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2015年全国高考理科数学试题及答案-湖南卷


2015 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 理科数学
本试题包括选择题,填空题和解答题三部分,共 6 页,时间 120 分钟,满分 150 分. 一.选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分,贼每小题给出的四个选项中,只有一项是 复合题目要求的.

1. 已知

?1 ? i ?
z


2

,则复数 z =( ? 1 ? i ( i 为虚数单位) B. 1 ? i C. ?1 ? i



A. 1 ? i

D. ?1 ? i )

2. 设 A,B 是两个集合,则” A ? B ? A ”是“ A ? B ”的( A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

3. 执行如图 1 所示的程序框图,如果输入 n ? 3 ,则输出的 S ? ( A.

)

6 7

B.

3 7

C.

8 9

D.

4 9


? x ? y ? ?1, ? 4. 若变量 x, y 满足约束条件 ? 2 x ? y ?, 则 z ? 3x ? y 的最小值为( ?y ?1 ?
A.-7 B.-1 C.1 D.2 )

5. 设函数 f ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ,则 f ( x ) 是( A.奇函数,且在 (0,1) 上是增函数 C. 偶函数,且在 (0,1) 上是增函数 6. 已知 ( x ?

B. 奇函数,且在 (0,1) 上是减函数 D. 偶函数,且在 (0,1) 上是减函数

3 a 5 ) 的展开式中含 x 2 的项的系数为 30,则 a ? ( x



A. 3

B. ? 3

C.6

D.-6

7. 在如图 2 所示的正方形中随机投掷 10000 个点,则落入阴影部分(曲线 C 为正态分布 N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( A.2386 B.2718 C.3413 D.4772 )

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8. 已知点 A, B, C 在圆 x 2 ? y 2 ? 1上运动, 且 AB ? BC , 若点 P 的坐标为 (2,0) , 则 | PA ? PB ? PC | 的最大值为( A.6 B.7 ) C.8 D.9

??? ? ??? ? ??? ?

9. 将函数 f ( x) ? sin 2 x 的图像向右平移 ? (0 ? ? ?

?
2

) 个单位后得到函数 g ( x) 的图像,若对满足


| f ( x1 ) ? g ( x2 ) |? 2 的 x1 , x2 ,有 | x1 ? x2 |min ?
A.

?
3

,则 ? ? ( D.

5? 12

B.

? 3

C.

? 4

? 6

10. 某工件的三视图如图 3 所示, 现将该工件通过切割, 加工成一个体积尽可能大的长方体新工件, 并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为(材料利用率 =

新工件的体积 ) ( 原工件的体积
A.



8 9?

B.

16 9?

C.

4( 2 ? 1)3

?

D.

12( 2 ? 1)3

?

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 11. ? 0 ( x ? 1)dx ?
2

.

12. 在一次马拉松比赛中,35 名运动员的成绩(单位:分钟)的茎叶图如图 4 所示.若将运动员按 成绩由好到差编为 1 ? 35 号,再用系统抽样方法从中抽取 7 人,则其中成绩在区间[139,151]上 的运动员人数是 .

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13. 设 F 是双曲线 C :

x2 y 2 ? ? 1 的一个焦点,若 C 上存在点 P,使线段 PF 的中点恰为其虚轴的一 a 2 b2

个端点,则 C 的离心率为_________________。 14.设 Sn 为等比数列 ?an ? 的前 n 项和,若 a1 ? 1 ,且 3S1 , 2S2 , S3 成等差数列,则 an ? 15.已知 f ( x) ? ? 是 .

? x3 , x ? a
2 ?x , x ? a

,若存在实数 b ,使函数 g ( x) ? f ( x) ? b 有两个零点,则 a 的取值范围

.

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.(本小题满分 12 分) 本小题设有Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三个选做题,请考生任选两题作答,并将解答过程写在答题卡中相应 题号的答题区域内。如果全做,则按所做的前两题计分。 (Ⅰ) (本题满分 6 分)选修 4-1:几何证明选讲 如图 5,在 ? O 中,相交于点 E 的两弦 AB,CD 的中点分别是 M,N,直线 MO 与直线 CD 的中点 分别是 M,N,直线 MO 与直线 CD 相交于点 F,证明: (ⅰ) ?MEN ? ?NOM ? 180 ;
?

