(加练半小时)2018版高考数学(江苏专用,理科)专题复习：专题12_选修系列第84练_(有解析)
(加练半小时)2018版高考数学(江苏专用,理科)专题复习：阶段检测一(有解析)
1．(2016·南通二模)设集合A ＝{－1,0，12，3}，B ＝{x |x 2≥1}，则A ∩B ＝____________. 2．命题“若a 2＋b 2＝0，则a ＝0且b ＝0”的逆否命题是________________________________________．3．(2016·江苏南通如皋中学月考)已知c ＞0，设命题p ：函数y ＝c x为减函数；命题q ：当x ∈12，2]时，函数f (x )＝x ＋1x ＞1c 恒成立．如果“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，则c 的取值范围是________． 4．已知函数f (x )＝11－x 2的定义域为M ，g (x )＝ln(1＋x )的定义域为N ，则M ∪(∁R N )＝________________.5．下列各组函数中表示同一个函数的是________．①f (x )＝－2x 3与g (x )＝x －2x ；②f (x )＝x 与g (x )＝x 2；③f (x )＝x 2与g (x )＝x 4；④f (x )＝x 2－2x －1与g (t )＝t 2－2t －1.6．若a ＝2－3.1，b ＝0.53，c ＝log 3.14，则a ，b ，c 的大小关系是________________．7．设函数f (x )＝⎩⎨⎧2t x，x ＜2，log t (x 2－1)，x ≥2，且f (2)＝1，则f (1)＝________. 8．已知命题p ：若x ＞y ，则－x ＜－y ；命题q ：若x ＜y ，则x 2＞y 2.给出下列命题： ①p ∧q ；②p ∨q ；③p ∧(綈q )；④(綈p )∨q . 其中的真命题是________． 9．已知函数f (x )满足f (x )＋1＝1f (x ＋1)，当x ∈0,1]时，f (x )＝x .若函数g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1,1]内有2个零点，则实数m 的取值范围是______________．10．已知集合A ＝{(x ，y )|y ＝x 2，x ∈R }，B ＝{(x ，y )|y ＝|x |，x ∈R }，则A ∩B 中元素的个数为________． 11．已知p ：∃x ∈R ，x 2＋2x ＋a ≤0，若p 是错误的，则实数a 的取值范围是__________．(用区间表示)12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3a －1)x ＋4a ，x ＜0，f (log 12x )，x ≥0，若f (4)＞1，则实数a 的取值范围是____________．13．已知定义域为A 的函数f (x )，若对任意的x 1，x 2∈A ，都有f (x 1＋x 2)－f (x 1)≤f (x 2)，则称函数f (x )为“定义域上的M 函数”，给出以下五个函数：①f (x )＝2x ＋3，x ∈R ；②f (x )＝x 2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12；③f (x )＝x 2＋1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12；④f (x )＝sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；⑤f (x )＝log 2x ，x ∈2，＋∞)．其中是“定义域上的M 函数”的有________个．14．若直角坐标平面内不同两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数y ＝f (x )的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称(P ，Q )是函数y ＝f (x )的一个“伙伴点组”(点组(P ，Q )与(Q ，P )可看成同一个“伙伴点组”)．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧k (x ＋1)，x ＜0，x 2＋1，x ≥0有两个“伙伴点组”，则实数k 的取值范围是______________．15．(2016·南京模拟)设p ：f (x )＝2x －m在区间(1，＋∞)上是减函数；q ：若x 1，x 2是方程x 2－ax －2＝0的两个实根，则不等式m 2＋5m －3≥|x 1－x 2|对任意实数a ∈－1,1]恒成立．若p 不正确，q 正确，求实数m 的取值范围．16．已知全集U ＝R ，集合A ＝{x |a －1＜x ＜2a ＋1}，B ＝{x |0＜x ＜1}． (1)若a ＝12，求A ∩B ；(2)若A ∩B ＝∅，求实数a 的取值范围．17．已知函数f (x )＝log 3(9x )·log 3(3x )，x ∈19，9]． (1)若t ＝log 3x ，求t 的取值范围；(2)求f (x )的最值及取得最值时对应的x 的值．18．已知p ：“∃x 0∈(－1,1)，x 20－x 0－m ＝0(m ∈R )”是正确的，设实数m 的取值集合为M . (1)求集合M ；(2)设关于x 的不等式(x －a )(x ＋a －2)＜0(a ∈R )的解集为N ，若“x ∈M ”是“x ∈N ”的充分条件，求实数a 的取值范围．19.(2016·扬州模拟)据某气象中心观察和预测：发生于M地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v(km/h)与时间t(h)的函数图象如图所示．过线段OC上一点T(t,0)作横轴的垂线l，梯形OABC 在直线l左侧部分的面积即时间t(h)内沙尘暴所经过的路程s(km)．(1)当t＝4时，求s的值；(2)将s随t变化的规律用数学关系式表示出来；(3)若N城位于M地正南方向，且距M地650km，试判断这场沙尘暴是否会侵袭到N城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到N城？如果不会，请说明理由．20．已知函数f(x)＝x2＋(x－1)|x－a|.(1)若a＝－1，解方程f(x)＝1；(2)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围；(3)是否存在实数a，使不等式f(x)≥2x－3对任意x∈R恒成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．答案精析1．{－1,3} 2.若a ≠0或b ≠0，则a 2＋b 2≠03．(0，12]∪1，＋∞) 4.{x |x ＜1} 5．③④ 6.a ＜b ＜c 7．6解析 因为f (2)＝1，所以log t (22－1)＝log t 3＝1，解得t ＝3，所以f (1)＝2×31＝6. 8．②③解析 由题意可知，命题p 为真命题，命题q 为假命题．故p ∧q 为假，p ∨q 为真，p ∧(綈q )为真，(綈p )∨q 为假，故真命题为②③. 9．(0，12]解析 根据题意知，当x ∈(－1,0]时，x ＋1∈(0,1]，则f (x )＝1f (x ＋1)－1＝1x ＋1－1，故函数f (x )在(－1,0]上是减函数，在0,1]上是增函数．函数g (x )＝f (x )－mx －m 在(－1,1]内有2个零点，相当于函数f (x )的图象与直线y ＝m (x ＋1)有2个交点，若其中1个交点为(1,1)，则m ＝12，结合函数的图象(图略)，可知m 的取值范围是(0，12]． 10．3解析 由题意联立方程得⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝|x |，消去y 得x 2＝|x |，两边平方，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝1，相应的y 值分别为0,1,1，故A ∩B 中元素的个数为3. 11．(1，＋∞)解析 由题意知∀x ∈R ，x 2＋2x ＋a ＞0恒成立，∴关于x 的方程x 2＋2x ＋a ＝0的根的判别式Δ＝4－4a ＜0， ∴a ＞1.∴实数a 的取值范围是(1，＋∞)． 12.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 解析 由题意知f (4)＝f (log 124)＝f (－2)＝(3a －1)×(－2)＋4a ＞1，解得a ＜12.故实数a 的取值范围是(－∞，12)．13．4解析 对于①，∀x 1，x 2∈R ，f (x 1＋x 2)＝2(x 1＋x 2)＋3＜2(x 1＋x 2)＋6 ＝f (x 1)＋f (x 2)，故①满足条件； 对于②，∀x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，f (x 1＋x 2)＝x 21＋x 22＋2x 1x 2，f (x 1)＋f (x 2)＝x 21＋x 22，当x 1x 2＞0时，不满足f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，故②不是“定义域上的M 函数”； 对于③，∀x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，f (x 1＋x 2)＝x 21＋x 22＋2x 1x 2＋1，f (x 1)＋f (x 2)＝x 21＋x 22＋2，因为x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，所以2x 1x 2≤12＜1，故f (x 1＋x 2)＜f (x 1)＋f (x 2)，故③满足条件；对于④，∀x 1，x 2∈0，π2]，f (x 1＋x 2)＝sin x 1cos x 2＋sin x 2cos x 1≤sin x 1＋sin x 2＝f (x 1)＋f (x 2)，故④满足条件；对于⑤，∀x 1，x 2∈2，＋∞)，f (x 1＋x 2)＝log 2(x 1＋x 2)，f (x 1)＋f (x 2)＝log 2(x 1x 2)，因为x 1，x 2∈2，＋∞)，所以1x 1＋1x 2≤1，可得x 1＋x 2≤x 1x 2，即f (x 1＋x 2)≤f (x 1)＋f (x 2)，故⑤满足条件．所以是“定义域上的M 函数”的有①③④⑤，共4个． 14．(2＋22，＋∞)解析 设点(m ，n )(m ＞0)是函数y ＝f (x )的一个“伙伴点组”中的一个点，则其关于原点的对称点(－m ，－n )必在该函数图象上，故⎩⎨⎧n ＝m 2＋1，－n ＝k (－m ＋1)，消去n ，整理得m 2－km ＋k ＋1＝0.若函数f (x )有两个“伙伴点组”，则该方程有两个不等的正实数根，得⎩⎨⎧Δ＝k 2－4(k ＋1)＞0，k ＞0，k ＋1＞0，解得k ＞2＋2 2.故实数k 的取值范围是(2＋22，＋∞)． 15．解 若p 正确，即f (x )＝2x －m在区间(1，＋∞)上是减函数，则m ≤1. 若q 正确，∵x 1，x 2是方程x 2－ax －2＝0的两个实根，a ∈－1,1]， ∴|x 1－x 2|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝a 2＋8≤3.