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高三数学(理)第四次阶段性考试答案


高三数学(理)第四次阶段性考试答案
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 题号 答案 1 C 2 D 3 B 4 B 5 A 6 D 7 C 8 C 9 A 10 B 11 A 12 A

二.填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.y=2x+1. 14.

5 . 6

15. 3n ? n ? 4?

16.①②④

三.解答题(本大题共 6 小题,共 70 分) 17.(本小题 12 分) 1 1-cos2x 3 1 π 解:(1)由题意得 f(x)=sin2x- 3sinxcosx- = - sin2x- =-sin(2x+ ), 2 2 2 2 6 π π 3π 由 2kπ+ ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z, 2 6 2 π 2π 解得 kπ+ ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 6 3 因为 x∈[0, 3π π 2π 7π 3π ],所以 ≤x≤ 或 ≤x≤ . 2 6 3 6 2 3π π 2π 7π 3π ]上的单调递增区间为[ , ],[ , ]. 2 6 3 6 2 ………………6 分 ………………4 分

所以函数 f(x)在[0,

π 1 π π 1 (2)由 f(A)+sin(2A- )= ,得-sin(2A+ )+sin(2A- )= . 6 2 6 6 2 1 化简得 cos2A=- . 2 π π 又 0<A< ,所以 A= . 2 3 1 由题意知,S△ABC= bcsinA=2 3,解得 bc=8. 2 ……………10 分 ………………8 分

1 又 b+c=7,所以 a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc(1+cosA)=49-2× 8× (1+ )=25. 2 故所求 a 的值为 5. 18.(本小题 12 分) 解:(1)∵a1+3a2+32a3+…+ 3
n ?1

………………12 分 n an= ,① 3
n?2

∴当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+…+ 3 ①-②,得 3
n ?1

an-1=

n- 1 ,② 3 ………………4 分 ………………6 分

1 1 an= ,an= n. 3 3

1 1 在①中,令 n=1,得 a1= .∴an= n. 3 3 n (2)∵bn=a ,∴bn=n· 3n.
n

∴Sn=3+2× 32+3× 33+…+n· 3n.③ + ∴3Sn=32+2× 33+3× 34+…+n· 3n 1.④

3 ④-③,得 2Sn=n·

n ?1

-(3+32+33+…+3n).

………………10 分

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即 2Sn ? n ? 3

n?1

3(1 ? 3n ) ? . 1? 3
………………12 分

∴ Sn ?

(2n ? 1)3n?1 3 ? . 4 4

19.(本小题 12 分) 解答: 解: (Ⅰ)∵ ∴AD⊥AC, ∴ ∵sin∠BAC= ∴ , …. (2 分)
2 2 2

?

=0,



在△ ABD 中,由余弦定理可知 BD =AB +AD ﹣2AB?ADcos∠BAD, 2 即 AD ﹣8AD+15=0, 解之得 AD=5 或 AD=3 …. (6 分) 由于 AB>AD, ∴AD=3…..(7 分) (Ⅱ)在△ ABD 中,由正弦定理可知 又由 可知 ∴ , = , , , ,

∵∠ADB=∠DAC+∠C,∠DAC= ∴ .…(12 分)

20.(本小题 12 分) 解:(1) 由

Sn ? 3n ? 2 ,得 Sn ? 3n2 ? 2n . n
2 2

当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? (3n ? 2n) ? [3(n ?1) ? 2(n ?1)] ? 6n ? 5; 当 n ? 1 时, a1 ? S1 ? 3?1 ? 2 ? 6 ? 5 ? 1. 所以 an ? 6n ? 5(n ? N ).
*

……………3 分 ……………5 分 ……………6 分 ……………8 分

(2)由(1)得 bn ?

