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2014年8月石家庄二中开学考试理科数学


新高三 2014 年暑假开学理科数学 考试卷 一、选择题(每题 5 分,共 50 分) 1.函数 y ? 1 ? lg( x ? 2) 的定义域为( A.(0,8] B.(-2,8] ) D.[8,+≦) )

C.(2,8]

1 ? 2 ?2sin ? x , ? ? x ? 0 2.函数 f ( x) ? ? 满足 f (1) ? f (a) ? 2 ,则 a 的所有可能值为( 2 ?e x ?1 , x ? 0 ?

A.1 或

6 6

B. ?

6 6

C.1

D.1 或 ?

6 6

3.有下列命题:
? ? π? π? ①函数 y=cos?x- ?cos?x+ ?的图象中,相邻两个对称中心的距离为π; 4? 4? ? ?

②函数 y=

x+3 的图象关于点(1,1)对称; x-1

③关于 x 的方程 ax2 ? 2ax ?1 ? 0 有且仅有一个零点,则实数 a =-1; ④已知命题 p: 对任意的 x ? 1 , 都有 sinx≤1, 则 ? p: 存在 x ? 1 , 使得 sinx>1. 其中所有真命题的序号是( A.①②源: B.②③ ) C.③④
?
8

D.②③④

4. 已知函数 f ( x) ? ?2sin(2 x ? ? ) ( ? ? ? ) , 若 f ( ) ? ?2 , 则 f ( x) 的一个单调递增区间 可以是( A. ? ?? ,
? 8 8 ? ?

)
5? 9? ? B. ? ? , ? ? 8 8 ? 3? ? ? C. ? ?? , ? ? 8 8?

? 3? ?

? 5? ? D. ? ? , ?
?8 8 ?

5.已知 f ( x) 是定义在 R 上的偶函数 ,对任意 x ? R ,都 有 f ( x ? 4) ? f ( x) ? 2 f (2) ,且
f (?3) ? 2 ,则 f (2015) 等于(

) C.3 D.4

A.1

B.2

6.已知

1 ? , 0 ? x ? ? ,则 tan x 等于( ? 2 cos( x ? ) 5 4 4 3 A. ? B. ? C.2 D.-2 3 4

cos 2 x

)

7.当 x ? (1, 2) 时,不等式 ( x ?1)2 ? loga x 恒成立,则实数 a 的取值范围为( A.(2,3] B.[4,+≦) C.(1,2] D.[2,4)

)

8. 在△ ABC 中,若 AB=2,AC2+BC2=8,则△ABC 面积的最大值为( A. 2 B.2
1 2
2

)

C. 3

D.3

9. 已 知 f ( x)? a l n?x

x (a ? 0 ), 若 对 任 意 两 个 不 等 的 正 实 数 x1 , x2 都 有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 恒成立,则 a 的取值范围是( x1 ? x2

) D.(0,1]

A. [1,+≦)

B.(1,+≦)

C.(0,1)

10.定义在 R 上的函数 f ( x) 的导函数为 f ' ( x) ,已知 f ( x ? 1) 是偶函数,
( x ?1) f ' ( x) ? 0 .若 x1 ? x2 ,且 x1 ? x2 ? 2 ,则 f ( x1 ) 与 f ( x2 ) 的大小关系是(

)

A. f ( x1 ) < f ( x2 ) C. f ( x1 ) > f ( x2 )

B. f ( x1 ) = f ( x2 ) D.不确定

二、填空题(每题 5 分,共 20 分) 11.已知在△ABC 中,角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c , ?A ? 30 , b ? 3 , a ? 1 ,则 ? B = . .

12.已知函数 f ( x) ? ln x ? 2x ,若 f ( x2 ? 2) ? f (3x) ,则实数 x 的取值范围是

13.函数 f ( x) ? sin x ( x ? 0) 的图象与过原点的直线有且只有三个交点,设交点中横 坐标的最大值为 ? ,则
(1 ? ? 2 )sin 2?

?

=

.

x ? f ( x), f ( x) ? g ( x) ?1? 14.已知函数 f ( x) ? ? ? , g ( x) ? log 1 x ,记函数 h( x) ? ? ,则不等式 h( x) ?2? ? g ( x), f ( x) ? g ( x) 2



2 的解集为 2

.

