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2015届绵阳一诊(理科)数学试卷及答案


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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
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 - a 2 x .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 ) ? 即 ab 的最大值是

1 3 e , 2

1 1 3 e ,此时 a ? e 2,b ? e 2 . 2 2
13 . 40 14 . 3021 15 .①③④

3

3

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 11 . ?

3 5

12 . - 1

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.

?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 ,
③正确.由定义: x0 ? mx0 ? 1 ?
2

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) ? 2 m· 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 ? ∵

?

3? 7? ? ≤ 2x ? ≤ , 12 4 6 4 4 7? 3? 又函数 y =sin x 在 [ , ] 上是减函数, 12 4

4

),

?

≤x≤

?

,得

∴ f ( x) max ?

2 sin

7? ? ? ? 2 sin( ? ) ………………………………… 10 分 12 4 3
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? 2 sin cos ? 2 cos sin 4 3 4 3 3 ?1 = .………………………………………………………… 12 分 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 )= x 2 +2 mx - m 2 = ( 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,此时 ②若 1 ? ? m ? 2 ,即 ? 2 ? m ? ?1 时, g ( x ) 在 [1,

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)mi n ? 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 =5 2 +2 2 - 2×5×2× =25 ,

? AC ? 5 . …………………………………………………………………… 3 分
又 ?ABC ? (0, ? ) ,所以 sin?ABC ? 1 ? cos2 ?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 cos ?BCE ? ? cos ?ABC ? ? , BE =2 BD =7 , CE = AB =5 , 在△ BCE 中,由余弦定理:
B BE ? CB2 ? CE2 ? 2CB ? CE ? cos ?BCE . 1 即 49 ? CB2 ? 25 ? 2 ? 5 ? CB ? (? ) , 5 解得: CB ? 4 . ……………………………………………………………… 10 分 1 在△ ABC 中, AC 2 ? BA2 ? BC 2 ? 2BA ? BC ? cos ?ABC ? 52 ? 42 ? 2 ? 5 ? 4 ? ? 33 , 5
2

A
D C

E

1 5

即 AC ? 33 .………………………………………………………………… 12 分 19 . 解 : ( Ⅰ) 由 S3 ? 9,a5 ? a3 ? a8 ,
2

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
∴ an ? n ? 1 , S n ?
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若使 {cn } 为单调递减数列,则

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 ? 3n ? 2 n ? 2 ? 3 n ? 2 n ?1 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 >ln a ,同理由 f ?( x) <0 解得 x <ln a , ∴ f ( x) 在 ( - ∞, ln a ) 上是减函数,在 (ln a , + ∞ ) 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 (lna ) , 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 e xe x m?n 由已知得 f ?(1) ? ? 0 ,解得 m = n . e n 2 又 f (1) ? ? ,即 n =2 , e e
∴ m = n =2 .…………………………………………………………………… 3 分 2 ( Ⅱ ) 由 ( Ⅰ ) 得 f ?( x) ? x (1 ? x ? x ln x) , xe 1 ? x ? x ln x ? ?) , 令 p ( 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

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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 ,
( Ⅲ ) 证明:由已知有 g ( x) ?

? ?) . ∴ 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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