3 3 1 1 1 ? ? ( ? ), an ? an?1 (6n ? 5)[6(n ? 1) ? 5] 2 6n ? 5 6n ? 1

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1 1 1 1 1 1 1 1 [(1 ? ) ? ( ? ) ? ??? ? ( ? )] ? (1 ? ). ……………10 分 2 7 7 13 6n ? 5 6n ? 1 2 6n ? 1 1 m 1 1 m )? (n ? N * ) 成立的 m 必须满足 ? 因此,使得 (1 ? ,即 m ? 10 ,故满足要求的 2 20 2 6n ? 1 20 最小正整数 m 为 10. ……………12 分
故 Tn ? 21.(本小题 12 分) 1 1-x 解: (1) 当 a=-1 时,f(x)=-x+lnx,f′(x)=-1+x= x . 当 0<x<1 时,f′(x)>0;当 x>1 时,f′(x)<0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数. 1 1 1 (2) f′(x)=a+x,当 x∈(0,e]时,x∈[ ,+∞). e 1 ①若 a≥- ,则 f′(x)≥0,f(x)在(0,e]上为增函数. e ∴f(x)max=f(e)=ae+1≥0.不合题意. 1 1 1 ②若 a<- ,则由 f′(x)>0,得 a+x>0,即 0<x<-a. e 1 1 1 1 由 f′(x)<0,得 a+x<0 ,即-a<x≤e.从而 f(x)在(0,-a)上为增函数,在(-a,e]上为减函数. 1 1 ∴f(x)max=f(-a)=-1+ln(-a). 1 1 令-1+ln(-a)=-3,则 ln(-a)=-2. 1 - ∴- =e 2,即 a=-e2. a 1 ∵-e2<- ,∴a=-e2 为所求. e (3) 由(1)知当 a=-1 时 f(x)max=f(1)=-1, ∴|f(x)|≥1. 1-lnx lnx 1 令 g(x)= x + ,则 g′(x)= 2 ,令 g′(x)=0,得 x=e. 2 x 当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e)上单调递增;当 x>e 时,g′(x)<0,g(x)在(e,+∞)上单调递减. 1 1 ∴g(x)max=g(e)= + <1,∴g(x)<1. e 2 lnx 1 ∴|f(x)|>g(x),即|f(x)|> x + . 2 lnx 1 ∴方程|f(x)|= x + 没有实数解. 2 …………………12 分 ………………10 分 ………………8 分 ………………7 分 ……………5 分 ……………2 分 ……………4 分

………………9 分

22. (本小题满分 10 分) 【答案】 (1) ( x ? 2) 2 ? y 2 ? 4 ; (2 ) ? ?

?
4



3? ; 4

试题解析: ( 1 ) 由 ? ? 4cos? 得 ? 2 ? 4? cos? , 于 是 有 x 2 ? y 2 ? 4 x , 化 简 可 得

( x ? 2) 2 ? y 2 ? 4
(2)将 ?

-------- 5 分

? x ? 1 ? t cos? 代入圆的方程得 (t cos? ?1) 2 ? (t sin ? ) 2 ? 4 , y ? t sin ? ?
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化简得 t 2 ? 2t cos? ? 3 ? 0 .

设 A 、 B 两点对应的参数分别为 t1 、 t 2 ,则 ? 1

?t ? t 2 ? 2 cos? , ? t1t 2 ? ?3

? AB ? t1 ? t 2 ?
?

?t1 ? t 2 ?2 ? 4t1t 2

? 4 cos2 ? ? 12 ? 14 ,
--------10 分

4 cos2 ? ? 2 , cos? ? ?

2 ? 3? ,? ? 或 . 2 4 4

23. (本小题满分 10 分) 【答案】 (1)3; (2) x ? ? 或 x ?
2 2 2 2 2 试题解析: (1)? (a ? b )(1 ? 1 ) ? (a ? b) ,

1 3

5 . 3

?a ? b ? 3, (当且仅当

3 ? a b a ? 时取等号)又∵ a ? b ? m 恒成立,∴ m ? 3 .故 m 的 ? ,即 ? ? 2 1 1 ? 3 ?b ? ? ? 2

最小值为 3.

---------

5分

(2)使 2 | x ? 1 | ? | x |? a ? b 恒成立,须且只须 2 | x ? 1| ? | x |? 3 . ∴?

?x ? 1 ?x ? 0 ?0 ? x ? 1 1 5 或? 或? ∴ x ? ? 或 x ? . ----10 分 3 3 ? ?2 x ? 2 ? x ? 3 ? ?2 x ? 2 ? x ? 3 ?2 x ? 2 ? x ? 3

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