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淄博实验中学高三理科数学大一轮限时测试5答案


淄博实验中学高三理科数学大一轮限时测试(五)答案

1、 解析:要使函数有意义,只要 4 4 得 0<5x-4≤1,即 <x≤1.∴函数的定义域为?5,1?. ? ? 5 答案:D 2、解析:将已知代入得: (1+i)2-2(1+i) =(-i)[(1+i)2-2(1+i)]=(-i)(2i-2-2i)=2i,故选 A. 1+i-1 答案:A 1 3、 解析: 观察得 f(x)在定义域内是增函数, f(-x)=ln(-x+ x2+1)=ln 而 =- f(x), x+ x2+1
[

∴f(x)是奇函数,则 f(a)=-f(b-1)=f(1-b). ∴a=1-b,即 a+b=1. 答案:C π π 3 π 5 4、解析:∵ 3sin2+cos2=2sin?2+6?,又 π<2+ < π,∴1<2sin?2+6?< 2, ? ? ? ? 4 6 6 1 即 1<2a< 2,∴0<a< . 2 答案:A 5、解析:由题意,得 f′(x)=x2+f′(1)x-f′(2), 令 x=0,得 f′(0)=-f′(2), 令 x=1,得 f′(1)=1+f′(1)-f′(2), ∴f′(2)=1,∴f′(0)=-1, 即 f(x)在点(0,f(0))处切线的斜率为-1, 3π ∴倾斜角为 . 4 答案:D 1 6、解析:命题 p 为真,命题 q 也为真.事实上,当 0<a≤ 时,函数 f(x)=ax2+2(a-1)x 5 1 +2 在区间(-∞,4]上为减函数,但若函数在(-∞,4]上是减函数,应有 0≤a≤ .故“p 且 5 q”为真. 答案:B a+c B a+c B 7、解析:∵cos2 = ,∴2cos2 -1= -1, 2 2c 2 c a2+c2-b2 a a ∴cosB= ,∴ = ,∴c2=a2+b2, 故△ABC 为直角三角形. c 2ac c

答案:B 8、解析:由 y=f′(x)的图像知,y=f′(x)在(0,+∞)上单调递减,说明函数 y=f(x)图像上 任意一点切线的斜率在(0,+∞)也单调递减,故可排除 A,C.又由图像知,y=f′(x)与 y= g′(x)的图像 在 x=x0 处相交,说明 y=f(x)与 y=g(x)的图像在 x=x0 处的切线斜率相同,故 可排 除 B.故选 D. 答案:D 9、解析:如图,E、F 分别为 AB、BC 的三等分点,

∴点 P 在 E 点时,t=0, 2 2 点 P 在 F 点时,t= .而 P 在△ABC 的内部,∴0<t< . 3 3 答案:D 10、[答案] A 2 1 [解析] 设甲胜为事件 A,则 P(A)= ,P( A )= , 3 3
2 2 12 ∵甲以 3?: 的比分获胜, 1 ∴甲前三局比赛中胜 2 局, 第四局胜, 故所求概率为 P=C3· )2·· ( 3 33

8 = . 27 11、解析:由 y=cx(c>0) 是 R 上的单调递减函数, 得 0<c<1,所以 p:0<c<1, 由 g(x)=lg(2cx2+2x+1)的值域为 R, 得当 c=0 时,满足题意. 当 c≠0 时,由?
? ?c>0,

1 得 0<c≤ . 2 ? ?Δ=4-8c≥0,

1 所以 q:0≤c≤ . 2 由 p 且 q 为假命题,p 或 q 为真命题可知 p、q 一假一真. 1 当 p 为真命题,q 为假命题时,得 <c<1, 2 1 当 p 为假命题时,c≥1,q 为真命题时,0≤c≤ . 2 故此时这样的 c 不存在. 1 综上,可知 <c<1. 2 答案:A

→ → 12、解析:设 P(x,y),则PM=(-1-x,-y),PN=(1-x,-y), → → PM· =(-1- x)(1-x)+(-y)· PN (-y)=x2+y2-1=0. ∴x2+y2=1,因此 P 的轨迹为单位圆,又 P 点在直线 3x-4y+m=0 上. |m| ∴原点到直线的距离 d= ≤1,∴|m|≤5. 5 ∴-5≤m≤5,∴实数 m 的取值范围是[-5,5]. 答案:D 13、[答案] -8 [解析] 由已知,定义在 R 上的奇函数 f(x)图象一定过原点,又 f(x)在区间[0,2]上为增函数, 所以方程 f(x)=m(m>0)在区间[0,2]上有且只有一个根,不妨设为 x1; ∵f(x1)=-f(-x1)=-[-f(-x1+4)]=f(-x1+4), ∴-x1+4∈[2,4]也是一个根, 记为 x2, 1 ∴x +x2=4. 又∵f(x-4)=-f(x),∴f(x-8)=f(x),∴f(x)是周期为 8 的周期函数, ∴f(x1-8)=f(x1)=m,不妨将此根记为 x3, 且 x3=x1-8∈[-8,-6];同理可知 x4=x2-8∈[-6,-4], ∴x1+x2+x3+x4=x1+x2+x1-8+x2-8=-8. 14、

?f(0)>0, ? 15、解析:设函数 f(x)=x +(k-2)x+2k-1,结合图像可知,?f(1)<0, ?f(2)>0. ?
2

?2k-1>0, ? 2 1 2 即?1+(k-2)+2k-1<0, 解得 k<3,即2<k<3, ?4+2(k-2)+2k-1>0, ? 1

? ? ? ?k>4, ?

