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2013-2014学年度上学期高三第十二次月考--数学理


2013—2014 学年度上学期高三一轮复习

数学(理)单元验收试题(12) 【新课标】
命题范围:导数与复数
说明:本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共 150 分;答题时间 120 分钟。

第Ⅰ卷
一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的,请把正确答案的代号填在 题后的括号内(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分) 。 1. (2013 年新课标Ⅱ卷数学(理) 设复数 z 满足 (1 ? i ) z ? 2i ,则 z ? ( ) A. ?1 ? i
3 2



B. ?1 ? i

C. 1 ? i

D. 1 ? i )

2.函数 f ( x) ? x ? ax ? 3x ? 9 ,已知 f (x) 在 x ? ?3 时取得极值,则 a =( A.2 B.3 C.4
2

D.5 ) C. b ? ?2, c ? ?1
3 2

3.若 1? 2i 是关于 x 的实系数方程 x ? bx ? c ? 0 的一个复数根,则( A. b ? 2, c ? 3 B. b ? ?2, c ? 3

D. b ? 2, c ? ?1 )

4. (2013 年新课标Ⅱ卷数学(理) 已知函数 f ( x ) ? x ? ax ? bx ? c ,下列结论中错误的是( ) A. ?x0 ? R, f ( x0 ) ? 0 B.函数 y ? f ( x ) 的图像是中心对称图形 C.若 x0 是 f ( x) 的极小值点,则 f ( x) 在区间 (??, x0 ) 上单调递减 D.若 x0 是 f ( x) 的极值点,则 f '( x0 ) ? 0

5.设函数 f ( x) 在 R 上可导,其导函数为 f ( x) ,且函数 y ? (1 ? x) f ' ( x) 的图像如图所示,则下列
,

结论中一定成立的是(



A.函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (1) B.函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (1) C.函数 f ( x) 有极大值 f (2) 和极小值 f (?2) D.函数 f ( x) 有极大值 f (?2) 和极小值 f (2) 6.如图,在复平面内,点 A 表示复数 z ,则图中表示 z 的共轭复数的点是( A. A B. B C. C )

x

A B O

C
y

D

D. D 7.函数 y=f(x) 的图象过原点且它的导函数 y=f′(x)的图象是如图所示的一条直线,y=f(x)的图象的顶 点在( ) A.第 I 象限 B.第 II 象限 C.第Ⅲ象限 D.第 IV 象限 8.若复数 z 满足方程 z 2 ? 2 ? 0 ,则 z3 ? ( A. ?2 2 C. ?2 2i B. ?2 2 D. ?2 2i )

9. (2013 年高考江西卷 (理) 若 S1 ? )

?

2

1

x 2 dx, S 2 ? ?

2

1

2 1 dx, S3 ? ? e x dx, 则 1 x

S1S 2 S3 的大小关系为(
A. S1 ? S 2 ? S3 C. S 2 ? S3 ? S1

) B. S 2 ? S1 ? S3 D. S3 ? S 2 ? S1

10.已知 P,Q 为抛物线 x2=2y 上两点,点 P,Q 的横坐标分别为 4, ? 2,过 P,Q 分别作抛物线的切线, 两切线交于点 A,则点 A 的纵坐标为( ) A.1 B.3 C. ? 4 D. ? 8 11.已知 f(x)=x? +9x–abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0。现给出如下结论:①f(0) –6x? f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0。 其中正确结论的序号是( ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 12.已知 e 为自然对数的底数,设函数 f ( x) ? (e ? 1)( x ? 1) (k ? 1,2) ,则(
x k



A.当 k ? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值 B.当 k ? 1 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极大值 C.当 k ? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极小值 D.当 k ? 2 时, f (x) 在 x ? 1 处取得极大值

第Ⅱ卷
二、填空题:请把答案填在题中横线上(本大题共 4 个小题,每小题 4 分,共 16 分) 。 13.计算定积分

?

