函數(shù)期末測(cè)試卷

1. 由4-x2≥0，x+1>0，ln（x+1）≠0解得：x∈（-1，0）∪（0，2]，故選B.

2. 若f（x）=x+1，則f（2x）=2x+1，2f（x）=2x+2， f（2x）≠2f（x），所以選C.

3. A

4. 因?yàn)楹瘮?shù)f（x）為T=2的奇函數(shù)，所以f- =f- =-f ，又因?yàn)?≤x≤1的函數(shù)解析式為f（x）=2x（1-x），求得f- =- . 選A.

5. f（1）=2e0=2，原不等式可化為x<2，2ex-1>2 或x≥2，log （x2-1）>2，解得1 ，故選C.

6. 根據(jù)解析式易知A和D正確. 若x是無(wú)理數(shù)，則-x和x+1也是無(wú)理數(shù)；若x是有理數(shù)，則-x和x+1也是有理數(shù)，所以D（-x）=D（x），D（x+1）=D（x），從而可知B正確，C錯(cuò)誤. 選C.

7. 作圖可知答案D正確.

8. （定性法）當(dāng)0

9. 令x=y=0，則可得f（0）=0，令x=0，則-f（y）=f（-y），即f（x）為奇函數(shù).

令1>x>y>0，則 >0，所以f（x）-f（y）=f <0，即x∈（0，1）時(shí)， f（x）遞減.

又P=f +f =f -f- =f =f ，因 < ，所以f >f ，即0>P>Q，故選B.

10. 令x=-1，得 f（1）=0，所以f（x+2）=f（x），即周期T=2. 當(dāng)x∈[2，3]時(shí)， f（x）= -2x2+12x-18，故當(dāng)x∈[0，1]時(shí)， f（x）= -2（x-1）2，作出圖象，有0

11.

12. 對(duì)于函數(shù)f（x）=x2-x+a為偶函數(shù)，則f（-1）=f（1），所以1-1+a=1--1+a，所以a=0.

13. （理）y=f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，所以0=f（0）≥a+1，即a≤-1.當(dāng)x>0時(shí)，-x<0，所以f（-x）=-9x- +7=-f（x），即f（x）=9x+ -7≥a+1，所以6a≥a+8，解得a≤- .

（文）由方程 +a+1=0恰有一個(gè)解，得a=-2. 又4-x？搖>0，1≤4-x？搖≤4，故b=3，所以 =- .

14. 函數(shù)y= = ，當(dāng)x>1時(shí)，y= =x+1=x+1；當(dāng)x<1時(shí)，y= =-x+1=-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1.綜上，函數(shù)y= =x+1，x>1，-x-1，-1≤x<1，x+1，x<-1，作出函數(shù)的圖象. 要使函數(shù)y與y=kx-2有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則直線y=kx-2必須在四邊形區(qū)域ABCD內(nèi)（和直線y=x+1平行的直線除外），如圖1，若直線經(jīng)過(guò)B（1，2），則k= =4，所以0

圖1

15. 對(duì)于函數(shù)f（x）=x2，顯然f（-1）=f（1），但-1≠1，故f（x）=x2不是單函數(shù)；對(duì)于②，該命題為定義的逆否命題，為真命題；對(duì)于③，由于f（x）是單函數(shù)，則對(duì)于集合B中的任意元素b，至多只有一個(gè)原象，故③正確；對(duì)于④，不滿足單函數(shù)的定義，故④不正確. 答案為②③.

16. （1）由題意，當(dāng)0≤x<20時(shí)，v（x）=60；當(dāng)20≤x≤200時(shí)，設(shè)v（x）=ax+b，再由已知得200a+b=0，20a+b=60，解得a=- ，b= ，故函數(shù)v（x）=60，0≤x<20， （200-x），20≤x≤200.

（2）由（1）得

f（x）=60x，0≤x<20， x（200-x），20≤x≤200.

當(dāng)0≤x≤20時(shí)， f（x）為增函數(shù)，故當(dāng)x=20時(shí)，其最大值為1200；

當(dāng)20≤x≤200時(shí)， f（x）= x（200-x）≤ = ，當(dāng)且僅當(dāng)x=200-x，即x=100時(shí)，等號(hào)成立.而 >1200，所以當(dāng)車流密度為100輛/千米時(shí)，車流量達(dá)到最大，最大值為3333輛/時(shí).

17. （1）因?yàn)閎>0，所以 > 恒成立，所以函數(shù)f（x）的定義域是R，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱. 因?yàn)閒（x）是奇函數(shù)，所以f（x）+f（-x）=0， f（x）+f（-x）=lg（ +2x）+lg[ -2x]=lgb=0，所以b=1.

（2）不存在. 設(shè)0≤x1

h（x1）-h（x2）= +2x1- -2x2= +2x1-2x2=2（x1-x2） -1. 因?yàn)閤1-x2<0，0<2x1< ，0<2x2< ，所以 <1，由此知f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增. f（x）是奇函數(shù)，所以在（-∞，0）上單調(diào)遞增，所以f（x）在R上單調(diào)遞增. 所以k = >0，所以y=f（x）的圖象上不存在兩點(diǎn)，使得所連的直線與x軸平行.

