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2016-2017学年四川省成都外国语学校高三(上)9月月考数学试卷+(理科)(解析版)


2016-2017 学年四川省成都外国语学校高三(上)9 月月考数学试卷 (理 科)
一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的.) 1. (5 分)已知集合 A={x|﹣3<x<3},B={x|y=lg(x+1)},则集合 A∩B 为( ) A.[0,3) B.[﹣1,3) C. (﹣1,3) D. (﹣3,﹣1] 2. (5 分)下列说法正确的是( ) A.a∈R,“ <1”是“a>1”的必要不充分条件 B.“p∧q 为真命题”是“p∨q 为真命题”的必要不充分条件 C.命题“? x∈R 使得 x +2x+3<0”的否定是:“? x∈R,x +2x+3>0” D.命题 p:“? x∈R,sinx+cosx≤ ”,则¬p 是真命题 3. (5 分)已知 a=5 ,b=5 ,c=( ) ,则( )
2 2

A.a>c>b B.b>a>c C.a>b>c D.c>a>b 4. (5 分)已知 y=loga(2﹣ax)是[0,1]上的减函数,则 a 的取值范围为( A. (0,1) B. (1,2) C. (0,2) D. (2,+∞)



5. (5 分)若函数 f(x)=

,则 f{ f(log4 )}=(



A.

B.3

C.
x

D.4 ) D.[0,e﹣1] )

6. (5 分)函数 f(x)=e ﹣x 在区间[﹣1,1]上的值域为( A.[1,e﹣1] B. C.

7. (5 分)设函数 f(x)=ln(x+ A.13 B.﹣7 C.7 D.﹣4

)+3,若 f(a)=10,则 f(﹣a)=(

8. (5 分)将函数 f(x)=3sin(4x+

)图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍,再向右平移 )

个单

位长度,得到函数 y=g(x)的图象,则 y=g(x)图象的一条对称轴是( A.x= B.x= C. D.

9. (5 分)函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 e ?f(x)> x e +1 的解集为( ) A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<﹣1,或 x>1} D.{x|x<﹣1,或 0<x<1} 10. (5 分)已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ) (A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示,且 f(α)=1, α∈(0, ) ,则 cos(2 )=( )

x

1页

A.

B.

C.﹣
2

D.

11. (5 分)已知函数 f (x)=x ﹣x|x﹣a|﹣3a,a≥3.若函数 f (x)恰有两个不同的零点 x1,x2,则| ﹣ |的取值范围是( ) C. ( ,1] D. ( , ] )

A. (1,+∞)

B. ( ,+∞)
x

12. (5 分)已知函数 f(x)=e ﹣ax 有两个零点 x1<x2,则下列说法错误的是( A.a>e B.x1+x2>2 C.x1x2>1 D.有极小值点 x0,且 x1+x2<2x0 二、填空题(本大题共 4 小题,每题 5 分,满分 20 分. ) 13. (5 分)已知 cos( +α)= ,且﹣π<α<﹣ ,则 cos( ﹣α)= . .

14. (5 分)已知函数 f(x)= 15. (5 分)设 a=

,则 f(lg2)+f(lg )=
2 6 3

(cosx﹣sinx)dx,则二项式(x + ) 展开式中的 x 项的系数为
2 f(x)



16. (5 分)设函数 f(x)=kx +2x(k 为实常数)为奇函数,函数 g(x)=a ﹣1(a>0 且 a≠1) .当 a= 2 时,g(x)=t ﹣2mt+1 对所有的 x∈[﹣1,1]及 m∈[﹣1,1]恒成立,则实数 t 的取值范围 . 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17. (10 分)计算: (Ⅰ)log525+lg +ln +2 ;

(Ⅱ) 已知 a

+a

=3(a∈R) ,求值: +x)cos(



18. (12 分)已知函数 f(x)=cos(

﹣x)﹣sinxcosx+ .

(1)化简 f(x)的解析式,并写出 f(x)的最小正周期; (2)求当 x∈[0, ]时,求函数 f(x)的值域.

19. (12 分)已知函数 f(x)=lnx﹣ (Ⅰ)求函数 f(x)的单调递增区间; (Ⅱ)证明:当 x>1 时,f(x)<x﹣1.



