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湖南省四校2013-2014学年高三上学期第三次联考理科数学试卷(带word解析)


湖南省四校 2013-2014 学年高三上学期第三次联考理科数学试卷(带 word 解析)

第 I 卷(选择题)

1 . 全 集 U ? R, A ? { x | x ? 1 ? 2}, B ? { x | x 2 ? 6 x ? 8 ? 0}, 则 (C U A) ? B ? ( ) B. ( 2,3) C.

A

. [?1,4) 【答案】C 【解析】

( 2,3]

D. (?1,4)

试 题 分 析 : 因 为 A ? {x | x ? 3, 或x ? ?1} , B ? {x | 2 ? x ? 4} , 所 以

CU A { ?

x? 1 ? x ,故} CU A) B ? (2,3] ,选 C. | ? 3( ?

考点:1.不等式的解法;2.集合的运算 2.已知命题 p : ?x0 ? R , x0 2 ? 2 x0 ? 2 ? 0 ,则 ?p 为 ( A. ?x0 ? R, x0 2 ? 2 x0 ? 2 ? 0 C. ?x0 ? R, x0 2 ? 2 x0 ? 2 ? 0 【答案】D 【解析】 试题分析: 根据特称命题和全称命题的关系, 可得命题 p : ?x0 ? R ,x0 ? 2 x 0 ? 2 ? 0
2



B. ?x0 ? R, x0 2 ? 2 x0 ? 2 ? 0 D. ?x0 ? R, x0 2 ? 2 x0 ? 2 ? 0

的否定为 ?x0 ? R, x0 ? 2 x0 ? 2 ? 0 ,选 D.
2

考点:特称命题和全称命题的关系 3.在Δ ABC 中,角 A、B、C 所对的对边长分别为 a、b、c,sinA、sinB、sinC 成等比数 列,且 c= 2a,则 cosB 的值为( ) A.

1 4

B.

3 4

C.

2 4

D.

2 3

【答案】B 【解析】 试题分析:因 c ? 2a ,sinA、sinB、sinC 成等比数列,由正弦定理可知 b 2 ? ac ? 2a 2 , 由余弦定理为 cos B ?

a 2 ? c 2 ? b 2 a 2 ? 4a 2 ? 2a 2 3 ? ? ,故选 B. 2ac 4 4a 2

考点:1.正弦定理;2.余弦定理;3.等比数列

?(a ? 2) x( x ? 2) ? 4. 设函数 f ( x) ? ? 1 x 是 R 上的单调递减函数, 则实数 a 的取值范围为( ?( 2 ) ? 1( x ? 2) ?
A.(-∞,2) B.(-∞,
13 ] 8

)

C.(0,2)

D.[

13 ,2) 8

试卷第 1 页,总 12 页

【答案】B 【解析】 试 题 分 析 : 由 函 数 f (x) 是 R 上 的 单 调 递 减 函 数 得 ? 1 2 解得 ( ) ? 1 ? 2(a ? 2)

? ?

a?2?0

? 2 ?

a ? (??,

13 ] . 选 B. 8
? ?

考点:分段函数的单调性 5. 函数 f ? x ? ? sin ?? x ? ? ? ? ? ? 0, ? ?

??

? 若其图像向右平移 ? 的最小正周期是 ? , 3 2?


个单位后得到的函数为奇函数,则函数 f ? x ? 的图像( A.关于点 ?

?? ? , 0 ? 对称 ? 12 ? ? 5? ? , 0 ? 对称 ? 12 ?

B.关于直线 x ?

?
12

对称

C.关于点 ? 【答案】D 【解析】

D.关于直线 x ?

5? 对称 12

试题分析:由 题 意 可 得 图象向右平移

2?

