 2 ……………………………………………………7 分
2(1 ? tx ? x 2 ) ?0, ( x 2 ? 1) 2

(II)∵ g ?( x) ?

∴ g(x)在 M 上是增函数. ……………………………………………………8 分 设 1+tx-x2=0 的两根为 α,β(α<β),则 α+β=t,αβ=-1,M=(α,β). 于是 g ( ? ) ? g (? ) ?
?
?

2? ? t 2? ? t (2? ? t )(? 2 ? 1) ? (2? ? t )( ? 2 ? 1) ? ? ? 2 ?1 ? 2 ?1 (? 2 ? 1)( ? 2 ? 1)

2?? (? ? ? ) ? 2(? ? ? ) ? t (? ? ? )(? ? ? ) (?? ) 2 ? (? ? ? ) 2 ? 2?? ? 1
? 4(? ? ? ) ? t 2 (? ? ? ) = ? ?? 4 ? t2

? (? ? ? ) 2 ? 4??

? t2 ? 4 .
由题意知,要使原不等式恒成立,只需 t 2 ? 4 ? 3 ,解得 t ?[? 5, 5] . ……………………………………………………………………………13 分 21.解: (I)∵ f ?( x) ? e x ? x ? a , ∴ f ?(0) ? 1 ? a . 于是由题知 1-a=2,解得 a=-1. ∴ f ( x) ? e x ? ∴ f (0) ? 1 ,

1 2 x ? x. 2

于是 1=2× 0+b,解得 b=1.……………………………………………………4 分 (II)由题意 f ?( x) ? 0 即 e x ? x ? a ? 0 恒成立, ∴ a ? e x ? x 恒成立. 设 h( x) ? e x ? x ,则 h?( x) ? e x ? 1 . x
h?(x)

(-∞,0) 减函数

0 0 极小值

(0,+∞) + 增函数

h(x) ∴ h(x)min=h(0)=1,

∴ a<1.…………………………………………………………………………9 分

1 1 (III)由已知 g ( x) ? e x ? x2 ? ax ? ax2 ? x2 ? e x ? ax2 ? ax , 2 2
∴ g?( x) ? e x ? 2ax ? a . ∵ x1,x2 是函数 g(x)的两个不同极值点(不妨设 x1<x2) , ∴ a>0(若 a≤0 时, g ?( x) ? 0 ,即 g(x)是 R 上的增函数,与已知矛盾) ,且 g ? ( x1 ) ? 0 , g ? ( x2 ) ? 0 . ∴ e x1 ? 2ax1 ? a ? 0 , e x2 ? 2ax2 ? a ? 0 . 两式相减得: 2a ? 于是要证明
e x1 ? e x2 , x1 ? x2
x1 ? x2 2

x1 ? x2 ? ln 2a ,即证明 e 2
x1 ? x 2 2

?

e x1 ? e x2 , x1 ? x2
x1 ? x2 2

两边同除以 e x2 ,即证 e
x1 ? x2 即证(x1-x2) e 2

?

e x1 ? x2 ? 1 ,即证(x1-x2) e x1 ? x2

> e x1 ?x2 ? 1 ,

- e x1 ? x2 ? 1 >0,

令 x1-x2=t,t<0.
t 2 即证不等式 te
t

? et ? 1 ? 0 当 t<0 时恒成立.

设 φ(t ) ? te 2 ? et ? 1 ,
t t

∴ ? ?(t ) ? e 2 ? t ? e 2 ?
t

1 t ?e 2

t ? ( ? 1)e 2 ? et 2 t ? ?e 2 [e 2 ? ( ? 1)] . 2
t
t t

∵ 由(II)知 e 2 ? ∴ ? (t)<0,

t t ? 1 ,即 e 2 ? ( ? 1) ? 0 , 2 2

t

∴ ? (t)在 t<0 时是减函数. ∴ ? (t)在 t=0 处取得极小值 ? (0)=0. ∴ ? (t)>0,得证. ∴

x1 ? x2 ? ln 2a .……………………………………………………………14 分 2


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