18. （1）任取x1，x2∈[-1，1]且x10，故f（x1）

（2）由（1）有-1≤x+ < ≤1，解得- ≤x<-1.

（3）由題有 f（x）max=f（1）=1≤m2-2am+1對(duì)所有的a∈[-1，1]成立，即2am-m2≤0對(duì)所有的a∈[-1，1]成立，故：-2m-m2≤0，2m-m2≤0，解得{mm≤-2，m=0，m≥2}.

19. （理）（1）平移后圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y=（x+1）3-3（x+1）2+2， 整理得y=x3-3x. 由于函數(shù)y=x3-3x是奇函數(shù)， 由題設(shè)真命題知，函數(shù)g（x）圖象對(duì)稱中心的坐標(biāo)是（1，-2）.

（2）設(shè)h（x）=log 的對(duì)稱中心為P（a，b），由題設(shè)知函數(shù)h（x+a）-b是奇函數(shù). 設(shè)f（x）=h（x+a）-b，則f（x）=log -b，即f（x）=log -b. 由不等式 >0的解集關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，得a=2. 此時(shí)f（x）=log -b，x∈（-2，2）. 任取x∈（-2，2），由f（-x）+f（x）=0，得b=1，所以函數(shù)h（x）=log 圖象對(duì)稱中心的坐標(biāo)是（2，1）.

（3）此命題是假命題. 舉反例說(shuō)明：函數(shù)f（x）=x的圖象關(guān)于直線y=-x成軸對(duì)稱圖象，但是對(duì)任意實(shí)數(shù)a和b，函數(shù)y=f（x+a）-b，即y=x+a-b總不是偶函數(shù). 修改后的真命題：“函數(shù)y=f（x）的圖象關(guān)于直線x=a成軸對(duì)稱圖象”的充要條件是“函數(shù)y=f（x+a）是偶函數(shù)”.

（文）（1）令f（x）=x[a-（1+a2）x]=0，解得x1=0，x2= ，所以I=x0

（2）k∈（0，1），則0<1-k≤a≤1+k<2. 由（1）I= ，I′= >0，則0

導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用參考答案

1. C

2. 由切線的傾斜角的取值范圍為0， ，可得y′=2xp+2∈[0，1]，解得xp∈-1，- ，選A.

3. B

4. 根據(jù)極大值點(diǎn)、極小值點(diǎn)判斷，選C.

5. 由f ′（x）=k- ≥0對(duì)一切x∈（1，+∞）恒成立，所以k≥1，故選D.

6. 由f ′（x）=3ax2-6x，利用特殊值法，當(dāng)a=3時(shí)， f（x）在（-∞，0）， ，+∞上遞增，在0， 上遞減，排除A、C；當(dāng)a=- 時(shí)， f（x）在-∞，- ，（0，+∞）上遞減，在- ，0上遞增，排除D；故選B.

7. C

8. 構(gòu)造函數(shù)f（x）=ex-lnx（0g（x2），故選C.

9. 當(dāng)x=0時(shí)，ax3-x2+4x+3≥0變?yōu)?≥0恒成立，a∈R. 當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，a≥ . 令g（x）= ，則g′（x）= - >0，故g（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，g（x）max=g（1）=-6，所以a≥-6. 當(dāng)x∈[-2，0）時(shí)，a≤ ，同理g（x）在[-2，-1）上單調(diào)遞減，在（-1，0）上單調(diào)遞增，故當(dāng)x=-1時(shí)，g（x）min=-2. 所以a≤-2，綜上所述，-6≤a≤-2. 選C.

10. 設(shè)x0，x +e - 是函數(shù)f（x）圖象上的任意一點(diǎn)，該點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)-x0，x +e - 在函數(shù)g（x）的圖象上，則x +e - =x +ln（a-x0），即ln（a-x0）=e - . 所以a=x0+e （x<0）. 構(gòu)造函數(shù)h（x）=x+e =x+ e ，則h′（x）=1+ e ·ex=1+ e >0，所以h（x）在（-∞，0）上是增函數(shù)，故a

11. 5x+y+2=0

12. 當(dāng)x≤0時(shí)，令x2-2=0得x=- （正根舍去）. 當(dāng)x>0時(shí)， f ′（x）=2+ >0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù). 又因?yàn)閒（2）=-2+ln2<0， f（3）=ln3>0，？搖所以f（x）在（2，3）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn). 綜上，函數(shù)的零點(diǎn)有2個(gè).

13. 構(gòu)造函數(shù)H（x）=x2-lnx，求導(dǎo)得H′（x）=2x- ，故H（x）min=H ，所以t= .