? ? 2? 个单位后得到的函数 y ? sin[2( x ? ) ? ? ] ? sin(2 x ? ? ? ) ,为 3 3 3 ? 5? ? 5? ? 奇函数,故 ? ? ? , 所以 y ? sin(2 x ? ) , x ? 当 时, y ? sin(2 ? ? ) ? 1, 3 12 3 12 3 5? 所以函 数 f( x) 关于直线 x ? 对称,选 D. 12
考点:1.三 角 函 数 的 解 析 式 ;2.三角函 数 的 奇 偶 性 ; 3.三 角 函 数 的 对 称 性 6.已知函数 f ( x ) 是 ( ?? ,?? ) 上的偶函数,若对于 x ? 0 ,都有 f ( x ? 2) ? ? f ( x ) , 且当 x ? [0,2) 时, f ( x ) ? log 2 ( x ? 1) ,则 f ( ?2011) ? f ( 2012) ? ( A. ? 1 【答案】A 【解析】 试题分析: 对 于 x≥ 0, 有 f ( x ? 2) ? ? f ( x ) , f ( x ? 4) ? ? f ( x ? 2) ? f ( x) , 因 都 则 ∴ 函 数 的 周 期 为 T=4,∵ 函 数 f( x)是( -∞ ,+∞ )上 的 偶 函 数 ,x∈ [0,2) , f ( x ) =log 2 ( x+1 ) ∴ B. ? 1 ? log 2 3 C. 1 ? log 2 3 ) D.1

?

, ? ? , 解 得 ω =2, 故 函 数 f( x) =sin( 2x+φ ) 其

f (?2011) ? f (2012 ) ? f (2011) ? f (2012 ) ? f (3) ? f (0) ? ? f (1) ? f (0) ? ?1 ,选
A. 考点:1.函 数 的 奇 偶 性 ; 2.函 数 的 周 期 性 7.某四面体的三视图如图所示.该四面体的六条棱的长度中,最大的是(



试卷第 2 页,总 12 页

(A) 2 5 (C) 2 7

(B) 2 6 (D) 4 2

【答案】C 【解析】 试题分析: 三 视 图 可 知 原 几 何 体 为 三 棱 锥 ,其 中 底 面 △ ABC 为 俯 视 图 中 的 钝 角 由 三角形,

∠ BCA 为 钝 角 ,其 中 BC=2,BC 边 上 的 高 为 2 3 ,PC⊥底面 ABC,且 PC=2,由以上 条件可知,∠PCA 为直角,最长的棱为 PA 或 AB,在直角三角形 PAC 中,由勾股定理得, PA= PC ? AC
2 2

? 4 ? 4 ? 12 ? 2 5 ,
2 2

在 钝 角 三 角 形 ABC 中 , AB= ( 2 BC ) ? ( 2 3 ) ? 2 7 .故选 C. 考点:1.棱 锥 的 结 构 特 征 ; 2.点 、 线 、 面 间 的 距 离 计 算 8 . 在 R 上 定 义 运 算 ? : x ? y ? x(1 ? y). 若对任意 x ? 2 ,不等式 )

? x ? a? ? x
A. ??,7 ? ? C. ? ?1,7 ? ? ? 【答案】A 【解析】

? a ? 2 都成立,则实数 a 的取值范围是(
B. ??,3? ? D. ??, ?1? ? ? 7, ?? ? ?

?

?

?

?

试卷第 3 页,总 12 页

试题分析:∵ 运算 ? : x ? y ? x(1 ? y). ,∴( x-a)?x≤ a+2 转 化 为( x-a) 1-x) ( ≤ a+2, ∴ -x +x+ax-a≤ a+2, a( x-2) ≤ x -x+2, ∵ 任 意 x> 2, 不 等 式 ( x-a) ?x≤ a+2 都 成 立 , a≤ ∴
2 2

x2 ? x ? 2 x2 ? x ? 2 .令 f x) ( = , 2, a≤ [f x) mi n , x> 则 ( ] x?2 x?2

x< 2,而 f( x) =

x2 ? x ? 2 4 ? ( x ? 2) ? ?3 x?2 x?2

? 2 ( x ? 2) ?