1 k> , 2

1 2 故实数 k 的取值范围是?2,3?. ? ? 1 2 答案:?2,3? ? ? 16 解析:设 F(x)=f(x)-g(x),其定义域为(0,+∞), -(2x+1)(ax-1) 1 则 F′(x)= +2-2ax-a= ,x∈(0,+∞). x x 当 a≤0 时,F′(x)>0,F(x)单调递增,F(x)≤0 不可能恒成立. 1 1 当 a>0 时,令 F′(x)=0,得 x= ,或 x=- (舍去). a 2 1 1 1 当 0<x< 时,F′(x)>0;当 x> 时,F′(x)<0.故 F(x)在(0,+∞)上有最大值 F?a?,由题 ? ? a a 1 1 1 1 1 意 F?a?≤0 恒成立,即 ln + -1≤0.令 φ(a)=ln + -1,则 φ(a)在(0,+∞)上单调递减, ? ? a a a a 1 1 且 φ(1)=0,故 ln + -1≤0 成立的充要条件是 a≥1. a a 答案:[1,+∞) 17、解析:(1)由 2R(sin2A-sin2C)=( 2a-b)sinB, 两边同乘以 2R,得 (2RsinA)2-(2RsinC)2=( 2a-b)2RsinB,w w w .x k b 1.c o m 根据正弦定理,得 a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC, ∴a2-c2=( 2a-b)b,即 a2+b2-c2= 2ab. a2+b2-c2 2 再由余弦定理,得 cosC= = , 2ab 2 π 又 0<C<π,∴C= . 4 π 3π (2)∵C= ,∴A+B= . 4 4 1 2 S= absinC= (2RsinA)(2RsinB)= 2R2sinAsinB 2 4 3 π 1 2 = 2R2sinAsin?4π-A?= R2sin?2A-4?+ R2, ? ? 2 ? ? 2 π π 3 ∴当 2A- = ,即 A= π 时, 4 2 8 1 2 S 有最大值? + ?R2. ?2 2 ? 18、解析:(1)由题意知: → → → → AB· =|AB|· |· BC |BC cosθ=6① 1→ → S= |AB|· |· |BC sin(π-θ) 2
]

1→ → = |AB|· |· |BC sinθ② 2 S 1 ②÷ ①得 = tanθ,即 3tanθ=S. 6 2 由 3≤S≤3,得 3≤3tanθ≤3,即 3 ≤tanθ≤1. 3

π π → → ∵θ 为AB与BC的夹角,∴θ∈(0,π),∴θ∈?6,4?. ? ? (2)f(θ)=sin2θ+2sinθ· cosθ+3cos2θ =1+sin2θ+2cos2θ=2+sin2θ+cos2θ 新 课 标 第 一 网
[

π =2+ 2sin?2θ+4?. ? ? π π π 7π 3π ∵θ∈?6,4?,∴2θ+ ∈?12, 4 ?. ? ? ? 4 ? π 3π π ∴当 2θ+ = , 即 θ= 时,f(θ)有最小值为 3. 4 4 4 19、[解析] (1)设甲胜 A 的事件为 D,乙胜 B 的事件为 E,丙胜 C 的事件为 F, 则 D , E , F 分别表示甲不胜 A、乙不胜 B、丙不胜 C 的事件. 因为 P(D)=0.6,P(E)=0.5,P(F)=0.5 由对立事件的概率公式知 P( D )=0.4,P( E )=0.5,P( F )=0.5. - 红队至少两人获胜的事件有:DE F ,D E F, D EF,DEF. 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立, 因此红队至少两人获胜的概率为 P=P(DE F )+P(D E F)+P( D EF)+P(DEF) =0.6× 0.5× 0.5+0.6× 0.5× 0.5+0.4× 0.5× 0.5+0.6× 0.5× 0.5=0.55. (2)由题意知 ξ 可能的取值为 0,1,2,3. 又由(1)知 D 立, 因此 P(ξ=0)=P( D P(ξ=1)=P( D 0.6× 0.5× 0.5=0.35. P(ξ=3)=P(DEF)=0.6× 0.5× 0.5=0.15. 由对立事件的概率公式得 P(ξ=2)=1-P(ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=3)=0.4. E F )=0.4× 0.5× 0.5=0.1, F )=0.4× 0.5× 0.5+0.4× 0.5× 0.5+ E F、 D E F 、D E F 是两两互斥事件,且各盘比赛的结果相互独

