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(mén)=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>0，1≤4-x≤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(xiàn)y=kx-2必須在四邊形區(qū)域ABCD內(nèi)（和直線(xiàn)y=x+1平行的直線(xiàn)除外），如圖1，若直線(xiàn)經(jīng)過(guò)B（1，2），則k==4，所以0

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(mǎn)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(chē)流密度為100輛/千米時(shí)，車(chē)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(chēng). 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(xiàn)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(chēng)中心的坐標(biāo)是（1，-2）.

（2）設(shè)h（x）=log的對(duì)稱(chēng)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(chēng)，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(chēng)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(xiàn)y=-x成軸對(duì)稱(chēng)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(xiàn)x=a成軸對(duì)稱(chēng)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(xiàn)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(chēng)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，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(mǎn)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. 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0

（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

杭州學(xué)軍中學(xué) 杭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校

月考試卷調(diào)研

1. B

2. 設(shè)z=a+bi（a，b∈R），則z+=2a=2，所以a=1. 由z=，得b=±2，所以z+=2. 選A.

3. 在aOb坐標(biāo)系中，分別畫(huà)出滿(mǎn)足“a2+b2>2”與“a+b>2或a>”的點(diǎn)（a，b）的圖形. 選B.

4. S=++…+=·1-=. 選C.

5. 利用平面向量加法運(yùn)算的幾何意義. 選D.

6. （理）C=120. 選D.

（文）P==. 選A.

7. 對(duì)于①，若W的面積為3，則λ=1或，故①是錯(cuò)誤的；對(duì)于②，當(dāng)λ=，即λ=時(shí)W是等腰三角形區(qū)域，故②正確；對(duì)于③，-x2+≤-x2+2（x-1）= -（x-2）2≤0，故③正確. 選B.

8. f（x）≥lne-2=-1，所以f（x）min=-1，此時(shí)x=. 在同一直角坐標(biāo)系中，作出f（x），g（x）的圖象，再觀(guān)察得到答案. 選C.

9. Ac，，Bc，-，設(shè)P（x0，y0），則b2x-a2y=a2b2 ①.

由=m+n，得x0=（m+n）c，y=（m-n）？圯-=4mn？圯=4mn ②.

①代入②得mn==. 選A.

10. 方程化為y=2-1，作出其圖象結(jié)合已知可得a=-2，b=0，1，2或b=2，a=-2，-1，0. 選C.

11. （理）由已知，2C+22C+23C+…+2C+2n=80，即（1+2）n-1=80，所以3n=81，n=4.

（文）是以1為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，=1+6×2=13，a7=.

12. 原幾何體是一個(gè)半球體與一個(gè)正四棱錐的組合體，S表=2π·22+π·22-22+·2··4=12π-4+4.

13. （理）X的分布列為

E（X）=4×+6×+8×=6.

（文）在同一直角坐標(biāo)系中作出y=f（x）與y=m的圖象，觀(guān)察得到結(jié)論b∈（0，1）.

14. A-，0，B4-，0，P1-，2，=（-1，-2），=（3，-2），所以·=1.

15. 直線(xiàn)QP的方程為3x+4y+1=0，C1（-1，-3），C2（2，1）到直線(xiàn)QP的距離之比為==.

16. 當(dāng)x=1時(shí)，（1-a）（1+2a）<0，解得a>1或a<- ①.

當(dāng)x=2時(shí)，（2-a）（4+2a）<0，解得a>2或a<-2 ②. 由①②得a>2或a<-2. 反過(guò)來(lái)，當(dāng)a>2時(shí)，恒有（x-a）（x2+2a）<0；同理，當(dāng)a<-2時(shí)，恒有（x-a）（x2+2a）<0. 所以有a>2或a<-2.

17. （理）取AD的中點(diǎn)E，則AD⊥平面EBC，當(dāng)O，B，C，E共面時(shí)，OE⊥AD，再設(shè)∠BCO=θ0<θ<，則得OE=，故當(dāng)θ=時(shí)，OEmax=（+1）.

（文）作△OAB，使=α，=β，則=β-α，邊AB上的高即為所求. 由條件可得∠OAB的外角為150°，故∠OAB=30°，因此邊AB上的高為.

18. （1）由tanA=2tanB得sinAcosB=2cosAsinB ①.

由sin（A-B）=得sinAcosB-cosAsinB= ②.