∵不等式m 2＋5m －3≥|x 1－x 2|对任意实数a ∈－1,1]恒成立， ∴m 2＋5m －3≥3，∴m 2＋5m －6≥0， 解得m ≥1或m ≤－6. 又p 不正确，q 正确， ∴⎩⎨⎧m ＞1，m ≥1或m ≤－6，∴m ＞1. 故实数m 的取值范围是{m |m ＞1}． 16．解 (1)若a ＝12， 则A ＝{x |－12＜x ＜2}， 又B ＝{x |0＜x ＜1}， ∴A ∩B ＝{x |0＜x ＜1}． (2)当A ＝∅时，a －1≥2a ＋1， ∴a ≤－2，此时满足A ∩B ＝∅； 当A ≠∅时，则由A ∩B ＝∅， B ＝{x |0＜x ＜1}，易得⎩⎨⎧ 2a ＋1＞a －1，a －1≥1或⎩⎨⎧2a ＋1＞a －1，2a ＋1≤0，∴a ≥2或－2＜a ≤－12.综上可知，实数a 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫a |a ≤－12或a ≥2.17．解 (1)由t ＝log 3x ，x ∈19，9]，解得－2≤t ≤2. (2)f (x )＝(log 3x )2＋3log 3x ＋2， 令t ＝log 3x ，则f (x )＝t 2＋3t ＋2 ＝(t ＋32)2－14，t ∈－2,2]． 当t ＝－32，即log 3x ＝－32， 即x ＝39时，f (x )min ＝－14；当t ＝2，即log 3x ＝2， 即x ＝9时，f (x )max ＝12.18．解 (1)由题意知，方程x 2－x －m ＝0在x ∈(－1,1)上有解，故m 的取值集合就是函数y ＝x 2－x 在(－1,1)上的值域，易得M ＝{m |－14≤m ＜2}． (2)因为“x ∈M ”是“x ∈N ”的充分条件，所以M ⊆N . 当a ＝1时，集合N 为空集，不满足题意；当a ＞1时，a ＞2－a ，此时集合N ＝{x |2－a ＜x ＜a }， 则⎩⎪⎨⎪⎧2－a ＜－14，a ≥2，解得a ＞94；当a ＜1时，a ＜2－a ， 此时集合N ＝{x |a ＜x ＜2－a }， 则⎩⎪⎨⎪⎧a ＜－14，2－a ≥2，解得a ＜－14.综上可知，实数a 的取值范围为 {a |a ＞94或a ＜－14}．19．解 (1)由题中所给出的函数图象可知，当t ＝4时，v ＝3×4＝12(km/h)， ∴s ＝12×4×12＝24(km)． (2)当0≤t ≤10时，s ＝12·t ·3t ＝32t 2；当10＜t ≤20时，s ＝12×10×30＋30(t －10)＝30t －150；当20＜t ≤35时，s ＝12×10×30＋10×30＋(t －20)×30－12×(t －20)×2(t －20)＝－t 2＋70t －550. 综上可知， s ＝错误!(3)∵当t ∈0,10]时，s max ＝32×102＝150＜650， 当t ∈(10,20]时，s max ＝30×20－150＝450＜650， ∴当t ∈(20,35]时， 令－t 2＋70t －550＝650，解得t 1＝30，t 2＝40. ∵20＜t ≤35，∴t ＝30.∴沙尘暴发生30h 后将侵袭到N 城． 20．解 (1)当a ＝－1时， f (x )＝x 2＋(x －1)|x ＋1|，则f (x )＝⎩⎨⎧2x 2－1，x ≥－1，1，x ＜－1.当x ≥－1时，由f (x )＝1，得2x 2－1＝1，解得x ＝1或x ＝－1； 当x ＜－1时，f (x )＝1恒成立． ∴方程的解集为{x |x ≤－1或x ＝1}． (2)由题意知f (x )＝⎩⎨⎧2x 2－(a ＋1)x ＋a ，x ≥a ，(a ＋1)x －a ，x ＜a .若f (x )在R 上单调递增， 则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋14≤a ，a ＋1＞0，解得a ≥13.∴实数a 的取值范围为{a |a ≥13}． (3)设g (x )＝f (x )－(2x －3)， 则g (x )＝⎩⎨⎧2x 2－(a ＋3)x ＋a ＋3，x ≥a ，(a －1)x －a ＋3，x ＜a ，不等式f (x )≥2x －3对任意x ∈R 恒成立，等价于不等式g (x )≥0对任意x ∈R 恒成立． ①若a ＞1，则1－a ＜0，即21－a＜0， 取x 0＝21－a，此时x 0＜a ， ∴g (x 0)＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a ＝(a －1)·21－a －a ＋3＝1－a ＜0，即对任意的a ＞1，总能找到x 0＝21－a，使得g (x 0)＜0， ∴不存在a ＞1，使得g (x )≥0恒成立． ②若a ＝1，则g (x )＝⎩⎨⎧2x 2－4x ＋4，x ≥1，2，x ＜1，∴g (x )的值域为2，＋∞)， ∴g (x )≥0恒成立．③若a ＜1，当x ∈(－∞，a )时，g (x )单调递减，其值域为(a 2－2a ＋3，＋∞)． 由于a 2－2a ＋3＝(a －1)2＋2≥2， ∴g (x )≥0恒成立．当x ∈a ，＋∞)时，由a ＜1， 知a ＜a ＋34，g (x )在x ＝a ＋34处取得最小值． 令g ⎝⎛⎭⎪⎫a ＋34＝a ＋3－(a ＋3)28≥0， 得－3≤a ≤5，又a ＜1，∴－3≤a ＜1. 综上，a ∈－3,1]．。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题12 选修系列第82练
1．(2016·苏北四市一模)已知矩阵A ＝⎣⎢⎦⎥－14，求矩阵A 的特征值和特征向量．2．(2016·南通、扬州、淮安、连云港二模)已知⎣⎢⎡⎦⎥⎤23是矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 232的一个特征向量，求实数a 的值．3．(2016·南通二模)已知二阶矩阵M 有特征值λ＝1及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，且M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31.求矩阵M .4．(2016·南京三模)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k 0 1(k ≠0)的一个特征向量α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1，A 的逆矩阵A －1对应的变换将点(3,1)变为点(1,1)．求实数a ，k 的值．5．(2016·宿迁三校调研)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 b 13属于特征值λ的一个特征向量为a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1. (1)求实数b 的值；(2)若曲线C 在矩阵A 对应的变换作用下，得到的曲线为C ′：x 2＋2y 2＝2，求曲线C 的方程．6．(2016·南京、盐城一模)设矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 02 1的一个特征值为2，若曲线C 在矩阵M 变换下的方程为x 2＋y 2＝1，求曲线C 的方程．答案精析1．解 矩阵A 的特征多项式f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －21 λ－4＝λ2－5λ＋6， 由f (λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3.当λ＝2时，特征方程组为⎩⎨⎧ x －2y ＝0，x －2y ＝0， 故属于特征值2的一个特征向量α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21； 当λ＝3时，特征方程组为⎩⎨⎧ 2x －2y ＝0，x －y ＝0，故属于特征值3的一个特征向量α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11. 2．解 设⎣⎢⎡⎦⎥⎤23是矩阵M 属于特征值λ的一个特征向量， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 23 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤23， 故⎩⎨⎧ 2a ＋6＝2λ，12＝3λ，解得⎩⎨⎧λ＝4，a ＝1.3．解 设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ， 则由⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1， 得⎩⎨⎧ a －b ＝1，c －d ＝－1.再由⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31，得⎩⎨⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝1.联立以上方程解得a ＝2，b ＝1，c ＝0，d ＝1，故M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 10 1. 4．解 设特征向量α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1对应的特征值为λ， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1， 即⎩⎨⎧ak －k ＝λk ，λ＝1.因为k ≠0，所以a ＝2.因为A －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤31＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11， 所以A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 k 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31， 所以2＋k ＝3，解得k ＝1.综上，a ＝2，k ＝1.5．解 (1)因为矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 b 13属于特征值λ的一个特征向量为a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 b 1 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－b －2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ λ－λ. 从而⎩⎨⎧2－b ＝λ，－2＝－λ.解得b ＝0，λ＝2. (2)由(1)知，A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 01 3. 设曲线C 上任一点M (x ，y )在矩阵A 对应的变换作用后变为曲线C ′上一点P (x 0，y 0)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 01 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2x x ＋3y ， 从而⎩⎨⎧x 0＝2x ，y 0＝x ＋3y .因为点P 在曲线C ′上，所以x 20＋2y 20＝2， 即(2x )2＋2(x ＋3y )2＝2，从而3x 2＋6xy ＋9y 2＝1.所以曲线C 的方程为3x 2＋6xy ＋9y 2＝1.6．解 由题意，知矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝(λ－a )(λ－1)，因为矩阵M 有一个特征值为2，所以f (2)＝0，所以a ＝2.设曲线C 上任一点的坐标为(x ，y )，其在矩阵M 的变换下的对应点的坐标为(x ′，y ′)．所以M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 02 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′， 即⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝2x ＋y ， 因为曲线C 在矩阵M 变换下的方程为x 2＋y 2＝1，所以(2x )2＋(2x ＋y )2＝1，即曲线C 的方程为8x 2＋4xy ＋y 2＝1.。
