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14届高三数学10月阶段性测试答案(lk)


成都七中高 2014 届高三数学 10 月阶段性考试 (理)
一、选择题: BDCBC 二、填空题 11、 ? x ? DACCA

? ?

1 1? ? x ? ? 12、 ?x0 ? R , x0 2 ? 2 x0 ? 1 ? 0 2 2?
15、③ ⑤ ④

13、 (1, ??) 14、3 三、解答题:

16、解:由命题 p 得 ( x ? 3a)( x ? a) ? 0 ,

由命题 q 得 ?

? x 2 ? 2 x ? 8 ? 0 ? x ? ?4或x ? 2, ? ?? ?2? x?3 2 ?x ? x ? 6 ? 0 ??2 ? x ? 3, ?

由此分析,只有 a ? 0 才可能,所以对于 p : a ? x ? 3a 设 A ? (a,3a), B ? ? 2,3?

? p 是 q 的必要不充分条件
故 A ? B ,? a ? 2且3a ? 3 又 a ? 0 ,故 1 ? a ? 2 17、解:原试可化为 y ? ( ) ? 2 则y?

1 2

2x

? 2?2 x ? 5 ,令 2 x ? t ? [1, 4] ,

t2 1 ? 2? ? 5 ? (t ? 2) 2 ? 3 t 2 2

当 x ? 1 时, t ? 2 , ymin ? 3 当 x ? 2 时, t ? 4 , ymax ? 5

18、解: (1)因 f (1) ? f (1? ? f (1) ? f (1) ? 0 ;故 f (1) ? 0 ,同理赋值得 f (?1) ? 0 1) (2)对任意 x ? 0 , f ( x ) ? f ( x ? x) ? f (? x ? ? x)
2

? f ( x) ? f ( x) ? f (? x) ? f (? x) ? 2 f ( x) ? 2 f (? x)

故 f ( x) ? f (? x) ,函数 f (x) 为偶函数。 (注:此处证法不唯一) (3) 因 f (4) ? 1 ;故 2 ? 1 ? 1 ? f (4) ? f (4) ? f (16) 又 f (3 x ? 1) ? f (2 x ? 6) ? f ((3 x ? 1)(2 x ? 6)) ? 2 ? f (16) ; 因 f (x) 在 (0,??) 上为增函数,故 (3 x ? 1)(2 x ? 6) ? 16 解得

5 11 (不写集合不扣分) ? x ? 或 ? 1 ? x ? 1。 3 3
' '

19、解:(Ⅰ) f ( x) ? ln x ? 1, 令f ?x ? ? 0, 解得0 ? x ?

1 ? 1? ,? f ( x)单调递减区间是 0, ?; ? e ? e?

1 ?1 ? 令f ' ?x ? ? 0, 解得x ? ,? f ( x)单调递增区间是 ,?? ?; ? e ?e ?
2 (Ⅱ)由题意: 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1 ? 2
2 即 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1

? x ? ?0,???

3 1 x? 2 2x 3x 1 ? 设 h?x ? ? ln x ? , 2 2x ?x ? 1??3x ? 1? 1 3 1 ' ?? 则 h ?x ? ? ? ? 2 x 2 2x 2x 2 1 ' 令 h ?x ? ? 0 ,得 x ? 1, x ? ? (舍) 3 ' ' 当 0 ? x ? 1 时, h ?x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, h ?x ? ? 0 ? 当 x ? 1 时, h ? x ? 取得最大值, h ? x ? max =-2 ? a ? ?2 . ? a 的取值范围是 ?? 2,??? .
可得 a ? ln x ?

x ?5 ? 0 ,即 ( x ? 5)( x ? 5) ? 0 ,解得 x ? ?5或x ? 5 ; x?5 同理: x ? 3 ? 0 ? x ? 3
20、解(1)由题意得 故 f (x) 的定义域为 x ? ?5或x ? 5 , g (x) 的定义域为 x ? 3 (2) f ( x) ? g ( x) ? log a

? log a

x ?5 ? log a ( x ? 3) ? 1 x?5

x ?5 ? 1 ? log a ( x ? 3) x?5

? log a

x ?5 x ?5 ?1 ? ?a ( x ? 5)( x ? 3) ( x ? 5)( x ? 3)

又方程 f ( x) ? g ( x) 在 x ? 5 范围内有实根,故

a? ( x ? 5) ?

1 20 ? 12 x ?5

解得: 0 ? a ?