4 ? 3 ? 7 ,当 且 仅 当 x=4 时 , 取 最 小 值 . ∴ a≤ 7. 选 A. x?2

考点:1.不 等 式 的 解 法 及 应 用 ;2.函 数 恒 成 立 问 题 的 应 用

试卷第 4 页,总 12 页

第 II 卷(非选择题)

9.已知函数 f

? x?

?log x, x ? 0 ? ? 1 ?? ? ? 2 , 则 f ? f ? ? ? 的值是 x ?3 , x ? 0 ? ? 4 ??

.

【答案】 【解析】

1 9

试题分析:由分段函数解析式得 f ( f ( )) ? f (log 2 考点:1.分 段 函 数 ;2.函 数 值 的 求 法

1 4

1 1 ) ? f (?2) ? 3?2 ? . 4 9

() ( 2 x )( c ) 10.若函数 f x? ? x? 在 x ?2处有极值,则函数 f (x) 的图象在 x ?1处
2

的切线的斜率为 . 【答案】-5 【解析】 2 2 试题分析:∵ 函 数 f( x)=( x-2) x +c)在 x=1 处 有 极 值 ,∴ f′( x)=( x +c) ( +( x-2)×2x,∵ f′( 2)=0,∴( c+4)+( 2-2)×2=0,∴ c=-4,∴ f′( x) 2 =( x -4)+( x-2)×2x,∴ 函 数 f( x)的 图 象 x=1 处 的 切 线 的 斜 率 为 f′( 1) =( 1-4) +( 1-2) ×2=-5. 考点:1.函 数 在 某 点 取 得 极 值 的 条 件 ; 2.利 用 导 数 研 究 曲 线 上 某 点 切 线 方 程 11.由曲线 f(x)= x 与 x 轴及直线 x m ? ) ? ( 0围成的图形面积为 m 为 【答案】4 【解析】 .

16 ,则 m 的值 3

试题分析:由已知可得: S ? 考点:定积分求曲面面积

?

m 0

3 3 2 2 m 2 2 16 x dx ? x | ? m ? ,解得 m ? 4 . 0 3 3 3

12.若关于 x 的不等式 | ? | ? aa x ) 的解集为空集,则实数 a 的 x | x | ?1 R 1 2 ? ? ?? (
2

取值范围是

.

?, 1 0 ???? 【答案】 ? ?? ?, ?
【解析】 试题分析:∵ |x-1|-|x-2|=|x-1|-|2-x|≤ |x-1-x+2|=1,若 不 等 式 |x-1|-|x-2| 2 2 2 ≥ a +a+1( x∈ R) 的 解 集 为 空 集 , 则 |x-1|-|x-2|< a +a+1 恒 成 立 , 即 a +a+1 > 1, 解 得 x< -1 或 x> 0.∴ 实 数 a 的 取 值 范 围 是 ( -∞ , -1) ∪ ( 0, +∞ ) . 考点:1.绝 对 值 不 等 式 的 解 法 ;2.函 数 恒 成 立 问 题

(x 13.定义在 R 上的函数 f (x) 满足: f ( ) ?1,且对于任意的 x? ,都有 f' ) < R 1
则不等式 f (log )> 2x 【答案】(0,2) 【解析】
试卷第 5 页,总 12 页

log2 x ? 1 的解集为 2

1 , 2

.