2页

20. (12 分)已知△ABC 的面积为 S,且

?

=S,|



|=3.

(Ⅰ)若 f(x)=2cos(ωx+B) (ω>0)的图象与直线 y=2 相邻两个交点间的最短距离为 2,且 f( )=1, 求△ABC 的面积 S; (Ⅱ)求 S+3 cosBcosC 的最大值. 21. (12 分)某省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后,发现一天中环境综合放 射性污染指数 f(x)与时刻 x(时) 的关系为 f(x)=| 有关的参数,且 a∈[0, ]. (1)令 t= ,x∈[0,24],写出该函数的单调区间,并选择其中一种情形进行证明; ﹣a|+2a+ ,x∈[0,24],其中 a 是与气象

(2)若用每天 f(x)的最大值作为当天的综合放射性污染指数,并记作 M(a) ,求 M(a) ; (3)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过 2,试问目前市中心的综合放射性污染指数 M(a) 是否超标? 22. (12 分)已知函数 f(x)=xlnx﹣ x ﹣x+a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点. (1)求 a 的取值范围; (2)记两个极值点分别为 x1,x2,且 x1<x2,已知 λ>0,若不等式 e (3)证明: + + +…+ +(1+ ) <
n 1+λ 2

<x1?x2 恒成立,求 λ 的范围.

λ

(n∈N ,n≥2) .

*

3页

2016-2017 学年四川省成都外国语学校高三(上)9 月月考数学试 卷 (理科)
参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的.) 1. (5 分) (2016?朔州校级模拟)已知集合 A={x|﹣3<x<3},B={x|y=lg(x+1)},则集合 A∩B 为( ) A.[0,3) B.[﹣1,3) C. (﹣1,3) D. (﹣3,﹣1] 【分析】求出 B 中 x 的范围确定出 B,找出 A 与 B 的交集即可. 【解答】解:由 B 中 y=lg(x+1) ,得到 x+1>0,即 x>﹣1, ∴B=(﹣1,+∞) , ∵A=(﹣3,3) , ∴A∩B=(﹣1,3) , 故选:C. 【点评】此题考查了交集及其运算,熟练掌握交集的定义是解本题的关键. 2. (5 分) (2016?银川校级三模)下列说法正确的是( A.a∈R,“ <1”是“a>1”的必要不充分条件 B.“p∧q 为真命题”是“p∨q 为真命题”的必要不充分条件 2 2 C.命题“? x∈R 使得 x +2x+3<0”的否定是:“? x∈R,x +2x+3>0” D.命题 p:“? x∈R,sinx+cosx≤ ”,则¬p 是真命题 【分析】A.根据不等式的关系进行判断即可. B.根据充分条件和必要条件的定义进行判断. C.根据特称命题的否定是全称命题进行判断. D.根据三角函数的性质进行判断. 【解答】解:A.由 <1 得 a>1 或 a<0,则“ <1”是“a>1”的必要不充分条件,正确, B.若 p∧q 为真命题,则 p,q 都是真命题,此时 p∨q 为真命题,即充分性成立,反之当 p 假 q 真时,p ∨q 为真命题, 但 p∧q 为假命题,故“p∧q 为真命题”是“p∨q 为真命题”的充分不必要条件,故 B 错误, 2 2 C.命题“? x∈R 使得 x +2x+3<0”的否定是:“? x∈R,x +2x+3≥0”,故 C 错误, D.∵sinx+cosx= sin(x+ )≤ 恒成立,∴p 是真命题,则¬p 是假命题,故 D 错误, )

故选:A. 【点评】本题主要考查命题的真假判断,涉及充分条件和必要条件,含有量词的命题的否定,比较基础.

3. (5 分) (2016 秋?金牛区校级月考)已知 a=5

,b=5

,c=( )

,则(



A.a>c>b B.b>a>c C.a>b>c D.c>a>b 【分析】利用对数函数的单调性与性质以及指数函数的单调性与性质,推出 a,b,c 的范围,即可比较大 小,得到答案.

