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江苏省常州市溧阳市2016届高三上学期期中数学试卷(文科)


2015-2016 学年江苏省常州市溧阳市高三(上)期中数学试卷(文 科)
一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分)只需直接写出结果. 1.若集合 A={x|x ﹣4x≤0},B={x|x ﹣2x>0},则 A∩B=__________.
2 2

2.复数 z=1+i,且

(a∈R)是纯虚数,则实数 a 的值为__________.

3.若直线 mx﹣2y﹣1=0 经过第一、三、四象限,则实数 m 的取值范围是__________. 4.cos 75°+cos 15°+cos75°cos15°的值等于__________.
2 2

5.若实数 x 满足 x>﹣4,则函数 f(x)=x+

的最小值为__________.

6.设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不重合的平面,给定下列四个命题: ①若 m⊥n,n?α,则 m⊥α; ②若 m⊥α,m?β,则 α⊥β; ③若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n; ④若 m?α,n?β,α∥β,则 m∥n. 其中真命题的序号为__________.

7.设△ ABC 的三边长分别为 a、b、c,△ ABC 的面积为 S,内切圆半径为 r,则 r=



类比这个结论可知:四面体 P﹣ABC 的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4,内切球的半径 为 r,四面体 P﹣ABC 的体积为 V,则 r=__________. 8.若圆 x +y ﹣4mx+(2m﹣3)y+4=0 被直线 2x﹣2y﹣3=0 所截得的弦最长,则实数 m 的值 为__________.
2 2

9.如图,在△ ABC 中,已知 B= AB=__________.

,D 是 BC 边上一点,AD=10,AC=14,DC=6,则

10.设 P,A,B,C 是球 O 表面上的四个点,PA,PB,PC 两两垂直,且 PA=PB=PC=1,则 球 O 的表面积为__________. 11.若实数 x,y 满足 x+y﹣4≥0,则 z=x +y +6x﹣2y+10 的最小值为__________.
2 2

12.已知在平面直角坐标系中,点 A(2 则这样的直线 l 共有__________条.

,0) ,B(0,1)到直线 l 的距离分别为 1 和 2,

13.定义在 R 上的函数 f(x)满足:f′(x)>1﹣f(x) ,f(0)=6,f′(x)是 f(x)的导函 x x 数,则不等式 e f(x)>e +5(其中 e 为自然对数的底数)的解集为__________. 14.已知等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,前 n 项和为 Sn,记数列{log2an}的前 n 项和为

Tn,若 a1∈[



],且

=9,则当 n=__________时,Tn 有最小值.

二、解答题(本大题共 6 小题,满分 90 分)解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (14 分)在△ ABC 在,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 cosC= ,sinA= (1)求 tanB 的值; (2)若 c= ,求△ ABC 的面积. cosB.

16. (14 分)如图,在等腰梯形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=a,∠ABC=60°,平面 ACEF⊥ 平面 ABCD,四边形 ACEF 是平行四边形,点 M 在线段 EF 上. (1)求证:BC⊥平面 ACEF; (2)当 FM 为何值时,AM∥平面 BDE?证明你的结论.

17. (14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(﹣3,4) ,B(9,0) ,C,D 分别为线段 OA,OB 上的动点,且满足 AC=BD (1)若 AC=4,求直线 CD 的方程; (2)证明:△ OCD 的外接圆恒过定点.