【加练半小时】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计 第77练 Word版含解析
1．(2016·天津)某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的概率分布和均值．2．(2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．3.(2016·河北衡水中学二模)根据某电子商务平台的调查统计显示，参与调查的1000位上网购物者的年龄情况如图所示．(1)已知30,40)，40,50)，50,60)三个年龄段的上网购物者人数成等差数列，求a，b 的值；(2)该电子商务平台将年龄在30,50)内的人群定义为高消费人群，其他年龄段的人群定义为潜在消费人群，为了鼓励潜在消费人群的消费，该平台决定发放代金券，高消费人群每人发放50元的代金券，潜在消费人群每人发放100元的代金券，现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取10人，并在这10人中随机抽取3人进行回访，求此3人获得代金券总和X (单位：元)的概率分布与均值．4．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，某同学从中任取3道题解答． (1)求该同学至少取得1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设该同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示该同学答对题的个数，求X 的概率分布和均值．答案精析1．解 (1)由已知，有P (A )＝C 13C 14＋C 23C 210＝13.所以事件A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 23＋C 23＋C 24C 210＝415， P (X ＝1)＝C 13C 13＋C 13C 14C 210＝715， P (X ＝2)＝C 13C 14C 210＝415.所以随机变量X 的概率分布为故随机变量X 的均值E (X )＝0×415 ＋1×715＋2×415＝1.2．解 (1)设A 表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.(2)设B 表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.1＋0.05＝0.15. 又P (AB )＝P (B )，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.150.55＝311. 因此所求概率为311.(3)记续保人本年度的保费为X ，则X 的概率分布为E (X )＝0.85a ×0.30＋a ×0.15＋1.25a ×0.20＋1.5a ×0.20＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.23a .因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23. 3．解 (1)由题意可知，⎩⎨⎧2b ＝a ＋0.015，(0.010＋0.015×2＋b ＋a )×10＝1，解得a ＝0.035，b ＝0.025.(2)利用分层抽样从样本中抽取10人，易知其中属于高消费人群的有6人，属于潜在消费人群的有4人．从该10人中抽取3人，此3人所获得代金券的总和为X (单位：元)， 则X 的所有可能取值为150,200,250,300.P (X ＝150)＝C 36C 310＝16，P (X ＝200)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝250)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝300)＝C 34C 310＝130.所以X 的概率分布为E (X )＝150×16＋200×12＋250×310＋300×130＝210.4．解 (1)设事件A 为“该同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A ＝“该同学所取的3道题都是甲类题”． ∵P (A )＝C 36C 310＝16，∴P (A )＝1－P (A )＝56.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝C 02×(35)0×(25)2×15 ＝4125；P (X ＝1)＝C 12×(35)1×(25)1×15＋C 02×(35)0×(25)2×45＝28125； P (X ＝2)＝C 22×(35)2×(25)0×15＋C 12×(35)1×(25)1×45＝57125；P (X ＝3)＝C 22×(35)2×(25)0×45 ＝36125.∴X 的概率分布为4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.∴E(X)＝0×。
(加练半小时)2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题9_平面解析几何_第64练_(有解析)
1．x 轴上，若曲线C 经过点P (1,3)，则其焦点到准线的距离为________．2．已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点．若FP→＝4FQ →，则QF ＝____________. 3．已知抛物线C ：y 2＝4x ，顶点为O ，动直线l ：y ＝k (x ＋1)与抛物线C 交于A ，B 两点，则OA →·OB →的值为________．4．(2016·长春一模)过抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 且倾斜角为120°的直线l 与抛物线在第一、四象限分别交于A 、B 两点，则AFBF ＝________.5．(2016·无锡模拟)如图，过抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 的直线l 依次交抛物线及其准线于点A ，B ，C ，若BC ＝2BF ，且AF ＝3，则抛物线的方程是______________．6．(2016·黑龙江哈尔滨三中一模)直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点．若直线OA ，OB 的斜率k 1，k 2满足k 1k 2＝23，则l 过定点________．7．(2016·常州模拟)如图，抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，A 为抛物线C 上的点，以F 为圆心，p2为半径的圆与直线AF 在第一象限的交点为B ，∠AFO ＝120°，A 在y 轴上的投影为N ，则∠ONB ＝________.8．已知抛物线x2＝4y上有一条长为6的动弦AB，则AB的中点到x轴的最短距离为________．9．(2016·福建质检)过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点作倾斜角为30°的直线l与抛物线交于P，Q两点，分别过P，Q两点作PP1，QQ1垂直于抛线物的准线于P1，Q1，若PQ＝2，则四边形PP1Q1Q 的面积是________．10．(2016·镇江模拟)已知过拋物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O是坐标原点，AF＝2，则BF＝______，△OAB的面积是________．11．如图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽________米．12．(2016·石家庄质量检测二)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B 两点，M为抛物线C的准线与x轴的交点．若tan∠AMB＝22，则AB＝________.13．过抛物线y2＝4x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若AB＝8，AF＜BF，则BF＝________. 14．(2016·扬州中学月考)已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，△ABC的三个顶点都在抛物线上，并且△ABC的重心是抛物线的焦点，BC边所在的直线方程为4x＋y－20＝0，则抛物线的方程为__________．答案精析1.92 2.3 3.5 4.13解析 设抛物线的准线为l ：x ＝－p2，设FB ＝m ，F A ＝n ，过A ，B 两点向准线l 作垂线AC ，BD ， 由抛物线定义知AC ＝F A ＝n ，BD ＝FB ＝m ， 过B 作BE ⊥AC ，E 为垂足， AE ＝CE －AC ＝BD －AC ＝m －n ， AB ＝F A ＋FB ＝n ＋m .在Rt △ABE 中，∠BAE ＝60°， cos60°＝AE AB ＝m －n m ＋n ＝12，即m ＝3n . 故AF BF ＝n m ＝m3m ＝13. 5．y 2＝3x解析 分别过点A ，B 作准线的垂线AE ，BD ，分别交准线于点E ，D ，则BF ＝BD ， ∵BC ＝2BF ，∴BC ＝2BD ， ∴∠BCD ＝30°，又AE ＝AF ＝3，∴AC ＝6， 即点F 是AC 的中点， 根据题意得p ＝32， ∴抛物线的方程是y 2＝3x . 6．