4页

【解答】解:



∴a>c>b, 故选 A. 【点评】本题考查不等式比较大小,掌握对数函数与指数函数的性质是解决问题的关键,属于基础题. 4. (5 分) (2015 秋?广西期末)已知 y=loga(2﹣ax)是[0,1]上的减函数,则 a 的取值范围为( ) A. (0,1) B. (1,2) C. (0,2) D. (2,+∞) 【分析】本题必须保证:①使 loga(2﹣ax)有意义,即 a>0 且 a≠1,2﹣ax>0.②使 loga(2﹣ax)在 [0,1]上是 x 的减函数.由于所给函数可分解为 y=logau,u=2﹣ax,其中 u=2﹣ax 在 a>0 时为减函数,所 以必须 a>1;③[0,1]必须是 y=loga(2﹣ax)定义域的子集. 【解答】解:∵f(x)=loga(2﹣ax)在[0,1]上是 x 的减函数, ∴f(0)>f(1) , 即 loga2>loga(2﹣a) . ∴ ,

∴1<a<2. 故答案为:B. 【点评】本题综合了多个知识点,需要概念清楚,推理正确. (1)复合函数的单调性; (2)函数定义域, 对数真数大于零,底数大于 0,不等于 1.本题难度不大,属于基础题.

5. (5 分) (2015 秋?广州校级期末)若函数 f(x)=

,则 f{ f(log4 )}=(



A.

B.3

C.

D.4

【分析】利用函数的表达式,x 的范围由内及外求出 f{ f(log4 )}的值即可.

【解答】解:因为函数 f(x)=



所以 f(log4 )=

=3,
1

f{ f(log4 )}=f{ ×3}=f(1)=4 =4. 故选 D. 【点评】本题考查分段函数函数值的求法,考查计算能力. 6. (5 分) (2016?山西三模)函数 f(x)=e ﹣x 在区间[﹣1,1]上的值域为( A.[1,e﹣1] B. C. D.[0,e﹣1]
x



5页

【分析】求函数的导数,判断函数的单调性和极值,最值,结合函数的最值即可求出函数的值域. 【解答】解:函数的导数 f′(x)=e ﹣1, x x 由 f′(x)>0 得 e ﹣1>0,即 e >1,得 0<x≤1,此时函数递增, x x 由 f′(x)<0 得 e ﹣1<0,即 e <1,得﹣1≤x<0,此时函数递减, 即当 x=0 时,函数取得极小值同时也是最小值 f(0)=1, ∵f(1)=e﹣1,f(﹣1)= +1<e﹣1, ∴函数的最大值为 f(1)=e﹣1, 即函数的值域为[1,e﹣1], 故选:A. 【点评】本题主要考查函数值域的求解,求函数的导数,利用导数研究函数的极值和最值即可.
x

7. (5 分) (2016?南昌三模)设函数 f(x)=ln(x+ A.13 B.﹣7 C.7 D.﹣4

)+3,若 f(a)=10,则 f(﹣a)=(



【分析】由于 f(x)﹣3+f(﹣x)﹣3=ln(x+ 【解答】解:f(x)﹣3+f(﹣x)﹣3=ln(x+

)+ln(﹣x+ )+ln(﹣x+

)=ln1=0,即可得出. )=ln1=0,

∴f(a)﹣3+f(﹣a)﹣3=0, ∴10﹣6+f(﹣a)=0, 解得 f(﹣a)=﹣4. 故选:D. 【点评】本题考查了对数的运算性质、函数的奇偶性,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

8. (5 分) (2014?许昌一模)将函数 f(x)=3sin(4x+ 向右平移 A.x=

)图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍,再 )

个单位长度,得到函数 y=g(x)的图象,则 y=g(x)图象的一条对称轴是( B.x= C. D.

【分析】根据函数 y=Asin(ωx+?)的图象变换规律,得到 g(x)=3sin(2x﹣ 的一条对称轴是 .

) ,从而得到 g(x)图象

【解答】解:将函数 f(x)=3sin(4x+ (2x+ )的图象,

)图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍,可得函数 y=3sin

再向右平移 ﹣ ) .

个单位长度,可得 y=3sin[2(x﹣

)+

]=3sin(2x﹣

)的图象,故 g(x)=3sin(2x

令 2x﹣

=kπ+

,k∈z,得到 x= ?π+ ,

,k∈z.