14. 構(gòu)造函數(shù)H（x）=xf（x），則H′（x）=f（x）+xf ′（x）. 由f（x）+xf ′（x）>0知H（x）單調(diào)遞增，而f >x2f（x）等價(jià)于 >xf（x），即H >H（x），故 >x，解得x∈（0，1）.

15. 函數(shù)x=2時(shí)取得極小值，故①錯(cuò)，其余均對(duì). 答案為②③④.

16. （1）由題有f ′（x）=3x2-9x+6=3（x-1）（x-2）=3x- - ，所以f ′（x）min= - ，故要滿足題意，只需m≤f ′（x）min= - .

（2）要使方程f（x）=0有且僅有一個(gè)實(shí)根，需使f（1）>0，f（2）>0或f（1）<0，f（2）<0，解得a∈（-∞，-2）∪ ， + ∞.

17. （理）（1）由f ′（x）=（x-k）e [2+（x-k） ]=e · 得，當(dāng)k>0時(shí)， f（x）在（-∞，-k），（k，+∞）上單調(diào)遞增，在（-k，k）上單調(diào)遞減；當(dāng)k<0時(shí)， f（x）在（-∞，k），（-k，+∞）上單調(diào)遞減，在（k，-k）上單調(diào)遞增.

（2）由題意知， f（x）max≤ ，從而k<0. 又f（x）max=f（-k）= ，所以 ≤ ，即k∈- ，0.

（文）（1）f ′（x）=3ax2+6x+3. ？搖f ′（x）=0的判別式Δ=36（1-a）. ①若a≥1，則f ′（x）≥0，此時(shí)f（x）在R上是增函數(shù). ②當(dāng)a<1時(shí)，f ′（x）=0有兩個(gè)根x1= ，x2= . 若00，即f（x）分別在（-∞，x2），（x1+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（x2，x1）時(shí)， f ′（x）<0，即f（x）在（x2，x1）上單調(diào)遞減. 若a<0，則當(dāng)x∈（-∞，x1），（x2+∞）時(shí)， f ′（x）<0，即f（x）分別在（-∞，x1），（x2，+∞）上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（x1，x2）時(shí)， f ′（x）>0，即f（x）在（x1，x2）上單調(diào)遞增.

（2）當(dāng)a>0，x>0時(shí)， f ′（x）=3ax2+6x+3>0，所以f（x）在（1，2）上是增函數(shù). 當(dāng)a<0時(shí)， f（x）在（1，2）上是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f ′（1）≥0且f ′（2）≥0，解得- ≤a<0. 綜上，a∈- ，0∪（0，+∞）.

18. （1）由題有， f ′（x）= - - 且f ′（1）=- -a=-2，所以a= .

（2）由（1）知f（x）= + -lnx- ，則f ′（x）= . 令f ′（x）=0得x=-1（舍去）或x=5，當(dāng)x∈（0，5）時(shí)， f ′（x）<0，故f（x）在（0，5）內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈（5，+∞）時(shí)， f ′（x）>0，故f（x）在（5，+∞）內(nèi)為增函數(shù). 所以當(dāng)x=5時(shí)， f（x）極小值=f（5）=-ln5.

19. （理）（1）f ′（x）= - = = （？鄢）. （1+ax）（x+2）2>0，當(dāng)a≥1時(shí)， f ′（x）≥0，此時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增. 當(dāng)00. 故f（x）在區(qū)間（0，x1）單調(diào)遞減，在（x1，+∞）單調(diào)遞增. 綜上所述，當(dāng)a≥1時(shí)， f ′（x）≥0，此時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；當(dāng)0

（2）由（？鄢）式知，當(dāng)a≥1時(shí)， f ′（x）≥0，函數(shù)f（x）不存在極值點(diǎn)，因而要使得f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，必有0- 且x≠-2，所以-2 >- ，-2 ≠-2，解得a≠- . 此時(shí)，由（？鄢）式知x1，x2分別是f（x）的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，而f（x1）+f（x2）=ln（1+ax1）- +ln（1+ax2）- =ln[1+a（x1+x2）+a2x1x2]- =ln（2a-1）2- =ln（2a-1）2+ -2. 令2a-1=x，由0g（1）=0，故當(dāng) 0. 綜上所述，滿足條件的a的取值范圍是為 ，1.

（文）（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）， f ′（x）= . 當(dāng)f ′（x）>0時(shí)，即0e，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；綜上所述， f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減.

（2）因?yàn)閑<3<π，所以eln3π3；由 < ，得ln3e

江蘇啟東中學(xué) 江蘇南通中學(xué)

月考試卷調(diào)研

1. 2 2. ±i 3. 假

4. 5.

6. -5 記g（x）=asinx+btanx，則f（x）=g（x）+1. 由f（5）=7，得g（5）=6. 因?yàn)間（x）為奇函數(shù)，所以g（-5）=-6，所以f（-5）=g（-5）+1=-5.

