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2017届辽宁盘锦高级中学高三11月月考数学(理)试卷


2017 届辽宁盘锦高级中学高三 11 月月考数学(理)试卷
考试时间:100 分钟;命题人:xxx 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 注意事项: 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上

B ? x | x 2 ? 5 x ? 4 ? 0, x ? Z , 1. 已知集合 A ? ?1, a? , 若 A? B ? ?, 则 a 等于 (
A.2 B.3 C.2 或 3 D.2 或 4

?

?



2.已知函数 f ( x) ? 3sin(2 x ?

?
3

) ,则下列结论正确的是( )



A.导函数为 f '( x ) ? 3cos(2 x ?

?
3

B.函数 f ( x) 的图象关于直线 x ? C.函数 f ( x) 在区间 ( ?

?
2

对称

, ) 上是增函数 12 12

? 5?

D.函数 f ( x) 的图象可由函数 y ? 3sin 2 x 的图象向右平移

? 个单位长度得到 3

3 . 等 比 数 列 ?an ? 中 , 已 知 对 任 意 正 整 数 n , a1 ? a2 ? a3 ? … ? an ? 2n ? m , 则

a12 ? a22 ? … ? an 2 等于(
n A. (4 ? m)

) C. 4 ? 1
n

1 3

n B. (2 ? 1)

1 3

D. (2 ? m)
n

2

? x ? 2 y ? 2, ? 4.当 x , y 满足不等式组 ? y ? 4 ? x, 时, ?2 ? kx ? y ? 2 恒成立,则实数 k 的取值 ?x ? 7 y ? 2 ?
范围是( A. ??1,1? ) B. ? ?2,0? C. ? ? , ? 5 5

? 1 3? ? ?

D. ? ? , 0 ? 5 )

? 1 ?

? ?

5.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(

试卷第 1 页,总 5 页

A.

14 3

B.5

C.

16 3

D.6

6.已知命题甲是“ ? x |

? ?

? x2 ? x ? 0? ” ,命题乙是“ ?x | log3 (2x ?1) ? 0? ” ,则( x ?1 ?



A.甲是乙的充分条件,但不是乙的必要条件 B.甲是乙的必要条件,但不是乙的充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件 7 . 已 知 a ? 0 , b ? 0 , f '( x) 为 f ( x) 的 导 函 数 , 若 f ( x) ? ln

x ,且 2

1 1 dx ? 2 f '(a) ? b ? 1,则 a ? b 的最小值为( 3 1 x 2 9 9 A. 4 2 B. 2 2 C. D. ? 2 2 2 2 b?
b



8.设函数 f ( x ) ? ?

?3 x ? 1, x ? 1, ? 2 , x ? 1,
x

则满足 f ( f (a)) ? 2

f (a)

的 a 的取值范围是(



A. ? ,1? C. [ , ??)

?2 ? ?3 ?
2 3

B. ?0,1? D. [1, ??) )

2 9.方程 ( x ? ? y ? 2 y ? 8) x ? y ? 0 表示的曲线为(

A.一条直线和一个圆 C.一条射线与一段劣弧

B.一条线段与半圆 D.一条线段与一段劣弧

2 10. 已知函数 f ( x) ? A cos (? x ? ? ) ? 1( A ? 0 ,? ? 0 ,0 ? ? ?

?
2

) 的最大值为 3,

f ( x) 的 图 象 与 y 轴 的 交 点 坐 标 为 (0, 2) , 其 相 邻 两 条 对 称 轴 间 的 距 离 为 2 , 则
的值为( f (1)? f ( 2) ? f (3) ?… ? f ( 2016) A.2468 B.3501 C.4032 D.5739 )

试卷第 2 页,总 5 页

x2 y 2 b ? 0) F 是右焦点,B(0, b) 11. 已知双曲线 2 ? 2 ? 1 (a ? 0, ,A1 、A2 是实轴顶点, a b
是虚轴端点, 若在线段 BF 上 (不含端点) 存在不同的两点 Pi( i ? 1, 2 ) , 使得△ PA i 1 A2 ( i ? 1, 2 )构成以 A1 A2 为斜边的直角三角形,则双曲线离心率 e 的取值范围是( A. ( 2, )

6 ?1 ) 2

B. ( 2,

5 ?1 ) 2

C. (1,

5 ?1 ) 2

D. (

5 ?1 , ??) 2

12.设函数 f ( x) ? ex (x3 ? 3x ? 3) ? ae x ? x ( x ? ?2 ) ,若不等式 f ( x) ? 0 有解,则 实数 a 的最小值为( A. 1 ? )

1 e

B. 2 ?

1 e

C.

1 ?1 e

D. 1 ? e 2

?AOC ? 13. 平面直角坐标系 xOy 中, 已知 A(1,0) ,B(0,1) , 点 C 在第一象限内,
且 OC ? 2 ,若 OC ? ?OA ? ?OB ,则 ? ? ? 的值是

?
6



??? ?

??? ?

??? ?



14 .已知边长为 2 3 的菱形 ABCD 中, ?BAD ? 60? ,沿对角线 BD 折成二面角

A ? BD ? C 为 120? 的四面体 ABCD ,则四面体的外接球的表面积



15 . 如 果 定 义 在 R 上 的 函 数 f ( x) 满 足 : 对 于 任 意 x1 ? x2 , 都 有

x1 f( x ? 1)

x f 2? x ) 2 (

1

x( f? 2 )x

2 ,则称 1

.给出下列函数:① f ( x) 为“ H 函数” x( f ) x

|, x ? 0, ?ln| x cos )x ;③ y ? ex ? 1 ;④ f ( x) ? ? y ? ? x3 ? x ? 1;② y ? 3x ? 2(sin x ? ?0, x ? 0.
其中“ H 函数”的个数是 .

? x ? 2 pt 2 16.设抛物线 ? ( t 为参数, p ? 0 )的焦点为 F ,准线为 l ,过抛物线上一点 ? y ? 2 pt
7 A 作 l 的垂线,垂足为 B ,设 C ( p, 0) , AF 与 BC 相交于点 E ,若 | CF |? 2 | AF | , 2
且△ ACE 的面积为 3 2 ,则 p 的值为 .