18. (16 分)某油库的设计容量是 30 万吨,年初储量为 10 万吨,从年初起计划每月购进石油 m 万吨,以满足区域内和区域外的需求,若区域内每月用石油 1 万吨,区域外前 x 个月的需 求量 y(万吨)与 x 的函数关系为 y= (p>0,1≤x≤16,x∈N ) ,并且前 4 个月,区域外
*

的需求量为 20 万吨. (1)试写出第 x 个月石油调出后,油库内储油量 M(万吨)与 x 的函数关系式; (2)要使 16 个月内每月按计划购进石油之后,油库总能满足区域内和区域外的需求,且每 月石油调出后,油库的石油剩余量不超过油库的容量,试确定 m 的取值范围. 19. (16 分)已知函数 f(x)=e ﹣a(x﹣1) ,其中,a∈R,e 是自然对数的底数. (1)当 a=﹣1 时,求函数 f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性,并写出相应的单调区间; (3)已知 b∈R,若函数 f(x)≥b 对任意 x∈R 都成立,求 ab 的最大值. 20. (16 分)若数列{an}满足条件:存在正整数 k,使得 an+k+an﹣k=2an 对一切 n∈N ,n>k 都 成立,则称数列{an}为 k 级等差数列. (1)已知数列{an}为 2 级等差数列,且前四项分别为 2,0,4,3,求 a8+a9 的值; (2)若 an=2n+sinωn(ω 为常数) ,且{an}是 3 级等差数列,求 ω 所有可能值的集合,并求 ω 取最小正值时数列{an}的前 3n 项和 S3n; (3)若{an}既是 2 级等差数列{an},也是 3 级等差数列,证明:{an}是等差数列.
* x

2015-2016 学年江苏省常州市溧阳市高三(上)期中数学 试卷(文科)
一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分)只需直接写出结果. 2 2 1.若集合 A={x|x ﹣4x≤0},B={x|x ﹣2x>0},则 A∩B=(2,4]. 【考点】交集及其运算. 【专题】计算题;集合思想;不等式的解法及应用;集合. 【分析】 解一元二次不等式分别求出 A 与 B 中不等式的解集确定出 A 与 B, 找出 A 与 B 的交 集即可. 2 2 【解答】解:由 A={x|x ﹣4x≤0}={x|0≤x≤4},B={x|x ﹣2x>0}={x|x<0 或 x>2}, 则 A∩B={x|0≤x≤4}∩{x|x<0 或 x>2}=(2,4]. 故答案为: (2,4]. 【点评】本题考查了交集及其运算,考查了一元二次不等式的解法,是基础题.

2.复数 z=1+i,且

(a∈R)是纯虚数,则实数 a 的值为 1.

【考点】复数代数形式的乘除运算;复数的基本概念. 【专题】数系的扩充和复数. 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简,然后由实部等于 0 且虚部不等于得答案. 【解答】解:∵z=1+i,



=

是纯虚数,





解得:a=1. 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题. 3.若直线 mx﹣2y﹣1=0 经过第一、三、四象限,则实数 m 的取值范围是 m>0. 【考点】直线的一般式方程. 【专题】数形结合;数形结合法;直线与圆. 【分析】由直线过定点(0,﹣ ) ,结合图象可得. 【解答】解:∵直线 mx﹣2y﹣1=0 经过第一、三、四象限, ∴直线 y= x﹣ 经过第一、三、四象限, ∵直线过定点(0,﹣ ) ,

∴结合图象可得 m>0 故答案为:m>0 【点评】本题考查直线的一般式方程,数形结合是解决问题的关键,属基础题.

4.cos 75°+cos 15°+cos75°cos15°的值等于 . 【考点】两角和与差的余弦函数. 【专题】计算题. 【分析】观察题目中两角 75°和 15°的互余关系,结合三角函数的同角公式化简前二项,反用 二倍角公式化简后一项即可. 2 2 2 2 【解答】解:∵cos 75°+cos 15°=cos 75°+sin 75°=1, 且 cos75°cos15°=cos75°sin75°= sin150°= , ∴cos 75°+cos 15°+cos75°cos15°= . 故填: . 【点评】本题主要考查三角函数的诱导公式,属于基础题.
2 2

2

2

5.若实数 x 满足 x>﹣4,则函数 f(x)=x+ 【考点】基本不等式. 【专题】函数思想;数学模型法;不等式.

的最小值为 2.