则得 y=g(x)图象的一条对称轴是

6页

故选:C. 【点评】本题主要考查函数 y=Asin(ωx+?)的图象变换规律,函数 y=Asin(ωx+?)的图象的对称轴,属 于中档题. 9. (5 分) (2014?安庆三模)函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则 不等式 e ?f(x)>e +1 的解集为( ) A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<﹣1,或 x>1} D.{x|x<﹣1,或 0<x<1} x x 【分析】构造函数 g(x)=e ?f(x)﹣e ,结合已知可分析出函数 g(x)的单调性,结合 g(0)=1,可得 x x 不等式 e ?f(x)>e +1 的解集. x x 【解答】解:令 g(x)=e ?f(x)﹣e , x 则 g′(x)=e ?[f(x)+f′(x)﹣1] ∵对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1, ∴g′(x)>0 恒成立 即 g(x)=e ?f(x)﹣e 在 R 上为增函数 又∵f(0)=2,∴g(0)=1 故 g(x)=e ?f(x)﹣e >1 的解集为{x|x>0} x x 即不等式 e ?f(x)>e +1 的解集为{x|x>0} 故选 A x x 【点评】本题考查的知识点是函数单调性的性质,导数的运算,其中构造出函数 g(x)=e ?f(x)﹣e , 是解答的关键. 10. (5 分) (2016?陕西二模)已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ) (A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图 所示,且 f(α)=1,α∈(0, ) ,则 cos(2 )= ( )
x x x x x x

A.

B.

C.﹣

D. ,﹣3)可得 φ 值,可得解析式,再由

【分析】由图象可得 A 值和周期,由周期公式可得 ω,代入点( f(α)=1 和同角三角函数基本关系可得. 【解答】解:由图象可得 A=3, 故 f(x)=3sin(2x+φ) ,代入点( 故 sin( +φ)=﹣1, =4( ﹣ ) ,解得 ω=2,

,﹣3)可得 3sin( ,∴φ=2kπ﹣

+φ)=﹣3, ,k∈Z ) ,

+φ=2kπ﹣

结合 0<φ<π 可得当 k=1 时,φ= ∵f(α)=3sin(2α+

,故 f(x)=3sin(2x+ )= ,
7页

)=1,∴sin(2α+

∵α∈(0, ∴cos(2

) ,∴2α+ )=﹣

∈(



) , =﹣ ,

故选:C. 【点评】本题考查正弦函数的图象,涉及整体法和同角三角函数基本关系,属中档题. 11. (5 分) (2016?漳州模拟)已知函数 f (x)=x ﹣x|x﹣a|﹣3a,a≥3.若函数 f (x)恰有两个不同的 零点 x1,x2,则| A. (1,+∞) ﹣ |的取值范围是( )
2

B. ( ,+∞)

C. ( ,1] D. ( , ]

【分析】当 a≥3 的取值范围结合函数 f(x)有两个零点,利用韦达定理写出 x1+x2,x1?x2 的表达式,结合 一元二次函数的性质进行求解即可. 【解答】解:f (x)=x ﹣x|x﹣a|﹣3a= 当 x>a>3,令 f(x)=0,ax﹣3a=0,x=3,不满足, x≤a 时,函数 f (x)恰有两个不同的零点 x1,x2, 2 令 f(x)=0,则可得 x1,x2 是方程 2x ﹣ax﹣3a=0 的两个根, 则:x1+x2= ,x1?x2=﹣ ,
2