试题分析:设 g( x)=f( x)-

1 1 1 x,∵ f′( x)< ,∴ g′( x)=f′( x)- < 2 2 2

0,∴ g( x)为 减 函 数 ,又 f( 1)=1,∴ f( log 2 x)>

log2 x ? 1 1 1 ? log2 x ? , 2 2 2

即 g( log 2 x)=f( log 2 x)-

1 1 1 log 2 x> =g( 1)=f( 1)- =g( log 2 2) ,∴ log 2 x 2 2 2

< log 2 2, 又 y=log 2 x 为 底 数 是 2 的 增 函 数 , ∴ 0< x< 2, 则 不等式 f (log )> 2x

log2 x ? 1 的解集为( 0, 2) . 2
考点:1.利用导数研 究 函 数 的 增 减 性 ;2.不等式的解法 14.已知曲线 f ( x) ? x
n ?1

(n ? N * )与直线 x ? 1 交于点 P,若设曲线 y=f(x)在点 P
的值 2011

处的切线与 x 轴交点的横坐标为 xn , 则 log2012 x 1 ? log2012 x 2? ? ? log 2012x

为 . 【答案】-1 【解析】 n 试题分析:求 导 函 数 , 可 得 f′ ( x) =( n+1) x , 设 过 ( 1, 1) 的 切 线 斜 率 k, 则 k=f′ ( 1) =n+1, ∴ 切 线 方 程 为 y-1= ( n+1 ) x-1 ) 令 y=0 , 可 得 x n = ( , x2011 ?

n , ∴ x1 ? x2 ? n ?1

1 2 2011 1 ,故 log 2 0 1 2 x 1 +log 2 0 1 2 x 2 +? +log 2 0 1 2 x 2 0 1 1 =log 2 0 1 2( x 1 ? ??? ? 2 3 2012 2012 1 ×x 2 ×? ×x 2 0 1 1 ) = log 2012 ? ?1 2012
考点:1.利 用 导 数 研 究 曲 线 上 某 点 切 线 方 程 ; 2.数 列 的 求 和 15. 函数 f ( x ) 的定义域为 D, 若存在闭区间[a, ? D, b] 使得函数 f ( x ) 满足: (1) f ( x ) 在[a,b]内是单调函数;(2) f ( x ) 在[a,b]上的值域为[2a,2b],则称区间[a,b]为 y= f ( x ) 的“美丽区间” .下列函数中存在“美丽区间”的是 合题意的函数序号) ①、 f ( x ) ? x ( x ? 0 ) ;
2

. (只需填符

②、 f ( x ) ? e ( x ? R ) ;
x

③、 f ( x ) ?

1 ( x ? 0 ); x

④、 f ( x ) ?

4x ( x ? 0) . x ?1
2

【答案】①③④ 【解析】 试题分析:函 数 中 存 在“ 美 丽 区 间 ”的 定 义 可 知 :① f ( x ) ? x ( x ? 0 ) 在 [a,b]
2

内是单调增函数; 则?

?a ? 0 ? f ( a ) ? 2a 2 ,解 得 ? ∴ f( x)=x ( x≥ 0) ,若 存 在“ 美 丽 区 间 ”[0,2], ?b ? 2 ? f (b) ? 2b
试卷第 6 页,总 12 页

∴ f( x) =x ( x≥ 0) 若 存 在 “ 美 丽 区 间 ” [0, 2]; ② f( x) =e ( x∈ R) 若 , , 存在 美丽区间” “ [a, b], ? 则
x

2

x

?e a ? 2a ? f ( a ) ? 2a x , 以? b 所 , 建 函 数 g x) -2x, 构 ( =e ? f (b) ? 2b ? e ? 2b

∴ g′( x)=e -2,∴ 函 数 在( -∞ ,ln2)上 单 调 减 ,在( ln2,+∞ )上 单 调 增 , ∴ 函 数 在 x=ln2 处 取 得 极 小 值 ,且 为 最 小 值 .∵ g( ln2)=2-2ln2> 0,∴ g( x) > 0 恒 成 立 ,∴ e -2x=0 无 解 ,故 函 数 不 存 在“ 美 丽 区 间 ” ;③ f ( x ) ?
x

1 ( x ? 0) x

?1 ? a ? 2b 1 在 (0,?? ) 上单调递减,若存在“ 美 丽 区 间 ” [a, b], 则 ? , 则 ab ? , 故 1 2 ? ? 2a ?b
存 在 ;④ f ( x ) ?