【分析】由题意可得 x+4>0,变形可得 f(x)=x+ 【解答】解:∵x>﹣4,∴x+4>0, ∴f(x)=x+ ≥2 =x+4+ ﹣4=2 ﹣4

=x+4+

﹣4,由基本不等式可得.

当且仅当 x+4= 即 x=﹣1 时取等号, 故答案为:2. 【点评】本题考查基本不等式求最值,凑出可以基本不等式的形式是解决问题的关键,属基 础题. 6.设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是两个不重合的平面,给定下列四个命题: ①若 m⊥n,n?α,则 m⊥α; ②若 m⊥α,m?β,则 α⊥β; ③若 m⊥α,n⊥α,则 m∥n; ④若 m?α,n?β,α∥β,则 m∥n. 其中真命题的序号为②③. 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】根据线面垂直、面面平行的性质来求解

【解答】①若 m⊥a,则 m 要垂直 a 中的两条相交的直线,通过分析,m 只垂直来 a 中的一条 直线,故不能做出判断,①错 ②根据面和面垂直的性质:只要一个面当中能找出一条垂直于其他的平面的线,就可以推出 这两个面相互垂直,故②正确 ③两条不同的直线逗垂直同一个平面,则这两条直线必平行,③对 ④相互平行的面,两个面之间的直线不相交,但可以是异面直线,还可以垂直,故④错 【点评】熟悉教材,清楚线面之间的关系,借助图形辅导学习更佳.

7.设△ ABC 的三边长分别为 a、b、c,△ ABC 的面积为 S,内切圆半径为 r,则 r=



类比这个结论可知:四面体 P﹣ABC 的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4,内切球的半径

为 r,四面体 P﹣ABC 的体积为 V,则 r=



【考点】类比推理. 【专题】计算题;推理和证明. 【分析】根据平面与空间之间的类比推理,由点类比点或直线,由直线 类比 直线或平面, 由内切圆类比内切球,由平面图形面积类比立体图形的体积,结合求三角形的面积的方法类 比求四面体的体积即可. 【解答】解:设四面体的内切球的球心为 O, 则球心 O 到四个面的距离都是 R, 所以四面体的体积等于以 O 为顶点, 分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和. 则四面体的体积为 (S1+S2+S3+S4)r

∴r=



故答案为:



【点评】类比推理是指依据两类数学对象的相似性,将已知的一类数学对象的性质类比迁移 到另一类数学对象上去.一般步骤:①找出两类事物之间的相似性或者一致性.②用一类事 物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题(或猜想) .

8.若圆 x +y ﹣4mx+(2m﹣3)y+4=0 被直线 2x﹣2y﹣3=0 所截得的弦最长,则实数 m 的值 为 1. 【考点】直线与圆的位置关系. 【专题】计算题;转化思想;综合法;直线与圆. 2 2 【分析】确定圆心坐标,利用圆 x +y ﹣4mx+(2m﹣3)y+4=0 被直线 2x﹣2y﹣3=0 所截得的 弦最长,可得圆心在直线上,代入计算,可得结论. 【解答】解:圆 x +y ﹣4mx+(2m﹣3)y+4=0 的圆心坐标为(2m,﹣m+ ) , ∵圆 x +y ﹣4mx+(2m﹣3)y+4=0 被直线 2x﹣2y﹣3=0 所截得的弦最长, ∴圆心在直线上, ∴4m+2m﹣3﹣3=0, ∴m=1 故答案为:1 【点评】本题考查直线与圆相交的性质,考查学生的计算能力,比较基础.
2 2 2 2

2

2

9. 如图, 在△ ABC 中, 已知 B=

, D 是 BC 边上一点, AD=10, AC=14, DC=6, 则 AB=5



【考点】余弦定理. 【专题】计算题;转化思想;分析法;三角函数的求值;解三角形. 【分析】根据余弦定理弦求出 C 的大小,利用正弦定理即可求出 AB 的长度. 【解答】解:∵AD=10,AC=14,DC=6,