,a≥3,

|



|=

=

=

=

∈( ,1],

故答案选:C. 【点评】本题主要考查函数单调性和函数零点的应用,根据分段函数的性质是解决本题的关键.综合性较 强,难度较大. 12. (5 分) (2016?河南模拟)已知函数 f(x)=e ﹣ax 有两个零点 x1<x2,则下列说法错误的是( A.a>e B.x1+x2>2 C.x1x2>1 D.有极小值点 x0,且 x1+x2<2x0 【分析】对四个选项分别进行判断,即可得出结论. x 【解答】解:∵f(x)=e ﹣ax, x x ∴f′(x)=e ﹣a,令 f′(x)=e ﹣a>0, x ①当 a≤0 时,f′(x)=e ﹣a>0 在 x∈R 上恒成立, ∴f(x)在 R 上单调递增. x x ②当 a>0 时,∵f′(x)=e ﹣a>0,∴e ﹣a>0,解得 x>lna, ∴f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增. x ∵函数 f(x)=e ﹣ax 有两个零点 x1<x2, ∴f(lna)<0,a>0, lna ∴e ﹣alna<0, ∴a>e,A 正确; a= ,f(2)=e ﹣2a=0,∴x2=2,f(0)=1>0,∴0<x1<1,∴x1+x2>2,正确;
2 x



f(0)=1>0,∴0<x1<1,x1x2>1,不正确;
8页

f(x)在(﹣∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增,∴有极小值点 x0=lna,且 x1+x2<2x0=2lna, 正确. 故选:C. 【点评】本题考查了利用导数求函数的极值,研究函数的零点问题,利用导数研究函数的单调性,对于利 用导数研究函数的单调性,注意导数的正负对应着函数的单调性. 二、填空题(本大题共 4 小题,每题 5 分,满分 20 分. ) 13. (5 分) (2014?遵义二模)已知 cos( 【分析】由已知 ,且 = 【解答】解:∵ ∵ ∵ ∴ 故答案为: . ∴ , = = , ∴ +α)= ,且﹣π<α<﹣ ,可求 ,从而可求 ,则 cos( ﹣α)= ﹣ ,而 .

【点评】本题主要考查了综合应用同角平方关系,诱导公式求解三角函数值,主要考查了公式的应用,难 度不大,到要求熟练掌握公式并能灵活应用.

14. (5 分) (2016?武汉模拟)已知函数 f(x)= 【分析】利用对数函数 F(x)= 【解答】解:函数 f(x)= 则 f(lg2)+f(lg )=f(lg2)+f(﹣lg2) 令 F(x)= F(﹣x)= ∴F(x)+F( (﹣x)=0 ∴F(x)= =f(x)﹣1 是奇函数, , , ,

,则 f(lg2)+f(lg )= 2 . 是奇函数以及对数值,直接化简求解即可.

∴f(lg2)﹣1+f(﹣lg2)﹣1=0 ∴f(lg2)+f(﹣lg2)=2, 即 f(lg2)+f(lg )=2 故答案为:2
9页

【点评】本题考查函数的奇偶性,考查分析问题解决问题的能力.
2 6 3

15. (5 分) (2016?银川校级三模)设 a=

(cosx﹣sinx)dx,则二项式(x + ) 展开式中的 x 项的

系数为 ﹣160 . 【分析】根据微积分基本定理首先求出 a 的值,然后再根据二项式的通项公式求出 k 的值,问题得以解决. 【解答】解:∵a= ∴(x + ) = ∵ ∴12﹣3k=3 解得,k=3 ∴ = =﹣160. = ?x
12﹣3k 2 6

(cosx﹣sinx)dx=(sinx+cosx)

=﹣2,

故答案为:﹣160. 【点评】本题主要考查了微积分基本定理和二项式的通项公式,培养了学生的计算能力. 16. (5 分) (2016 春?扬州校级期中)设函数 f(x)=kx +2x(k 为实常数)为奇函数,函数 g(x)=a 2 ﹣1(a>0 且 a≠1) .当 a= 时,g(x)=t ﹣2mt+1 对所有的 x∈[﹣1,1]及 m∈[﹣1,1]恒成立,则实 数 t 的取值范围 (﹣∞,﹣2]∪{0}∪[2,+∞) . . 2 【分析】 通过讨论 a 的范围, 求出函数 g (x) 最大值的表达式, 根据函数的单调性问题转化为 1≤t ﹣2mt+1 2 2 即 t ﹣2mt≥0 在[﹣1,1]上恒成立,令 h(m)=﹣2mt+t ,解关于 t 的不等式,求出 t 的范围即可. 2 2 【解答】解:由 f(﹣x)=﹣f(x)得 kx ﹣2x=﹣kx ﹣2x, f(x) 2 x ∴k=0,∵g(x)=a ﹣1=(a ) ﹣1, 2 2 x ①当 a >1,即 a>1 时,g(x)=(a ) ﹣1 在[﹣1,2]上为增函数, 4 ∴g(x)最大值为 g(2)=a ﹣1; 2 2 x ②当 a <1,即 0<a<1 时,∴g(x)=(a ) 在[﹣1,2]上为减函数, ∴g(x)最大值为 g(﹣1)= ﹣1,
2 f(x)