17.已知△ ABC 的面积 S 满足 2 ? 3 ? S ? 1,且 AC ? CB ? ?2 , ?ACB ? ? . (1)若 m ? (sin 2 A,cos2 A) , n ? (cos 2B,sin 2B) ,求 | m ? 2n | 的取值范围;

??? ? ??? ?

??

?

??

?

试卷第 3 页,总 5 页

(2)求函数 f (? ) ? sin(? ?

) ? 4 3 sin ? cos ? ? cos(? ? ) ? 2 的最大值. 4 4 P ? ABCD ABCD BC ? CD ? 2 , AC ? 4 , PA ? 18 .如图,四棱锥 中, 底面 , ?ACB ? ?ACD ?

?

?

?
3

, F 为 PC 的中点, AF ? PB .

(1)求 PA 的长; (2)求二面角 B ? AF ? D 的正弦值. 19.已知数列 ?an ? , an ? 0 ,其前 n 项和 Sn 满足 Sn ? 2an ? 2n?1 ,其中 n ? N * . (1)设 bn ?

an ,证明:数列 ?bn ? 是等差数列; 2n

(2)设 cn ? bn ? 2?n , Tn 为数列 ?cn ? 的前 n 项和,求证: Tn ? 3 ; (3)设 dn ? 4n ? ( ?1) n?1 ? ?2 bn ( ? 为非零整数, n ? N * ) ,试确定 ? 的值,使得对任 意 n ? N * ,都有 dn?1 ? dn 成立. 20.平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C :
2

x2 y 2 3 ? 2 ? 1 ( a ? b ? 0 )的离心率是 , 2 a b 2

抛物线 E : x ? 2 y 的焦点 F 是 C 的一个顶点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 P 是 E 上的动点,且位于第一象限, E 在点 P 处的切线 l 与 C 交于不同的两点 A , B ,线段 AB 的中点为 D ,直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M . (i)求证:点 M 在定直线上; (ii)直线 l 与 y 轴交于点 G ,记△ PFG 的面积为 S1 ,△ PDM 的面积为 S2 ,求 的最大值及取得最大值时点 P 的坐标.

S1 S2

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21.设函数 f ( x) ? ( x ?1)3 ? ax ? b , x ? R ,其中 a , b ? R . (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)若 f ( x) 存在极值点 x0 ,且 f ( x1 ) ? f ( x0 ) ,其中 x1 ? x0 ,求证: x1 ? 2 x0 ? 3 ; (3) 设

3 1 ?a ?3, 函数 g ( x) ?| f ( x) | , 求证: g ( x) 在区间 ? 0, 2? 上的最大值不小于 . 4 4

22.选修 4-4:坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中,直线 l 过 M (2,0) ,倾斜角为 ? ( ? ? 0 ) .以 O 为极点, x 轴 非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线 C 的极坐标方程为 ? sin 2 ? ? 4cos? . (1)求直线 l 的参数方程和曲线 C 的直角坐标方程; (2)已知直线 l 与曲线 C 交于 A 、 B 两点,且 | MA |? 2 | MB | ,求直线 l 的斜率 k . 23.已知函数 f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? a | , g ( x) ?| x ? 2 | ?1 . (1)当 a ? 2 时,解不等式 f ( x) ? 5 ; (2)若对任意 x1 ? R ,都存在 x2 ? R ,使得 g ( x2 ) ? f ( x1 ) 成立,求实数 a 的取值范 围.

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参考答案 1.C 【解析】 试题分析:由已知可得 ?2,3?,由于 A ? B ? ? ,则 a ? 2 或 3 ,故选 C. 考点:集合的运算. 【易错点晴】集合的三要素是:确定性、互异性和无序性.研究一个集合,我们首先要看清 楚它的研究对象,是实数还是点的坐标还是其它的一些元素,这是很关键的一步.第二步常 常是解一元二次不等式,我们首先用十字相乘法分解因式,求得不等式的解集.在解分式不 等式的过程中, 要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响.元素 与集合之间是属于和不属于的关系, 集合与集合间有包含关系. 在求交集时注意区间端点的 取舍. 熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目. 2.C 【解析】 试 题 分 析 : A . f ??x ? ? 6 cos? 2 x ?

? ?

??

? 时 , ? , 故 A 错 误 ; B . 当 x? 2 3?

? ? ? ? ?? 不是最值, 故 f ( x) 的图象关于直线 x ? 不对称, f ?x ? ? 3 s i ?n 2 ? ? ? ? 3 s i n ? ?3 , 2 2 3? 3 ?
故 B 错误;C.当 ?

?
12

?x?

5? ? ? ? ? ? ?? 时, ? ? 2 x ? ? ,则 y ? sin x 在 ? ? , ? 上单调 12 2 3 2 ? 2 2?

递增函数,故 C 正确;D.函数 y ? 3 sin 2 x 的图象向右平移

? 个单位长度得到 3

?? 2? ? ? ? y ? 3 sin 2? x ? ? ? 3 sin ? 2 x ? ? ,则不能得到函数 f ?x ? 的图象,故 D 错误,故选 C. 3? 3 ? ? ?
故选:C. 考点: (1)正弦函数的图象和性质; (2)命题真假的判断与应用. 3.A 【解析】 试题分析:∵等比数列 ?an ? 中,对任意正整数 n , a1 ? a2 ? a3 ? … ? an ? 2n ? m ,∴

a1 ? 2 ? m , a1 ? a2 ? 4 ? m , a1 ? a2 ? a3 ? 8 ? m ,∴ a1 ? 2 ? m , a2 ? 2 , a3 ? 4 ,∴
2 2 2 m ? ?1 ,a1 ? 1,∴ a12 ? 1 ,a2 是首项为 1 ,公比为 4 的等比数列, ? 4 ,a3 ? 16,∴ an

? ?

1 ? 4n 1 n 1 ? 4 ? 1 ? 4n ? m .故选:A. ∴ a ? a ? a ?? ? a ? 1? 4 3 3
2 1 2 2 2 3 2 n

?

?

?

?

考点:等比数列的前 n 项和. 4.D 【解析】
答案第 1 页,总 15 页

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?2 ? z ? 2, 试题分析: 作出不等式组对应的平面区域如图, 设 z ? kx ? y 则, 由?

