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2015届绵阳一诊数学(理工类)试题(含参考答案)


绵阳市高 2012 级第一次诊断性考试

数学(理工类)参考解答及评分标准
(百度贴吧网络红人安晓庆吧编辑整理)

一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分. DBDAC BACDA 10 题提示:由 e x ?1 ≥ ax ? b 对 x∈R 恒成立,显然 a≥0,b≤ e x ?1 -ax. 若 a=0,则 ab=0. 若 a>0 ,则 ab ≤ a e x ?1 -a2x .设函数 f ( x) ? ae x?1 ? a 2 x ,求导求出 f(x) 的最小值为

f (ln a ? 1) ? 2a 2 ? a 2 ln a .
3

设 g (a) ? 2a 2 ? a 2 ln a(a ? 0) ,求导可以求出 g(a)的最大值为 g (e 2 ) ?

1 3 e , 2

1 2 e . 2 二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 3 11. ? 12.-1 13.40 14.3021 5 15 题提示:①容易证明正确. ②不正确.反例: f ( x) ? x 在区间[0,6]上.
即 ab 的最大值是 e3 ,此时 a ? e 2,b ? ③正确.由定义: x0 ? mx0 ? 1 ?
2

1 2

3

3

15.①③④

?m?m 2 得 x0 ? 1 ? ( x0 ? 1)m ? m ? x0 ? 1 , 2 2) . 又 x0 ? (?1,1) 所以实数 m 的取值范围是 m ? (0 , ln b ? ln a . b?a 1 ln b ? ln a 1 b b?a b a ? ? ln ? ? ? 要证明 ln x0 ? ,即证明: , b ? a a a b ab ab ab
④正确.理由如下:由题知 ln x0 ? 令

b 1 1 ? t ? 1 ,原式等价于 ln t 2 ? t ? ? 2 ln t ? t ? ? 0 . a t t

令 h(t ) ? 2 ln t ? t ? (t ? 1) ,则 h?(t ) ?

1 t

2 1 ? t 2 ? 2t ? 1 (t ? 1) 2 ?1? 2 ? ? ? ? 0, t t t2 t2

所以 h(t ) ? 2 ln t ? t ? ? h(1) ? 0 得证. 三、解答题:本大题共 6 小题,共 75 分. 16.解:(Ⅰ ) f ( x) ? 2m· n-1 ? 2 sin?x ? cos ?x ? 2 cos 2 ?x ? 1 = sin 2?x ? cos 2?x ? 2 sin(2?x ? 由题意知: T ? ? ,即

1 t

?
4

) . ……………………………6 分

2? ? ? ,解得 ? ? 1 .…………………………………7 分 2?

(Ⅱ) 由(Ⅰ )知 f ( x) ? 2 sin(2 x ? ∵

?

?
6

≤x≤

?
4

,得

7? ? 3? ≤ 2x ? ≤ , 12 4 4

4

),

又函数 y=sinx 在[ ∴ f ( x) max ?

7? 3? , ]上是减函数, 12 4

2 sin

? 2 sin
= 分

7? ? ? ? 2 sin( ? ) …………………………………10 分 12 4 3 ? ? ? ?
4 cos 3 ? 2 cos 4 sin 3
3 ?1 .…………………………………………………………12 2

?2 ? t ? 0, 2) .……………………3 分 17.解:(Ⅰ ) 由题知 ? 解得 1 ? t ? 2 ,即 D ? [1, ?t ? 1 ? 0,
(Ⅱ) g (x)=x2+2mx-m2= ( x ? m)2 ? 2m2 ,此二次函数对称轴为 x ? ?m .……4 分

2) 上单调递减,不存在最小值; ① 若 ? m ≥2,即 m≤-2 时, g (x)在 [1, ? m) 上单调递减, (?m , 2] 上递增, ② 若 1 ? ? m ? 2 ,即 ? 2 ? m ? ?1 时, g (x)在 [1,
此时 g ( x) min ? g (?m) ? ?2m2 ? 2 ,此时 m 值不存在;

2) 上单调递增, ③? m ≤1 即 m≥-1 时, g (x)在 [1,
此时 g ( x)min ? g (1) ? 1 ? 2m ? m2 ? 2 ,解得 m=1. 18.解:(Ⅰ ) AB ? 5 , cos ?ABC ? …………………………11 分 综上: m ? 1 . …………………………………………………………………12 分

1 , BC ? 2 , 5
1 5

由余弦定理: AC 2 ? BA2 ? BC 2 ? 2BA ? BC ? cos ?ABC =52+22-2× 5× 2× =25,

? AC ? 5 . ……………………………………………………………………3 分
又 ?ABC ? (0, ? ) ,所以 sin ?ABC ? 1 ? cos 2 ?ABC ? 由正弦定理:

2 6 , 5

AB AC , ? sin ?ACB sin ?ABC AB ? sin ?ABC 2 6 ? 得 sin ?ACB ? .………………………………………6 分 AC 5
(Ⅱ) 以 BA,BC 为邻边作如图所示的平 行四边形 ABCE ,如图, 则 A D C E

1 cos ?BCE ? ? cos ?ABC ? ? 5



BE=2BD=7,CE=AB=5, 在 △ BCE 中 , 由 余 弦 定 理 : B 2 BE ? CB2 ? CE2 ? 2CB ? CE ? cos ?BCE . 即 49 ? CB2 ? 25 ? 2 ? 5 ? CB ? (? ) ,

1 5

解得: CB ? 4 . ………………………………………………………………10 分 在△ABC 中, AC 2 ? BA2 ? BC 2 ? 2BA ? BC ? cos ?ABC ? 52 ? 42 ? 2 ? 5 ? 4 ? ? 33 , 即 AC ? 33 .…………………………………………………………………12 分 19.解:(Ⅰ ) 由 S3 ? 9,a5 ? a3 ? a8 ,
2

1 5

3? 2 ? d ? 9, ?3a1 ? 2 得: ? 解得: a1 ? 2,d ? 1 . ?(a ? 4d ) 2 ? (a ? 2d ) ? (a ? 7d ), 1 1 ? 1
n(2 ? n ? 1) n 2 3 ? ? n . …………………………………5 分 2 2 2 2 (Ⅱ) 由题知 cn ? 2n ( ? ?) . n ?1 若使 {cn } 为单调递减数列,则
∴ an ? n ? 1 , S n ?