∴g(x)max=



由②得 g(x)在 x∈[﹣1,1]上的最大值为 g(1)= ∴1≤t ﹣2mt+1 即 t ﹣2mt≥0 在[﹣1,1]上恒成立, 2 令 h(m)=﹣2mt+t , ∴ 即 ,
2 2

﹣1=1,

∴t∈(﹣∞,﹣2]∪{0}∪[2,+∞) . 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查函数恒成立问题,是一道中档题. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
10 页

17. (10 分) (2016 秋?金牛区校级月考)计算: (Ⅰ)log525+lg +ln +2 ;

(Ⅱ) 已知 a

+a

=3(a∈R) ,求值:



【分析】 (I)利用对数的运算性质即可得出. (II)a +a =3(a∈R) ,平方利用乘法公式化简,在平方化简代入进而得出. ;
﹣1

【解答】解: (Ⅰ)原式= (Ⅱ)∵ ∴
2

,∴a+a =7,∴a +a =47, .

﹣2

【点评】本题考查了对数的运算性质、乘法公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

18. (12 分) (2016 秋?金牛区校级月考)已知函数 f(x)=cos( (1)化简 f(x)的解析式,并写出 f(x)的最小正周期; (2)求当 x∈[0, ]时,求函数 f(x)的值域.

+x)cos(

﹣x)﹣sinxcosx+ .

【分析】 (1)由三角函数中的恒等变换应用化简可得函数解析式为 f(x)= 的周期性及其求法可求函数的最小正周期; (2)根据三角函数的性质求得函数的值域. 【解答】解: (1)∵f(x)=cos( =( cosx﹣
2 2

cos(2x+

) ,由三角函数

+x)cos(

﹣x)﹣sinxcosx+

sinx) ( cosx+

sinx)﹣ sin2x+

= cos ﹣ sin x﹣ sin2x+ = ﹣ ﹣ sin2x+

= (cos2x﹣sin2x) = cos(2x+ ) ,

函数 f(x)的最小正周期为 T=π, (2)由 所以当 ,得 时,求函数 f(x)的值域为 , .

【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用,三角函数的周期性及其求法,正弦函数的图象和性 质的应用,属于基本知识的考查.
11 页

19. (12 分) (2015 秋?文昌校级期末)已知函数 f(x)=lnx﹣



(Ⅰ)求函数 f(x)的单调递增区间; (Ⅱ)证明:当 x>1 时,f(x)<x﹣1. 【分析】 (Ⅰ)求函数 f(x)的导数,利用导函数大于 0,求解不等式得到函数的单调递增区间; (Ⅱ)构造函数,利用导数判断函数的单调性,然后证明当 x>1 时,f(x)<x﹣1. 【解答】 (I)解: ,x∈(0,+∞) .

由 f′(x)>0 得

解得



故 f(x)的单调递增区间是



(II)证明:令 F(x)=f(x)﹣(x﹣1) ,x∈(0,+∞) . 则有 .当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,

所以 F(x)在[1,+∞)上单调递减, 故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0, 即当 x>1 时,f(x)<x﹣1. 【点评】本题考查函数的导数的应用,函数的单调性与对数的关系,不等式的证明的方法,考查分析问题 解决问题的能力.

20. (12 分) (2016?贵阳校级模拟)已知△ABC 的面积为 S,且

?

=S,|



|=3.