4x 4(1 ? x)(1 ? x) ,若 存 在“ 倍 值 区 间 ”[a, ( x ? 0 ) f ' ( x) ? x ?1 ( x 2 ? 1) 2 ,
2

? 4a ? a 2 ? 1 ? 2a b]?[0,1],则 ? ∴ a=0,b=1,若 存 在“ 美 丽 区 间 ”[0,1];故 存在 4b ? 2 ? 2b ?b ?1
“美丽区间”的是①③④. 考点:1.函 数 的 值 域 ;2.函 数 的 单 调 性
3 ; 4

16.在 ?ABC 中, a, b, c 分别是角 A, B, C 的对边, C ? 2 A , cos A ? (Ⅰ)求 cos B,cos C 的值; (Ⅱ)若 BA ? BC ?
??? ??? ? ? 27 ,求边 AC 的长. 2
9 1 , cos C ? ; (Ⅱ) AC 的长为 5 16 8

【答案】 (Ⅰ) cos B ? 【解析】

试题分析: (Ⅰ)先由余弦的倍角公式可得 cos C ? cos 2 A ? 2cos 2 A ? 1 ? ,再由三角形的 内角和及和角的余弦公式可得 cos B ? ? cos( A ? C) ? sin A sin C ? cos A cos C ? 向量的数量积公式可得 ac ? 24 ,由正弦定理
9 ; (Ⅱ)由 16

1 8

a c ,解得 a ? 4 , c ? 6 ,再由余 ? sin A sin C

弦定理可得 b2 ? a2 ? c2 ? 2ac cos B ? 25 ,从而解得 b ? 5 ,即边 AC 的长为 5.此题主要是 考查三角恒等变换和解三解形. 试题解析: (Ⅰ)∵ C ? 2 A , cos A ?
3 4

3 , 4
1 . 8

∴ cos C ? cos 2 A ? 2cos2 A ? 1 ? 2 ? ( )2 ? 1 ? ∴ sin C ?
7 3 7 , sin A ? , 4 8

3分

4分
7 3 7 3 1 9 ? ? ? ? 4 8 4 8 16

∴ cos B ? ? cos( A ? C) ? sin A sin C ? cos A cos C ?

6分

试卷第 7 页,总 12 页

(Ⅱ)∵ BA ? BC ? ca cos B ? 又由正弦定理

??? ??? ? ?

9 27 ,∴ ac ? 24 ; ac ? 16 2

8分 10 分 12 分

3 a c ,得 c ? a ,解得 a ? 4 , c ? 6 , ? 2 sin A sin C

∴ b2 ? a2 ? c2 ? 2ac cos B ? 25 , b ? 5 ,即边 AC 的长为 5. 考点:1.三角恒等变换;2.正、余弦定理的应用 17.若 f ( x) 是定义在 ? 0, ?? ? 上的增函数,且 f ?

?x? ? ? f ? x? ? f ? y? ? y?
?1? ? ? 2. ?x?

(1) 、求 f ?1? 的值; 、若 f ? 6 ? ? 1 ,解不等式 f ? x ? 3 ? ? f ? (2)

【答案】 (1) f ?1? ? 0 ; 【解析】 试题分析: (1)结合 f ?

