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湖北省八校2011届高三第一次联考数学试题理科


1

2

3

4

2011 届湖北八校第一次联考数学试题(理科)2010. 12 联考数学试题( 参 考 答 案
题号 答案

1 D
3 3

2 A

3

4 A

5 C

6

7

8 C

9 C
13 9

10

B

A

D

B

11 .

12 . ?3


13.

?9

14 . 1 + (n ? 1)2n

15 .

16 . (Ⅰ)∵ p // q

12 cos 2 A = (1 ? sin A) ? 2 sin A , 7

∴ 6(1 ? 2sin 2 A) = 7 sin A(1 ? sin A) , 5sin 2 A + 7 sin A ? 6 = 0 ,
∴ sin A = 3 . (sin A = ?2舍) 5 1 (Ⅱ)由 S ?ABC = bc sin A = 3, b = 2 ,得 c = 5 , 2 4 2 又 cos A = ± 1 ? sin A = ± , 5
6分

∴ a 2 = b 2 + c 2 ? 2bc cos A = 4 + 25 ? 2 × 2 × 5cos A = 29 ? 20 cos A ,
当 cos A =

4 2 时, a = 13, a = 13 ; 5 4 2 当 cos A = ? 时, a = 45, a = 3 5 . 5

10 分 12 分

17 .(Ⅰ)∵ f ( x) 是偶函数, ∴ f (? x) = f ( x) ,
1 ? mx mx + 1 = log 2 (1 + x 4 ) ? , 2 1+ x 1 + x2 ∴ mx = 0 ,∴ m = 0 . 2分 1 ∴ f ( x) = log 2 (1 + x 4 ) ? , f ( x) 的递增区间为 [0, +∞) ,递减区间为 (?∞, 0] . 1 + x2 ∴ log 2 (1 + x 4 ) ?
4分 (Ⅱ)∵ f ( x ) 是偶函数 ,∴ f ( x + k ) = f ( x + k ) , 不等式即 f ( x + k ) > f ( 3x + 1) ,由于 f ( x) 在 [0, +∞) 上是增函数,
5

∴ x + k > 3x + 1 , ∴ x 2 + 2kx + k 2 > 9 x 2 + 6 x + 1 ,
即 8 x + (6 ? 2k ) x + (1 ? k ) < 0 ,∴ ( x ?
2 2



k ?1 k + 1 3k ? 1 ? (? )= , 2 4 4 1 ∴ k = 时,不等式解集为 Φ ; 3 1 k + 1 k ?1 k > 时,不等式解集为 (? , ); 3 4 2 1 k ?1 k + 1 k < 时,不等式解集为 ( ,? ). 3 2 4

k ?1 k +1 )( x + )<0, 2 4

7分

12 分

18 . (Ⅰ)∵ C , D 关于直线 l 对称∴C 点坐标为 (2 × 34 ? 44, 16) 即 (24, 16) ,
? ? 22 = a sin ? + b ? π ? ?19 = a sin( + ? ) + b 6 ? π ? ?16 = a sin( 3 + ? ) + b ? ① ② ③

把 A 、 B 、 C 的坐标代入解析式,得

② ? ①,得 ③ ? ①,得

a[sin( + ? ) ? sin ? ] = ?3 , 6 a[sin( + ? ) ? sin ? ] = ?6 , 3

π π

3 3 π π cos ? + sin ? , ∴ 2sin( + ? ) ? 2sin ? = sin( + ? ) ? sin ? ,∴ cos ? + 3s in ? = 6 3 2 2 ∴ (1 ? 3 3 3 ) cos ? = ( ? 3) sin ? = 3( ? 1)sin ? , 2 2 2 3 ,∵ 0 < ? < π 3
∴? = π ?

∴ tan ? = ?