?x ? 2 y ? 2 , ?y ? 4 ? x

解得 ?

? x ? ?2 ?x ? 2 y ? 2 ?x ? 2 ?y ? 4 ? x ,即 B?? 2,2? ,由 ? ,解得 ? ,即 C ?2,0? ,由 ? , ?y ? 2 ?x ? 7 y ? 2 ?y ? 0 ?x ? 7 y ? 2

?? 2 ? ?2k ? 2 ? 2 ? x ? ?5 ? 解得 ? ,即 A?? 5,?1? ,要使 ?2 ? kx ? y ? 2 恒成立,则 ?? 2 ? 2k ? 2 ,解得 y ? ? 1 ? ?? 2 ? k ? 0 ?
? 1 ? k ? 0 ,故选:D. 5

考点:简单的线性规划. 5.A 【解析】 试题分析: 由三视图可知几何体是由直三棱柱 ABD ? AFG 和四棱锥 C ? BDGF 组合而成, 直观图如图所示:直三棱柱的底面是一个直角三角形,两条直角边分别是 1 、 2 ,高是 2 , ∴几何体的体积

V ? V三棱柱ABD?EFG ? V四棱锥C?BDGF ? V三棱柱ABD?EFG ? V三棱锥F ?CDG ? V三棱锥F ?BDC
1 1 1 1 14 ? ?1? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? ,故选:A. 2 3 2 2 3

考点:由三视图求面积、体积. 【方法点睛】 本题考查三视图求几何体的体积以及表面积, 由三视图正确复原几何体是解题 的关键,考查空间想象能力,难度中档;结合三视图可知几何体是由直三棱柱 ABD ? EFG 和四棱锥 C ? BDGF 组合而成,由三视图求出几何元素的长度,由分割法、换底法即等体 积法,以及柱体、锥体的体积公式求出几何体的体积. 6.B 【解析】
答案第 2 页,总 15 页

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试题分析:

x2 ? x ? 0 ? x?x ? 1??x ?1? ? 0 且 x ? 1 , 解 得 : ? 1 ? x ? 0 或 x ? 1 . 由 x ?1
1 ? x ? 0 .∴甲是乙的必要条件,但不是乙 2

lo g 3 ?2 x ? 1? ? 0 ,∴ 0 ? 2 x ? 1 ? 1 ,解得: ?
的充分条件.故选:B. 考点:充分条件、必要条件的判定. 7.C 【解析】 试 题 分 析 : ∵ f ?? x ? ?

b 1 1 1 1 b ? 1 ?b , ∴ f ??a ? ? , ∵ b ? 3 dx ? b? ? 2 ? 1 ?? ? , 1 x x a 2b 2 ? 2x ?

b?


b

1

1 1 1 b 2 1 2 1 dx ? 2 f ??a ? ? b ? 1 , ? ? ? b ?1 , ?1, ∴? ∴ ? ∵ a ? 0 ,b ? 0 , 3 x 2 2b 2 a 2 a 2b

2 ?a ? b? ? ?a ? b?? ? ? ?a

a 2b 1 ? 5 a 2b 5 a 2b 9 ? , 当 且 ? ?2 ? ? ?? ? ? 2b a 2b ? 2 2b a 2 2b a 2

2 1 3 ? ? 1 ,即 a ? 3, b ? 时等号成立,故选 C. a 2b 2
考点: (1)定积分的计算; (2)基本不等式的应用. 8.C 【解析】
t 试题分析:令 f ?a ? ? t ,则 f ?t ? ? 2t ,当 t ? 1 时, 3t ? 1 ? 2 ,由 g ?t ? ? 3t ? 1 ? 2t 的导数

t 为 g??t ? ? 3 ? 2 ln 2 ,在 t ? 1 时, g ??t ? ? 0 , g ?t ? 在 ?? ?,1? 递增,即有 g ?t ? ? g ?1? ? 0 ,则
t t t 方程 3t ? 1 ? 2 无解;当 t ? 1 时, 2 ? 2 成立,由 f ?a ? ? 1 ,即 3a ? 1 ? 1 ,解得 a ?

2 , 3

且 a ? 1 ;或 a ? 1 , 2 ? 1 解得 a ? 0 ,即为 a ? 1 .综上可得 a 的范围是 a ?
a

2 .故选 C. 3

考点:分段函数的应用. 9.D 【解析】
2 试 题 分 析 : ∵ ( x ? ? y ? 2 y ? 8) x ? y ? 0 , ∴ x ?

? y2 ? 2 y ? 8 或

x ? y ? 0?? 2 ? y ? 4? ,∴ x2 ? ? y ?1?2 ? 9?x ? 0? 或 x ? y?? 2 ? y ? 4? .故选 D.
考点:曲线与方程. 10.C 【解析】
2 试题分析:∵已知函数 f ( x) ? A cos (? x ? ? ) ? 1 0 ? ? ?

?
2

的最大值为 A ? 1 ? 3 ,故 ∴c o s ?? ? ?1 ? 2 ,

A ? 2 .f ( x) 的图象与 y 轴的交点坐标为 (0, 2) , ∵ f ?0? ? 2 c o s
答案第 3 页,总 15 页

2

2 , 2

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??

?
4

, 即 f ?x ? ? 2 c os 2 ? ?x ?

? ?

??

?? ? 再根据其相邻 os ? 2?x ? ? ? 2 ? ? s i n 2?x ? 2 . ? ?1 ? c 4? 2? ?

两条对称轴间的距离为 T ?

1 2

1 2? ? ?? ? ? ? 2 ,可得 ? ? , f ?x ? ? ? sin? x ? 2 ? ,故函数的 2 2? 4 ?2 ?








2?

?