(2) x ? (0,

153 ? 3 ) 2

?x? (2)先由抽象函 ? ? f ? x ? ? f ? y ? 通过赋值可得 f ?1? ? 0 ; ? y?
1 x

数的性质可求得 f ? 36 ? ? 2 f ? 6 ? ? 2 , 从而将不等式转化为 f ( x ? 3) ? f ( ) ? f (36), 故 f ? x ( x ? 3) ? ? f (36) ,再利用函数的单调性和定义域解得 x 的取值范围,即:

x ? (0,

153 ? 3 ) .本题注意通过赋值处理抽象函数的方法,易错点是容易漏掉函数定 2

义域的考虑. 试题解析:⑴在等式中令 x ? y ? 0 ,则 f ?1? ? 0 ; ⑵在等式中令 x ? 36, y ? 6 则 f ? 3分

? 36 ? ? ? f ? 36 ? ? f ? 6 ? , ? 6 ?

f ? 36 ? ? 2 f ? 6 ? ? 2



7分

故原不等式为: f ( x ? 3) ? f ( ) ? f (36), 即 f ? x ( x ? 3) ? ? f (36) ,

1 x



f ( x) 在

? 0, ?? ?

上 为 增 函 数 , 故 原 不 等 式 等 价 于 :

?x ? 3 ? 0 ?1 153 ? 3 ? ?0? x? ? ?0 2 ?x ?0 ? x( x ? 3) ? 36 ?
即: x ? (0,

153 ? 3 ) 2

12 分

考点:1.抽象函数;2.函数的单调性;3.解不等式

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π 18.已知函数 f ( x) ? A sin(? x ? ? )( A >0, ? >0, | ? | < ) 的图像与 y 轴的交点为(0, 2

1) ,它在 y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为 ( x0 , 2) 和 ( x0 ? 2π, ?2).

(1)求 f ( x) 的解析式及 x0 的值; (2)若锐角 ? 满足 cos ? ?
1 ,求 f (4? ) 的值. 3

?1 【答案】 (1) f ( x) ? 2sin ? x ? ?2

4 6 ?7 π? 2π ; (2) ? , x0 ? 6? 3 9
1 1 , f ( x) ? 2sin( x ? ? ), 2 2

【解析】 试题分析: (1)先由图象可确定周期和振幅,从而得 A ? 2, ? ?

π 再 通 过 代 入 一 个 已 知 点 可 求 ? ? . 从 而 有 f ( x )? 6
2π 1 π ; f ( x0 ) ? 2sin( x0 ? ) ? 2, 可得 x0 ? 3 2 6

π? ?1 2 s i x? ? , 又 由 ? n 6? ?2

7 4 2 ( 2 ) 先 由 已 知条 件 求 得 ? cos 2? ? ? ,sin 2? ? , 故 由 ( 1 ) 中 的解 析 式 可得 : 9 9

π 4 2 7 4 6 7 f (4? ) ? 2sin(2? ? ) ? 3 sin 2? ? cos 2? ? 3 ? ? ? ? . 6 9 9 9 9 1 T 2π 试 题 解 析 :( 1 ) 由 题 意 可 得 A ? 2, ? 2π,T =4π, ? 4π 即 ? ? , 2 2 ?
1 f ( x) ? 2sin( x ? ? ), f (0) ? 2sin ? ? 1, 2

3分

π π 1 f ( x) ? 2sin( x ? ? ), f (0) ? 2sin ? ? 1, 由 | ? | < ,?? ? . 2 6 2

π? ?1 f ( x) ? 2sin ? x ? ? 6? ?2

5分

1 π 1 π π 2π f ( x0 ) ? 2sin( x0 ? ) ? 2, 所以 x0 ? ? 2kπ+ , x0 ? 4kπ+ (k ? Z), 2 6 2 6 2 3

又?

x0 是最小的正数,? x0 ?

2π ; 3

6分

π 1 2 2 (2)?? ? (0, ),cos? ? ,? sin ? ? , 2 3 3 7 4 2 ? cos 2? ? 2cos 2 ? ? 1 ? ? ,sin 2? ? 2sin ? cos ? ? , 9 9

10 分 12 分

π 4 2 7 4 6 7 f (4? ) ? 2sin(2? ? ) ? 3 sin 2? ? cos 2? ? 3 ? ? ? ? . 6 9 9 9 9 考点:1.三角函数解析式的求法;2.三角函数图象;3.三角恒等变换
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19.某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米) ,其中容器的中间为圆

80? 柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的体积为 3 立方米,且 l≥2r .假设
该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元,半 球形部分每平方米建造费用为 c(c>3) 千元,设该容器的建造费用为 y 千元.