∴由余弦定理得 cosC= ∴sinC= 由正弦定理得 即 AB= 故答案为:5 =5 . , = , ,

=

=



【点评】本题主要考查解三角形的应用,利用余弦定理和正弦定理是解决本题的关键,要求 熟练掌握相应的公式. 10.设 P,A,B,C 是球 O 表面上的四个点,PA,PB,PC 两两垂直,且 PA=PB=PC=1,则 球 O 的表面积为 3π. 【考点】球的体积和表面积. 【专题】计算题.

【分析】先把三棱锥扩展为正方体,求出对角线的长,就是球的直径,然后求出表面积. 【解答】解:先把三棱锥扩展为正方体,求出对角线的长,即:对角线边长为 ,

所以球的半径为

,所以球的表面积为

【点评】本题考查学生的空间想象能力,以及公式的利用,是基础题. 11.若实数 x,y 满足 x+y﹣4≥0,则 z=x +y +6x﹣2y+10 的最小值为 18. 【考点】简单线性规划. 【专题】不等式的解法及应用. 【分析】利用配方得到 z 的几何意义,作出不等式对应的平面区域,利用数形结合即可得到结 论. 2 2 2 2 【解答】解:z=x +y +6x﹣2y+10=(x+3) +(y﹣1) ,则 z 的几何意义为区域内的点到点 D (﹣3,1)的距离的平方, 作出不等式组对应的平面区域如图: 由图象可知,当 BD 垂直直线 x+y﹣4=0 时, 此时 BD 的距离最小,
2 2

最小值为点 D 到直线 x+y﹣4=0 的距离 d= 则 z=( ) =18,
2

=



故答案为:18

【点评】本题主要考查线性规划的应用,利用目标函数的几何意义结合数形结合是解决本题 的关键.

12.已知在平面直角坐标系中,点 A(2 则这样的直线 l 共有 3 条. 【考点】直线的截距式方程. 【专题】数形结合;综合法;直线与圆.

,0) ,B(0,1)到直线 l 的距离分别为 1 和 2,

【分析】由于 AB=2+1,故满足条件的且和线段 AB 有交点的直线存在,故满足条件的直线有 三条,另外两条直线位于线段 AB 的两侧. 【解答】解:∵AB= =3=2+1,故存在和线段 AB 有交点的直线.

故满足条件的直线有三条,如图:

故答案为:3. 【点评】本题考查点到直线的距离,两直线的位置关系,体现了数形结合的数学思想. 13.定义在 R 上的函数 f(x)满足:f′(x)>1﹣f(x) ,f(0)=6,f′(x)是 f(x)的导函 数,则不等式 e f(x)>e +5(其中 e 为自然对数的底数)的解集为(0,+∞) . 【考点】导数的乘法与除法法则. 【专题】函数的性质及应用. x x 【分析】构造函数 g(x)=e f(x)﹣e , (x∈R) ,研究 g(x)的单调性,结合原函数的性质 和函数值,即可求解 【解答】解:设 g(x)=e f(x)﹣e , (x∈R) , x x x x 则 g′(x)=e f(x)+e f′(x)﹣e =e [f(x)+f′(x)﹣1], ∵f'(x)>1﹣f(x) , ∴f(x)+f′(x)﹣1>0, ∴g′(x)>0, ∴y=g(x)在定义域上单调递增, x x ∵e f(x)>e +5, ∴g(x)>5, 0 0 又∵g(0)=e f(0)﹣e =6﹣1=5, ∴g(x)>g(0) , ∴x>0, ∴不等式的解集为(0,+∞) 故答案为: (0,+∞) . 【点评】本题考查函数的导数与单调性的结合,结合已知条件构造函数,然后用导数判断函 数的单调性是解题的关键. 14.已知等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,前 n 项和为 Sn,记数列{log2an}的前 n 项和为
x x x x

Tn,若 a1∈[



],且

=9,则当 n=11 时,Tn 有最小值.