(－3,0)解析 设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，由⎩⎨⎧y 2＝2x ，y ＝kx ＋b ，得k 2x 2＋(2kb －2)x ＋b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2kb －2k 2，x 1x 2＝b 2k 2.由k 1k 2＝y 1y 2x 1x 2＝23，得2x 1x 2－3y 1y 2＝2x 1x 2－3(kx 1＋b )·(kx 2＋b )＝(2－3k 2)x 1x 2－3kb (x 1＋x 2)－3b 2＝0，代入可得b ＝3k ，所以y ＝kx ＋3k ＝k (x ＋3)，所以直线l 一定过点(－3,0)． 7．30°解析 因为点A 到抛物线C 的准线的距离为AN ＋p 2，点A 到焦点F 的距离为AB ＋p2，所以AN ＝AB ，因为∠AFO ＝120°，所以∠BAN ＝60°，所以在△ABN 中，∠ANB ＝∠ABN ＝60°，则∠ONB ＝30°. 8．2解析 由题意知，抛物线的准线l ：y ＝－1，过点A 作AA 1⊥l 于点A 1，过点B 作BB 1⊥l 于点B 1，设弦AB 的中点为M ，过点M 作MM 1⊥l 于点M 1，则MM 1＝AA 1＋BB 12.因为AB ≤AF ＋BF (F 为抛物线的焦点)，即AF ＋BF ≥6，所以AA 1＋BB 1≥6,2MM 1≥6，MM 1≥3，故点M 到x 轴的距离d ≥2. 9．1解析 由题意得，四边形PP 1Q 1Q 为直角梯形，PP 1＋QQ 1＝PQ ＝2，P 1Q 1＝PQ ·sin30°＝1，∴S ＝PP 1＋QQ 12·P 1Q 1＝1. 10．2 2解析 设A (x 0，y 0)，由抛物线定义知x 0＋1＝2， ∴x 0＝1，则直线AB ⊥x 轴， ∴BF ＝AF ＝2，AB ＝4.故△OAB 的面积S ＝12AB ·OF ＝12×4×1＝2. 11．2 6解析 如图所示，建立平面直角坐标系，设抛物线方程为x 2＝－2py (p ＞0)．由题意将点A (2，－2)代入x 2＝－2py ， 得p ＝1，故x 2＝－2y .设B (x ，－3)，代入x 2＝－2y 中，得x ＝6， 故水面宽为26米．12．8解析 根据对称性，如图所示，不妨设l ：x ＝my ＋1(m ＞0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1，得y 2－4my －4＝0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，x 1x 2＝y 214·y 224＝1，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2. ∵tan ∠AMB ＝tan(∠AMF ＋∠BMF )， ∴y 1x 1＋1＋－y 2x 2＋11－y 1x 1＋1·－y 2x 2＋1＝22，即y 1(my 2＋2)－y 2(my 1＋2)(my 1＋2)(my 2＋2)＋y 1y 2＝22， 解得y 1－y 2＝42m 2， ∴4m 2＋1＝42m 2， 解得m 2＝1(负值舍去)，∴AB ＝AF ＋BF ＝x 1＋1＋x 2＋1＝4m 2＋4＝8.13．4＋2 2解析 由y 2＝4x ，得焦点F (1,0)．又AB ＝8，故AB 的斜率存在(否则AB ＝4)．设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将y ＝k (x －1)代入y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，故x 1＋x 2＝2＋4k 2，由AB ＝AF ＋BF ＝x 1＋x 2＋2＝8，得x 1＋x 2＝2＋4k 2＝6，即k 2＝1，则x 2－6x ＋1＝0，又AF ＜BF ，所以x 1＝3－22，x 2＝3＋22，故BF ＝x 2＋1＝3＋22＋1＝4＋2 2. 14．y 2＝16x解析 设抛物线的方程为y 2＝2px ， 由⎩⎨⎧4x ＋y －20＝0，y 2＝2px ， 可得2y 2＋py －20p ＝0， 由Δ＞0，得p ＞0或p ＜－160， 设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－p2，所以x 1＋x 2＝5－y 14＋5－y 24 ＝10－14(y 1＋y 2)＝10＋p8，设A (x 3，y 3)，由三角形重心为F (p2，0)， 可得x 1＋x 2＋x 33＝p 2，y 1＋y 2＋y 33＝0， 所以x 3＝11p 8－10，y 3＝p2， 因为A 在抛物线上， 所以(p 2)2＝2p (118p －10)，从而p ＝8，所以所求抛物线的方程为 y 2＝16x .。
【加练半小时】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题专题3 导数及其应用 第24练 Word版含解析
1．(2016·常州一模)已知函数f(x)＝ln x－x－ax，a∈R.(1)当a＝0时，求函数f(x)的极大值；(2)求函数f(x)的单调区间．2．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝e mx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．3．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋1 4，g(x)＝－ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论h(x)零点的个数．4．(2016·山东)已知f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1x2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)＞f′(x)＋32对于任意的x∈1,2]成立．5．已知函数f(x)＝x ln x和g(x)＝m(x2－1)(m∈R)．(1)m＝1时，求方程f(x)＝g(x)的实根；(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，函数y＝g(x)的图象总在函数y＝f(x)图象的上方，求m 的取值范围；(3)求证：44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n4×n2－1＞ln(2n＋1)(n∈N*)．答案精析1．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1. 令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的极大值为f (1)＝－1.(2)f ′(x )＝1x －1＋a x 2＝－x 2＋x ＋ax 2.令f ′(x )＝0，得－x 2＋x ＋a ＝0，则Δ＝1＋4a . ①当a ≤－14时，f ′(x )≤0恒成立， 所以函数f (x )的单调减区间为(0，＋∞)； ②当a ＞－14时，由f ′(x )＝0， 得x 1＝1＋1＋4a 2，x 2＝1－1＋4a2. (i)若－14＜a ＜0，则x 1＞x 2＞0， 由f ′(x )＜0，得0＜x ＜x 2，x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得x 2＜x ＜x 1. 所以f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a 2)．(ii)若a ＝0，由(1)知f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (iii)若a ＞0，则x 1＞0＞x 2， 由f ′(x )＜0，得x ＞x 1； 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜x 1.所以f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)． 综上所述， 当a ≤－14时，f (x )的单调减区间为(0，＋∞)；当－14＜a ＜0时，f (x )的单调减区间为(0，1－1＋4a 2)，(1＋1＋4a 2，＋∞)，单调增区间为(1－1＋4a 2，1＋1＋4a2)； 当a ≥0时，f (x )的单调减区间为(1＋1＋4a2，＋∞)，单调增区间为(0，1＋1＋4a2)． 2．(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x . 若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时， e mx －1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0. 若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时， e mx －1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增． (2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在－1,0]上单调递减，在0,1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈－1,1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f (1)－f (0)≤e －1，f (－1)－f (0)≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1， 则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0， 故当t ∈－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立； 当m ＞1时，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1； 当m ＜－1时，g (－m )＞0， 即e －m ＋m ＞e －1.综上，m 的取值范围是－1,1]．3．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)， 则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0， 即⎩⎨⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 2＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34. 因此，当a ＝－34时， x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x ＜0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故1是h (x )的一个零点；若a ＜－54，则f (1)＜0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)＜0，故1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x ＞0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．