(Ⅰ)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (Ⅱ)求该容器的建造费用最小时的 r .

【答案】(Ⅰ) 时 r ? 2; 当

y ? 4? (c ? 2)r 2 ?

9 160? 3?c? , 0 ? r ? 2. 2 时,建造费用最小 r ;(Ⅱ)当

c?

9 2 时,建造费用最小时 r ?

3

20 . c?2

【解析】 试题分析:(Ⅰ)由圆柱和球的体积的表达式,得到 l 和 r 的关系.再由圆柱和球的表面 积公式建立关系式,将表达式中的 l 用 r 表示.并注意到写定义域时,利用 l≥2r,求 出自变量 r 的范围;(Ⅱ)用导数的知识解决,注意到定义域的限制,在区间(0,2]中, 极值未必存在,将极值点在区间内和在区间外进行分类讨论.

4 80? V ? ? r 2l ? ? r 3 , 又V ? , 3 3 试题解析: (I)设容器的容积为 V,由题意知

4 V ? ? r3 80 4 4 20 3 l? ? 2 ? r ? ( 2 ? r) 2 ?r 3r 3 3 r 故
由于 l ? 2r 因此 0 ? r ? 2.
.

3分

4 20 y ? 2? rl ? 3 ? 4? r 2c ? 2? r ? ( 2 ? r ) ? 3 ? 4? r 2c, 3 r 所以建造费用
y ? 4? (c ? 2)r 2 ? 160? , 0 ? r ? 2. r

因此

..

5分

(II)由(I)得

y ' ? 8? (c ? 2)r ?

160? 8? (c ? 2) 3 20 ? (r ? ), 0 ? r ? 2. r2 r2 c?2

由于 c ? 3, 所以c ? 2 ? 0,

r3 ?


20 20 ? 0时, r ? 3 . c?2 c?2

试卷第 10 页,总 12 页

20 8? (c ? 2) ? m, 则 y' ? (r ? m)(r 2 ? rm ? m2 ). 2 m ? 0 ;所以 r 令 c?2
3

.7 分

(1)当

0 ? m ? 2即c ?

9 2 时,

当r=m时,y'=0; 当r ?(0,m)时,y'<0; 当r ?(m,2)时,y'>0. 所以 r ? m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点。
(2)当 m ? 2 即 .10 分

3?c ?

9 2 时, 当 r ? (0, 2)时, y ' ? 0, 函数单调递减,

所以 r=2 是函数 y 的最小值点,

综上所述,当

3?c?

9 2 时,建造费用最小时 r ? 2;



c?

9 2 时,建造费用最小时 r ?

3

20 c?2
1 2 x ? 2x . 2

13 分

考点:1.函数解析式和定义域;2.函数模型的应用;3.函数最值的求法 20.已知函数 f ( x) ? ln x , g ( x) ?

(Ⅰ)设 h( x) ? f ( x ? 1) ? g ?( x) (其中 g ?(x ) 是 g ( x) 的导函数) ,求 h( x ) 的最大值; (Ⅱ)求证:当 0 ? b ? a 时,有 f (a ? b) ? f (2a) ?

b?a ; 2a

(Ⅲ)设 k ? Z ,当 x ? 1 时,不等式 k ( x ? 1) ? xf ( x) ? 3g ?( x) ? 4 恒成立,求 k 的最大 值. 【答案】 (Ⅰ) h( x ) 取得最大值 h(0) ? 2 ; (Ⅱ)见解析; (Ⅲ)整数 k 的最大值是 5 . 【解析】 试题分析:(Ⅰ)通过求 h(x ) 的导函数处理函数的单调性,从而确定在 x ? 0 时, h( x ) 取 得 最 大 值 h(0) ? 2 ; Ⅱ ) 由 ( Ⅰ ) 可 知 当 ?1 ? x ? 0 时 , h( x )? 2, 从 而 有 (

f (a ? b) ? f (2a) ? ln

a?b ? b?a? b?a ? ln ?1 ? . Ⅲ ) 先 由 当 x ?1 时 , 不 等 式 ( ?? 2a 2a ? 2a ?