三、解答题(共 50 分) 15.(12 分)已知 g ( x) ? ? x2 ? 3 ,f(x)是二次函数,当 x∈[-1,2]时,f(x)的最 小值为 1,且 f(x)+g(x)为奇函数,求函数 f(x)的表达式. 16. (12 分)已知向量 a ? (m,cos 2x) ,b ? (sin 2x, n) ,函数 f ( x) ? a b ,且 y ? f ( x)
?π ? ?2π ? ,-2?. 的图像过点? , 3?和点? ?12 ? ? 3 ?

(1)求 m, n 的值; (2)将 y ? f ( x) 的图像向左平移 ? (0 ? ? ? ? ) 个单位后得到函数 y ? g ( x) 的图像, 若 y ? g ( x) 图像上各最高点到点(0,3)的距离的最小值为 1,求 y ? g ( x) 的单调递 增区间. 17. (14 分)已知函数 f ( x) ? x3 ? ax ? 1 (1)若 x ? 1 时, f ( x) 取得极值,求 a 的值; (2)求 f ( x) 在[0,1]上的最小值; (3)若对任意 m ? R ,直线 y ? ? x ? m 都不是曲线 y ? f ( x) 的切线,求 a 的取值范 围. 18. (12 分)已知函数 f ( x) ? ex?m ? ln(2x) . (1)设 x ? 1 是函数 f ( x) 的极值点,求 m 的值并讨论 f ( x) 的单调性; (2)当 m ? 2 时,证明: f ( x) > ? ln 2 .
1 3

答案:
1—10:BDBDBACCAC 11.60°或 120° 12. (1,2) 13.2 14. 15.
又 解:设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),

则 f(x)+g(x)=(a-1)x2+bx+c-3, f(x)+g(x)为奇函数,

∴a=1,c=3. ∴ b f(x)=x2+bx+3,对称轴 x=- . 2

b 当- ≥2,即 b≤-4 时, f(x)在[-1,2]上为减函数, 2 ∴ f(x)的最小值为 f(2)=4+2b+3=1.

∴b=-3.∴此时无解, b 当-1<- <2,即-4<b<2 时, 2 b b2 - ?=3- =1, f(x)min=f? ? 2? 4 ∴b=± 2 2. ∴b=-2 2,此时 f(x)=x2-2 2x+3, b 当- ≤-1,即 b≥2 时, f(x)在[-1,2]上为增函数, 2 ∴ f(x)的最小值为 f(-1)=4-b=1.

∴b=3.∴ f(x)=x2+3x+3. 综上所述, f(x)=x2-2 2x+3, 或 f(x)=x2+3x+3.

16. 解:(1)由题意知,f(x)==msin 2x+ncos 2x. 因为 y=f(x)的图像过点?
?π ? ?2π ? , 3?和点? ,-2?, ?12 ? ? 3 ?

π π 3=msin +ncos , ? ? 6 6 所以? 4π 4π - 2 = m sin + n cos , ? ? 3 3

1 3 ? 3= m+ n, ? 2 2 即? 3 1 -2=- m- n, ? ? 2 2 解得 m= 3,n=1.
? π? (2)由(1)知 f(x)= 3sin 2x+cos 2x=2sin?2x+ ?. 6? ? ? π? 由题意知,g(x)=f(x+φ)=2sin?2x+2φ+ ?. 6? ?

设 y=g(x)的图像上符合题意的最高点为(x0,2). 由题意知,x2 0+1=1,所以 x0=0, 即到点(0,3)的距离为 1 的最高点为(0,2).
? π? 将其代入 y=g(x)得,sin?2φ+ ?=1. 6? ?

π 因为 0<φ<π,所以φ= . 6
? π? 因此,g(x)=2sin?2x+ ?=2cos 2x. 2? ?

π 由 2kπ-π≤2x≤2kπ,k∈Z 得 kπ- ≤x≤kπ,k∈Z, 2
? ? π 所以函数 y=g(x)的单调递增区间为?kπ- ,kπ?,k∈Z. 2 ? ?