(ⅱ)若－3＜a ＜0，则f (x )在(0, －a3)上单调递减，在(－a3，1)上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f (－a 3)＝2a 3－a 3＋14.①若f (－a 3)＞0，即－34＜a ＜0，f (x )在(0,1)上无零点； ②若f (－a 3)＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点； ③若f (－a 3)＜0，即－3＜a ＜－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54＜a ＜－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3＜a ≤－54时， f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a ＞－34或a ＜－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时， h (x )有两个零点；当－54＜a ＜－34时，h (x )有三个零点． 4．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0， f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减．当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3· ⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . ①当0＜a ＜2时，2a ＞1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时， f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )＜0， f (x )单调递减． ②当a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ③当a ＞2时，0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减； 当0＜a ＜2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞内单调递增； 当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1内单调递减， 在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明 由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1，x ∈1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x ≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号． 又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4，设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈1,2]上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1,2)， 使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )＜0. 所以h (x )在(1，x 0)内单调递增，在(x 0,2)内单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12， 可得h (x )≥h (2)＝12， 当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32， 即f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈1,2]成立． 5．(1)解 m ＝1时，f (x )＝g (x )， 即x ln x ＝x 2－1，而x ＞0，所以方程即为ln x －x ＋1x ＝0. 令h (x )＝ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝1x －1－1x 2＝－x 2＋x －1x 2＝－[(x －12)2＋34]x 2＜0，而h (1)＝0，故方程f (x )＝g (x )有唯一的实根x ＝1.(2)解 对于任意的x ∈(1，＋∞)，函数y ＝g (x )的图象总在函数y ＝f (x )图象的上方， 即∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜g (x )， 即ln x ＜m (x －1x )，设F (x )＝ln x －m (x －1x )，即∀x ∈(1，＋∞)，F (x )＜0， F ′(x )＝1x －m (1＋1x 2) ＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，则F ′(x )＞0，F (x )＞F (1)＝0，这与题设F (x )＜0矛盾． ②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2， 当Δ≤0，即m ≥12时，F ′(x )≤0， ∴F (x )在(1，＋∞)上单调递减， ∴F (x )＜F (1)＝0，即不等式成立．当Δ＞0，即0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0有两个实根，设两根为x 1，x 2且x 1＜x 2，则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝1m ＞2，x 1x 2＝1，∴方程有两个正实根且0＜x 1＜1＜x 2. 当x ∈(1，x 2)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增， F (x )＞F (1)＝0与题设矛盾． 综上所述，实数m 的取值范围是 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时， ln x ＜12(x －1x )成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1＞1(k ∈N *)，∴ln 2k ＋12k －1＜12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1 ＝4k 4k 2－1，ln(2k ＋1)－ln(2k －1)＜4k 4k 2－1(k ∈N *)，⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ln3－ln1＜44×12－1，ln5－ln3＜4×24×22－1，…ln (2n ＋1)－ln (2n －1)＜4×n4×n 2－1(n ∈N *)，累加可得44×12－1＋4×24×22－1＋…＋4×n 4×n 2－1＞ln(2n ＋1)(n ∈N *)．。
【加练半小时】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题专题3 导数及其应用 第21练 Word版含解析
1．已知函数f(x)＝x2－ax－a ln x(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；(2)在(1)的条件下，求证：f(x)≥－x33＋5x22－4x＋116.2．(2016·淮安模拟)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，a∈R.(1)讨论函数的单调区间；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．3．(2016·山西四校联考)已知f(x)＝ln x－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求a的取值范围；(2)求证：在(1)的条件下，当x＞1时，12x2＋ax－a＞x ln x＋12成立．4．设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．5．(2016·陕西质量监测)设函数f(x)＝e x－ax－1.(1)当a＞0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤0；(2)求证：对任意的正整数n，都有1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋n n＋1＜(n＋1)n＋1.答案精析1．(1)解 f ′(x )＝2x －a －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1.(2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x 22－4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116， 由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x (x ＞0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116成立．2．解 (1)在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .①若a ≤0，则f ′(x )＜0，f (x )是区间(0，＋∞)上的减函数；②若a ＞0，令f ′(x )＝0得x ＝1a .在区间(0，1a )上，f ′(x )＜0，函数f (x )是减函数；在区间(1a ，＋∞)上，f ′(x )＞0，函数f (x )是增函数．综上所述，①当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；②当a ＞0时，f (x )的单调递增区间是(1a ，＋∞)，单调递减区间是(0，1a )．(2)因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，解得a ＝1，经检验满足题意．已知f (x )≥bx －2，则x －1－ln x ≥bx －2,1＋1x －ln x x ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2，易得g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2.3．(1)解 原题即为存在x ＞0，使得ln x －x ＋a ＋1≥0，∴a ≥－ln x ＋x －1，令g (x )＝－ln x ＋x －1，则g ′(x )＝－1x ＋1＝x －1x .