k ( x ? 1) ? xf ( x) ? 3g ?( x) ? 4 恒成立转化为 k ?
g ? x? ?

x ? x ln x ? 2 对任意 x ? 1 恒成立,设 x ?1

x ? x ln x ? 2 , 通 过 导 函 数 求 出 g (x) 的 单 调 性 从 而 得 出 x ?1

k ? ? g ? x ? ? min ? x0 ? 2 ? ? 5, 6 ? ,整数 k 的最大值是 5 . ? ?
/ 试 题 解 析 : ( Ⅰ ) h( x) ? f ( x ? 1) ? g ( x) ? ln( x ? 1) ? x ? 2 , x ? ?1 所 以

试卷第 11 页,总 12 页

h?( x) ?

1 ?x ?1 ? . x ?1 x ?1

当 ?1 ? x ? 0 时, h?( x) ? 0 ;当 x ? 0 时, h?( x) ? 0 . 因此, h( x ) 在 (?1 , 0) 上单调递增,在 (0 , ? ?) 上单调递减. 因此,当 x ? 0 时, h( x ) 取得最大值 h(0) ? 2 ;

3分

? (Ⅱ) 0 ? b ? a 时, 1 ? 当

b?a ? 0 . (1) 当 ?1 ? x ? 0 时, ( x) ? 2 , 1l ) ? x ? x . 由 知: 即n h ( 2a

因此,有 f (a ? b) ? f (2a) ? ln

a?b ? b?a? b?a ? ln ?1 ? . ?? 2a 2a ? 2a ?
/

7分

(Ⅲ)不等式 k ( x ? 1) ? xf ( x) ? 3g ( x) ? 4 化为 k ?

x ln x ? x ? 2 所以 x ?1 x ? x ln x x ? x ln x k? ? 2 对任意 x ? 1 恒成立.令 g ? x ? ? ? 2, x ?1 x ?1

则 g? ? x ? ?

x ? ln x ? 2

? x ? 1?

2

,令 h ? x ? ? x ? ln x ? 2 ? x ? 1? ,则 h? ? x ? ? 1 ?

1 x ?1 ? ? 0, x x

所以函数 h ? x ? 在 ?1, ?? ? 上单调递增.因为 h ? 3? ? 1 ? ln 3 ? 0, h ? 4 ? ? 2 ? 2 ln 2 ? 0 , 所以方程 h ? x ? ? 0 在 ?1, ?? ? 上存在唯一实根 x0 ,且满足 x0 ? ? 3, 4 ? . 当 1 ? x ? x0时,h( x) ? 0 ,即 g ?( x) ? 0 ,当 x ? x0时,h( x) ? 0 ,即 g ?( x) ? 0 , 所以函数 g ? x ? ? 所以 ? g ? x ? ? ? ?

x ? x ln x ? 2 在 ?1, x0 ? 上单调递减,在 ? x0 , ?? ? 上单调递增. x ?1

min

? g ? x0 ? ?

x0 ?1 ? ln x0 ? x0 ? 1

?2?

x0 ?1 ? x0 ? 2 ? x0 ? 1

? 2 ? x0 ? 2 ? ? 5, 6 ? .
13 分

所以 k ? ? g ? x ? ? ? x0 ? 2 ? ? 5, 6 ? .故整数 k 的最大值是 5 . ? ? min

考点:1.利用导数处理函数的单调性和最值;2.利用导数处理不等式恒成立问题

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