(ⅱ) FE ?FN ? FM ?FO (Ⅱ) (本题满分 6 分)选修 4-4:坐标系与参数方程

? 3 x ? 5? t, ? ? 2 ( t 为参数) 已知直线 l : ? ,以坐标原点为极点, 1 ?y ? 3 ? t ? ? 2

x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C 的极坐标方程为 ? ? 2cos?
(ⅰ)将曲线 C 的极坐标方程化为直角坐标方程;

| MB | 的值。 (ⅱ)设点 M 的直角坐标为 (5, 3) ,直线 l 与曲线 C 的交点为 A, B ,求 | MA |?

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(Ⅲ) (本题满分 6 分)选修 4-5:不等式选讲 设 a ? 0, b ? 0 ,且 a ? b ? (ⅰ) a ? b ? 2 ; (ⅱ) a ? a ? 2 与 b ? b ? 2 不可能同时成立。
2 2

1 1 ? ,证明: a b

17.(本小题满分 12 分) 设 ?ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c, a ? b tan A ,且 B 为钝角。 (Ⅰ)证明: B ? A ?

?
2

;

(Ⅱ)求 sin A ? sin C 的取值范围。 18.(本小题满分 12 分) 某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖。每次抽奖都是从装有 4 个红 球、6 个白球的甲箱和装有 5 个白球的乙箱中,各随机摸出 1 个球。在摸出的 2 个球中,若都是红 球,则获一等奖;若只有 1 个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖。 (Ⅰ)求顾客抽奖 1 次能获奖的概率; (Ⅱ)若某顾客有 3 次抽奖机会,记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X ,求 X 的分布 列和数学期望。 19.(本小题满分 13 分) 如图 6,已知四棱台 ABCD ? A 1B 1C1D 1 的上、下底面分别是边长

ABCD ,点 P, Q 分别在 为 3 和 6 的正方形, A 1 A ? 6 ,且 A 1 A ? 底面
棱 DD1 , BC 上。 (Ⅰ)若 P 是 DD1 的中点,证明: AB1 ? PQ ; (Ⅱ)若 PQ // 平面 ABB1 A 1 ,二面角 P ? QD ? A 的余弦值为 20.(本小题满分 13 分) 已知抛物线 C1 : x ? 4 y 的焦点 F 也是椭圆 C2 :
2

3 ,求四面体 ADPQ 的体积。 7

y 2 x2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的一个焦点,C1 与 C2 a 2 b2

的公共弦的长为 2 6 。

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(Ⅰ)求 C2 的方程; (Ⅱ)过点 F 的直线 l 与 C1 相交于 A, B 两点,与 C2 相交于 C , D 两点,且 AC 与 BD 同向。 (ⅰ)若 | AC |?| BD | ,求直线 l 的斜率; (ⅱ)设 C1 在点 A 处的切线与 x 轴的交点为 M ,证明:直线 l 绕点 F 旋转时, ?MFD 总是钝角三角形。 21.(本小题满分 13 分) 已知 a ? 0 ,函数 f ( x) ? eax sin x( x ?[0, ??)) 。记 xn 为 f ( x ) 的从小到大的第 n(n ? N * ) 个 极值点。证明: (Ⅰ)数列 { f ( xn )} 是等比数列; (Ⅱ)若 a ?

??? ?

??? ?