令g ′(x )＝0，解得x ＝1.∵当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，∴g (x )min ＝g (1)＝0，a ≥g (1)＝0.故a 的取值范围是0，＋∞)．(2)证明 原不等式可化为12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0(x ＞1，a ≥0)．令G (x )＝12x 2＋ax －x ln x －a －12，则G (1)＝0.由(1)可知x －ln x －1＞0，则G ′(x )＝x ＋a －ln x －1≥x －ln x －1＞0，∴G (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴G (x )＞G (1)＝0成立，∴12x 2＋ax －x ln x －a －12＞0成立，即12x 2＋ax －a ＞x ln x ＋12成立．4．解 (1)由已知得f (0)＝2，g (0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e x(cx＋d＋c)．故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2e x(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2k e x(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2k e x(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(k e x－1)．由题设可得当x≥－2时，F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0，得x1＝－ln k，x2＝－2.①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0.即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增．故F(x)在－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．③若k＞e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k 的取值范围是1，e 2]．5．证明 (1)由a ＞0及f ′(x )＝e x －a 可得，函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1，则g ′(a )＝－ln a ， 故当a ∈(0,1)时，g ′(a )＞0；当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )＜0，从而可知g (a )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故g (a )≤0.(2)由(1)可知，当a ＝1时，总有f (x )＝e x －x －1≥0，当且仅当x ＝0时等号成立，即当x ＞0时，总有e x ＞x ＋1.于是，可得(x ＋1)n ＋1＜(e x )n ＋1＝e (n ＋1)x .令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜e －n ； 令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＜e －(n －1)； 令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝－n －2n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＜e －(n －2)； …令x ＋1＝n n ＋1，即x ＝－1n ＋1， 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －1. 对以上各式求和可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1＜e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1＝e －n (1－e n )1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －n e －1＜1e －1＜1.故对任意的正整数n，都有1n＋1＋2n＋1＋3n＋1＋…＋n n＋1＜(n＋1)n＋1.。
【加练半小时】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题10 计数原理、概率与统计 第73练 Word版含解析
摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为________．2．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，在第1次抽到文科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为________．3．(2016·淮安质检)打靶时甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是________．4．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．5．2017年国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙，丙去北京旅游的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1个去北京旅游的概率为________．6．(2017·合肥质检)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估计做对第一道题的概率为0.8，做对两道题的概率为0.6，则预估计做对第二道题的概率为________．7．从应届毕业生中选拔飞行员，已知该批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，从中任选一名学生，则该学生三项均合格的概率为(假设三次标准互不影响)________．8．(2015·课标全国Ⅰ改编)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．9．据统计，黄种人人群中各种血型的人所占的比例见下表：AB型血的人可以接受任何一种血型的血，其他不同血型的人不能互相输血．某人是B型血，若他因病痛要输血，在黄种人人群中找一个人，其血可以输给此人的概率为________．10．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为________．11．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________．12．在一段时间内，甲去某地的概率是14，乙去此地的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是________．13．事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝16，P(B C)＝18，P(AB C)＝18，则P(B)＝________，P(A B)＝________.14．某种节能灯使用了800h，还能继续使用的概率是0.8，使用了1000h，还能继续使用的概率是0.5，则已经使用了800h的节能灯，还能继续使用到1000h的概率是________．答案精析1．0.32 2.34 3.1425 4.135.3 5解析用A，B，C分别表示甲，乙，丙三人去北京旅游这一事件，三人均不去的概率为P(A B C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝23×34×45＝25，故至少有一人去北京旅游的概率为1－25＝3 5.6．0.75解析设事件A i(i＝1,2)表示“做对第i道题”，A1，A2相互独立，由已知得P(A1)＝0.8，P(A1A2)＝0.6，P(A2|A1)＝0.60.8＝0.75.7.1 90解析设体型合格为事件A，视力合格为事件B，其他几项合格为事件C，依题意P(A)＝13，P(B)＝16，P(C)＝15.∴所求概率为P(ABC)＝P(A)·P(B)·P(C)＝1 3×16×15＝190.8．0.648解析该同学通过测试的概率P＝C23×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.9．0.64解析对任一人，其血型为A，B，AB，O型血的事件分别记为A′，B′，C′，D′，它们是互斥的，由已知得P(A′)＝0.28，P(B′)＝0.29，P(C′)＝0.08，P(D′)＝0.35. ∵B，O型血可以输给B型血的人，∴“可以输血给此人”为事件B′＋D′，根据互斥事件的概率加法公式，有P(B′＋D′)＝P(B′)＋P(D′)＝0.29＋0.35＝0.64，∴在黄种人人群中找一个人，其血可以输给此人的概率为0.64. 10.34解析 记事件A 为“第一次摸到黑球”，事件B 为“第二次摸到白球”，则事件AB 为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意知P (A )＝25，P (AB )＝25×34＝310，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝34. 11.34解析 甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为12，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为12×12＝14，故由互斥事件的概率公式，得甲队获得冠军的概率为14＋12＝34. 12.25解析 由题意知，两个人都不去此地的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＝35，∴至少有一个人去此地的概率是1－35＝25. 13.12 13解析 由⎩⎪⎨⎪⎧P (AB )＝P (A )·P (B )＝16，P (B C )＝P (B )·P (C )＝18，P (AB C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝18，得P (A )＝13，P (B )＝12，∴P (A B )＝P (A )·P (B )＝23×12＝13. 14.58解析 设“节能灯使用了800h 还能继续使用”为事件A ，“使用了1000h 还能继续使用”为事件B .由题意知P (A )＝0.8，P (B )＝0.5.∵B A ，∴A ∩B ＝B ，于是P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝P (B )P (A )＝0.50.8＝58.。
