绵阳市高中届第一次诊断性考试理科数学PDF版含答案Word格式文档下载.docx
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∴2x+π=-
04
3π
5π,
0+4∈44
解得x0=-4
.………………………………………………………………12分
理科数学答案第1页(共6页)
18.解:
(1)∵an+2+an=2an+1,n∈N*,即an+2-an+1=an+1-an,
∴数列{an}是等差数列.
由a1=1,a4=a1+3d=7,解得a1=1,d=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n-1.………………………………………………………4分当n=1时,b1=2,
当n≥2时,b=S-S=2n+1-2-(2n-2)
nnn-1
=2n+1-2n=2⨯2n-2n=2n.
∴数列{b}的通项公式为b=2n.……………………………………………8分
nn
2n-1
(2)由
(1)得,cn=2+n,………………………………………………9分
n
T=(2+1)+(23+2)+(25+3)++(22n-1+n)
=(2+23+25+
=2(1-4n)+n(1+n)1-42
2n+12
=2-2+n+n
.……………………………………………………12分
32
19.解:
(1)在△ABC中,A+B+C=π,即B=π-(A+C),
∴sinB=sin(A+C),
由题意得
cosB=sinB+1.…………………………………………………3分
两边平方可得2cos2B=sin2B+2sinB+1,根据sin2B+cos2B=1,
可整理为3sin2B+2sinB-1=0,
解得sinB=1或sinB=-1(舍去).……………………………………………5分
3
∴sinB=1.……………………………………………………………………6分
(2)由C-A=π,且A+B+C=π,
可得2A
=π-
B,C为钝角,
∴sin2A=cosB,
理科数学答案第2页(共6页)
又b=3,
由正弦定理得
a
sinA
=b
sinB
=c=3,
sinC
∴a=33sinA,c=33sinC.
又C为钝角,由
(1)得cosB=.………………………………………9分
∴△ABC的面积为S=1acsinB=1⨯33sinA⨯33sinC⨯1
223
=9sinAsin(π+A)=9sinAcosA
222
=9sin2A=9cosB=9⨯22=32,
44432
综上所述,△ABC的面积为32.…………………………………………12分
20.解:
(1)由题意得f(x)=lnx+2-4=1-4
,………………………2分
lnx+2lnx+2
由x≥1,知lnx≥0,于是lnx+2≥2,
∴0<
1
lnx+2
≤1,即-2≤-
<
0,
∴-1≤1-
1,
∴f(x)的值域为[-1,1).……………………………………………………5分
(2)f(x)+f(x)=1-
4+1-4=1,
lnx1+2lnx2+22
所以+
lnx1+2
lnx2+2
=3.
又x1>
1,x2>
1,
∴lnx1x2=lnx1+lnx2=lnx1+2+lnx2+2-4………………………………8分
=2[(lnx+2)+(lnx
+2)]⋅(4+
4)-4
312
=2[8+4(lnx2+2)+4(lnx1+2)
]-4
3lnx1+2lnx2+2
理科数学答案第3页(共6页)
≥2(8+216)-4=20,……………………………………………11分
33
当且仅当4(lnx2+2)=4(lnx1+2),即x1=x2时取“=”,
lnx1+2lnx2+2
20
故(x1x2)min=e3,
∵f(x)在(1,+∞)上是增函数,
∴f(xx)=.…………………………………………………………12分
12min13
xexex
21.解:
(1)由题意得f'
(x)=e
ex(x-1)
-
2ax=x(
x
-2a),令h(x)=,
则h'
(x)=.……………………………………………………………2分
x2
∴当0<
x<
1时,得h'
(x)<
0,此时h(x)单调递减,且x→0,h(x)→+∞,当x>
(x)>
0,此时h(x)单调递增,且x→+∞,h(x)→+∞,
∴h(x)min=h
(1)=e.
①当2a≤e,即a≤e时,f'
(x)≥0,于是f(x)在(0,+∞)上是增函数,
从而f(x)在(0,+∞)上无极值.
②当2a>
e,即a>
e时,存在0<
x1<
1<
x2,使得f'
(x)=f'
(x)=0,
212
且当x∈(0,x1)时,f'
0,f(x)在(0,x1)上是单调递增;
当x∈(x1,x2)时,f'
0,f(x)在(x1,x2)上是单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,f'
0,f(x)在(x2,+∞)上是单调递增,故x2是f(x)在(0,+∞)上的极小值.
综上,a>
e.…………………………………………………………………6分
(2)要证f(x)>
ax(lnx-x)即等价于证明ex>
axlnx.
①当0<
x≤1时,得ex>
1,axlnx≤0,
显然成立;
………………………………………………………………………7分
②当x>
1时,则xlnx>
0,
结合已知0<
a≤e
,可得0<
axlnx≤e
xlnx.
理科数学答案第4页(共6页)
于是问题转化为证明ex>
e
2ex-2
xlnx,
即证明
-lnx>
0.…………………………………………………………8分
令g(x)=-lnx,x>
1,
'
2ex-2(x-1)-x
则g(x)=,
令h(x)=2ex-2(x-1)-x,
(x)=2xex-2-1,
易得h'
(x)在(0,+∞)上单调递增.
∵h'
(1)=2-1<
0,h'
(2)=3>
e
∴存在x∈(1,2)使得h'
(x)=0,即2xex0-2=1.