聯(lián)立①②，解得sinAcosB=，cosAsinB=. 所以sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB==sinC. 又因?yàn)镃為銳角，所以C=60°.

（2）由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC，所以25-3ab=a2+b2-ab，即（a+b）2=25，即a+b=5 ③.

又S△ABC=absinC=ab·=，所以ab= ④.

聯(lián)立③④解得a=b=.

因此，△ABC為正三角形.

19. （1）由已知，得a=a1ak，而a3=4，a1=a3-2d=4-2d，ak=a3+（k-3）d=4+（k-3）d，所以16=（4-2d）[4+（k-3）d]. 整理，得d=2-. 因?yàn)閧an}的各項(xiàng)均為整數(shù)，d>0，所以d∈N？鄢，所以∈Z. 又k>3且k為正整數(shù)，所以k-3=4，即k=7，d=1，所以an=n+1，bn=2n.

（2）因?yàn)樾碌臄?shù)列{cn}的前2-（n+2）項(xiàng)和為數(shù)列{an}的前2-1項(xiàng)的和減去數(shù)列{bn}的前n+1項(xiàng)的和，所以S=-=（2n-1）（2n+1-1），所以==-. 所以+++…+=-+-+…+-=1-. 于是不等式化為1->，即2>128，n+1>7，n>6. 因此，滿(mǎn)足不等式的最小正整數(shù)n=7.

20. （1）過(guò)D作DF∥CC1交A1C1于點(diǎn)F，連結(jié)EF. 因?yàn)镃C1∥BB1，所以DF∥BB1，所以DF∥平面A1BB1. 又DE∥平面A1BB1，DF∩DE=D，所以平面DEF∥平面A1BB1. 又平面DEF∩平面A1B1C1=EF，平面A1BB1∩平面A1B1C1=A1B1，所以EF∥A1B1，所以===，即C1E=C1B1.

（2）（理）因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，BC⊥CC1，所以BC⊥平面ACC1A1. 在△AA1C中，AC=1，AA1=CC1=2，∠CAA1=. 由余弦定理，得A1C=，所以AC2+A1C2=AA，所以AC⊥A1C. 建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則B（0，0，1），D0，，0，E-1，，，=0，，-1，=-1，，-. 設(shè)平面BDE的法向量為n1=（x，y，z），則n1·=0，n1·=0？圯y-z=0，-x+y-z=0.取y=3，得n1=（7，3，3）. 平面ABC的一個(gè)法向量為n2=（0，1，0）. 設(shè)所求的二面角大小為θ，則cosθ=cos〈n1，n2〉==.

（文）設(shè)AC1∩A1C=O，因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，B1C1⊥CC1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥A1C. 在△A1CC1中，A1C1=AC=1，CC1=2，∠CC1A1=∠CAA1=，由余弦定理，得A1C=，所以A1C+A1C2=CC，所以A1C1⊥A1C. 又A1C1∩B1C1=C1，所以A1C⊥平面A1B1C1. 而A1C？奐平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面A1B1C1. 過(guò)C1作C1M⊥A1E于M，連OM，則C1M⊥平面A1DE. 因此，∠C1OM為所求的角.

經(jīng)計(jì)算，得OC1=，C1M===，所以sin∠C1OM==.

21. （理）（1）易得0≤∠F1MF2<π. 當(dāng)M在x軸上時(shí)，∠F1MF2=0.

當(dāng)M不在x軸上時(shí)，由余弦定理，得cos∠F1MF2====-1≥-1=-1. 因?yàn)閏os∠F1MF2的最小值為，所以-1= ①.

由MF1+MF2=2a=10，得a=5 ②.

將②代入①得b=4. 因此，橢圓C的方程為+=1.

（2）假設(shè)滿(mǎn)足條件的常數(shù)k存在. 設(shè)P（m，0）（-5≤m≤5），A（x1，y1），B（x2，y2），則可得直線(xiàn)AB的方程為x=m+ty. 由x=m+ty，16x2+25y2=400得（16t2+25）y2+32mty+16m2-400=0. y+y=-，yy=. PA2+PB2=（1+t2）（y+y）=（1+t2）[（y+y）2-2yy]=32（1+t2）·. 令16t2-25=0，得t=±，所以k=±. 因此，存在滿(mǎn)足條件的常數(shù)k，且k=±.