7. 0

8. 因?yàn)锽，P，M共線，所以記 =s ，所以 = + = + = b+ a ①. 同理，記 =t ，所以 = a+ b ②. 因?yàn)閍，b不共線，所以由①②得 = ， = ，解之得s= ，t= ，所以 = a+ b.

9. a1+2a2+22a3+…+2 an=8-5n ①，當(dāng)n≥2時(shí)，a1+2a2+22a3+…+2 a =8-5（n-1） ②. 由①-②得2 an=-5，所以an=-5· （n≥2），a1+2a2+22a3+…+2 an=8-5n中令n=1得a1=3. 而-5· = -5≠a1，所以an=3，n=1，-5· ，n≥2.

10. 3個(gè)

11. 原不等式即cos2x+（1-a）·cosx-a2≤0（？鄢），令cosx=t，由x∈R知t∈[-1，1]，于是（？鄢）對(duì)一切x∈R恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)f（t）=t2+（1-a）t-a2≤0 （？鄢？鄢）對(duì)一切t∈[-1，1]恒成立，其充要條件為“f（t）在[-1，1]上的最大值f（t）max≤0”，而f（t）max=f（1）或f（-1），因此（？鄢？鄢）式對(duì)一切t∈[-1，1]恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)a<0，f（1）=1+1-a-a2≤0，f（-1）=1-（1-a）-a2≤0，？圳a<0，a≤-2或a≥1，a≤0或a≥1，？圳a≤-2，故所求a的取值范圍為（-∞，-2].

12. 以AB所在直線為x軸，以AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系. 由題意得CA+CB=10>AB=6，所以由橢圓定義知點(diǎn)C的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓（除長(zhǎng)軸兩端點(diǎn)）. 設(shè)點(diǎn)C（x，y），則點(diǎn)C的軌跡方程為 + =1，所以x2+y2∈[16，25）. 而abcosC= · =（-3-x，-y）·（3-x，-y）=x2+y2-9∈[7，16），即所求的取值范圍為[7，16）.

13. 由已知得f ′（x）=x2+ax+2b. 依題意，方程x2+ax+2b=0的一個(gè)根大于0且小于1，另一個(gè)根大于1且小于2. 于是2b>0，4+2a+2b>0，1+a+2b<0，即b>0，a+b+2>0，a+2b+1<0，作出不等式表示的平面區(qū)域，其中A（-3，1），B（-1，0），D（1，2）. 設(shè)C（a，b）為可行域內(nèi)的任意一點(diǎn)， 的幾何意義為直線CD的斜率，由圖可知，kBD>kCD>kAD，故 < <1.

圖2

14. f ′（x）=2（1+x）- = ，函數(shù)f（x）的定義域是（-1，+∞）. 若m≤0， f ′（x）≥0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增；若m>0，由f ′（x）>0得2（1+x）2-m>0，解得x>-1+ 或x<-1- （舍去）. 故m>0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是-1+ ，+∞，單調(diào)遞減區(qū)間是-1，-1+ . 而函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上的單調(diào)遞減區(qū)間是-1，- ，單調(diào)遞增區(qū)間是- ，+∞，故只需-1+ = - ，解得m= . 即當(dāng)m= 時(shí)，函數(shù)f（x）和h（x）在其公共定義域上具有相同的單凋性.

15. （1）由題可知a+b=-c，所以c=-a-b，則b·c=b·（-a-b）=-a·b-b2=2-b2=-2，得b2=4. 所以b=2.

（2）延長(zhǎng)CA到點(diǎn)D，使得CA=AD，連結(jié)DB，易得△ABC的面積等于△ADB的面積.此時(shí) =b，則c-b= . 又因?yàn)閎與c-b的夾角為150°，所以∠ADB=30°，b·（c-b）=b·c-b2=-2-4=-6=2·c-b·- ，得c-b= =2 . 因?yàn)椤螦DB=30°， =b=2，易得△ADB中，底邊BD上的高為1，所以S△ABC=S△ADB= ×2 ×1= .

16. （1）因?yàn)椤鰽BC是正三角形，M是AC的中點(diǎn)，所以BM⊥AC，即BD⊥AC. 又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，BD？奐平面ABCD，所以PA⊥BD. 又PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC. 又PC？奐平面PAC，所以BD⊥PC.？搖

（2）在正三角形ABC中，BM=2 . 在△ACD中，因?yàn)镸為AC的中點(diǎn)，DM⊥AC，所以AD=CD. 因?yàn)椤螩AD=30°，所以DM= ，所以BM∶MD=3∶1，所以BN∶NP=BM∶MD，所以MN∥PD. 又MN？埭平面PDC，PD？奐平面PDC，所以MN∥平面PDC.

（3）假設(shè)直線l∥CD，因?yàn)閘？奐平面PAB，CD？埭平面PAB，所以CD∥平面PAB. 又CD？奐平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以CD∥AB，這與“CD與AB不平行”矛盾，所以直線l與直線CD不平行.