π
6

=

5π , 代入②,得 b = 19 , 6 5π . 6
7分

再由①,得 a = 6 ,

∴ a = 6, b = 19 , ? =

于是, ABC 段的解析式为 y = 6sin(

π
72

x+

5π ) + 19 , 6
6

由对称性得, DEF 段的解析式为 y = 6sin[

π

72 5π π ∴ (68 ? xF ) + = , 解得 xF = 92 , 72 6 2 ∴ 当 x = 92 时,股价见顶.

(68 ? x) +

π

5π ] + 19 , 6

10 分

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知, yF = 6 + 19 = 25 ,故这次操作老张能赚 5000 × (25 ? 16) = 45 000 元. 12

19 . (Ⅰ)∵ l 与圆相切,∴1 =

m 1+ k
2

∴ m2 = 1 + k 2

………… ①

由?

? y = kx + m 2 2 2 , 得 (1 ? k ) x ? 2mkx ? (m + 1) = 0 , 2 2 ?x ? y = 1

? ? 1? k 2 ≠ 0 ? ? ∴ ?? = 4m 2 k 2 + 4(1 ? k 2 ) (m2 + 1) = 4(m2 + 1 ? k 2 ) = 8 > 0 , ? 2 ? x1 ? x2 = m2 + 1 < 0 ? k ?1 ?

∴ k 2 < 1, ∴?1 < k < 1 ,故 k 的取值范围为 (?1,1) .
由于 x1 + x2 =

2mk 2 2 2 2 ∴ x2 ? x1 = ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 = = , 2 2 1? k 1? k 2 1? k ∴ 当 k 2 = 0 时, x2 ? x1 取最小值 2 2 .
6分

∵0 ≤ k2 < 1

(Ⅱ)由已知可得 A1 , A2 的坐标分别为 ( ?1, 0), (1, 0) ,

∴ k1 =

y1 y y1 y2 (kx + m)(kx2 + m) , k2 = 2 , ∴ k1 ? k2 = = 1 x1 + 1 x2 ? 1 ( x1 + 1)( x2 ? 1) ( x1 + 1)( x2 ? 1)
k2 ? m2 + 1 2mk ? mk ? 2 + m2 2 k ?1 k ?1 m2 + 1 2 2 ? ?1 k 2 ?1 k 2 ?1

=

k x1 x2 + mk ( x1 + x2 ) + m = x1 x2 + ( x2 ? x1 ) ? 1
2 2

7

=

m 2 k 2 + k 2 ? 2m 2 k 2 + m 2 k 2 ? m 2 k 2 ? m2 = 2 , m2 + 1 ? 2 2 ? k 2 + 1 m ? k2 + 2 ? 2 2
m 2 ? k 2 = 1 , ∴ k1 ? k 2 =
?1 = ?(3 + 2 2) 为定值. 3? 2 2
12 分

由①,得

20 . (Ⅰ)∵ an+1 ? f (n + 1) = 3[an ? f (n)]
所以只需 f (n + 1) ? 3 f (n) = 2
n ?1

∴ an+1 = 3an + f (n + 1) ? 3 f (n) ,

? 8n ,

∵ f (n + 1) ? 3 f (n) = ? A ? 2n?1 ? 2 Bn + ( B ? 2C ) ,∴? A = 1, ?2 B = ?8, B ? 2C = 0 ,
∴ A = ?1, B = 4, C = 2 .故李四设想的 f (n) 存在, f (n) = ?2n ?1 + 4n + 2 .

∴ an ? f (n) = 3n?1[a1 ? f (1)] = 3n?1 (7 ? 5) = 2 × 3n ?1 , ∴ an = 2 × 3n?1 + f (n) = 2 × 3n ?1 ? 2n ?1 + 2(2n + 1).
(Ⅱ) Sn = 2(1 + 3 + 3 + ? + 3
2 n ?1