【考点】等比数列的前 n 项和. 【专题】方程思想;转化思想;数学模型法;等差数列与等比数列. 【分析】利用等比数列的前 n 项和公式可得 q,利用对数的运算性质及其等差数列的前 n 项和 公式可得 Tn,再利用二次函数的单调性即可得出. 【解答】解:q=1 不满足条件,舍去.



=9,∴

=1+q =9,

3

解得 q=2. ∴ ,

log2an=log2a1+(n﹣1) .

∴Tn=nlog2a1+ ∵a1∈[ , ],

=

+n



∴log2a1∈[﹣log22016,﹣log21949],

∴﹣
10

=


11



∵1024=2 <1949<2016<2048=2 , ∴ > > > ,

∴当 n=11 时,Tn 取得最小值. 故答案为:11. 【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前 n 项和公式、对数的运算性质、 不等式的性质、二次函数的单调性,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 二、解答题(本大题共 6 小题,满分 90 分)解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (14 分)在△ ABC 在,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 cosC= ,sinA= (1)求 tanB 的值; (2)若 c= ,求△ ABC 的面积. cosB.

【考点】正弦定理. 【专题】解三角形.

【分析】 (1)由 cosC= ,C∈(0,π) ,可得 sinC= (B+C)=sinBcosC+cosBsinC= (2)由(1)知 tanB= ,又 sinA=

,由 A+B+C=π,可得 sinA=sin cosB.即可得出 tanB. ,又 sinA= cosB,

,可得 sinB,cosB.利用正弦定理得

利用 S= bcsinA 即可得出. 【解答】解: (1)∵cosC= ,C∈(0,π) , ∴sinC= ∵A+B+C=π, = ,

∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC= 又 sinA= cosB.





cosB= .



∴tanB=

(2)由(1)知 tanB=

,∴

,cosB=



由正弦定理得 又 sinA= cosB= ,



=



S= bcsinA= = . 【点评】本题考查了正弦定理、两角和差的正弦函数、同角三角函数基本关系式、三角形面 积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 16. (14 分)如图,在等腰梯形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=a,∠ABC=60°,平面 ACEF⊥ 平面 ABCD,四边形 ACEF 是平行四边形,点 M 在线段 EF 上. (1)求证:BC⊥平面 ACEF; (2)当 FM 为何值时,AM∥平面 BDE?证明你的结论.

【考点】直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定. 【专题】证明题;数形结合;数形结合法;空间位置关系与距离. 【分析】 (1)由已知可得△ ADC 是等腰三角形,且∠BDC=∠ADC=120°,解得 BC⊥AC,又 平面 ACEF⊥平面 ABCD,平面 ACEF∩平面 ABCD=AC,即可证明 BC⊥平面 ACEF; (2)在 Rt△ ACB 解得 AC= a,AB=2a,在梯形 ABCD 中,设 AC∩BD=N,连接 EN,有:

CN:NA=1:2,又 ACEF 是平行四边形,FM= a,可得 EF=AC= ,且 FM:ME=1:2, 从而证明四边形 EMAN 为平行四边形,AM∥NE,即可得证 AM∥平面 BDE. 【解答】解: (1)∵在等腰梯形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=a,∠ABC=60°, ∴△ADC 是等腰三角形,且∠BDC=∠ADC=120°, ∴∠DCA=∠DAC=30°, ∴∠ACB=90°,即 BC⊥AC, 又∵平面 ACEF⊥平面 ABCD,平面 ACEF∩平面 ABCD=AC,BC?平面 ABCD, ∴BC⊥平面 ACEF;…7 分 (2)当 FM= a,AM∥平面 BDE, 证明:在 Rt△ ACB,∵∠ACB=90°,∠ABC=60°,BC=a, ∴AC= a,AB=2a,