2 2 ? ? ) - 2n ( ? ?) n?2 n ?1 4 2 = 2n ( ? ? ? ) ? 0 对一切 n∈N*恒成立, …………………8 分 n ? 2 n ?1 4 2 4 2 即: ? ?? ?0 ?? ?( ? )max , n ? 2 n ?1 n ? 2 n ?1 2n 2n 2 4 2 又 = ,……………………10 分 ? 2 ? ? n ? 2 n ? 1 (n ? 2)( n ? 1) n ? 3n ? 2 n ? 2 ? 3 n 1 4 2 当 n ? 1 或 2 时, ( ? )max = . n ? 2 n ?1 3 1 ? ? ? .………………………………………………………………………12 分 3 20.(Ⅰ)证明: 由 f ( x) ? e x ? ax ? 1,得 f ?( x) ? e x ? a .…………………………1 分
cn ?1 ? cn ? 2n ?1 (
由 f ?( x) >0,即 e x ? a >0,解得 x>lna,同理由 f ?( x) <0 解得 x<lna, ∴ f ( x) 在(-∞,lna)上是减函数,在(lna,+∞)上是增函数, 于是 f ( x) 在 x ? ln a 取得最小值. 又∵ 函数 f ( x) 恰有一个零点,则 f ( x)min ? f (ln a) ? 0 , ………………… 4 分 即 eln a ? a ln a ? 1 ? 0 .………………………………………………………… 5 分 化简得: a ? a ln a ?1 ? 0 , 即a ln a ? a ?1, 于是ln aa ? a ?1 , ∴ a a ? e a ?1 . ………………………………………………………………… 6 分 (Ⅱ)解:由(Ⅰ)知, f ( x) 在 x ? ln a 取得最小值 f (ln a ) , 由题意得 f (ln a ) ≥0,即 a ? a ln a ? 1 ≥0,……………………………………8 分 令 h(a) ? a ? a ln a ? 1,则 h?(a) ? ? ln a , 由 h?(a) ? 0 可得 0<a<1,由 h?(a) ? 0 可得 a>1. ∴ h(a) 在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,即 h(a)max ? h(1) ? 0 , ∴ 当 0<a<1 或 a>1 时,h(a)<0, ∴ 要使得 f ( x) ≥0 对任意 x∈R 恒成立, a ? 1. ∴ a 的取值集合为 {1} ……………………………13 分 21.解:(Ⅰ)由 f ( x) ?

m ln x ? n m ? nx ? mx ln x 得 f ?( x) ? ( x ? 0 ). x xe x e m?n 由已知得 f ?(1) ? ? 0 ,解得 m=n. e

又 f (1) ?

n 2 ? ,即 n=2, e e

∴ m=n=2.……………………………………………………………………3 分 2 (Ⅱ) 由 (Ⅰ)得 f ?( x) ? x (1 ? x ? x ln x) , xe ? ?) , 令 p( x) ? 1 ? x ? x ln x , x ? (0 , 当 x∈(0,1)时, p( x) ? 0 ;当 x∈(1,+∞)时, p( x) ? 0 , 又 e x ? 0 ,所以当 x∈(0,1)时, f ?( x) ? 0 ; 当 x∈(1,+∞)时, f ?( x) ? 0 , ∴ f ( x) 的单调增区间是(0,1), f ( x) 的单调减区间是(1,+∞).……8 分 (Ⅲ) 证明:由已知有 g ( x) ?

ln(x ? 1) ? ?) , (1 ? x ? x ln x) , x ? (0 , x x (1 ? e ? 2 ) , 于是对任意 x ? 0 , g ( x) ? 1 ? e?2 等价于 1 ? x ? x ln x ? ln(x ? 1) ? ?) , 由(Ⅱ)知 p( x) ? 1 ? x ? x ln x , x ? (0 ,
? ?) . ∴ p?( x) ? ? ln x ? 2 ? ?(ln x ? ln e?2 ) , x ? (0 ,
易得当 x ? (0 ,e?2 ) 时, p?( x) ? 0 ,即 p( x) 单调递增; 当 x ? (e?2 , ? ?) 时, p?( x) ? 0 ,即 p ( x) 单调递减. 所以 p( x) 的最大值为 p(e?2 ) ? 1 ? e?2 ,故 1 ? x ? x ln x ≤ 1 ? e?2 . 设 q( x) ? x ? ln(1 ? x) ,则 q?( x) ?

x ?0, x ?1
x ?1 . ln(x ? 1)

? ?) 时, q( x) 单调递增, q( x) ? q(0) ? 0 . 因此,当 x ? (0 , ? ?) 时, q( x) ? x ? ln(1 ? x) ? 0 ,即 故当 x ? (0 ,
∴ 1 ? x ? x ln x ≤ 1 ? e?2 <

x (1 ? e ? 2 ) . ln(x ? 1)

∴ 对任意 x ? 0 , g ( x) ? 1 ? e?2 . ……………………………………………14 分


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