(Ⅰ)若 f(x)=2cos(ωx+B) (ω>0)的图象与直线 y=2 相邻两个交点间的最短距离为 2,且 f( )=1, 求△ABC 的面积 S; (Ⅱ)求 S+3 cosBcosC 的最大值. 【分析】 (Ⅰ)由条件利用余弦函数的图象特征求出 ω,可得 f(x)的解析式,再根据 f( )=1 求得 B, 再利用条件求得 A,从而△ABC 是直角三角形,从而计算△ABC 的面积 S. (Ⅱ)利用正弦定理求得△ABC 的外接圆半径 R,再化减 S+3 cosBcosC 为 3 cos(B﹣C) ,从而求得 它的最大值. 【解答】解: (Ⅰ)∵f(x)=2cos(ωx+B) (ω>0)的图象与直线 y=2 相邻两个交点间的最短距离为 T, ∴T=2,即: 又 ,解得 ω=π,故 f(x)=2cos(πx+B) . ,即: ,∵B 是△ABC 的内角,∴ ,

设△ABC 的三个内角的对边分别为 a,b,c, ∵ 解得 ,∴ , , ,从而△ABC 是直角三角形,

12 页

由已知 (Ⅱ)由(Ⅰ)知

得, ,

,从而





设△ABC 的外接圆半径为 R,则 2R=

=

=2

,解得 R=



∴S+3

cosBcosC= bcsinA+3

cosBcosC=

bc+3

cosBcosC

=3 sinBsinC+3 cosBcosC=3 cos(B﹣C) , 故 的最大值为 . 【点评】本题主要考查余弦函数的图象特征,正弦定理,两个向量的数量积的运算,属于中档题. 21. (12 分) (2013?崇明县二模)某省环保研究所对市中心每天环境放射性污染情况进行调查研究后,发 现一天中环境综合放射性污染指数 f(x)与时刻 x(时) 的关系为 f(x)=| 24],其中 a 是与气象有关的参数,且 a∈[0, ]. (1)令 t= ,x∈[0,24],写出该函数的单调区间,并选择其中一种情形进行证明; ﹣a|+2a+ ,x∈[0,

(2)若用每天 f(x)的最大值作为当天的综合放射性污染指数,并记作 M(a) ,求 M(a) ; (3)省政府规定,每天的综合放射性污染指数不得超过 2,试问目前市中心的综合放射性污染指数 M(a) 是否超标? 【分析】 (1)单调递增区间为[0,1];单调递减区间为[1,24],利用单调性的定义可以证明; (2)先确定 t 的取值范围是[0, ],再进行分类讨论,从而可得 M(a)的解析式; (3)利用分段函数,可得当 时不超标,从而可得结论.

【解答】解: (1)单调递增区间为[0,1];单调递减区间为[1,24]. 证明:任取 0≤x1<x2≤1,t(x1)﹣t(x2)= ,

∵0≤x1<x2≤1,∴x1﹣x2<0,1﹣x1x2>0,∴

<0,∴t(x1)﹣t(x2)<0.

所以函数 t(x)在[0,1]上为增函数. (同理可证在区间[1,24]单调递减) (2)由函数的单调性知 tmax(x)=t(1)= ,tmin(x)=t(0)=0, ∴t= = ,∴t 的取值范围是[0, ].

当 a∈[0, ]时,由于 f(x)=|

﹣a|+2a+ ,则可记 g(t)=|t﹣a|+2a+

则 g(t)=
13 页

∵g(t)在[0,a]上单调递减,在(a, ]上单调递增, 且 g(0)=3a+ .g( )=a+ ∴g(0)﹣g( )=2(a﹣ ) .

故 M(a)=



(3)当 当 时,

时,

,∴

,不满足题意 a∈[0, ]; 时,满足题意 a∈[0, ].

,∴a≤ ,∴

故当 0≤a≤ 时不超标,当 <a≤ 时超标. 【点评】本题主要考查了函数模型的选择与应用、考查求函数解析式及分类讨论的思想,属于实际应用题.
2

22. (12 分) (2016 秋?金牛区校级月考)已知函数 f(x)=xlnx﹣ x ﹣x+a(a∈R)在其定义域内有两个 不同的极值点. (1)求 a 的取值范围; (2)记两个极值点分别为 x1,x2,且 x1<x2,已知 λ>0,若不等式 e (3)证明: + + +…+ +(1+ ) <
n 1+λ

<x1?x2 恒成立,求 λ 的范围.

λ

(n∈N ,n≥2) .