1

?1

( x 2 ? sin x)dx ? ___________。
2 2

14. (2013 年高考上海卷(理) 设 m ? R , m ? m ? 2 ? (m ? 1)i 是纯虚数,其中 i 是虚数单位,则 )

m ? ________
15.若曲线 y ? kx ? ln x 在点 ?1, k ? 处的切线平行于 x 轴,则 k ? 16.下面是关于复数 z ? 。 ;

2 的四个命题:其中的真命题为 ?1 ? i
p2 : z 2 ? 2i

p1 : z ? 2

p3 : z 的共轭复数为1 ? i

p4 : z 的虚部为。

三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共 6 个大题,共 76 分)。

17. (12 分)求同时满足下列条件的所有的复数 z, ①z+ 是整数。

10 10 ∈R, 且 1<z+ ≤6, ②z 的实部和虚部都 z z

18. (12 分) (12 分)抛物线 y=ax2+bx 在第一象限内与直线 x+y=4 相切.此抛物线与 x 轴所围成的 图形的面积记为 S.求使 S 达到最大值的 a、b 值,并求 Smax.

19. (2013 年浙江数学(理)试题)已知 a ? R ,函数 f ( x) ? x ? 3 x ? 3ax ? 3a ? 3.
3 2

(1)求曲线 y ? f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程;(2)当 x ? [0,2] 时,求 | f ( x) | 的最大值.

20. 分) (12 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面积的建造成本为 100 元/平方米,底面的建 造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12000 ? 元( ? 为圆周率). (Ⅰ)将 V 表示成 r 的函数 V (r ) ,并求该函数的定义域; (Ⅱ)讨论函数 V (r ) 的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大。

21. (12 分) (2013 年高考湖南卷(理) 已知 a ? 0 ,函数 f ( x ) ? )

x?a . x ? 2a

(I)记 f ( x )在区间? 0, 4 ? 上的最大值为g(a ),求 g(a )的表达式; (II)是否存在 a ,使函数 y ? f ( x) 在区间 ? 0, 4 ? 内的图像上存在两点,在该两点处的切线相互垂直? 若存在,求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.

22. (14 分)设函数 f ( x) ? ln x ? ax , g ( x) ? e ? ax ,其中 a 为实数.
x

(1)若 f (x) 在 (1,??) 上是单调减函数,且 g (x) 在 (1,??) 上有最小值,求 a 的取值范围; (2)若 g (x) 在 (?1,??) 上是单调增函数,试求 f (x) 的零点个数,并证明你的结论.

参考答案
一、选择题 1.A;2.B;3.B;4.C;5.D;6. B;7.A;8. C;9.B;10.C;11.C;12.C; 二、填空题 13.

8 2 ; 14. ?1 ;15. . ;16. p? , p? 。 3 3
10 10 10 =x(1+ 2 )+y(1- 2 )i . 2 z x ?y x ? y2

三、解答题 17.解:设 z=x+yi, (x, y∈R), 则 z+

∵z+

10 ∈R, z
10 )=0. x ? y2
2

∴y(1-

∴y=0, 或 x2+y2=10. 又 1<z+

10 ≤6, z
10 10 10 )≤6.①当 y=0 时, ①可以化为 1<x+ ≤6, ②当 x<0 时, x+ <0, 当 x>0 时, 2 x x x ?y
2

∴1< x(1+

x+

10 1 ≥2 10 >6. 故 y=0 时, ①无解. 当 x2+y2=10 时, ①可化为 1<2x≤6, 即 <x≤3. 2 x

∵x, y∈Z, 故可得 z=1+3i ,或 1-3i ,或 3+i ,或 3-i . 18.解:依题设可知抛物线为凸形,它与 x 轴的交点的横坐标分别为 x1=0,x2=-b/a,所以

S ? ? a (ax 2 ? bx)dx ?
0

?

b

1 3 b (1) 6a 2

又直线 x+y=4 与抛物线 y=ax2+bx 相切,即它们有唯一的公共点, 由方程组 ?

?x ? y ? 4
2 ? y ? ax ? bx

得 ax2+(b+1)x-4=0,其判别式必须为 0,即(b+1)2+16a=0. 于是 a ? ?

1 (b ? 1) 2 , 代入(1)式得: 16

128b 3 128 b 2 (3 ? b) ?(b) ? S (b) ? , (b ? 0) , S ; 6(b ? 1) 4 3(b ? 1) 5
令 S'(b)=0;在 b>0 时得唯一驻点 b=3,且当 0<b<3 时,S'(b)>0;当 b>3 时,S'(b)<0.故 在 b=3 时,S(b)取得极大值,也是最大值,即 a=-1,b=3 时,S 取得最大值,且 S max ?