3? 5 16

注:此题解法很多,但都必须强调在 (??,5) 内 21、 (本小题 1 问 3 分,2 问 7 分,3 问 5 分,满分 15 分) 解: f '( x) ? ( x ?1)e x ? e x ? 2kx ? xe x ? 2kx ? x(e x ? 2k ) (1)当 k ? 1 时,令 f '( x) ? x(e ? 2) ? 0 ,得 x1 ? 0, x2 ? ln 2
x

当 x ? 0 时, f '( x) ? 0 ;当 0 ? x ? ln 2 时, f '( x) ? 0 ;当 x ? ln 2 时, f '( x) ? 0 ; ∴函数 f ( x) 的单调递增区间为 (??, 0) 、 (ln 2, ??) ;单调递减区间为 (0, ln 2) (2)∵

1 ? k ? 1, 2

∴ 1 ? 2k ? 2 ,

所以 0 ? ln 2k ? ln 2

记 h(k ) ? k ? ln 2k , 则 h '(k ) ? 1 ?

2 k ?1 1 在 k ? ( ,1) 有 h '(k ) ? 0 , ? 2k k 2

1 2 1 ∴当 k ? ( ,1) 时,函数 f ( x) 在 [0, ln 2k ) 单调递减,在 (ln 2k , k ] 单调递增。 2
∴当 k ? ( ,1) 时, h(k ) ? k ? ln 2k ? h(1) ? 1 ? ln 2 ? 0 。即 k ? ln 2k ? 0

f (0) ? ?1 , f (k ) ? (k ? 1)ek ? k 3 ,记 g (k ) ? f (k ) ? (k ?1)ek ? k 3 ,下证 g ( k ) ? ?1

g '(k ) ? k (ek ? 3k ) ,设 p(k ) ? ek ? 3k ,令 p '(k ) ? ek ? 3 ? 0 得 k ? ln 3 ? 1
∴ p(k ) ? e ? 3k 在 ( ,1] 为单调递减函数,
k

1 2

3 ? 2.25 ? 1.5 ? 0 , p(1) ? e ? 3 ? 0 2 1 k k ∴ g '(k ) ? k (e ? 3k ) ? 0 的一个非零的根为 k0 ? ( ,1] ,且 e 0 ? 3k0 2 1 k 3 显然 g (k ) ? (k ?1)e ? k 在 ( , k0 ) 单调递增,在 ( k0 ,1] 单调递减, 2
而 p( ) ?

1 2

e?

∴ g (k ) ? f (k ) ? (k ?1)ek ? k 3 在 ( ,1) 上的最大值为
3 3 2 g (k0 ) ? (k0 ?1)3k0 ? k0 ? ?k0 ? 3k0 ? 3k0 ? (1 ? k0 )3 ?1 ? ?1

1 2

1 1 1 7 7 g( ) ? ? e ? ? ?1 ? ? e 而 ? 3 ? e 成立 2 2 8 4 4 1 ∴ g ( ) ? ?1 , g (1) ? ?1 2 1 k 3 综上所述,当 k ? ( ,1] 时,函数 f ( x) 在 [0, k ] 的最大值 M ? (k ? 1)e ? k . 2 注:思路较多,但没说明为什么在 k 取最大值或不清楚的至少扣 4 分
x (3)当 k ? 0 时,原式为 f ( x) ? ( x ? 1)e

化简不等式右边后即证

1 1 1 1 n ? ? ? ........ ? ? ln(n ? 1) ? 2 3 4 n 2n ? 2 1 1 ? ln(n ? 1) ? [1 ? ] 2 n ?1 2 3 4 n ?1 1 1 1 1 1 1 ? ln( ? ? ...... ) ? [(1 ? ) ? ( ? ) ? ? ( ? )] 1 2 3 n 2 2 2 3 n n ?1 1 n ?1 1 1 1 1 1 1 即证: ? ln( )? ( ? ) 即证 ? ? 2 ln(1 ? ) n n 2 n n ?1 n ?1 n n 1 设 ? t ? (0,1) ,移项,引出新函数 n 1 即证 h(t ) ? 1 ? ? t ? 2 ln(t ? 1) ? 0 t ?1 sn ? 1 ?
求导后很容易判断出单调增 故 h(t ) ? h(0) 得证, 1 ?

1 1 1 ? ? ? ? ? g (n) ? ln f (n) 得证。 2 3 n


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