?4



f ?1? ? f ?2? ? f ?3? ? f ?4? ? 1 ? 2 ? 3 ? 2 ? 8





2

f ?1? ? f ?2? ? f ?3? ? ? ? f ?2

0? ? 1 5

? f ?1 6 ? 0 4? ? f ?2? ? f ?3? ? f ?4?? ? 4

C. 0,故选 3 2

考点: (1)三角函数中的恒等变换应用; (2)余弦函数的图象. 11.B 【解析】 试题分析: 由题意,F ?c,0? ,B?0, b ? , 则直线 BF 的方程为 bx ? cy ? bc ? 0 , ∵在线段 BF 上(不含端点)存在不同的两点 P ,2? ,使得 ?Pi A1 A2 ?i ? 1,2? 构成以线段 A1 A2 为斜边 i ?i ? 1 的直角三角形,∴

bc b ?c
2 2

? a ,∴ e4 ? 3e2 ? 1 ? 0 ,∵ e ? 1 ,∴ e ? 5 ?1 ,故选:B. 2

5 ?1 ,∵ a ? b , 2

∴ a 2 ? c 2 ? a 2 ,∴ e ?

2 ,∴ 2 ? e ?

考点:双曲线的简单性质. 12.A 【解析】
3 x 3 x 试 题 分 析 : ∵ f ( x) ? e ( x ? 3x ? 3) ? ae ? x ? 0 , ∴ a ? x ? 3 x ? 3 ?

x ,令 ex

g ?x ? ? x 3 ? 3x ? 3 ?

x x ?1 1? ? , 故当 x ? ?? ?,1? 时, g ??x ? ? 3x 2 ? 3 ? x ? ?x ? 1?? 3x ? 3 ? x ? , x e e e ? ?

g ??x ? ? 0 ,当 x ? ?1, ? ? ?时, g ??x ? ? 0 ,故 g ?x ? 在 x ? ?? ?,1? 上是减函数,在 x ? ?1, ? ??
上是增函数;故 g min ? x ? ? g ?1? ? 1 ? 3 ? 3 ? 考点:利用导数研究函数的单调性. 【方法点晴】本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性,由 f ??x ? ? 0 ,得函数单调递 增, f ??x ? ? 0 得函数单调递减;不等式 f ( x) ? 0 有解,正确分离参数是关键,也是常用的
3 一种手段.通过分离参数可转化为 a ? x ? 3 x ? 3 ?

1 1 ? 1 ? ;故选:A. e e

x x 3 成立,令 g ? x ? ? x ? 3 x ? 3 ? x 即 x e e

a ? g min ?x ?即可,利用导数知识结合单调性求出 g min ?x ? 即得解.
答案第 4 页,总 15 页

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13. 3 ? 1 【解析】 试 题 分 析 : ∵ 点 C 在 第 一 象 限 内 , ?AOC ?

?
6

且 OC ? 2 , ∴ 点 C 的 横 坐 标 为 而 OA ? ?1,0? , ? 3,1?, OB ? ?0,1? , ,∴ ? ? ? ? 3 ? 1 ,故答案

xC ? 2 cos

?
6

? 3, 纵坐标 yC ? 2 sin

?
6

? 1, 故 OC ?

则 ?OA ? ?OB ? ??, ? ? ,由 OC ? ? OA ? ? OB ? ? 为: 3 ? 1 . 考点:平面向量基本定理及其几何意义. 14. 28? 【解析】

??? ?

??? ?

??? ?

?? ? 3 ?? ? 1

试 题 分 析 : 如 图 所 示 , ?AFC ? 120? , ?AFE ? 60? , AF ?

3 ?2 3 ? 3 , ∴ 2

AE ?

3 3 3 , EF ? , 设 OO? ? x , ∵ O?B ? 2 , O?F ? 1 , ∴ 由 勾 股 定 理 可 得 2 2
2 2

2 ? ?3 ? ?3 3 ? , ∴ R2 ? 7 , ∴ 四 面 体 的 外 接 球 的 表 面 积 为 R ? x ? 4 ? ? ? 1? ? ? ? x ? ? ?2 ? ? 2 ? 2

4?R 2 ? 28? ,故答案为 28? .

考点: (1)球内接多面体; (2)球的表面积和体积. 15.②③ 【解析】 试 题 分 析 : ∵ 对 于 任 意 给 定 的 不 等 实 数 x1 , x2 , 不 等 式

x1 f ( x1 ) ? x2 f ( x2 ) ? x1 f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ) 恒 成 立 , ∴ 不 等 式 等 价 为

?x1 ? x2 ?? f ?x1 ? ? f ?x2 ?? ? 0 恒成立,即函数 f ?x ? 是定义在 R 上的不减函数(即无递减区
答案第 5 页,总 15 页

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间).①函数 y ? ? x3 ? x ? 1,则 y? ? ?2x 2 ? 1 ,在 ? ?

? ?

2 2? , ? 函数为减函数.不满足条 2 2 ?
x?2 (, x ? s







y ?3

?? ? y? ? 3 ? 2 cos x ? 2 sin x ? 3 ? 2?sin x ? cos x ? ? 3 ? 2 2 sin? x ? ? ? 0 ,函数单调递增, 4? ?
满足条件. ③ y ? ex ? 1 是定义在 R 上的增函数, 满足条件. ④ f ( x) ? ?

?ln | x |, x ? 0, ,x ? 1 ?0, x ? 0.

时,函数单调递增,当 x ? 1 时,函数单调递减,不满足条件.故答案为②③ . 考点:命题真假的判断与应用. 【方法点晴】本题通过新定义满足 f ( x) 为“ H 函数”主要考查函数的单调性、 “新定义” 问题,属于难题.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质, 按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.本题不等式

x1 f ( x1 ) ? x2 f ( x2 ) ? x1 f ( x2 ) ? x2 f ( x1 )等价为 ?x1 ? x2 ?? f ?x1 ? ? f ?x2 ?? ? 0 ,即满足条件的
函数为不减函数,判断函数的单调性即可得到结论. 16. 6 【解析】

? x ? 2 pt 2 ?p ? 试题分析: 抛物线 ? ( t 为参数,p ? 0 ) 的普通方程为: y 2 ? 2 px 焦点为 F ? ,0 ? , ?2 ? ? y ? 2 pt
如图,过抛物线上一点 A 作 l 的垂线,垂足为 B ,设 C ?

?7 ? p,0 ? , AF 与 BC 相交于点 ?2 ?

E . CF ? 2 AF , CF ? 3 p , AB ? AF ?

AE AB 1 1 ? ? ,可得 S ?AFC EF CF 2 3
案为 6 .