5分

) ? (1 + 2 + ? + 2n?1 )
7分

+2[3 + 5 + ? + (2n + 1)] = 3n ? 2n + 2n2 + 4n. ∴ Sn ? 2n 2 = 3n ? 2n + 4n ,
由 Sn ? 2n > p × 3 ,得
2 n

p<

3n ? 2 n + 4n 2n ? 4n . = 1? 3n 3n

设 bn =

3n ? 2 n + 4n ,则 3n 2 n +1 ? 4( n + 1) 2n ? 4n 2 n ? 8n + 4 2 n ? 4(2n ? 1) , ?1+ = = 3n +1 3n 3n +1 3n +1
n?2 1 2 n ?3 n? = (1 + 1) n? 2 ≥ 1 + Cn?2 + Cn?2 + ? + Cn? 2 + Cn?22

b n +1 ? bn = 1 ?
当 n ≥ 6 时, 2

(n ? 2)(n ? 3) ≥ 2n ? 2 + 2(n ? 3) = 4n ? 8 > 2n ? 1 ,(用数学归纳法证也行) 2 689 ∴ n ≥ 6 时 , bn +1 > bn . 容 易 验 证 , 1 ≤ n ≤ 5 时 , bn|+1 < bn , ∴ p < (bn )min = b6 = , 729 689 ∴ p 的取值范围为 (?∞, ). 13 分 729 ≥ 2(1 + n ? 2) +
8

a2 ? 2 1 2ax( x ? ) a 2a . 21 . f ′( x) = 2 + 2x ? a = 1 1 1 + ax + ax 2 2
(Ⅰ)由已知,得 f ′( ) = 0 且

1 2

a2 ? 2 ≠ 0 ,∴ a 2 ? a ? 2 = 0 ,∵ a > 0 ,∴ a = 2 . 2a

(Ⅱ)当 0 < a ≤ 2 时,∵

a 2 ? 2 1 a 2 ? a ? 2 (a ? 2)(a + 1) 1 a2 ? 2 , ? = = ≤ 0 ,∴ ≥ 2a 2 2a 2a 2 2a

1 2ax 1 a2 ? 2 ∴ 当 x ≥ 时, x ? > 0 ,∴ f ′( x) ≥ 0 ,故 f ( x) 在 [ , + ∞) 上是增函 ≥ 0 .又 2 2a 1 + ax 2
数. 5分 (Ⅲ) a ∈ (1, 2) 时,由(Ⅱ)知, f ( x) 在 [ ,1] 上的最大值为 f (1) = ln( + 于是问题等价于:对任意的 a ∈ (1, 2) ,不等式 ln( + 记 g ( a ) = ln( +

1 2

1 2

1 a) + 1 ? a , 2

1 2

1 a ) + 1 ? a + m(a 2 ? 1) > 0 恒成立. 2

1 1 a ) + 1 ? a + m(a 2 ? 1) , 1 < a < 2 ) ( 2 2 1 a 则 g ′( a ) = [2ma ? (1 ? 2m)] , ? 1 + 2ma = 1+ a 1+ a ?a 当 m = 0 时, g ′( a ) = < 0 , ∴ g (a ) 在区间 (1, 2) 上递减,此时, g (a ) < g (1) = 0 , 1+ a
2

由于 a ? 1 > 0 ,∴ m ≤ 0 时不可能使 g ( a ) > 0 恒成立,故必有 m > 0 ,

∴ g ′(a ) =


2ma 1 [a ? ( ? 1)] . 1+ a 2m

1 1 ? 1 > 1 , 可 知 g (a ) 在 区 间 (1, min{2, ? 1}) 上 递 减 , 在 此 区 间 上 , 有 2m 2m 1 g (a ) < g (1) = 0 ,与 g ( a ) > 0 恒成立矛盾,故 ? 1 ≤ 1 ,这时, g ′(a ) > 0 , g (a ) 在 (1, 2) 上 2m

?m > 0 1 ? 递增,恒有 g ( a ) > g (1) = 0 ,满足题设要求,∴ ? 1 ,即 m ≥ , 4 ? 2m ? 1 ≤ 1 ?
所以,实数 m 的取值范围为 [ , + ∞) .

1 4

14 分

9


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