*

【分析】 (1)依题意,函数 f(x)的定义域为(0,+∞) ,f′(x)=lnx﹣ax,函数 f(x)在其定义域内有两 个不同的极值点.即 lnx﹣ax=0 在(0,+∞)上有两个不同根.转化为,函数 y=lnx 与函数 y=ax 的图象在 (0,+∞) ,上有两个不同交点,令过原点且切于函数 y=lnx 图象的直线斜率为 k,只需 0<a<k.利用导 数的几何意义即可得出. (2)不等式 e
1+λ

<x1?x2 恒成立,等价于 1+λ<lnx1+λlnx2.由(1)可知:x1,x2 分别是方程 lnx﹣ax=0 的

λ

两个根, 即 lnx1=ax1, lnx2=ax2. 可得 1+λ<( a x1+λx2) , 进而得到原式等价于 a>

. 又 a=

. 原

式等价于



,令 t=

,t∈(0,1) ,则不等式等价于 lnt<

在 t∈(0,

1)上恒成立.利用导数研究其单调性即可得出. (3)利用导数可以证明:lnx<x﹣1. 令 x=n(n∈N , n≥2) , 有 lnn <n ﹣1, 即
2 * 2 2

. 令 x=1+ , 有 ln

, 可得

<e<3.即可证明. 【解答】 (1)解:依题意,函数 f(x)的定义域为(0,+∞) ,f′(x)=lnx﹣ax,
14 页

∵函数 f(x)在其定义域内有两个不同的极值点. ∴lnx﹣ax=0 在(0,+∞)上有两个不同根.转化为,函数 y=lnx 与函数 y=ax 的图象在(0,+∞) ,上有两 个不同交点, 令过原点且切于函数 y=lnx 图象的直线斜率为 k,只需 0<a<k. 令切点 A(x0,lnx0) , 则 k= = ,∴ = ,解得,x0=e,

∴k= ,0


1+λ λ

(2)解:∵不等式 e <x1?x2 恒成立,∴1+λ<lnx1+λlnx2. 由(1)可知:x1,x2 分别是方程 lnx﹣ax=0 的两个根,即 lnx1=ax1,lnx2=ax2. ∴1+λ<lnx1+λlnx2.等价于 1+λ<a(x1+λx2) , ∵λ>0,0<x1<x2,∴原式等价于 a> .

∵lnx1=ax1,lnx2=ax2.∴

=a(x1﹣x2) ,即 a=



∴原式等价于





∵0<x1<x2,原式恒成立,即



恒成立.

令 t=

,t∈(0,1) ,则不等式等价于 lnt<

在 t∈(0,1)上恒成立.

令 h(t)=lnt﹣
2

,又 h′(t)=



当 λ ≥1 时,又 h′(t)>0,∴h(t)在 t∈(0,1)上单调增,又 h(1)=0,∴h(t)<0 在 t∈(0,1) , 2 2 2 恒成立,符合题意.当 λ <1 时,可得:h(t)在(0,λ )上单调递增,在(λ ,1)上时单调减,又 h(1) =0, ∴h(t)在 t∈(0,1)上不能恒小于 0,不符合题意,舍去. 综上所述:若不等式 e <x1?x2 恒成立,只需 λ ≥1,又 λ>0,∴λ≥1. (3)当 a=2 时,令 g(x)=f(x)+2x﹣2=xlnx﹣x +x,则 当 x>1 时 g''(x)<0,则 g'(x)在(1,+∞)单调站递减,而 g'(1)=0. 当 x>1 时,g'(x)<0,则 g(x)在(1,+∞)单调站递减,又 g(1)=0, 2 ∴以当 x>1 时有 g(x)=xlnx﹣x +x<g(0)=1? lnx<x﹣1. 令 x=n (n∈N ,n≥2) ,有 lnn <n ﹣1,即
2 * 2 2 2 1+λ λ 2





15 页



+

+

+…+

< (2+3+…+n)=

.①

令 x=1+ ,有 ln

,可得

<e<3,②
n *

①+②有:

+

+

+…+

+(1+ ) <

(n∈N ,n≥2) .

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、换元法、放缩法,考查了推理能力与计算能 力,属于难题.

16 页

2017 年 1 月 8 日

17 页


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