3 p , A p, 2 p ,?ACE 的面积为 3 2 , 2 1 1 ? S ?ACE .即: ? 3 p ? 2 p ? 3 2 ,解得 p ? 6 .故答 3 2

?

?

答案第 6 页,总 15 页

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考点: (1)参数方程化为普通方程; (2)抛物线的简单性质. 17. (1) | m ? 2n |? ?1, 3 ? ; (2) ymax ? ?2 .

??

?

?

?

【解析】 试题分析: (1) 由已知数量积可得 ab cos ? ? 2 , 代入 S ?
2

1 ab sin ? , 可得 tan? ? 2 ? 3,1 , 2

?

?

从而求出 ? 的范围,再由向量模的公式可得 m ? 2n ? 5 ? 4 sin 2? ,从而求得答案;(2) 化简函数 f ?? ? ? sin?? ?

? ?

??

?? ? ? ? 4 3 sin ? cos? ? cos?? ? ? ? 2 ,令 t ? sin ? ? cos? ,然 4? 4? ?

后利用配方法求得函数 f ?? ? 的最大值. 试 题 解 析 :( 1 ) 由 C A ?

??? ? ??? ? ? C ?2 B , ?ACB ? ? , 得 ab c o? s

2 ,

S?

1 ? ab sin ? ? tan ? ? ? ? 2 ? 3,1? , 2

所以 tan ? ? ? 2 ? 3,1? ,而 ? ? (0, ? ) ,所以

?

?

?
12

?? ?

?
4



∵ m ? (sin 2 A,cos 2 A) , n ? (cos 2B,sin 2B) , ∴ | m |? sin 2 2 A ? cos2 2 A ? 1, | n |? 1 ,

??

?

??

?

?? ? m ? n ? sin 2 A cos 2B ? cos 2 Asin 2B ? sin(2 A ? 2B) ? sin(2? ? 2C) ? ? sin 2C ? ? sin 2?


?? ? ?? ?? ? ? | m ? 2n |2 ?| m |2 ?4m ? n ? 4 | n |2 ? 5 ? 4sin 2? ,
因为

?
12

?? ?

?
4

,所以

?
6

? 2? ?

?
2



?? ? ? 5 ? 4sin 2? ??1,3? ,所以 | m ? 2n |? ? ?1, 3 ? .
( 2 )

f (? ) ? sin(? ? ) ? 4 3 sin ? cos ? ? cos(? ? ) ? 2 4 4

?

?

? 2(sin ? ? cos? ) ? 4 3sin ? cos? ? 2 ,
设 t ? sin ? ? cos ? ? 因为

2 sin(? ?

?

?
12

?? ?

?
4

,所以

?
3

?? ?

?

4

), ?

?
2

4



所以 t ? ?

? 6 ? t 2 ?1 ? 2 ? ?2 3t 2 ? 2t ? 2 3 ? 2 , , 2 ? , y ? 2t ? 4 3 ? 2 2 ? ?

答案第 7 页,总 15 页

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对称轴 t ?

? 6 ? 6 6 时, ymax ? ?2 . ?? , 2 ? ,所以当 t ? 12 ? 2 2 ?

考点: (1)平面向量数量积运算; (2)三角函数的最值. 【方法点睛】 本题考查平面向量的数量积的坐标表示, 考查了 y ? A sin ??x ? ? ? 型函数的图 象和性质,是中档题.求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种:①化成
2 的形式利用配方法求最值;②形如 y ? y ? as i n x ? b s i n x? c

asinx? b 的可化为 csinx? d

的形式性求最值;③ y ? a sin x ? b cos x 型,可化为 y ? a 2 ? b2 sin( x ? ? ) si nx ? ? ( y ) 求最值;④形如 y ? a ?sin x ? cos x ? ? b sin x cos x ? c 可设 sin x ? cos ? t , 换元后利用配方 法求最值.本题是利用方法①的思路解答的. 18. (1) 2 3 ; (2)

3 7 . 8

【解析】 试题分析: (1) 连接 BD 交 AC 于点 O , 等腰三角形 BCD 中利用 “三线合一” 证出 AC ? BD , 因此分别以 OB 、OC 所在直线分别为 x 轴、 y 轴建立空间直角坐标系如图所示.结合题意 算出 A 、 B 、 C 、 D 各点的坐标,设 P(0, ?3, z ) ,根据 F 为 PC 边的中点且 AF ? PB ,算出 z ? 2 3 ,从而得 到 PA ? (0,0, ?2 3) , 可 得 PA 的 长 ; ( 2 ) 由 ( 1 ) 的 计 算 , 得 AD ? (? 3,3,0) ,

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? AB ? ( 3,3,0) , AF ? (0, 2, 3) .利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组,解出

? m ? 3, 3,?2 和 n ? (3, ? 3, 2) 分别为平面 FAD 、平面 FAB 的法向量,利用空间向量的
夹角公式算出 m 、 n 夹角的余弦,结合同角三角函数的平方关系即可算出二面角

?

?

B ? A F ? D的正弦值.
试题解析: (1)如图,连接 BD 交 AC 于点 O , ∵ BC ? CD , AC 平分角 BCD ,∴ AC ? BD , 以 O 为坐标原点, OB 、 OC 所在直线分别为 x 轴、 y 轴,建立空间直角坐标系 O ? xyz , 则 OC ? CD cos

?
3

? 1 ,而 AC ? 4 ,可得 AO ? AC ? OC ? 3 ,

又∵ OD ? CD sin

?
3

? 3,

∴可得 A(0, ?3, 0) , B( 3,0,0) , C (0,1, 0) , D(? 3,0,0) , 由于 PA ⊥底面 ABCD ,可设 P(0, ?3, z ) ,
答案第 8 页,总 15 页

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∵ F 为 PC 边的中点,∴ F (0, ?1, ) ,由此可得 AF ? (0, 2, ) , ∵ PB ? ( 3,3, ? z) ,且 AF ? PB , ∴ AF ? PB ? 6 ?

z 2

??? ?

z 2

??? ?

??? ? ??? ?