（文）（1）由已知，可設(shè)拋物線(xiàn)C的方程為y2=2px（p>0）. 設(shè)M（x0，y0）是C上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到直線(xiàn)l的距離d==·y-3y0+6=·y-3y0+6=·y-p+6-p. dmin=6-p=，所以p=2. 因此，拋物線(xiàn)C的方程為y2=4x.

（2）假設(shè)滿(mǎn)足條件的常數(shù)λ存在.設(shè)AB：y=k（x-1）（k≠0）. 則ON：y=kx. 由y=k（x-1），y2=4x消去y得k2x2-2（k2+2）x+k2=0 ①.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=. AB=AF+BF=x1+1+x2+1=x1+x2+2=+2=+4. 由y=kx，y2=4x消去y得k2x2=4x ②.

設(shè)N（xN，yN），由②得xN=. ON=·x=. 因此，AB2-ON2=+4-=-==4AB，所以λ存在，且λ=4.

22. （1）f ′（x）=-. 由已知得f（1）=-1，f ′（1）=3，所以n+1=-1，m-n=3，解得m=1，n=-2，所以f（x）=lnx-+1.

（2）①g（x）=alnx-+1-x2，g′（x）=+-x=-（x>0）. 因?yàn)間（x）有極大值點(diǎn)x0，所以g′（x0）=0，所以x-2ax0-4a=0，即a=（00，g（x）遞增；當(dāng)x>x0時(shí)，g′（x）<0，g（x）遞減. 所以x0是函數(shù)g（x）的極大值點(diǎn). 設(shè)r（x0）=（0

r′（x0）==>0，所以r（x0）在（0，1）上遞增，所以0

②不等式化為am

哈師大附中 東北師大附中

月考試卷調(diào)研

1. A 2. D 3. D 4. C 5. C 6. A 7. B

8. 設(shè)圓心M，b，則圓M：x-+（y-b）2=-2+b2，當(dāng)x=0時(shí)，y1=b-2，y2=b+2，所以AB=y-y=4，故選A.

9. （理）2n=32，所以n=5，（1+a）5=243，所以a=2，所以T4=Cx223=80x2，故選A.

（文）AC邊上的高BE=，若BD=，則DE=，所以所求的概率P==，故選A.

10. 在△PA1A2中，因?yàn)镻A2=A1A2=2a，∠PAx=60°，所以P（2a，a），代入-=1有a=b，所以e=，故選C.

11. 因?yàn)锳B=BC=，AC=2，所以△ABC為直角三角形，斜邊AC的中點(diǎn)為小圓的圓心O1. 若四面體ABCD體積的最大值為，則點(diǎn)D為過(guò)O1且垂直于平面ABC的直線(xiàn)與球面的交點(diǎn)，且DO1=2. 設(shè)球的半徑為R，則R2=（2-R）2+1，所以R=，故選C.

12. （理）f（x）=lnx·，所以f ′（x）=，所以f ′（x0）==0，所以-1-x0=lnx0，所以f（x0）=x0. 令g（x）=lnx+1+x，其在（0，+∞）上為增函數(shù)，由零點(diǎn)存在性定理知g（x）有唯一零點(diǎn)x0，且x0∈0，，故選B.

（文）數(shù)形結(jié)合， f（x）的最小正周期為4，y=sinx的最小正周期為2，一個(gè)周期內(nèi)交點(diǎn)有3個(gè)，x∈[0，2013]時(shí)共有503×3+2=1511個(gè)交點(diǎn)，故選B.

13. 14

14. an=-2n+9，Sn=-n2+8n=-（n-4）2+16，所以n=4時(shí)，最大值為16.

15. 設(shè)A（1，0），B（0，），C（cosθ，sinθ），所以·=cosθ（cosθ-1）+sinθ·（sinθ-）=1-cosθ-sinθ=1-2cosθ-，最大值為3.

16. （理）設(shè)AF=x（0FG 2，所以xy>1，所以y>，dx=lnx=2ln3，由幾何概型的公式可得P==.

（文）由已知， f（a）+f（b）=0，可得=1，所以a+b=1，且0

17. （1）cosC=，所以sinC=. 因?yàn)?，所以=，所以sinA=.

（2）因?yàn)閏2=a2+b2-2abcosC，所以2=1+b2-b，所以2b2-3b-2=0，所以b=2，S△ABC=absinC=×1×2×=.