(加练半小时)2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：阶段检测三(有解析)
1．(2017·福建“四地六校”联考)已知集合A ＝{x |x 2－2x －3≤0}，B ＝{x |log 2(x 2－x )＞1}，则A ∩B ＝________.2．(2016·镇江模拟)已知命题p ：|x －a |＜4；q ：(x －2)(3－x )＞0.若綈p 是綈q 的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是__________．3．(2016·福州3月质检)已知命题p ：“∃x ∈R ，e x －x －1≤0”，则綈p 为____________________． 4．(2016·山东改编)已知函数f (x )的定义域为R .当x ＜0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x ＞12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，则f (6)＝________.5．(2015·课标全国Ⅱ改编)设函数f (x )＝⎩⎨⎧1＋log 2(2－x )，x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝________.6．(2016·常州模拟)已知函数f (x )＝x ＋1|x |＋1，x ∈R ，则不等式f (x 2－2x )＜f (3x －4)的解集为________．7．(2017·福州质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，(x －1)3，x ＜2，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是__________． 8.如图，将45°直角三角板和30°直角三角板拼在一起，其中45°直角三角板的斜边与30°直角三角板的30°角所对的直角边重合．若DB →＝x ·DC →＋y ·DA →，x ＞0，y ＞0，则x ，y 的值分别为____________．9．(2016·连云港模拟)已知函数y ＝sin 2x ＋2cos x 在区间－2π3，α]上的最小值为－14，则α的取值范围是______________．10．(2015·课标全国Ⅰ改编)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a ＜1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)＜0，则a 的取值范围是______________．11．已知O 是锐角△ABC 的外心，tan A ＝22，若cos B sin C AB →＋cos C sin B AC →＝2mAO →，则m ＝________.12．若tan α＝3，则sin 2α＋3cos 2αsin 2α＋2sin αcos α－5＝________.13．(2016·浙江金丽衢十二校联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，c －b ＝6，c ＋b －a ＝2，且O 为此三角形的内心，则AO →·CB →＝________. 14．关于函数f (x )＝cos2x －23sin x cos x ，有下列命题： ①对任意x 1，x 2∈R ，当x 1－x 2＝π时，f (x 1)＝f (x 2)成立； ②f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上单调递增；③函数f (x )的图象关于点(π12，0)对称；④将函数f (x )的图象向左平移5π12个单位长度后所得到的图象与函数y ＝2sin2x 的图象重合． 其中正确的命题是________．(注：把你认为正确的序号都填上)15．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －1，x ＜－2，x ＋3，－2≤x ≤12，5x ＋1，x ＞12，x ∈R .(1)求函数f (x )的最小值；(2)已知m ∈R ，p ：关于x 的不等式f (x )≥m 2＋2m －2对任意x ∈R 恒成立，q ：函数y ＝(m 2－1)x 是增函数，若p 正确，q 错误，求实数m 的取值范围．16．已知|a |＝4，|b |＝3，(2a －3b )·(2a ＋b )＝61. (1)求a 与b 的夹角θ；(2)若c ＝t a ＋(1－t )b ，且b·c ＝0，求t 及|c |.17．设向量a ＝(3sin x ，cos x )，b ＝(cos x ，cos x )，记f (x )＝a·b . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)试用“五点法”画出函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，11π12上的简图，并指出该函数的图象可由y ＝sin x (x∈R )的图象经过怎样的平移和伸缩变换得到；(3)若函数g (x )＝f (x )＋m ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3的最小值为2，试求出函数g (x )的最大值．18．已知函数f (x )＝x 2x －a ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(1,2)上是单调函数，求a 的取值范围．19．(2016·扬州模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，向量m ＝(a －c ，b ＋c )，n ＝(b －c ，a )，且m ∥n . (1)求角B 的大小；(2)若b ＝13，cos(A ＋π6)＝33926，求a 的值． 20.某地棚户区改造建筑用地平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域近似为圆面，该圆面的内接四边形ABCD 是原棚户区建筑用地，测量可知边界AB ＝AD ＝4万米，BC ＝6万米，CD ＝2万米． (1)请计算原棚户区建筑用地ABCD 的面积及AC 的长；(2)因地理条件的限制，边界AD ，DC 不能变更，而边界AB ，BC 可以调整，为了提高棚户区建筑用地的利用率，请在ABC 上设计一点P ，使得棚户区改造后的新建筑用地APCD 的面积最大，并求出最大值．答案精析1．{x |2＜x ≤3} 2.－1,6]3．∀x ∈R ，e x －x －1＞0 4.2 5．9解析 因为－2＜1，log 212＞log 28＝3＞1，所以f (－2)＝1＋log 22－(－2)]＝1＋log 24＝3，f (log 212)＝2log 212－1＝2log212×2－1＝12×12＝6，故f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9. 6．(1,2)解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≥0，－1－2x －1，x ＜0的图象如图所示，所以不等式等价于x 2－2x ＜3x －4≤0或x 2－2x ＜0且3x －4≥0，解得1＜x ＜2. 7．(0,1)解析 根据题意作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，(x －1)3，x ＜2的图象，如图．关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根等价于函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥2，(x －1)3，x ＜2的图象与直线y ＝k 有两个不同的公共点，则由图象可知当k ∈(0,1)时，满足题意． 8．1＋3， 3解析 设AD ＝DC ＝1，则AC ＝2，AB ＝22，BC ＝ 6.在△BCD 中，由余弦定理，得DB 2＝DC 2＋CB 2－2DC ·CB ·cos(45°＋90°)＝7＋2 3.以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴建立平面直角坐标系(图略)，则D (0,0)，A (1,0)，C (0,1)，由DB →＝x ·DC →＋y ·DA →，得B (y ，x )，∴CB→＝(y ，x －1)，DB →＝(y ，x )， ∴6＝(x －1)2＋y 2，x 2＋y 2＝7＋23， ∴x ＝1＋3，y ＝ 3. 9．(－2π3，2π3]解析 y ＝sin 2x ＋2cos x ＝1－cos 2x ＋2cos x ＝－cos 2x ＋2cos x ＋1＝－cos 2x ＋2cos x －1＋2＝－(cos x －1)2＋2.当x ＝－2π3时，y ＝－14， 令y ＝－14，所以cos x ＝－12， 所以－2π3＜α≤2π3.10.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 解析 由已知函数关系式，先找到满足f (x 0)＜0的整数x 0，由x 0的唯一性列不等式组求解． ∵f (0)＝－1＋a ＜0，∴x 0＝0.又∵x 0＝0是唯一的使f (x )＜0的整数， ∴⎩⎨⎧f (－1)≥0，f (1)≥0，即⎩⎨⎧e －1[2×(－1)－1]＋a ＋a ≥0，e (2×1－1)－a ＋a ≥0，解得a ≥32e . 又∵a ＜1，∴32e ≤a ＜1.11.33解析 取AB 的中点D ，连结OD ，则OD ⊥AB ， ∴OD →·AB →＝0， ∵AO→＝AD →＋DO →， ∴cos B sin C AB →＋cos C sin B AC →＝2mAO → ＝2m (AD→＋DO →)， ∴cos B sin C AB →2＋cos C sin B AC →·AB → ＝2mAD →·AB →＋2mDO →·AB →， ∴cos B sin C |AB →|2＋cos C sin B |AC →||AB →|cos A ＝2m ·12|AB →|2＝m |AB→|2， 由正弦定理可得cos B sin C sin 2C ＋cos Csin B·sin B sin C cos A ＝m sin 2C ，即cos B ＋cos C cos A ＝m sin C ， 又cos B ＝－cos(A ＋C )＝－cos A cos C ＋sin A sin C ， ∴sin A sin C ＝m sin C ，∴m ＝sin A ， 又tan A ＝22，∴m ＝sin A ＝33. 12．－1235解析 由题意知cos α≠0，∵sin 2α＋3cos 2αsin 2α＋2sin αcos α－5 ＝sin 2α＋3cos 2α－4sin 2α＋2sin αcos α－5cos 2α ＝tan 2α＋3－4tan 2α＋2tan α－5， ∴tan 2α＋3－4tan 2α＋2tan α－5 ＝9＋3－36＋6－5＝－1235，即sin 2α＋3cos 2αsin 2α＋2sin αcos α－5＝－1235.13．