17. （1）以EF所在直線為y軸，拋物線的頂點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系.因?yàn)橥◤介L(zhǎng)為4，所以拋物線的方程為x2=4y.設(shè)AF=m，則A（-msinα，1+mcosα），所以（-msinα）2=4（1+mcosα）. 所以m2sin2α-4mcosα-4=0，所以m= 舍去m= ，即AF= ，α∈0， .

（2）設(shè)BF=n，則B（-ncosα，1-nsinα），所以（-ncosα）2=4（1-nsinα），所以n2cos2α+4nsinα-4=0，所以n= 舍去n= ，即BF= . 在AF= 中用 -α替代α可得DF= ，BF= 中用 -α替代α得CF= . 所以S陰=S△AFB+S△CFD= ·AF·BF+ ·CF·DF= · · + · · = ，α∈0， .

（3）令sinα·cosα=t，t∈0， ，則S陰=4· =4· -4· =4 - -1. 因?yàn)閠∈0， ，所以 ∈[2，+∞），所以當(dāng) =2，即t= α= 時(shí)，S 取得最小值8.

18. （1）由題意知，PF1+PF2=4 ，所以a=2 . 橢圓C的短半軸長(zhǎng)為圓心到切線的距離，即b= =2，所以橢圓方程為 + =1.

（2）假設(shè)存在橢圓上的一點(diǎn)P（x0，y0），使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓相切. 因?yàn)?+3 =0，F(xiàn)1（-2，0），F(xiàn)2（2，0），設(shè)Q（m，n），有 =（-2-m，-n）， =（2-m，-n），所以（-2-m）+3（2-m）=0，（-n）+3（-n）=0，得m=1，n=0，所以Q（1，0）.

法1：可得PF1：（x0+2）y-y0x-2y0=0，PF2：（x0-2）y-y0x+2y0=0，則Q到直線PF1，PF2的距離相等，所以d1= = =d2， 化簡(jiǎn)整理得8x02-40x0+32+8y02=0. 因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，所以x02+2y02=8，解得x0=2或x0=8（舍去）. 當(dāng)x0=2時(shí)，y0= ± ，r=1，所以橢圓上存在點(diǎn)P，其坐標(biāo)為（2， ）或（2，- ），使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓（x-1）2+y2=1相切.

法2：Q到直線PF1，PF2的距離相等，即PQ為∠F1PF2的內(nèi)角平分線，所以 = =3，PF1=3PF2，所以 =3 ，以下同法1.

19. （1）當(dāng)a=0，b=1時(shí)， f（x）=x-lnx=x-lnx， f ′（x）=1- = ，當(dāng)x≥1時(shí)， f ′（x）≥0，所以f（x）在區(qū)間[1，+∞）上遞增；當(dāng)0

（2）若a≥1，當(dāng)x≥a時(shí)，f（x）=x-a-lnx， f ′（x）=1- = ≥0，所以f（x）在[a，+∞）上遞增；當(dāng)01， f ′（x）>0；若a

綜上，當(dāng)a≥1時(shí)， f（x）的遞增區(qū)間是[a，+∞），遞減區(qū)間是（0，a）；當(dāng)0

（3）方程m（x+lnx）=x2有唯一實(shí)數(shù)根，分離參數(shù)得m= . 設(shè)g（x）= ，則g′（x）= . 令g′（x）= =0，則x+2lnx-1=0，觀察得x=1，下面證明沒(méi)有其他根. 令h（x）=x+2lnx-1，則h′（x）= +1>0，所以h（x）=x+2lnx-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以x+2lnx-1=0只有一個(gè)根x=1，又g（x）= 的定義域?yàn)閤≠x0（0

所以m=1或m<0.

20. （1）an=at .

（2）t=1時(shí)，bn≥b5？圳na+1≥5a+1？圳[（n+5）a+2]（n-5）a≥0（？鄢）.

1° a>0時(shí)，只要n<5，（？鄢）不成立，

2° a<0時(shí)，（？鄢）？圳[（n+5）a+2]（n-5）≤0 （？鄢？鄢）

（ⅰ）n=5，（？鄢？鄢）成立，從而（？鄢）成立；

（ⅱ）n>5即n≥6，（n+5）a+2≤0，a≤ - 對(duì)？坌n≥6成立，所以a≤- .

3° n<5即n≤4，（n+5）a+2≥0？圯a≥ - ？圯a≥- .

綜上，- ≤a≤- .

（2）存在唯一正數(shù)組（a，t，k）= ， ， ，證明如下：t≠1時(shí)，

Sn= ，bn= +1，

cn=k+n+ -n

=k+n+

= + {[（t-1）2-a（t-1）]n+k（t-1）2-at}.

要使得數(shù)列{cn}為等比數(shù)列，則（t-1）2-a（t-1）=0，k（t-1）2-at=0？圯a=t-1，k= .又a，t，k成等差數(shù)列，即2t= +t-1，所以t= ，則a= ，k= .

21. A. 因AE=AC，AB為直徑，所以∠OAC=∠OAE. 所以∠POC=∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OAE=∠EAC.又∠EAC=∠PDE，所以∠PDE=∠POC.