18. （理）（1）取AE的中點(diǎn)P，連結(jié)PM，PN. 因?yàn)锳E⊥BE，MP∥BE，所以MP⊥AE. 又BC⊥平面ABE，AE？奐平面ABE，所以BC⊥AE. 又NP∥AD，AD∥BC，所以NP∥BC，所以NP⊥AE. 又NP∩MP=P，NP，MP？奐平面PMN，所以AE⊥平面MNP. 因?yàn)镸N？奐平面MNP，所以AE⊥MN.

（2）過(guò)M作MK⊥NE于K，連結(jié)KP. 因?yàn)锳D∥BC，所以AD⊥平面ABE. 又PM？奐平面ABE，所以AD⊥PM. 又MP⊥AE，AD∩AE=A，所以PM⊥平面ADE，所以PM⊥DE，所以PM⊥NE. 又MK⊥NE，MK∩MP=M，所以NE⊥平面PMK，所以NE⊥PK，所以∠PKM為二面角M-EN-A的平面角. 在Rt△MPK中，PM=BE=，=，所以PK=，所以KM===，所以cos∠PKM=，所以二面角M-EN-A的余弦值為.

（文）（1）因?yàn)锳E⊥BE，MP∥BE，所以MP⊥AE. 又BC⊥平面ABE，AE？奐平面ABE，BC⊥AE. 因?yàn)镹為DE的中點(diǎn)，P為AE的中點(diǎn)，所以NP∥AD. 因?yàn)锳D∥BC，所以NP∥BC，所以NP⊥AE.

又NP∩MP=P，NP，MP？奐平面PMN，所以AE⊥平面MNP. 因?yàn)镸N？奐平面MNP，所以AE⊥MN.

（2）由（1）知MP⊥AE，且MP=BE=. 因?yàn)锳D∥BC，所以AD⊥平面ABE.因?yàn)镸P？奐平面ABE，所以AD⊥MP.

因?yàn)锳D∩AE=A，AD，AE？奐平面ADNP，所以MP⊥平面ADNP.

因?yàn)锳D∥BC，所以AD⊥平面ABE，所以AD⊥AP.

又NP∥AD，所以四邊形ADNP為直角梯形.

因?yàn)镾梯形ADNP==，MP=，所以四棱錐M-ADNP的體積V=SADNP·MP=··=.

19. （理）（1）記“從10天的PM2.5日均監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)中，隨機(jī)抽出三天，恰有一天空氣質(zhì)量達(dá)到一級(jí)”為事件A，則P（A）==.

（2）依據(jù)條件，ξ服從超幾何分布：其中N=10，M=3，n=3，ξ的可能值為0， 1，2，3，其分布列為：P（ξ=k）=（k=0，1，2，3），

（3）依題意可知，一年中每天空氣質(zhì)量達(dá)到一級(jí)或二級(jí)的概率為P=，一年中空氣質(zhì)量達(dá)到一級(jí)或二級(jí)的天數(shù)為η，則η～B（365，0.7），所以E（η）=365×0.7=255.5≈256，所以一年中平均有256天的空氣質(zhì)量達(dá)到一級(jí)或二級(jí).

（文）（1）空氣質(zhì)量為超標(biāo)的數(shù)據(jù)有四個(gè)，分別為77，79，84，88，它們的平均數(shù)為==82，方差為s2=×[（77-82）2+（79-82）2+（84-82）2+（88-82）2]=18.5.

（2）空氣質(zhì)量為二級(jí)的數(shù)據(jù)有五個(gè)：47，50，53，57，68，

任取其中2個(gè)數(shù)共有十種可能結(jié)果：{47，50}，{47，53}，{47，57}，{47，68}，{50，53}，{50，57}，{50，68}，{53，57}，{53，68}，{57，68}，

兩個(gè)數(shù)據(jù)和小于100的結(jié)果有一種：{47，50}.

記“兩個(gè)數(shù)據(jù)和小于100”為事件A，則P（A）=，

即從空氣質(zhì)量為二級(jí)的數(shù)據(jù)中任取2個(gè)，這2個(gè)數(shù)據(jù)和小于100的概率為.

（3）空氣質(zhì)量為一級(jí)或二級(jí)的數(shù)據(jù)共8個(gè)，所以空氣質(zhì)量為一級(jí)或二級(jí)的頻率為=，365×=243.3≈243，所以，2013年的365天中空氣質(zhì)量達(dá)到一級(jí)或二級(jí)的天數(shù)估計(jì)為243天.