1 2 z ? 0 ,解得 z ? 2 3 (舍负) , 2

因此, PA ? (0,0, ?2 3) ,可得 PA 的长为 2 3 . (2)由(1)知 AD ? (? 3,3,0) , AB ? ( 3,3,0) , AF ? (0, 2, 3) , 设平面 FAD 的法向量为 m ? ( x1 , y1 , z1 ) ,平面 FAB 的法向量为 n ? ( x2 , y2 , z2 ) , ∵ n ? AD ? 0 ,且 n ? AF ? 0 ,∴,取 y1 ? 3 ,得 m ? 3, 3,?2 , 同理,由 n ? AB ? 0 且 n ? AF ? 0 ,解出 n ? (3, ? 3, 2) .

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

??

?

? ????

? ??? ?

?

?

? ??? ?

? ??? ?

?

?? ? ?? ? ?? ? m? n 3 ? 3 ? 3 ? (? 3) ? (?2) ? 2 1 ? ? ? , ∴向量 m ,n 的夹角余弦值为 cos ? m, n ?? ?? 8 | m|?| n| 9 ? 3? 4 ? 9 ? 3? 4
2 因此,二面角 B ? AF ? D 的正弦值等于 1 ? ( ) ?

1 8

3 7 . 8

考点: (1)用空间向量求平面间的夹角; (2)点、线、面间的距离计算. 19. (1)证明见解析; (2)证明见解析; (3) ? ? ?1 . 【解析】 试 题 分 析 : ( 1 ) 当 n ? 1 时 , S1 ? 2a1 ? 4 , a1 ? 4 , 当 n ? 2 时 ,

a a ?1 a ? n ? 1, b1 ? 1 , 整理得: n 可得 bn ? bn?1 ? 1 , an ? Sn ? Sn?1 ? 2an ? 2n?1 ? 2an?1 ? 2n , n n ?1 2 2 2 1 ?bn ? 是首项为 2 ,公差为1 的等差数列;(2)由(1)可知: cn ? bn ? 2? n ? (n ? 1) ? 2n ,利 2 n ?1 n?3 用 “ 错 位 相 减 法 ” 即 可 求 得 Tn ? 3 ? n ? n ? 3 ? n ? 3 ; ( 3 ) 由 dn?1 ? dn 得 2 2 2

? ?1; 整理得: 当 n 为奇数时, 4n?1 ? (?1)n ? ? 2n?2 ? 4n ? (?1)n?1 ? ? 2n?1 , 2n?1 ? (?1)n ? ? 0 ,
当 n 为偶数时, ?2 ? ? ? 1 ,由 ? 为非零整数,即可求得 ? ? ?1 . 试题解析: (1)当 n ? 1 时, S1 ? 2a1 ? 4 ,∴ a1 ? 4 , 当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? 2an ? 2n?1 ? 2an?1 ? 2n , ∴ an ? 2an?1 ? 2n ,即

an an ?1 ? ? 1, 2 n 2 n ?1

∴ bn ? bn?1 ? 1 (常数) ,

答案第 9 页,总 15 页

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a1 ,∴ ?bn ? 是首项为 2 ,公差为 1 的等差数列, bn ? n ? 1. 2 1 ?n (2) cn ? bn ? 2 ? (n ? 1) ? n , 2 2 3 n ?1 1 2 n n ?1 Tn ? ? 2 ? … ? n , Tn ? 2 ? … ? n ? n ?1 , 2 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 ? n ?1 ) 2 1 1 1 1 n ?1 n ?1 3 1 n ?1 2 相减得 Tn ? 1 ? 2 ? 3 ? … ? n ? n ?1 ? 1 ? 2 ? n ?1 ? ? n ? n ?1 , 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1? 2 2 n ?1 n?3 ∴ Tn ? 3 ? n ? n ? 3 ? n ? 3 . 2 2 2
又 b1 ? (2)由 dn?1 ? dn ,得 4
n?1

? (?1)n ? ? 2n?2 ? 4n ? (?1)n?1 ? ? 2n?1 ,

3 ? 4n ? (?1)n ? ? 2n?2 ? (?1)n ? ? 2n?1 ? 0 , 3 ? 4n ? (?1)n ? ? 2n?1 ? 3 ? 0 , 2n?1 ? (?1)n ? ? 0 ,
当 n 为奇数时, ? ? 2n?1 ,∴ ? ? 1 ; 当 n 为偶数时, ? ? ?2n ?1 ,∴ ? ? ?2 ,∴ ?2 ? ? ? 1 , 又 ? 为非零整数,∴ ? ? ?1 . 考点: (1)等差数列的通项公式; (2)数列求和. 20. ( 1) x 2 ? 4 y 2 ? 1 ; (2) (i)证明见解析, (ii)

9 S1 的最大值为 ,此时点 P 的坐标 4 S2

为(

2 1 , ). 2 4

【解析】 试题分析:(1)运用椭圆的离心率公式和抛物线的焦点坐标,以及椭圆的 a , b , c 的关 系,解得 a , b , 进而得到椭圆的方程;(2)(i)设 P(m,

m2 ) ,运用导数求得切线的斜率和方程,代入椭 2
1 . 进 4

圆方程, 运用韦达定理, 可得中点 D 的坐标, 求得 OD 的方程, 再令 x ? m , 可得 y ? ? 而得到定直线;(ii)由直线 l 的方程为 y ? mx ? 三 角 形 的 面 积 公 式 , 可

m2 m2 ) ,运用 ,令 x ? 0 ,可得 G (0, ? 2 2


S1 ?

1 1 | GF | m ? m(m 2 ? 1) 2 4



S2 ?

1 m(2m2 ? 1)2 1 1 | PM | ? | m ? x0 |? , 化简整理, 再? 2 ? ? 2 , 整理可得 t 的二次方程, 2 t t 2 8(4m ? 1)

答案第 10 页,总 15 页

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进而得到最大值及此时 P 的坐标.

a 2 ? b2 3 试题解析: (1)由题意知 ,可得 a ? 2b , ? a 2
因为抛物线 E 的焦点为 F (0, ) ,所以 a ? 1 , b ? 所以椭圆 C 的方程为 x2 ? 4 y 2 ? 1 .