B. MN=1 00 2 00 1= 00 2，即在矩陣MN變換下xy？搖→x″y″？搖= x2y？搖，即曲線y=sinx在矩陣MN變換下的函數(shù)解析式為y=2sin2x.

C. （1）曲線L：ρ2sin2θ=2aρcosθ，即y2=2ax. 點(diǎn)A的直角坐標(biāo)是（-2，-4），又斜率是1，所以直線l的方程是y=x-2.

（2）設(shè)B（x1，y1），C（x2，y2），由y2=2ax，y=x-2得y2-2ay-4a=0，所以y +y =2a，y y =-4a. 又AB，BC，AC成等比數(shù)列，所以BC2=AB·AC，即[ （y -y ）]2= y -y · y -y . 又y >y ，y >y ，所以（y1+y2）2-4y1y2=y1y2-yA（y1+y2）+y2A，將①②代入得a2+3a-4=0，所以a=1或a=-4. 又a>0，所以a=1.

D. 因?yàn)閤，y，z都是正數(shù)，所以有 + = + ≥ . 同理可得 + ≥ ， + ≥ . 將上述三個(gè)不等式兩邊分別相加，并除以2，得 + + ≥ + + .

22. （1）基本事件數(shù)為C ，滿足條件ai-aj≥2，即取出的元素不相鄰，則用插空法，有C 種，故所求事件的概率是P= = .

（2）分析三數(shù)成等差的情況：ξ=1的情況有7種，分別為123，234，345，456，567， 678，789；ξ=2的情況有5種，分別為135，246， 357，468，579；ξ=3的情況有3種，分別為147，258，369；ξ=4的情況有1種，為159. 分布列是：

E（ξ）=1× +2× +3× +4× = .

23. （1）設(shè)拋物線的方程為y2=2px，則 =2，所以p=4. 所以拋物線的方程是y2=8x.

（2）直線的方程是y=k（x+1），聯(lián)立y=k（x+1），y2=8x.消去x得ky2-8y+8k=0，顯然k≠0，由？駐=64-32k2>0，得0 . 因?yàn)閠′=12x2+3>0，所以函數(shù)t=4x3+3x是在-∞，- ， ，+∞上的增函數(shù). 所以可得t的取值范圍是-∞，- ∪ ，+∞.

重慶南開中學(xué) 重慶巴蜀中學(xué)

月考試卷調(diào)研

1. （理）（文）B 2. （理）（文）C

3. （理）（文）A

4. （理）D （文）B

5. （理）B （文）D

6. （理）A （文）B

7. （理）（文）C 8. （理）D （文）C

9. （理）C （文）D？搖？搖

10. （理）B ①當(dāng)x>0，y>0時(shí)，xy· + +x+y-1≤1？圳y+x+x+y-1≤1？圳x+y-1≤-（x+y-1）？圳x+y-1≤0，所以S1= ；

②當(dāng)x<0，y>0時(shí)，有y<1，所以x+y-1<0，所以xy + +x+y-1≤1？圳-y+x-x-y+1≤1？圳y≥0，所以S2= ；

③當(dāng)x<0，y<0時(shí)，x+y-1<0，所以xy· + +x+y-1≤1？圳-y-x-x-y+1≤1？圳x+y≥0（舍），所以S3=0；

④當(dāng)x>0，y<0時(shí)，同②可得S4= . 所以S=S1+S2+S3+S4= .

（文）C？搖 令PF1=r1，PF2=r2，F(xiàn)1F2=2c，于是由中線長(zhǎng)公式可得OP2= = = =2a2-5-c2=a2+b2-5，所以PM·PN=（OM-OP）·（ON+OP）=OM2-OP2=（a2+b2）-（a2+b2-5）=5.

11. （理）10 （文）4

12. （理） （文）

13. （理） - （文）4

14. （理）30° （文）

15. （理）7 （文）k≥3或0≤k<1

16. （理）（-∞，1]

（文）（1）依題意，a=0.04×5×1000=200，b=0.02×5×1000=100.

（2）設(shè)其中成績(jī)?yōu)閮?yōu)秀的學(xué)生人數(shù)為x，則 = ，解得x=30，即其中成績(jī)?yōu)閮?yōu)秀的學(xué)生人數(shù)為30名.

17. （理）（1）由m∥n得2acosC=2b-c，由正弦定理得2sinAcosC=2sinB-sinC=2sin（A+C）-sinC=2sinAcosC+2cosAsinC-sinC. 又sinC≠0，所以cosA= ，從而得A= .

（2）由（1）可知B+C= . 所以sinB+sinC=sinB+sin -B= sinB+ ·cosB= sinB+ . 又0

（文）（1）由sin2A- -2sin2A=0得sin2A+ =1？圯A= .

（2）由S= · =accosB= acsinB，所以cosB= sinB？圯sinB= ，由 = ？圯b=4.