6解析 如图所示，过O 作OD ⊥AB 于点D ，OE ⊥AC 于点E ，且O 为△ABC 的内心，∴AO →·CB →＝AO →·(AB →－AC →)＝AO →·AB →－AO →·AC →＝AD ·AB －AE ·AC ＝AD ·c －AD ·b ＝AD ·(c －b )＝6AD . ∵AD ＝a ＋b ＋c －(BD ＋BC ＋CE )2＝c ＋b －a2＝1，∴AO →·CB →＝6AD ＝6. 14．①③解析 f (x )＝cos2x －23sin x cos x ＝cos2x －3sin2x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.因为f (x 1)＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋π3＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(x 2＋π)＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2＋π3＝f (x 2)，故①正确； 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3时，2x ＋π3∈0，π]，所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3上单调递减，故②错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋π3＝2cos π2＝0，故③正确；函数f (x )的图象向左平移5π12个单位长度后得到的图象所对应的函数解析式为y ＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋5π12＋π3 ＝－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，易知该图象与函数y ＝2sin2x 的图象不重合，故④错误．15．解 (1)作出函数f (x )的图象，如图所示．可知函数f (x )在x ＝－2处取得最小值1.(2)若p 正确，则由(1)得m 2＋2m －2≤1，即m 2＋2m －3≤0，所以－3≤m ≤1. 若q 正确，则函数y ＝(m 2－1)x 是增函数， 则m 2－1＞1，解得m ＜－2或m ＞ 2.又p 正确，q 错误，则⎩⎨⎧－3≤m ≤1，－2≤m ≤2，解得－2≤m ≤1.即实数m 的取值范围是－2，1]．16．解 (1)由(2a －3b)·(2a ＋b)＝61，得a·b ＝－6， ∴cos θ＝a·b |a||b|＝－64×3＝－12.又0≤θ≤π，∴θ＝2π3.(2)∵b·c ＝b·t a ＋(1－t )b]＝t a·b ＋(1－t )b 2＝－15t ＋9＝0，∴t ＝35， ∴|c|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35a ＋25b 2＝10825，∴|c|＝635.17．解 (1)f (x )＝a·b ＝3sin x cos x ＋cos 2x ＝32sin2x ＋1＋cos2x 2＝sin(2x ＋π6)＋12， ∴函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)列表如下：描点，连线得函数f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，11π12上的简图如图所示：y ＝sin x 的图象向左平移π6个单位长度后得到y ＝sin(x ＋π6)的图象，再保持纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12后得到y ＝sin(2x ＋π6)的图象，最后将y ＝sin(2x ＋π6)的图象向上平移12个单位长度后得到y ＝sin(2x ＋π6)＋12的图象． (3)g (x )＝f (x )＋m ＝sin(2x ＋π6)＋12＋m . ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π3，∴2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6，∴sin(2x ＋π6)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，∴g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ，32＋m .又函数g (x )的最小值为2， ∴m ＝2，∴g (x )max ＝32＋m ＝72. 18．解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠a }． f ′(x )＝x (x －2a )(x －a )2.①当a ＝0时，f ′(x )＝1，则f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得x ＞2a 或x ＜0， 此时0＜a ＜2a ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a 或a ＜x ＜2a ， 则f (x )的单调递增区间为(2a ，＋∞)，(－∞，0)， 单调递减区间为(0，a )，(a,2a )．③当a ＜0时，由f ′(x )＞0，得x ＞0或x ＜2a ，此时2a ＜a ＜0；由f ′(x )＜0，得2a ＜x ＜a 或a ＜x ＜0，则函数f (x )的单调递增区间为(－∞，2a )，(0，＋∞)，单调递减区间为(2a ，a )，(a,0)． (2)①当a ≤0时，由(1)可知，f (x )在(1,2)上单调递增，满足题意；②当0＜2a ≤1，即0＜a ≤12时，由(1)可知，f (x )在(2a ，＋∞)上单调递增，即在(1,2)上单调递增，满足题意；③当1＜2a ＜2，即12＜a ＜1时，由(1)可得，f (x )在(1,2)上不具有单调性，不满足题意；④当2a ＝2，即a ＝1时，由(1)可知，f (x )在(a,2a )上单调递减，即在(1,2)上单调递减，满足题意； ⑤当1＜a ＜2时，因为f (x )的定义域为{x |x ≠a }，显然f (x )在(1,2)上不具有单调性，不满足题意； ⑥当a ≥2时，由(1)可知，f (x )在(0，a )上单调递减，即在(1,2)上单调递减，满足题意． 综上所述，a ≤12或a ＝1或a ≥2.19．解 (1)因为m ∥n ，所以a 2＋c 2－b 2＝ac . 又因为cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12， 且B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)因为A ＋π6∈(π6，5π6)，且cos(A ＋π6)＝33926， 所以sin(A ＋π6)＝51326， 所以sin A ＝sin(A ＋π6)－π6] ＝51326×32－33926×12＝3926. 在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B ， 解得a ＝1.20．解 (1)根据题意知，四边形ABCD 内接于圆， ∴∠ABC ＋∠ADC ＝180°.在△ABC 中，由余弦定理，得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC ， 即AC 2＝42＋62－2×4×6×cos ∠ABC . 在△ADC 中，由余弦定理，得 AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC ·cos ∠ADC ， 即AC 2＝42＋22－2×4×2×cos ∠ADC . 又cos ∠ABC ＝－cos ∠ADC ， ∴cos ∠ABC ＝12，AC 2＝28， 即AC ＝27 (万米)，又∠ABC ∈(0，π)，∴∠ABC ＝π3.∴S 四边形ABCD ＝S △ABC ＋S △ADC ＝12×4×6×sin π3＋12×2×4×sin 2π3＝83(平方万米)． (2)由题意知，S 四边形APCD ＝S △ADC ＋S △APC ，且S △ADC ＝12AD ·CD ·sin 2π3＝23(平方万米)． 设AP ＝x ，CP ＝y ， 则S △APC ＝12xy sin π3＝34xy .在△APC 中，由余弦定理，得AC 2＝x 2＋y 2－2xy ·cos π3＝x 2＋y 2－xy ＝28， 又x 2＋y 2－xy ≥2xy －xy ＝xy ， 当且仅当x ＝y 时取等号， ∴xy ≤28.∴S 四边形APCD ＝23＋34xy ≤23＋34×28＝93(平方万米)， 故所求面积的最大值为93平方万米， 此时点P 为ABC 的中点．11。
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1．(2016·苏北四市一模)设x，y均为正数，且x＞y，求证：2x＋
1
x2－2xy＋y2
≥2y＋3.
2．(2016·南京、盐城二模)已知x，y，z都是正数，且xyz＝1，求证：(1＋x)(1＋y)(1＋z)≥8.
3．(2016·常州一模)已知a＞0，b＞0，证明：(a2＋b2＋ab)·(ab2＋a2b＋1)≥9a2b2.
4．(2016·南通模拟)已知：a≥2，x∈R.
求证：|x－1＋a|＋|x－a|≥3.
5．(2016·泰州一模)已知正实数a，b，c满足a＋b2＋c3＝1，求证：1
a2＋1
b4＋
1
c6≥27.
6．(2016·苏、锡、常、镇四市二模)已知函数f(x)＝3x＋6，g(x)＝14－x，若存在实数x使f(x)＋g(x)＞a成立，求实数a的取值范围．
答案精析
1．证明由题意得x＞0，y＞0，x－y＞0，
因为2x＋1
x2－2xy＋y2
－2y
＝2(x－y)＋
1 (x－y)2
＝(x－y)＋(x－y)＋
1 (x－y)2
≥33
(x－y)2
1
(x－y)2
＝3，
所以2x＋1
x2－2xy＋y2
≥2y＋3.
2．证明因为x为正数，所以1＋x≥2x，
同理，1＋y≥2y，1＋z≥2z，
所以(1＋x)(1＋y)(1＋z)≥2x·2y·2z＝8xyz＝8，当且仅当x＝y＝z＝1时等号成立．
3．证明因为a＞0，b＞0，
所以a2＋b2＋ab≥33
a2·b2·ab＝3ab＞0，
ab2＋a2b＋1≥33
ab2·a2b·1＝3ab＞0，
所以(a2＋b2＋ab)(ab2＋a2b＋1)≥9a2b2，
当且仅当a＝b＝1时等号成立．
4．证明因为|m|＋|n|≥|m－n|，
所以|x－1＋a|＋|x－a|≥|x－1＋a－(x－a)|＝|2a－1|. 又a≥2，故|2a－1|≥3.
所以|x－1＋a|＋|x－a|≥3.
5．证明因为正实数a，b，c满足a＋b2＋c3＝1，
所以1≥33
ab2c3，即ab2c3≤
1
27，
所以
1
ab2c3≥27，
因此1
a2＋
1
b4＋
1
c6≥3
31
a2b4c6≥27.
6．解存在实数x使f(x)＋g(x)＞a成立，等价于f(x)＋g(x)的最大值大于a，
f(x)＋g(x)＝3x＋6＋14－x
＝3×x＋2＋1×14－x，
因为(3×x＋2＋1×14－x)2
≤(3＋1)(x＋2＋14－x)＝64，
所以f(x)＋g(x)＝3x＋6＋14－x≤8，
当且仅当x＝10时取“＝”，
故常数a的取值范围是(－∞，8)．。