9 。 2

19. (Ⅰ)由已知得: f ?( x) ? 3 x 2 ? 6 x ? 3a ? f ?(1) ? 3a ? 3 ,且 f (1) ? 1 ? 3 ? 3a ? 3 ? 3a ? 1 , 解: 所以所求切线方程为: y ? 1 ? (3a ? 3)( x ? 1) ,即为: 3(a ? 1) x ? y ? 4 ? 3a ? 0 ;

(Ⅱ) 由 已 知 得 到 : f ?( x) ? 3 x 2 ? 6 x ? 3a ? 3[ x( x ? 2) ? a ] , 其 中 ? ? 4 ? 4a , 当 x ? [0, 2] 时, x( x ? 2) ? 0 , (1)当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 x ? [0, 2] 上递减,所以 | f ( x) |max ? max{ f (0), f (2)} ,因 为 f (0) ? 3(1 ? a ), f (2) ? 3a ? 1? f (2) ? 0 ? f (0) ? f ( x) |max ? f (0) ? 3 ? 3a ; | (2) 当 ? ? 4 ? 4a ? 0 , 即

a ? 1 时 , f ?( x) ? 0 恒 成 立 , 所 以 f ( x) 在 x ? [0, 2] 上 递 增 , 所 以

| f ( x) |max ? max{ f (0), f (2)} ,因为 f (0) ? 3(1 ? a), f (2) ? 3a ? 1? f (0) ? 0 ? f (2) ?| f ( x) |max ? f (2) ? 3a ? 1 ;
(3)当 ? ? 4 ? 4a ? 0 ,即 0 ? a ? 1 时,

f ?( x) ? 3 x 2 ? 6 x ? 3a ? 0 ? x1 ? 1 ? 1 ? a , x2 ? 1 ? 1 ? a

,且 0 ? x1 ? x2 ? 2 ,即

x

0

(0, x1 )
+

x1
0 极大值

( x1 , x2 )
递减 极小值

x2
0

( x2 , 2)
+ 递增

2

f ?( x)

f ( x)

3 ? 3a

递增

3a ? 1

所以 f ( x1 ) ? 1 ? 2(1 ? a ) 1 ? a , f ( x2 ) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ,且

? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 2 ? 0, f ( x1 ) f ( x2 ) ? 1 ? 4(1 ? a)3 ? 0, 所以 f ( x1 ) ?| f ( x2 ) | ,
所以 | f ( x) |max ? max{ f (0), f (2), f ( x1 )} ; 由 f (0) ? f (2) ? 3 ? 3a ? 3a ? 1 ? 0 ? 0 ? a ? (ⅰ)当 0 ? a ? 时, y

2 ,所以 3

2 时, f (0) ? f (2) ,所以 x ? ( ??,1] ? [ a, ??) 时, y ? f ( x ) 递增, x ? (1, a ) 3

? f ( x) 递减,所以 | f ( x) |max ? max{ f (0), f ( x1 )} ,因为
a 2 (3 ? 4a) 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a)

f ( x1 ) ? f (0) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ? 3 ? 3a ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (2 ? 3a) ?
, 又 因 为 0?a?

2 , 所 以 2 ? 3a ? 0, 3 ? 4a ? 0 , 所 以 f ( x1 ) ? f (0) ? 0 , 所 以 3

| f ( x ) |max ? f ( x1 ) ? 1 ? 2(1? a ) 1? a
(ⅱ) 当

2 ? a ? 1 时 , f (2) ? 0, f (0) ? 0 , 所 以 | f ( x ) |max ? max{ f (2), f (x1 )} , 因 为 3

f ( x1 ) ? f (2) ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ? 3a ? 1 ? 2(1 ? a) 1 ? a ? (3a ? 2) ?
,此时 3a ? 2 ? 0 ,当 ① 当

a 2 (3 ? 4a) 2(1 ? a) 1 ? a ? (3a ? 2)