E F)+P( D E F )+P(D E

所以 ξ 的分布列为: ξ

0

1

2

3

P

0.1

0.35

0.4

0.15

因此 E(ξ)=0× 0.1+1× 0.35+2× 0.4+3× 0.15=1.6. 20、解析:(1)f′(x)=3x2+2ax+b,
? ? ? ?f′(1)=3+2a+b=0, ?a=4, ?a=-3, 则? ?? 或? 2 ? ? ? ?f(1)=1+a+b+a =10 ?b=-11 ?b=3. ? ?a=4, 当? 时,f′(x)=3x2+8x-11,Δ=64+132>0,故函数有极值点; ?b=-11 ? ?a=-3, ? 当? 时,f′(x)=3(x-1)2≥0,故函数无极值点; ? ?b=3

故 b 的值为-11. (2)方法一:f′(x)=3x2+2ax+b≥0 对任意的 a∈[-4,+∞),x∈[0,2]都成立, 则 F(a)=2xa+3x2+b≥0 对任意的 a∈[-4,+∞),x∈[0,2]都成立. ∵x≥0,F(a)在 a∈[-4,+∞)上单调递增或为常数函数, ∴得 F(a)min=F(-4)=-8x+3x2+b≥0 对任意的 x∈[0,2]恒成立, b≥(-3x2+8x)max, 即 4 16 16 又-3x2+8x=-3?x-3?2+ ≤ , ? ? 3 3 4 16 16 当 x= 时,(-3x2+8x)max= ,得 b≥ , 3 3 3 16 故 b 的最小值为 . 3 方法二:f′(x)=3x2+2ax+b≥0 对任意的 a∈[-4,+∞),x∈[0,2]都成立, 即 b≥-3x2-2ax 对任意的 a∈[-4,+∞),x∈[0,2]都成立,即 b≥(-3x2-2ax)max. a a2 令 F(x)=-3x2-2ax=-3?x+3?2+ , ? ? 3 ①当 a≥0 时,F(x)max=0,于是 b≥0; a2 a2 ②当-4≤a<0 时,F(x)max= ,于是 b≥ . 3 3 a2 16 16 又∵? 3 ?max= ,∴b≥ . ? ? 3 3 16 综上,b 的最小值为 . 3 21、解析:(1)设投资为 x 万元,A 产品的利润为 f(x)万元,B 产品的利润为 g(x)万元.

设 f(x)=k1x,g(x)=k2 x. 1 1 由题 图①知,f(1)= ,所以 k1= . 4 4 5 5 又由题图②知,g(4)= ,所以 k2= . 2 4 1 5 从而 f(x)= x(x≥0),g(x)= x(x≥0). 4 4 (2)设 A 产品投入 x 万元,则 B 产品投入(10-x)万元. 设企业利润为 y 万元, x 5 则 y=f(x)+g(10-x)= + 10-x(0≤x≤10). 4 4 令 10-x=t, 10-t2 5 1 5 65 则 y= + t=- (t- )2+ (0≤t≤ 10). 4 4 4 2 16 5 65 25 当 t= 时,ymax= ≈4.此时 x=10- =3.75. 2 16 4 故当 A 产品投入 3.75 万元, 产品投入 6.25 万元时, B 企业获得的最大利润约为 4 万元. 22、解析:(1)∵函数 f(x)的图像关于原点对称, ∴对任意实数 x 有 f(-x)=-f(x), ∴-ax3-2bx2-cx+4d=-ax3+2bx2-cx-4d, 即 bx2-2d=0 恒成立,∴b=0,d=0, ∴f(x)=ax3+cx,f′(x)=3ax2+c, 2 ∵当 x=1 时,f(x)取极小值- , 3 2 ∴3a+c=0,且 a+c=- , 3 1 解得 a= ,c=-1. 3 (2)当 x∈[-1,1]时,图像上不存在这样的两点使结论成立. 假设图像上存在两点 A(x1,y1),B(x2,y2),使得过此两点处的切线互相垂直, 则由 f′(x) =x2-1 知,两点处的切线斜率分别为 k1=x12-1,k2=x22-1, 且(x12-1)(x22-1)=-1.(*) ∵x1,x2∈[-1,1],∴x12-1≤0,x22-1≤0. ∴(x12-1)(x22-1)≥0. 此与(*)相矛盾,故假设不成立. (3)f′(x)=x2-1,令 f′(x)=0,得 x=± 1. 当 x∈(-∞,-1)或 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 当 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,

∴f(x)在[-1,1]上是减函数, 2 2 且 f(x)max=f(-1)= ,f(x)min=f(1)=- . 3 3 2 ∴在[-1,1]上,|f(x)|≤ , 3 于是 x1,x2∈[-1,1]时, 2 2 4 |f(x1)-f(x2)|≤|f(x1)|+|f(x2)|≤ + = . 3 3 3


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