∴在梯形 ABCD 中,设 AC∩BD=N,连接 EN, 则有:CN:NA=1:2, 又∵ACEF 是平行四边形,FM= ∴EF=AC= a,

,且 FM:ME=1:2,

∴EM=AN,又 EM∥AN, ∴四边形 EMAN 为平行四边形,AM∥NE, 又∵NE?平面 BDE,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE…14 分

【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定,直线与平面垂直的判定,考查了空间想象 能力和推理论证能力,属于基本知识的考查. 17. (14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(﹣3,4) ,B(9,0) ,C,D 分别为线段 OA,OB 上的动点,且满足 AC=BD (1)若 AC=4,求直线 CD 的方程;

(2)证明:△ OCD 的外接圆恒过定点. 【考点】圆的一般方程;直线的一般式方程. 【专题】直线与圆. 【分析】 (1)根据条件确定 C,D 的坐标,根据直线的两点式方程即可求直线 CD 的方程; (2)根据 AC=BD,根据待定系数法表示出 C,D 的坐标,利用圆的一般式方程,即可得到结 论. 【解答】解: (1)若 AC=4,则 BD=4, ∵B(9,0) ,∴D(5,0) , ∵A(﹣3,4) , ∴|OA|= ,则|OC|=1,

直线 OA 的方程为 y= x, 设 C(3a,﹣4a) ,﹣1<a<0, 则|OC|= 解得 a= , =5|a|=﹣5a=1,

则 C( , ) ,则 CD 的方程为 整理得 x+7y﹣5=0, 即直线 CD 的方程为 x+7y﹣5=0; (2)证明:△ OCD 的外接圆恒过定点. 设 C(3a,﹣4a) ,﹣1<a<0, 则|AC|= =



=5|a+1|=5(a+1) ,

则|BD|=|AC|=5(a+1) ,则 D(4﹣5a,0) , 2 2 设△ OCD 的外接圆的一般方程为 x +y +Dx+Ey+F=0, ∵O(0,0) ,C(3a,﹣4a) ,﹣1<a<0,D(4﹣5a,0) ,

∴圆的方程满足











解得 E=10a﹣3,F=0,D=5a﹣4, 2 2 则圆的一般方程为 x +y +(5a﹣4)x+(10a﹣3)y=0, 2 2 即 x +y ﹣4x﹣3y+5a(x+2y)=0,





解得





即:△ OCD 的外接圆恒过定点(0,0)和(2,﹣1) .

【点评】本题主要考查直线方程的求解,以及圆的一般式方程的应用,利用待定系数法是解 决本题的关键.综合性较强,难度较大. 18. (16 分)某油库的设计容量是 30 万吨,年初储量为 10 万吨,从年初起计划每月购进石油 m 万吨,以满足区域内和区域外的需求,若区域内每月用石油 1 万吨,区域外前 x 个月的需 求量 y(万吨)与 x 的函数关系为 y= (p>0,1≤x≤16,x∈N ) ,并且前 4 个月,区域外
*

的需求量为 20 万吨. (1)试写出第 x 个月石油调出后,油库内储油量 M(万吨)与 x 的函数关系式; (2)要使 16 个月内每月按计划购进石油之后,油库总能满足区域内和区域外的需求,且每 月石油调出后,油库的石油剩余量不超过油库的容量,试确定 m 的取值范围. 【考点】根据实际问题选择函数类型. 【专题】应用题;函数的性质及应用. 【分析】 (1) 利用前 4 个月, 区域外的需求量为 20 万吨, 求出 p, 可得 y=10 (1≤x≤16, x∈N ) ,
*

即可求出第 x 个月石油调出后,油库内储油量 M(万吨)与 x 的函数关系式; (2)由题意 0≤mx﹣x﹣10 +10≤30(1≤x≤16,x∈N ) ,分离参数求最值,即可得出结论. ,∴2p=100,
*