18. （理）（1）成績(jī)不低于90分的學(xué)生所占頻率為5×（0.06+0.02）=0.4，所以，抽取優(yōu)秀的學(xué)生人數(shù)為50×0.4=20（人）.

（2）成績(jī)不低于95分的人數(shù)有5人，成績(jī)介于90～95之間的有15人，ξ的取值為0，1，2. P（ξ=0）= = ，P（ξ=1）= = ，P（ξ=2）= = . 所以ξ的分布列為：

所以E（ξ）=0× +1× +2× = .

（文）（1）因?yàn)镾3=21，T3=216，所以 =21，a r3=216，？圯a1=3，r=2（r>1）. 故an=3·2 .

（2）Tn=a r =3n·2 ，因?yàn)門n>3 an，所以3n·2 >3n·2 ？圯n2-3n+2>0？圯n>2（n∈N？鄢），所以nmin=3.

19. （理）（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閧xx≠a}. 對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)可得f′（x）= ，由f ′（x）>0，解得x>a+1，由f ′（x）<0，解得x

（2）由題意可知，存在實(shí)數(shù)x∈（a，0]，使得不等式f（x）min≤ 成立. 當(dāng)a+1<0，即a<-1時(shí)， f（x）在（a，a+1）上單調(diào)遞減，（a+1，0）上單調(diào)遞增. 所以f（x）在（a，0]上的最小值為f（a+1）=e ，則ea+1≤ ，得a≤-2. 當(dāng)a+1≥0，即a≥-1時(shí)， f（x）在（a，0]上單調(diào)遞減，則f（x）在（a，0]上的最小值為f（0）= - ，由- ≤ ，得a≤-e（舍）. 綜上所述，a≤-2.

（文）（1）f ′（x）= -3- = . 要使f（x）為單調(diào)減函數(shù)，則-3x2+ax-1≤0在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，則Δ=a2-12≤0或 ≤0，-1≤0，？圯-2 ≤a≤2 或a≤0. 所以此時(shí)a的取值范圍為（-∞，2 ].

（2）當(dāng)a=4時(shí)， f（x）=4lnx-3x+ ，從而f ′（x）= . 令f ′（x）=0，得x1= ，x2=1，所以f（x）在0， 和（1，+∞）上單調(diào)遞減，在 ，1上單調(diào)遞增. 由于f（1）= -2<0， f =e10-40- >0，故方程f（x）=0在（0，+∞）上只有一個(gè)根，所求根的個(gè)數(shù)為1.

20. （理）（1）因△PAB是等邊三角形，且E為PB的中點(diǎn)，所以AE⊥PB. 在△ABD中，AD=2AB，∠BAD=60°，由余弦定理得BD2=AD2-AB2，所以BD⊥AB. 又平面PAB⊥平面ABCD，所以BD⊥平面PAB，從而BD⊥AE. 因?yàn)锽D∩PB=B，所以AE⊥平面PBD.

圖3

（2）由（1）知BD⊥AB. 如圖3，以B為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系. 令A(yù)B=2，則得A（2，0，0），D（0，2 ，0），P（1，0， ），C（-2，2 ，0）. 設(shè)平面PAD的法向量為n=（x，y，z）， =（-1，0， ）， =（-2， 2 ，0），所以n· =-x+ z=0，n· =-2x+2 y=0.令x= ，所以n=（ ，1，1）. 設(shè) =λ =（-λ，2 λ，- λ）（0<λ<1），則 = + =（3-λ，2 λ-2 ， - λ）. 設(shè)直線CM與平面PAD所成角為θ，則sinθ=cos〈n， 〉= = ，即 = ，解得λ= 或λ= （舍）. 所以 = .

（文）（1）設(shè)AB=a，BC=2a，由題意BM=CM= a，所以BM2+CM2=BC2，即BM⊥CM. 而平面ABM⊥平面BCDM，BM是平面ABM與平面BCDM的交線，所以CM⊥平面ABM，AB？奐平面ABM，所以CM⊥AB. 又AB⊥AM，且AM∩CM=M，所以AB⊥平面AMC.

（2）在△ABM中，AB=AM=2，設(shè)O為BM的中點(diǎn)，則AO⊥BM. 因?yàn)槠矫鍭BM⊥平面BCDM，所以AO⊥平面BCDM，AO= . 在梯形BCDM中，DM=CD=2，BC=4，S梯形BCDM= ×6×2=6，所以VA-BCDM= ×S梯形BCDM×AO= ×6× =2 .

21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，從而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在橢圓C上，故有 + =1，解得c=1. 所以橢圓C的方程為 + =1.

（2）設(shè)P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直線l：x=4. 則直線AP的方程為y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假設(shè)存在點(diǎn)D（t，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D，則 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在橢圓C上，所以3x +4y =12，所以 =- . 代入上式得（4-t）2+12×- =0，解得t=1或7. 所以存在D（1，0）或D（7，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D.