1 2

1 , 2

m2 )(m ? 0) (2) (i)设 P(m, ,由 x2 ? 2 y 可得 y ' ? x , 2
所以直线 l 的斜率为 m , 因此直线 l 的方程为 y ?

m2 m2 ? m( x ? m) ,即 y ? mx ? , 2 2

? m2 , ? y ? mx ? 设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) , D( x0 , y0 ) ,联立方程 ? 2 ? x 2 ? 4 y 2 ? 1, ?
得 (4m2 ? 1) x2 ? 4m3 x ? m4 ?1 ? 0 , 由 ? ? 0 ,得 0 ? m ?

2 ? 5 且 x1 ? x2 ?

4 m3 , 4m 2 ? 1

因此 x0 ?

x1 ? x2 2m3 ? , 2 4m 2 ? 1

m2 m2 将其代入 y ? mx ? ,得 y0 ? ? , 2 2(4m2 ? 1)
因为

1 y0 1 x, ,所以直线 OD 方程为 y ? ? ?? 4m x0 4m

1 ? x, 1 ?y ? ? 联立方程 ? 4m 得点 M 的纵坐标为 yM ? ? , 4 ? ? x ? m,
即点 M 在定直线 y ? ?

1 上. 4

(ii)由(i)知直线 l 方程为 y ? mx ?

m2 m2 m2 x ? 0 ), ,令 ,得 y ? ? ,∴ G (0, ? 2 2 2

又 P(m,

2m3 ?m 2 m2 1 ) , F (0, ) , D( 2 , ), 2 2 4m ? 1 2(4m2 ? 1)
答案第 11 页,总 15 页

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所以 S1 ?

1 1 | GF | m ? m(m 2 ? 1) , 2 4

S2 ?

1 m(2m2 ? 1)2 S1 2(4m2 ? 1)(m2 ? 1) ,所以 , | PM | ? | m ? x0 |? ? 2 8(4m2 ? 1) S2 (2m2 ? 1)2
S1 (2t ? 1)(t ? 1) 1 1 ? ? ? 2 ? ?2, 2 S2 t t t

令 t ? 2m2 ? 1 ,则 t ? 2m2 ? 1 ,则

当 ?

1 t

1 9 S 2 ,即 t ? 2 时, 1 取得最大值 ,此时 m ? ,满足 ? ? 0 , 2 4 2 S2 9 S 2 1 2 1 , ) ,因此 1 的最大值为 ,此时点 P 的坐标为 ( , ). 4 2 4 2 4 S2

所以点 P 的坐标为 (

考点:椭圆的简单性质. 21 . ( 1 ) 当 a ? 0 时 , f ( x) 的 单 调 递 增 区 间 为 (??, ??) , a ? 0 , 单 调 递 减 区 间 为

(1 ?

3a 3a 3a 3a (2)证明见解析; ,1 ? ) ,单调递增区间为 (??,1 ? ) , (1 ? , ??) ; 3 3 3 3

(3)证明见解析. 【解析】 试题分析: (1)求出 f ( x) 的导数,讨论 a ? 0 时, f ??x ? ? 0 , f ?x ? 在 R 上递增;当 a ? 0 时,由导数大 于 0 ,可得增区间;导数小于 0 ,可得减区间;(2) f ??x0 ? ? 0 ,可得 3?x0 ?1? ? a ,分
2

别计算 f ?x0 ? , f ?3 ? 2 x0 ? ,化简整理即可得证;(3)要证 g ?x ? 在区间 0, 2 上的最大值

?

?

不小于

1 1 ,即证在 ? 0, 2? 上存在 x1 , x2 ,使得 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ,运用单调性和极值,化 2 4
3 2

简整理即可得证. 试题解析: (1)解:由 f ( x) ? ( x ?1) ? ax ? b ,可得 f '( x) ? 3( x ?1) ? a . 下面分两种情况讨论: ①当 a ? 0 时, 有 f '( x) ? 3( x ?1) ? a ? 0 恒成立, 所以 f ( x) 的单调递增区间为 (??, ??) ;
2

②当 a ? 0 时,令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? 1 ?

3a 3a ,或 x ? 1 ? . 3 3

当 x 变化时, f '( x) , f ( x) 的变化情况如下表:

答案第 12 页,总 15 页

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x
(??,1 ?

3a ) 3

1?

3a 3

(1 ?

3a 3a ,1 ? ) 3 3

1?

3a 3

(1 ?

3a , ??) 3

f '( x)

?

0 极大值

?

0 极小值

?

f ( x)

所 以 f ( x) 的 单 调 递 减 区 间 为 (1 ?

3a 3a 3a ,1 ? ) , 单 调 递 增 区 间 为 (??,1 ? ), 3 3 3

(1 ?

3a , ??) . 3

(2)证明:因为 f ( x) 存在极值点,所以由(1)知 a ? 0 ,且 x0 ? 1 ,
2 由题意,得 f '( x0 ) ? 3( x0 ?1)2 ? a ? 0 ,即 ( x0 ? 1) ?

a , 3

进而 f ( x0 ) ? ?

2a a x0 ? ? b , 3 3

又 f (3 ? 2x0 ) ? (2 ? 2x0 )3 ? 3(3 ? 2x0 )( x0 ?1)2 ? b

? ( x0 ?1)2 (8 ? 8x0 ? 9 ? 6x0 ) ? b ? ( x0 ?1)2 (?2x0 ?1) ? b ,
即为 f (3 ? 2 x0 ) ? f ( x0 ) ? f ( x1 ) ,即有 3 ? 2x0 ? x1 ,即为 x1 ? 2 x0 ? 3 . ( 3 )要证 g ?x ? 在区间 ? 0, 2? 上的最大值不小于

1 ,即证在 ? 0, 2? 上存在 x1 , x2 ,使得 4

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ?