000
∴h(x)在区间(1,x0)上单调递减,
在区间(x0,+∞)上单调递增,………………………………………10分又h
(1)=-1<
0,h
(2)=0,
∴当x∈(1,2)时,g'
0,g(x)单调递减,
当x∈(2,+∞)时,g'
0,g(x)单调递增,
∴g(x)≥g
(2)=1-ln2>
故g(x)>
0,问题得证.……………………………………………………12分
22.解:
(1)由题意得x2+y2=(cosα+
3sinα)2+(sinα-
3cosα)2=4,
∴曲线C的普通方程为x2+y2=4.…………………………………………2分
∵x=ρcosθ,y=ρsinθ,
∴代入可得曲线C的极坐标方程为ρ=2.………………………………5分
(2)把θ=π
代入ρcos(θ-)=3中,
6
可得ρcos(
π-π)=3,
36
理科数学答案第5页(共6页)
解得ρ=2,
即B点的极径ρB=2,由
(1)易得ρA=2,
∴|AB|=|ρA-ρB|=2
-2.………………………………………………10分
23.解:
(1)当m=2时,f(x)=︱x-2︱+︱x+1︱-5.当x≤-1时,f(x)=-(x-2)-(x+1)-5≥0,
解得x≤-2;
……………………………………………………………………1分当-1<
2时,f(x)=-(x-2)+x+1-5≥0,
无解.……………………………………………………………………………3分当x≥2时,f(x)=x-2+x+1-5≥0,
解得x≥3;
……………………………………………………………………4分综上,原不等式的解集为(-∞,-2][3,+∞).………………………………5分
(2)∵f(x)=|x-m|+|x+1|-5≥|(x-m)-(x+1)|-5
=|m+1|-5≥-2,
∴|m+1|≥3,…………………………………………………………………8分
∴m+1≥3或m+1≤-3,即m≥2或m≤-4,
∴实数m的取值范围是(-∞,-4][2,+∞).……………………………10分
理科数学答案第6页(共6页)
2020届绵阳一诊参数处理的全面考查
16.若函数f(x)=1x2+m(lnx-x)-x只有一个零点,则实数m的取值范围为
【解析】
(半分离)由f(x)=0,得1(x2-2x)=m(x-lnx),
令g(x)=1(x2-2x),h(x)=x-lnx,则g(x),h(x)在(0,1)单减,在(1,+∞)单增。
所以g(x)min=g
(1)=-2,h(x)min=h
(1)=1,
注意到x→+∞,g(x)>
f(x),所以当m>
0时,两个函数有唯一交点。
当m=0时,显然唯一零点。
当m<
0时,两个函数有唯一交点当且仅当g
(1)=mh
(1),即
11
m=-,综上:
m=-或m≥0。
22
21.已知函数f(x)=ex-ax2,a∈R,x∈(0,+∞)。
(1)若f(x)存在极小值,求实数a的取值范围;
(2)若0<
a≤,求证:
f(x)>
ax(lnx-x)。
xex
ex(x-1)ex
(1)f'
-2a),令g(x)=-2a,则g'
(x)=,
xxx
所以g(x)在(0,1)单减,在(1,+∞)单增,则g(x)min=g
(1)=e-2a,注意到当x→0时,g(x)→+∞,当x→0时,g(x)→+∞,
若f(x)存在极小值,则g(x)min=e-2a<
0,即a>
2。
(2)原不等式等价于ex>
axlnx,
①当x∈(0,1)时,有ex>
0>
axlnx;
②当x∈(1,+∞)时,有xlnx>
0,
1xlnx
xlnx
1+lnx-xlnx
法一:
(分离参数)下面证明:
>
,令m(x)=,则m'
aexexex
令n(x)=1+lnx-xlnx,则n'
(x)=-1-lnx<
0,x∈(1,+∞),
所以n(x)在(1,+∞)单减,因为n
(2)>
0,n(e)<
0,所以n(x)有唯一零点,记为x0,
x0∈(2,e),且x0lnx0=1+lnx0。
故m(x)在(1,x)单减,在(x,+∞)单增,所以m(x)
=x0lnx0
=1+lnx0,x
∈(2,e),
00max
1-1-lnx
ex0
ex00
令u(x)=1+lnx,x∈(2,e),则u'
(x)=x
exex
u(x)≤u
(2)=1+ln2<
2≤1。
0,从而u(x)在(2,e)单减,有
e2e2a
e2e2
法二:
(参数放缩)因为0<
a≤,所以axlnx≤
xlnx。
下面证明:
x≥e2
xlnx,即
-lnx≥0,∀x≥1。
2ex-2(x-1)-x
令h(x)=-lnx,则h'
xx2
令ϕ(x)=2ex-2(x-1)-x,则ϕ'
(x)=2xex-2-1,ϕ'
(x)=2(x+1)ex-2>
所以ϕ'
(x)在(1,+∞)单增,因为ϕ'
(1)<
0,ϕ'
(2)>
0,所以ϕ'
(x)有唯一零点,记为x0,
x0∈(1,2),且2x0ex0-2=1。
故ϕ(x)在(1,x0)单减,在(x0,+∞)单增,
因为ϕ
(1)<
0,ϕ(x0)<
ϕ
(2)=0,所以h(x)在(1,2)单减,在(2,+∞)单增,从而h(x)min=h
(2)=1-ln2>
0。
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