1 e ?1
2

,则对一切 n ? N * , xn ?| f ( xn ) | 恒成立。

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2015 年普通高等学校招生全国统一考试(湖南卷) 理科数学参考答案
一.选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分,贼每小题给出的四个选项中,只有一项是 复合题目要求的. 1.D 6.D 2.C 7.C 3.B 8.B 4.A 9.D 5. A 10.A

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 11. 0 12.4 13. 5 14. 3
n ?1

15. (??,0) ? (1, ??) 三、解答题: 16.(Ⅰ)证明: (ⅰ)如图 a 所示,因为 M , N 分别是弦 AB, CD 的中点, 所以 OM ?, ON ? CD ,即

?OME ? 90? , ?ENO ? 90? ,因此
?OME ? ?ENO ? 180? ,又四边形的内角和等于

360? ,故 ?MEN ? ?NOM ? 180? 。
(ⅱ)由(ⅰ)知, O, M , E, N 四点共圆,故由割线定理即得 FE ?FN ? FM ?FO (Ⅱ)解: (ⅰ) ? ? 2cos ? 等价于

? 2 ? 2? cos?
2 2 2



将 ? ? x ? y , ? cos? ? x 代入①即得曲线 C 的直角坐标方程为

x2 ? y 2 ? 2x ? 0



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? 3 x ? 5? t, ? ? 2 代入②,得 t 2 ? 5 3t ? 18 ? 0 。设这个方程的两个实根分别为,则 (ⅱ)将 ? ?y ? 3 ? 1 t ? ? 2
由参数 t 的几何意义即知, | MA |? | MB |?| t1t2 |? 18 (Ⅲ)证明: 由a?b ?

1 1 a?b ? ? , a ? 0, b ? 0 ,得 ab ? 1 a b ab

(ⅰ)由基本不等式及 ab ? 1 ,有 a ? b ? 2 ab ? 2 ,即 a ? b ? 2
2 2 2 (ⅱ)假设 a ? a ? 2 与 b ? b ? 2 同时成立,则由 a ? a ? 2 及 a ? 0 得 0 ? a ? 1 ;同

理, 0 ? b ? 1 ,从而 ab ? 1 ,这与 ab ? 1 矛盾。故 a ? a ? 2 与 b ? b ? 2 不可能
2 2

同时成立。 17.解: (Ⅰ)由 a ? b tan A 及正弦定理,得

sin B ? sin( ? A) 2
又 B 为钝角,因此

?

sin A a sin A ? ? ,所以 sin B ? cos A ,即 cos A b sin B

?

? A ? ( , ? ) ,故 B ? ? A ,即 B ? A ? 2 2 2 2

?

?

?

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, C ? ? ? ( A ? B ) ? ? ? (2 A ? 于是

?

2

)?

?

? 2 A ? 0 ,所以 A ? (0, ) 2 4

?

sin A ? sin C ? sin A ? sin( ? 2 A) 2
? sin A ? cos 2 A

?

? ?2sin 2 A ? sin A ? 1
1 9 ? ?2(sin A ? ) 2 ? 4 8
因为 0 ? A ?

?
4

,所以 0 ? sin A ?

2 ,因此 2

2 1 9 9 ? ?2(sin A ? )2 ? ? 2 4 8 8

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由此可知 sin A ? sin C 的取值范围是 (

2 9 , ] 2 8

解: (Ⅰ)记事件 A1 ? {从甲箱中摸出的 1 个球是红球},

A2 ? {从乙甲箱中摸出的 1 个球是红球}, B1 ? {顾客抽奖 1 次获一等奖}, B2 ? {顾客抽奖 1 次获二等奖},
C ? {顾客抽奖 1 次能获奖}
由题意, A 1 与 A2 相互独立, A 1 与 B2 互斥,且 1 A2 与 A 1 A2 互斥, B

B1 ? A1 A2 , B2 ? A1 A2 ? A1 A2 , C ? B1 ? B2
因为 P ( A1 ) ?

4 2 5 1 ? , P( A2 ) ? ? ,所以 10 5 10 2

2 1 1 P( B1 ) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 ) ? P( A2 ) ? ? ? 5 2 5

P(B2 ) ? P( A1 A2 ? A1 A2 ) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 )P( A2 ) ? P( A1 )P( A2 )
? P( A1 )(1 ? P( A2 )) ? (1 ? P( A1 )) P( A2 )
2 1 2 1 1 ? ? (1 ? ) ? (1 ? ) ? ? 5 2 5 2 2
故所求概率为

P(C ) ? P( B1 ? B2 ) ? P( B1 ) ? P ( B2 ) ?