2 ? a ? 1 时, 3 ? 4a 是大于零还是小于零不确定,所以 3 2 3 时 , 3 ? 4a ? 0 , 所 以 f ( x1 ) ?| f (2) | , 所 以 此 时 ?a? 3 4

| f ( x ) |max ? f ( x1 ) ? 1? 2(1? a ) 1? a ;
② 当

3 ? a ? 1 时, 3 ? 4a ? 0 ,所以 f ( x1 ) ?| f (2) | ,所以此时 | f ( x) |max ? f (2) ? 3a ? 1 4

? ?3 ? 3a, (a ? 0) ? 3 综上所述: | f ( x) |max ? ?1 ? 2(1 ? a ) 1 ? a , (0 ? a ? ) . 4 ? 3 ?3a ? 1, (a ? ) ? 4
20.

3a ? x?a ? x ? 2a ? 1 - x ? 2a , 当x ? ?2a, 或x ? a时,是单调递增的。 ? 21.解: a ? 0, f ( x) ? ? ? ? x ? a ? -1 ? 3a , 当 ? 2a ? x ? a时,是单调递减的。 ? x ? 2a x ? 2a ?
(Ⅰ)由上知,当a ? 4时,f ( x)在x ? [0,4]上单调递减,其最大值为f (0) ? -1 ?
当a ? 4时,f ( x)在[0, a]上单调递减,在[a,4]上单调递增。

3a 1 ? 2a 2

令f (4) ? 1 -

3a 1 ? f (0) ? , 解得:a ? (1,4], 即当a ? (1,4]时,g (a )的最大值为f (0); 4 ? 2a 2

当a ? (0,1]时,g (a)的最大值为f (4)
3a ? ?1 - 4 ? 2a , 当a ? (0,1]时 ? 综上,g(a)? ? ? 1 , 当a ? (1,??)时 ?2 ?
(II) 由 前 知 ,y=f(x) 的 图 像 是 由 两 段 反 比 例 函 数 的 图 像 组 成 的 . 因 此 , 若 在 图 像 上 存 在 两 点

P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) 满足题目要求,则 P,Q 分别在两个图像上,且 f ' ( x1 ) ? f ' ( x2 ) ? ?1 .
? 3a ? ( x ? 2a ) 2 , 当x ? ?2a, 或x ? a时 ? ? ? 3a f ' ( x) ? ? , 当 ? 2 a ? x ? a时 2 ? ( x ? 2a ) ?0 ? a ? 4 ? ?
不妨设

3a ? 3a ? ? ?1, x1 ? (0, a ), x2 ? (a,8] ? 3a ? ( x1 ? 2a )( x2 ? 2a ) 2 ( x1 ? 2a ) ( x2 ? 2a ) 2

? 3a ? 2ax2 ? 4a 2 ?a 3a ? 2ax2 ? 4a 2 ?0 ? ? 0 ? x1 x2 ? 2a ( x1 ? x2 ) ? 4a 2 ? 3a ? x1 ? ?? x2 ? 2a x2 ? 2a ?a ? x ? 8 2 ? ?0 ? 3 ? 2 x2 ? 4a ?2 x2 ? 3 ? 4a ?2 ? 4 a ? 3 ? 4 a 1 1 ? ? ? ? ?1 ? x2 ? 2a ? ?2 ? 4a ? 2 x2 ? ?2a ? 3 ? 4a ? a ? ,且0 ? a ? 4 ? a ? (0, ) 3 2 ?a ? x ? 8 ?2a ? 2 x ? 16 ?2 ? 4a ? 16 2 2 ? ? ?
所以,当 a ? (0, ) 时,函数 y ? f ( x) 在区间 ? 0, 4 ? 内的图像上存在两点,在该两点处的切线相 互垂直. 22.解:(1)由 f ' ( x) ?

1 2

1 1 ?1? ? a ? 0 即 ? a 对 x ? (1,??) 恒成立,∴ a ? ? ? max x x ?x?