20. （1）不妨設(shè)F1（-c，0），F(xiàn)2（c，0），B1（0，b），+=2b=2，所以b=1. ·=-c2+b2=-2，所以c=，所以a=2，所以橢圓Ω的方程為+y2=1.

（2）①當(dāng)直線(xiàn)l1與x軸重合時(shí)，此時(shí)A（-2，0），B（2，0），C1，，D1，-，則·=3×1+×=.

②當(dāng)直線(xiàn)l1不與x軸重合時(shí)，設(shè)其方程為x=my+1，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）. 由x=my+1，x2+4y2=4得（m2+4）y2+2my-3=0，y+y=，yy=.

因?yàn)椤?（-）·（-）= -·-·，

=（x1-1，y1）=（my1，y1），=（x2-1，y2）=（my2，y2），

所以-·=-（m2+1）yy=.

又由l2與l1垂直可知-·=，從而可得·=-·-·=+=≥=，當(dāng)且僅當(dāng)m=±1取到“=”.

綜合①②，（·）min=.

21. （理）（1）f ′（x）=asinx+axcosx-sinx=（a-1）sinx+axcosx， f ′=（a-1）·+·a·=，所以a=1，所以f ′（x）=xcosx. 所以f ′（x）>0？圯-π

（2）當(dāng)x∈0，時(shí)， f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）min=f（0）=1，則依題意可得g（x）≥1在x∈[0，+∞）上恒成立，g′（x）=（x≥0，m>0）.

①當(dāng)m≥2時(shí)，≥0，所以g′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，即g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增. 又g（0）=1，所以g（x）≥1在x∈[0，+∞）上恒成立，即m≥2時(shí)成立.

②當(dāng)0

綜合①②，m≥2.

（文）（1）因?yàn)閒（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）， f ′（x）=2ax-，因?yàn)閒（x）在x=2處取得極小值，所以f ′（2）=0，即a=. 此時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證x=2是f（x）的極小值點(diǎn)，故a=.

（2）因?yàn)閒 ′（x）=2ax-，

①當(dāng)a≤0時(shí)， f ′（x）<0，所以f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x>1時(shí)， f（x）

②當(dāng)a>0時(shí)， f ′（x）=，令f ′（x）>0，得x>； f ′（x）<0，得0

（?。┊?dāng)>1，即0

（ⅱ）當(dāng)≤1，即a≥時(shí)，x∈[1，+∞）時(shí)， f ′（x）>0，即f（x）遞增，所以f（x）≥f（1）=0滿(mǎn)足題意. 綜上，a≥.

22. （1）連結(jié)BC，因?yàn)锳B是圓O的直徑，所以∠ACB=90°. 又因?yàn)镸N=MC，所以∠MCN=∠MNC，所以∠MCB=∠MBC，所以MB=MC，所以MN=MB.

（2）設(shè)OC∩BE=F，因?yàn)镺B=OC，所以∠OBC=∠OCB. 由（1）可知，∠MBC=∠MCB，所以∠DBM=∠FCM.又因?yàn)椤螪MB=∠FMC，所以∠MDB=∠MFC，即∠MFC=90°，所以O(shè)C⊥MN.

23. （1）直線(xiàn)l的普通方程為xsinα-ycosα+cosα=0，曲線(xiàn)C的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ=4sinθ，則ρ2cos2θ=4ρsinθ. 因?yàn)棣裞osθ=x，ρsinθ=y，所以C：x2=4y.

（2）將l的參數(shù)方程x=tcosα，y=1+tsinα（t為參數(shù)，0≤α<π）代入曲線(xiàn)C：x2=4y，得t2cos2α-4tsinα-4=0，所以AB=t1-t2==8，所以cosα= ±，所以α=或.

24. （1）a=3時(shí)，即求解2x-3+x-1≥2.

①當(dāng)x≥時(shí)，2x-3+x-1≥2，所以x≥2；

②當(dāng)1

③當(dāng)x≤1時(shí)，3-2x+1-x≥2，所以3x≤2，所以x≤.

綜上，解集為xx≤或x≥2.

（2）即2x-a≥5-x-x-1恒成立.

令g（x）=5-x-x-1=6-2x，x≥1，4，x<1，則函數(shù)圖象為

所以≥3，所以a≥6.