1 1 7 ? ? 5 2 10 1 , 5

(Ⅱ) 顾客抽奖 3 次可视为 3 次独立重复试验, 由 (Ⅰ) 知, 顾客抽奖 1 次获一等奖的概率为 所以 X ~ B (3, ) 于是

1 5

1 4 64 P( X ? 0) ? C30 ( ) 0 ( )3 ? , 5 5 125 48 1 1 1 4 2 P( X ? 1) ? C3 ( )( ) ? , 5 5 125

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1 4 12 P( X ? 2) ? C32 ( ) 2 ( )1 ? , 5 5 125 1 3 1 3 4 0 P( X ? 3) ? C3 ( ) ( ) ? 5 5 125
故 X 的分布列为

X
P

0

1

2

3

64 125

48 125

12 125

1 125

X 的数学期望为

1 3 E( X ) ? 3? ? 5 5
19.解法一: 由题设知, AA 以 A 为坐标原点, AB, AD, AA1 所在直线分别为 x 轴, y 1 , AB, AD 两两垂直, 轴, z 轴,建立如图 b 所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为

A(0,0,0), B1 (3,0,6), D(0,6,0), D1 (0,3,6), Q(6, m,0) ,其中 m ? BQ,0 ? m ? 6 。
(Ⅰ)若 P 是 DD1 的中点,则 P (0, ,3), PQ ? (6, m ? 又 AB1 ? (3,0,6) , 于是 AB1 ? PQ ? 18 ?18 ? 0 , 所以 AB1 ? PQ ,即 AB1 ? PQ (Ⅱ)由题设知, DQ ? (6, m ? 6,0), DD1 ? (0, ?3,6) 是平 面 PQD 内的两个不共线向量。 设 n1 ? ( x, y, z ) 是平面 PQD 的一个法向量,

????

9 2

??? ?

9 , ?3) , 2

???? ??? ?

????

??? ?

????

???? ?

???? ? ?n1 ?DQ ? 0, ?6 x ? (m ? 6) y ? 0, 则 ? ???? 即? ? ? ?n1 ?DD1 ? 0, ??3 y ? 6 z ? 0.
取 y ? 6 ,得 n1 ? (6 ? m,6,3) 。又平面 AQD 的一个法向量是 n2 ? (0,0,1) ,所以

cos ? n1 , n2 ??

n1 ?n2 3 3 ? ? 2 2 2 | n1 |? | n2 | 1? (6 ? m) ? 6 ? 3 (6 ? m)2 ? 45

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而二面角 P ? QD ? A 的余弦值为

3 3 3 ,因此 ? , 7 (6 ? m)2 ? 45 7

解得 m ? 4 ,或 m ? 8 (舍去) ,此时 Q(6, 4,0) 设 DP ? ? DD1 (0 ? ? ? 1) ,而 DD1 ? (0, ?3,6) ,由此得点 P(0,6 ? 3? ,6? ) , 所以 PQ ? (6,3? ? 2, ?6? ) 因为 PQ // 平面 ABB1 A 1 ,且平面 ABB 1A 1 的一个法向量是 n3 ? (0,1,0) , 所以 PQ? n3 ? 0 ,即 3? ? 2 ? 0 ,亦即 ? ?

??? ?

???? ?

???? ?

??? ?

??? ?

2 ,从而 P(0, 4, 4) 3

于是,将四面体 ADPQ 视为以 ?ADQ 为底面的三棱锥 P ? ADQ ,则其高 h ? 4 故四面体 ADPQ 的体积

1 1 1 V ? S?ADQ ?h ? ? ? 6 ? 6 ? 4 ? 24 3 3 2
解法二:

R ,连结 PR, BR 。 (Ⅰ)如图 C,取 A 1 A 的中点 P 是 D1D 的中点,所以 PR // AD , 因为 A 1 A, D 1D 是梯形 A 1 ADD 1 的两腰,
于是由 AD // BC 知, PR // BC ,所以 P, R, B, C 四点共面

BC ? 平面 ABB1 A1 ,因此 由题设知, BC ? AB, BC ? A 1 A ,所以

BC ? AB1



因为 tan ?ABR ?