而由 x ? (1,??) 知

1 <1 x

∴a ?1

由 g ' ( x) ? e x ? a 令 g ' ( x) ? 0 则 x ? ln a 当 x < ln a 时 g ' ( x) <0,当 x > ln a 时 g ' ( x) >0, ∵ g (x) 在 (1,??) 上有最小值 ∴ ln a >1 ∴a>e

综上所述: a 的取值范围为 (e,??) (2)证明:∵ g (x) 在 (?1,??) 上是单调增函数 ∴ g ( x) ? e ? a ? 0 即 a ? e x 对 x ? (?1,??) 恒成立,
' x

∴a ? e

? ?
x

min

而当 x ? (?1,??) 时, e x > 分三种情况: (Ⅰ)当 a ? 0 时, f ' ( x) ? ∵ f (1) ? 0

1 e 1 >0 x

∴a ?

1 e

∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数

∴f(x)存在唯一零点

(Ⅱ)当 a <0 时, f ' ( x) ?
a a

1 ? a >0 ∴f(x)在 x ? (0,??) 上为单调增函数 x
a

∵ f (e ) ? a ? ae ? a (1 ? e ) <0 且 f (1) ? ? a >0 ∴f(x)存在唯一零点

1 1 1 ' 时, f ' ( x) ? ? a ,令 f ( x) ? 0 得 x ? e x a 1 1 ? a( x ? ) ? a( x ? ) 1 1 a >0; x > 时, f ' ( x) ? a <0 ∵当 0< x < 时, f ' ( x) ? x x a a 1 1 1 1 ∴ x ? 为最大值点,最大值为 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 a a a a 1 1 ①当 ? ln a ? 1 ? 0 时, ? ln a ? 1 ? 0 , a ? , f (x) 有唯一零点 x ? ? e e a 1 ②当 ? ln a ? 1 >0 时,0< a ? , f (x) 有两个零点 e 1 1 1 1 a 1 1 1 实际上,对于 0< a ? ,由于 f ( ) ? ln ? a ? ?1 ? <0, f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 e e e e e a a a
(Ⅲ)当 0< a ? 且函数在 ? ,

?1 1? ?1 1? ? 上的图像不间断 ∴函数 f (x) 在 ? , ? 上有存在零点 ?e a? ?e a?

另外,当 x ? ? 0, 点 下
?1

? ?

1 1? ' ? 1? ? 1? ? , f ( x) ? ? a >0,故 f (x) 在 ? 0, ? 上单调增,∴ f (x) 在 ? 0, ? 只有一个零 x a? ? a? ? a?




?1


?1

f (x)


?1

?1 ? ? ,?? ? ?a ?
?1







,





f (e a ) ? ln e a ? ae a ? a ?1 ln e ? ae a ? a (a ?2 ? e a ) <0
为 此 我 们 要 证 明 : 当 x > e 时 , e x > x 2 , 设 h( x ) ? e x ? x 2 , 则 h ' ( x) ? e x ? 2 x , 再 设

l ( x) ? e x ? 2 x
∴ l ( x) ? e ? 2
' x

当 x >1 时, l ( x) ? e ? 2 > e -2>0, l ( x) ? e ? 2 x 在 ?1,?? ? 上是单调增函数
' x x

故当 x >2 时, h ( x) ? e ? 2 x > h (2) ? e ? 4 >0
' x ' 2

从 而

h( x ) ? e x ? x 2 在
x 2 e

?2,?? ?
2

上 是 单 调 增 函 数 , 进 而 当

x > e

时, h( x) ? e ? x > h(e) ? e ? e >0 即当 x > e 时, e x > x 2 ,

1 a ?1 a ?1 a ?1 ?1 a ?1 ?2 a ?1 时,即 a ?1 >e 时, f (e ) ? ln e ? ae ? a ln e ? ae ? a (a ? e ) <0 e 1 1 1 ?1 a ?1 又 f ( ) ? ln ? a ? ? ln a ? 1 >0 且函数 f (x) 在 a , e 上的图像不间断, a a a 1 ? a( x ? ) ?1 1 ?1 a a <0 故 f (x) 在 ∴ 函 数 f (x) 在 a , e 上 有 存 在 零 点 , 又 当 x > 时 , f ' ( x) ? x a
当 0< a <

?

?

?

?

?a

?1

,?? 上是单调减函数∴函数 f (x) 在 a ?1 ,?? 只有一个零点
1 时, f (x) 的零点个数为 2. e

?

?

?

综合(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)知:当 a ? 0 时, f (x) 的零点个数为 1;当 0< a <


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