【解答】解: (1)由题意,20= ∴y=10 (1≤x≤16,x∈N ) ,
*

∴油库内储油量 M=mx﹣x﹣10 (2)∴0≤M≤30, ∴0≤mx﹣x﹣10

+10(1≤x≤16,x∈N ) ;

*

+10≤30(1≤x≤16,x∈N ) ,

*



(1≤x≤16,x∈N )恒成立. ;

*

设 由

=t,则 ≤t≤1,

. ≤ (x=4 时取等号) ,可得 m≥ ,

由 20t +10t+1=

2



(x﹣16 时取等号) ,可得 m≤



∴ ≤m≤ . 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题,考查函数的最值,确定函数解析式,正确分 离参数求最值是关键. 19. (16 分)已知函数 f(x)=e ﹣a(x﹣1) ,其中,a∈R,e 是自然对数的底数. (1)当 a=﹣1 时,求函数 f(x)在点(1,f(1) )处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性,并写出相应的单调区间; (3)已知 b∈R,若函数 f(x)≥b 对任意 x∈R 都成立,求 ab 的最大值. 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程. 【专题】计算题;函数的性质及应用;导数的概念及应用;导数的综合应用. 【分析】 (1)求出 a=﹣1 的函数的导数,求出切线的斜率和切点,由点斜式方程即可得到; (2)求出导数,讨论当 a≤0 时,当 a>0 时,令导数大于 0,得增区间,令导数小于 0,得减 区间; (3)由(2)可得,a>0 时 f(x)取得极小值也为最小值,由恒成立思想可得 a(2﹣lna)≥b, 则 ab≤a (2﹣lna) ,令 t=a (2﹣lna) ,求得导数,求出极大值也为最大值,即可得到. x x 【解答】解: (1)当 a=﹣1 时,f(x)=e +x﹣1 的导数为 f′(x)=e +1, 函数 f(x)在点(1,f(1) )处的切线斜率为 e+1, 又切点为(1,e) ,则切线方程为 y﹣e=(e+1) (x﹣1) ,即为(e+1)x﹣y﹣1=0; x x (2)函数 f(x)=e ﹣a(x﹣1)的导数 f′(x)=e ﹣a, 当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)递增,则 f(x)的增区间为(﹣∞,+∞) ; 当 a>0 时,f′(x)>0,解得,x>lna,f′(x)<0,解得,x<lna. 即有 f(x)的增区间为(lna,+∞) ,减区间为(﹣∞,lna) ; (3)由(2)可得,a≤0 时,f(x)递增,无最值; 当 a>0 时,f(x)在(﹣∞,lna)上递减,在(lna,+∞)上递增, 则 f(x)在 x=lna 处取得极小值也为最小值,且为 a﹣a(lna﹣1)=a(2﹣lna) . 函数 f(x)≥b 对任意 x∈R 都成立,则有 a(2﹣lna)≥b, 2 则 ab≤a (2﹣lna) , 2 令 t=a (2﹣lna) ,则 t′=2a(2﹣lna)﹣a=a(3﹣2lna) , 当 0<a< 时,t′>0,t 递增;当 a> 时,t′<0,t 递减.
2 2 x