AR 3 A1B1 ? ? ? tan ?A1 AB1 ,所以 ?ABR ? ?A1 AB1 ,因此 AB 6 A1 A

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?ABR ? ?BAB1 ? ?A1 AB1 ? ?BAB1 ? 90?
于是 AB1 ? BR 再由①即知 AB1 ? 平面 PRBC 又 PQ ? 平面 PRBC ,故 AB1 ? PQ (Ⅱ)如图 d ,过点 P 作 PM // A1 A 交 AD 于点 M ,则

PM // 平面 ABB1 A1
因为 A1 A ? 平面 ABCD ,所以 PM ? 平面 ABCD



过点 M 作 MN ? QD 于点 N ,连结 PN ,则 PN ? QD ,

?PNM 为二面角 P ? QD ? A 的平面角,所以 cos ?PNM ?

3 MN 3 ? ,从而 ,即 7 PN 7

PM 40 ? MN 3



连结 MQ ,由 PQ // 平面 ABB1 A1 及②知,平面 PQM // 平面 ABB1 A1 ,所以 MQ // AB 又 ABCD 是正方形,所以 ABQM 为矩形,故 MQ ? AB ? 6 设 MD ? t ,则

MN ?

MQ?MD MQ2 ? MD2

?

6t 36 ? t 2



过点 D1 作 D1E // A1 A 交 AD 于点 E ,则 AA 1D 1E 为矩形, 所以 D1E ? A 1 A ? 6 , AE ? A 1D 1 ? 3, 因此 ED ? AD ? AE ? 3 ,于是

PM D1 E 6 ? ? ? 2 ,所以 PM ? 2MD ? 2t MD ED 3

36 ? t 2 40 再由③,④得 ,解得 t ? 2 ,因此 PM ? 4 ? 3 3
故四面体 ADPQ 的体积

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1 1 1 V ? S ?ADQ ?PM ? ? ? 6 ? 6 ? 4 ? 24 3 3 2
20.解: (Ⅰ)由 C1 : x2 ? 4 y 知其焦点 F 的坐标为 (0,1) ,因为 F 也是椭圆 C2 的一个焦点,所以

a 2 ? b2 ? 1



又 C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6 , C1 与 C2 都关于 y 轴对称,且 C1 的方程为 x2 ? 4 y ,由 此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为 ( ? 6, ) ,所以

3 2

9 6 ? 2 ?1 2 4a b
联立①②得 a2 ? 9, b2 ? 8 ,故 C2 的方程为



y 2 x2 ? ?1 9 8
(Ⅱ)如图 f ,设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), C( x3 , y3 ), D( x4 , y4 )

(ⅰ)因 AC 与 BD 同向,且 | AC |?| BD | ,所以 AC ? BD ,从而 x3 ? x1 ? x4 ? x2 ,即

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

x1 ? x2 ? x3 ? x4 ,于是

( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ? ( x3 ? x4 )2 ? 4x3 x4
设直线 l 的斜率为 k ,则 l 的方程为 y ? kx ? 1



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由?

? y ? kx ? 1, ?x ? 4 y
2

得 x ? 4kx ? 4 ? 0 ,而 x1 , x2 是这个方程的两根,所以
2

x1 ? x2 ? 4k , x1x2 ? ?4



? y ? kx ? 1, ? 由 ? x2 y 2 得 (9 ? 8k 2 ) x2 ? 16kx ? 64 ? 0 ,而 x3 , x4 是这个方程的两根,所以 ?1 ? ? 9 ?8
x3 ? x4 ? ? 16k 64 , x3 x4 ? ? 2 9 ? 8k 9 ? 8k 2
2



162 k 4 ? 64 将④⑤代入③,得 16(k ? 1) ? ,即 ? 2 2 (9 ? 8k ) 9 ? 8k 2

16(k 2 ? 1) ?

162 ? 9(k 2 ? 1) , (9 ? 8k 2 )2
6 6 ,即直线 l 的斜率为 ? 4 4

所以 (9 ? 8k 2 )2 ? 16 ? 9 ,解得 k ? ? (ⅱ)由 x2 ? 4 y 得 y ? ?

x x ,所以 C1 在点 A 处的切线方程为 y ? y1 ? 1 ( x ? x1 ) ,即 2 2

x1 x x12 y? ? 2 4
令 y ? 0得 x ?