17. 【解】

(1)因为 f′(x)=x2-a,

当 x=1 时,f(x)取得极值,所以 f′(1)=1-a=0,a=1. 又当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,x∈(1,+≦)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,即 a=1 符合题意. (2)当 a≤0 时,f′(x)>0 对 x∈(0,1)成立, 所以 f(x)在[0,1]上单调递增,f(x)在 x=0 处取最小值 f(0)=1,

当 a>0 时,令 f′(x)=x2-a=0,x1=- a,x2= a, 当 0<a<1 时, a<1,

x∈(0, a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, x∈( a,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
2a a 所以 f(x)在 x= a处取得最小值 f( a)=1- . 3 当 a≥1 时, a≥1,

x∈[0,1]时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
4 所以 f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)= -a. 3 综上所述, 当 a≤0 时,f(x)在 x=0 处取最小值 f(0)=1; 当 0<a<1 时,f(x)在 x= a处取得最小值 f( a)=1- 4 当 a≥1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)= -a. 3 (3)因为?m∈R,直线 y=-x+m 都不是曲线 y=f(x)的切线, 所以 f′(x)=x2-a≠-1 对 x∈R 成立, 只要 f′(x)=x2-a 的最小值大于-1 即可, 而 f′(x)=x2-a 的最小值为 f(0)=-a, 所以-a>-1,即 a<1. 所以 a 的取值范围是(-≦,-1). 18.
即e
x?m ? 解证: (Ⅰ) f ?( x ) ? e

2a a ; 3

1 ,由 x ? 1 是 f ( x) 的极值点得 f ?(1) ? 0 , x
………………………………2分

1? m

? 1 ? 0 ,所以 m ? 1 .
x ?1

于是 f ( x) ? e

x ?1 , f ?( x ) ? e ? ? ln(2 x),(x ? 0)

1 , x

x ?1 由 f ??( x) ? e ?

1 ? 0 知 f ?( x ) 在 x ? (0, ??) 上单调递增,且 f ?(1) ? 0 , x2

所以 x ? 1 是 f ?( x) ? 0 的唯一零点.

……………………………4分

因此,当 x ? (0,1) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (1, ??) 时, f ?( x) ? 0 ,所以,函数 f ( x) 在 (0,1) 上单调递 减,在 (1, ??) 上单调递增. ……………………………6分 (Ⅱ)解法一:当 m ? 2 , x ? (0, ??) 时, e x ?m ? e x ?2 , 故只需证明当 m ? 2 时, f ( x) > ? ln 2 . ………………………………8分
x?2 当 m ? 2 时,函数 f ?( x ) ? e ?

1 在 (0, ??) 上单调递增, x

又 f ?(1) ? 0, f ?(2) ? 0 , 故 f ?( x) ? 0 在 (0, ??) 上有唯一实根 x0 ,且 x0 ? (1, 2) .…………………10 分 当 x ? (0, x0 ) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? ( x0 , ??) 时, f ?( x) ? 0 , 从而当 x ? x0 时, f ( x) 取得最小值且 f ?( x0 ) ? 0 . 由 f ?( x0 ) ? 0 得 e 故 f ( x) ? f ( x0 )
x0 ? 2

?

1 , ln x0 ? 2 ? x0 .…………………………………12 分 x0

f ( x0 ) ? ex0 ?2 ? ln(2x) =

1 1 ? ln 2 ? 2 ? x0 = ( ? x0 )2 ? ln 2 ? ? ln 2 . x0 x0

综上,当 m ? 2 时, f ( x) ? ? ln 2 . …………………………14 分 解法二:当 m ? 2 , x ? (0, ??) 时, e
x ?m

? e x ?2 ,又 e x ? x ? 1 ,所以

e x ?m ? e x ?2 ? x ? 1 .

………………………………………8分

取函数 h( x) ? x ? 1 ? ln(2 x)( x ? 0) ( x ? 0) ,h ' ( x ) ? 1 ?

1 ,当 0 ? x ? 1 时,h' ( x) ? 0 ,h( x) 单调递减; x

当 x ? 1 时, h' ( x) ? 0 , h( x) 单调递增,得函数 h( x) 在 x ? 1 时取唯一的极小值即最小值为

h(1) ? ? ln 2 . ……12 分
所以 f ( x) ? e
x ?m

? ln(2x) ? ex?2 ? ln(2x) ? x ?1 ? ln(2x) ? ? ln 2 ,而上式三个不等号不能同时成立,故

f ( x) > ? ln 2 .…………………………………14 分


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