1 , 2
3

? ? a? ? a? a? a a a 2a a ? ? ? ? ? f? ?1 ? 3 ? ? ? ? 3 ? ? a?1 ? 3 ? ? b ? ? 3 3 ? a ? a 3 ? b ? 3 3 ? a ? b , ? ? ? ? ? ? ? ? a? ? a? a? a a a 2a a ??? ? ? a?1 ? ??b ? f? 1 ? ?a?a ?b ? ? ?a ?b , ? ? ? ? ? ? 3? ? 3? 3? 3 3 3 3 3 ? ?
3

f ?2? ? 1 ? 2a ? b , f ?0? ? ?1 ? b , f ?2? ? f ?0? ? 2 ? 2a ,
由于

3 ? a ?3, 4

? ? a? a ? 4a ? ? f ?1 ? ?? f? 1 ? ? ? ? ? 3 3 3 ? ? ? ?

a 1 ? 成立. 3 2
1 . 4

综上可得, g ?x ? 在区间 ? 0, 2? 上的最大值不小于

考点: (1)利用导数研究函数的单调性; (2)利用导数研究函数在闭区间上的最值.
答案第 13 页,总 15 页

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【一题多解】最后一问还可采用:设 g ( x) 在区间 0, 2 上的最大值为 M , max ?x, y? 表示

?

?

x , y 两数的最大值;当 ? a ? 3 时, 1 ?

3 4

2 3a 3a 3a 2 3a , ? 0 ? 1? 1? ? 2 ? 1? 3 3 3 3

由 (1) (2) 知, f (0) ? f (1 ?

2 3a 3a 2 3a 3a ) ? f (1 ? ) , f (2) ? f (1 ? ) ? f (1 ? ), 3 3 3 3
? ? 3a 3a ? ), f (1 ? )? , 因 此 3 3 ?

所 以 f ( x) 在 区 间 ? 0 , ?2 上 的 取 值 范 围 为 ? f (1 ?

? ? 3a 3a ? 2a 2a ? ? ? M ? max ?| f (1 ? ) |,| f (1 ? ) |? ? max ?|1 ? 3a ? a ? b |,| 3a ? a ? b |? 3 3 ? 9 9 ? ? ? ? ?

2a 2a ? ? ? max ?|1 ? 3a ? (a ? b) |,| 3a ? (a ? b) |? 9 9 ? ?

?

2a 2 3 3 1 3a ? | a ? b |? ? ? 3 ? ? . 9 9 4 4 4

22. (1) y 2 ? 4 x ; (2) k ? ?2 . 【解析】 试题分析:(1)先求直线的参数方程,结合 ? sin 可得解曲线 C 的
2

? ? 4cos? 得 ? 2 sin 2 ? ? 4? cos? ,即

? s , y ? t sin ? 代 入 y 2 ? 4x , 得 直 角 坐 标 方 程 ; ( 2 ) 把 x ? 2?t c o
设 A ,B 两点对应的参数分别为 t1 与 t 2 , 则 t1 ? t2 ? (sin 2 ? )t 2 ? (4cos ? )t ? 8 ? 0 .

4 cos ? , sin 2 ?

t1t2 ? ?

8 ,又 | MA |? 2 | MB | ,消去 t1 与 t 2 即可得解. sin 2 ?

试题解析: (1)直线 l 的参数方程为 ? 由 ? sin
2

? x ? 2 ? t cos ? ( t 为参数) , ? y ? t sin ?

? ? 4cos? ,得 ? 2 sin 2 ? ? 4? cos? ,
2

∴曲线 C 的直角坐标方程为 y ? 4 x . (2)把 x ? 2 ? t cos ? , y ? t sin ? 代入 y ? 4 x 得 (sin
2 2

? )t 2 ? (4cos ? )t ? 8 ? 0 ,

设 A , B 两点对应的参数分别为 t1 与 t 2 ,则 t1 ? t2 ?

4 cos ? 8 , t1t2 ? ? , 2 sin ? sin 2 ?

易知 t1 与 t 2 异号,又∵ | MA |? 2 | MB | ,∴ t1 ? ?2t2 ,
答案第 14 页,总 15 页

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消去 t1 与 t 2 ,得 tan ? ? ?2 ,即 k ? ?2 . 考点: (1)简单曲线的极坐标方程; (2)参数方程化成普通方程. 【方法点睛】本题考查了直线的参数方程、简单曲线的极坐标方程的应用,考查了数形结合 思想和转化思想的应用,属于中档题.过定点 ?x0 , y0 ? 且倾斜角为 ? 的直线的参数方程为

? x ? x0 ? t cos? ? x ? ? cos? ,将极坐标方程化为直角坐标方程主要是通过利用 ? 实现转化 ? ? y ? ? sin ? ? y ? y0 ? t sin ?
的;直线的参数方程中主要是会运用参数 t 的几何意义即 t 表示对应的动点到直线上定点的 距离. 23. (1) (??, ?3] ? [2, ??) ; (2) (??, ?2] ? [0, ??) . 【解析】 试 题分 析:( 1 ) 通过讨论

x 的 范 围,求 出不等 式的 解集 即可; ( 2 )利用条 件说 明

? y | y ? f (x)? ? ? y | y ? g (x)? ,通过函数的最值,列出不等式求解即可.
??2 x ? 1, x ? ?2, ? 试题解析: (1)当 a ? 2 时, f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? 2 |? ?3, ?2 ? x ? 1, ?2 x ? 1, x ? 1, ?
∴ f ( x) ? 5 ,即 ?

? x ? ?2 ??2 ? x ? 1 ? x ? 1 或? 或? , ?2 x ? 1 ? 5 ??2 x ? 1 ? 5 ?3 ? 5

∴ x ? 2 或 x ? ?3 , ∴不等式 f ( x) ? 5 的解集为 (??, ?3] ? [2, ??) . (2)∵对任意 x1 ? R ,都存在 x2 ? R ,使得 g ( x2 ) ? f ( x1 ) 成立, ∴ ? y | y ? f ( x)? ? ? y | y ? g ( x)? , f ( x) ?| x ? 1| ? | x ? a |?| ( x ? 1) ? ( x ? a) |?| a ? 1| , (当且仅当 ( x ? 1)( x ? 1) ? 0 时等号成立) ,

g ( x) ?| x ? 2 | ?1 ? 1 ,所以 | a ? 1|? 1 ,∴ a ? 1 ? 1 或 a ? 1 ? ?1 ,
∴ a ? 0 或 a ? ?2 ,∴实数 a 的取值范围为 (??, ?2] ? [0, ??) . 考点: (1)绝对值不等式的解法; (2)函数恒成立问题.

答案第 15 页,总 15 页


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