（文）（1）以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立直角坐標(biāo)系，橢圓的短半軸長(zhǎng)b= ，a=1，所以橢圓方程為x2+4y2=1.

（2）設(shè)P（x0，y0），AD=m，則D（-1，m），C（1，m），直線PD的方程為y-m= （x+1），直線PC的方程為y-m= （x-1）. 由于F，E在直線PD，PC上，且與x軸相交，所以E ，0，F(xiàn) ，0. 因?yàn)锳（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.

又短軸長(zhǎng)等于 AD，所以橢圓中b= m，代入橢圓方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.

22. （理）（1）當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .

（2）當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)， f ′（x）=2x+ ，則可得bn+1= ，從而 - =bn. 所以Sn=b1+b2+…+bn= - + - +…+ - = - ，即b Sn=1-bn+1，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）. 由b1=1，易知bn>0（n∈N？鄢）. 又bn+1= = ≤ ，所以b2+b3+…+b ≤ ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）≥ ，故左邊得證. 因?yàn)閎n+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}單調(diào)遞減，從而有00，所以bn+1> bn> bn-1>…> b1= ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）

21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，從而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在橢圓C上，故有 + =1，解得c=1. 所以橢圓C的方程為 + =1.

（2）設(shè)P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直線l：x=4. 則直線AP的方程為y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假設(shè)存在點(diǎn)D（t，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D，則 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在橢圓C上，所以3x +4y =12，所以 =- . 代入上式得（4-t）2+12×- =0，解得t=1或7. 所以存在D（1，0）或D（7，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D.

（文）（1）以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立直角坐標(biāo)系，橢圓的短半軸長(zhǎng)b= ，a=1，所以橢圓方程為x2+4y2=1.

（2）設(shè)P（x0，y0），AD=m，則D（-1，m），C（1，m），直線PD的方程為y-m= （x+1），直線PC的方程為y-m= （x-1）. 由于F，E在直線PD，PC上，且與x軸相交，所以E ，0，F(xiàn) ，0. 因?yàn)锳（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.

又短軸長(zhǎng)等于 AD，所以橢圓中b= m，代入橢圓方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.

22. （理）（1）當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .

（2）當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)， f ′（x）=2x+ ，則可得bn+1= ，從而 - =bn. 所以Sn=b1+b2+…+bn= - + - +…+ - = - ，即b Sn=1-bn+1，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）. 由b1=1，易知bn>0（n∈N？鄢）. 又bn+1= = ≤ ，所以b2+b3+…+b ≤ ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）≥ ，故左邊得證. 因?yàn)閎n+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}單調(diào)遞減，從而有00，所以bn+1> bn> bn-1>…> b1= ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）

21. （理）（1）由e= 得a=2c，b= c，從而有C： + =1（c>0）. 又Q1， 在橢圓C上，故有 + =1，解得c=1. 所以橢圓C的方程為 + =1.

（2）設(shè)P（x1，y1），由（1）知A（-2，0），B（2，0），直線l：x=4. 則直線AP的方程為y= （x+2）. 由x=4得y= 所以M14， ；同理得M24， . 假設(shè)存在點(diǎn)D（t，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D，則 ⊥ =0？圳 · =0，即可得（4-t）2+ =0. 又P（x1，y1）在橢圓C上，所以3x +4y =12，所以 =- . 代入上式得（4-t）2+12×- =0，解得t=1或7. 所以存在D（1，0）或D（7，0），使得以M1M2為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)D.

（文）（1）以AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立直角坐標(biāo)系，橢圓的短半軸長(zhǎng)b= ，a=1，所以橢圓方程為x2+4y2=1.

（2）設(shè)P（x0，y0），AD=m，則D（-1，m），C（1，m），直線PD的方程為y-m= （x+1），直線PC的方程為y-m= （x-1）. 由于F，E在直線PD，PC上，且與x軸相交，所以E ，0，F(xiàn) ，0. 因?yàn)锳（-1，0），B（1，0） 故 = ，0， = ，0，所以 2+ 2= ①.

又短軸長(zhǎng)等于 AD，所以橢圓中b= m，代入橢圓方程可得 x + =1，把x =1- 代入①可得 2+ 2= =4.

22. （理）（1）當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)， f ′（x）=2x- . 由2an f ′（an）=a -3得a =4a -1，即a - =4a - . 所以a = ·4 + .

（2）當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)， f ′（x）=2x+ ，則可得bn+1= ，從而 - =bn. 所以Sn=b1+b2+…+bn= - + - +…+ - = - ，即b Sn=1-bn+1，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）. 由b1=1，易知bn>0（n∈N？鄢）. 又bn+1= = ≤ ，所以b2+b3+…+b ≤ ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）≥ ，故左邊得證. 因?yàn)閎n+1-bn= -bn= - <0，所以{bn}單調(diào)遞減，從而有00，所以bn+1> bn> bn-1>…> b1= ，所以b2S1+b3S2+…+bn+1Sn=n-（b2+b3+…+bn+1）