???? ? ??? ? x1 x x ,即 M ( 1 , 0) ,所以 FM ? ( 1 , ?1) ,而 FA ? ( x1 , y1 ?1) ,于是 2 2 2

??? ? ???? ? x2 x2 FA?FM ? 1 ? y1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 0 , 2 4
因此 ?AFM 是锐角,从而 ?MFD ? 180 ? ?AFM 是钝角。
?

故直线 l 绕点 F 旋转时, ?MFD 总是钝角三角形 21.证明: (Ⅰ) f ?( x) ? ae sin x ? e cos x
ax ax

? eax (a sin x ? cos x)

a 2 ? 1eax sin( x ? ? )

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其中 tan ? ?

1 ? ,0 ? ? ? a 2

令 f ?( x) ? 0 ,由 x ? 0 得 x ? ? ? m? ,即 x ? m? ? ? , m ? N * 对 k ? N ,若 2k? ? x ? ? ? (2k ? 1)? ,即 2k? ? ? ? x ? (2k ? 1)? ? ? ,则 f ?( x) ? 0 ; 若 (2k ? 1)? ? x ? ? ? (2k ? 2)? ,即 (2k ? 1)? ? ? ? x ? (2k ? 2)? ? ? ,则 f ?( x) ? 0 因此,在区间 ((m ? 1)? , m? ? ? ) 与 (m? ? ? , m? ) 上, f ?( x ) 的符号总相反,于是 当 x ? m? ? ? (m ? N * ) 时, f ( x ) 取得极值,所以

xn ? n? ? ? (n ? N * )
此时, f ( xn ) ? ea( n? ?? ) sin(n? ? ? ) ? (?1)n?1 ea( n? ?? ) sin ? ,易知 f ( xn ) ? 0 ,而

f ( xn?1 ) (?1)n? 2 ea[( n?1)? ?? ] sin ? ? ? ?ea? f ( xn ) (?1)n?1 ea ( n? ?? ) sin ?
是常数,故数列 { f ( xn )} 是首项为 f ( x1 ) ? ea (? ?? ) sin ? ,公比为 ?e 的等比数列。
a?

(Ⅱ)由(Ⅰ)知, sin ? ?

1 a ?1
2

,于是对一切 n ? N * , xn ?| f ( xn ) | 恒成立,即

n? ? ? ?

1 a ?1
2

ea ( n? ?? ) 恒成立,等价于

a2 ? 1 ea ( n? ?? ) ? a a(n? ? ? )
恒成立(因为 a ? 0 ) 设 g (t ) ?

(*)

et et (t ? 1) (t ? 0) ,则 g ?(t ) ? 。令 g ?(t ) ? 0 得 t ? 1 t t2

当 0 ? t ? 1 时, g ?(t ) ? 0 ,所以 g (t ) 在区间(0,1)上单调递减; 当 t ? 1 时, g ?(t ) ? 0 ,所以 g (t ) 在区间 (1, ??) 上单调递增。 从而当 t ? 1 时,函数 g (t ) 取得最小值 g (1) ? e

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因此,要使(*)式恒成立,只需

a2 ? 1 1 ? g (1) ? e ,即只需 a ? a e2 ? 1

而当 a ?

1 e2 ? 1

时,由 tan ? ?

1 ? ? ? ? e 2 ? 1 ? 3 且 0 ? ? ? 知, ? ? ? ,于是 a 2 3 2

? ?? ?

2? 3? ? e 2 ? 1 ,且当 n ? 2 时, n? ? ? ? 2? ? ? ? ? e2 ? 1 。 3 2
*

因此对一切 n ? N , axn ? 故(*)式恒成立。 综上所述,若 a ?

n? ? ? e2 ? 1

? 1 ,所以 g (axn ) ? g (1) ? e ?

a2 ? 1 a

1 e ?1
2

,则对一切 n ? N * , xn ?| f ( xn ) | 恒成立。

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