则 t 在 a=

时取得极大,也为最大,且为 e (2﹣ )= e .
3

3

3

则 ab 的最大值为 e . 【点评】本题考查导数的运用:求切线方程和求单调区间、极值和最值,考查分类讨论的思 想方法,考查构造函数运用导数求最值的思想方法,考查运算能力,属于中档题. 20. (16 分)若数列{an}满足条件:存在正整数 k,使得 an+k+an﹣k=2an 对一切 n∈N ,n>k 都 成立,则称数列{an}为 k 级等差数列. (1)已知数列{an}为 2 级等差数列,且前四项分别为 2,0,4,3,求 a8+a9 的值; (2)若 an=2n+sinωn(ω 为常数) ,且{an}是 3 级等差数列,求 ω 所有可能值的集合,并求 ω 取最小正值时数列{an}的前 3n 项和 S3n; (3)若{an}既是 2 级等差数列{an},也是 3 级等差数列,证明:{an}是等差数列. 【考点】等差数列的性质;数列递推式. 【专题】等差数列与等比数列. 【分析】 (1)由新定义结合已知求出 a8、a9 的值,则 a8+a9 的值可求; * (2)由 an=2n+sinωn,且{an}是 3 级等差数列,列式得到 2sinωn=2sinωncos3ω(n∈N ) ,求得 sinωn=0, 或 cos3ω=1. 进一步求出 ω 的取值集合, 求出 ω 的最小正值后求出 ,
*

得到 a3n﹣2+a3n﹣1+a3n=6(3n﹣1) ,然后利用分组求和求得 S3n; (3)由{an}为 2 级等差数列,即 an+2+an﹣2=2an,得到{a2n﹣1},{a2n}均成等差数列,分别设出 等差数列{a2n﹣1},{a2n}的公差为 d1,d2.由{an}为 3 级等差数列,即 an+3+an﹣3=2an,得到{a3n ﹣2}成等差数列,设公差为 D.由 a1,a7 既是{a2n﹣1}中的项,也是{a3n﹣2}中的项,a4,a10 既是 * 中{a2n}的项,也是{a3n﹣2}中的项列式得到 a2n=a1+(2n﹣1)d(n∈N ) .从而说明{an}是等差 数列. 【解答】 (1)解:a8=a2+3(a4﹣a2)=0+3×(3﹣0)=9, a9=a1+4×(a3﹣a1)=2+4×2=10, ∴a8+a9=19; (2)∵{an}是 3 级等差数列,an+3+an﹣3=2an, * 2(2n+sinωn)=2(n+3)+sin(ωn+3ω)+2(n﹣3)+sin(ωn﹣3ω) (n∈N ) , * ∴2sinωn=sin(ωn+3ω)+sin(ωn﹣3ω)=2sinωncos3ω(n∈N ) , ∴sinωn=0,或 cos3ω=1. * sinωn=0 对 n∈N 恒成立时,ω=kπ(k∈Z) . cos3ω=1 时,3ω=2kπ(k∈Z) ,∴ ∴ ∴ω 最小正值等于 ,此时 ,
*

, .

由于

(n∈N ) ,

∴a3n﹣2+a3n﹣1+a3n=6(3n﹣1) * (n∈N ).

=9n +3n(n∈N ) ; (3)证明:若{an}为 2 级等差数列,即 an+2+an﹣2=2an, 则{a2n﹣1},{a2n}均成等差数列, 设等差数列{a2n﹣1},{a2n}的公差分别为 d1,d2. {an}为 3 级等差数列,即 an+3+an﹣3=2an, 则{a3n﹣2}成等差数列,设公差为 D, a1,a7 既是{a2n﹣1}中的项,也是{a3n﹣2}中的项, a7﹣a1=3d1=2D. a4,a10 既是中{a2n}的项,也是{a3n﹣2}中的项, a10﹣a4=3d2=2D∴3d1=3d2=2D. 设 d1=d2=2d,则 D=3d. * ∴a2n﹣1=a1+(n﹣1)d1=a1+(2n﹣2)d(n∈N ) , * a2n=a2+(n﹣1)d2=a2+(2n﹣2)d, (n∈N ) . 又 a4=a1+D=a1+3d,a4=a2+d2=a2+2d, ∴a2=a1+d, * ∴a2n=a1+(2n﹣1)d(n∈N ) . 综合得:an=a1+(n﹣1)d, ∴{an}为等差数列. 【点评】本题考查了数列递推式,考查了等差数列的性质,是新定义题,关键是对 k 级等差 数列概念的理解,考查了学生的逻辑思维能力和推理论证能力,是有一定难度题目.

2

*



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