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1、数学阶段性测验1 55. D 57. A 58. 【答案】 A【解析】 2 1 30sin13sin43cos13cos43sin 59. C 61. D 66. A 107. 0a或1a108. 41 ( 2,)(,2) 52 U109. 3 7 1. 解：仅依据所测得的数据，不能计算出山顶建筑物 CD 的高度 因 为 依 据 所 测 得 的 三 个 数 据 （ 0 15CAB， 0 30CBD，| 100AB） ，只能确定ABC 的形状与大 小，图形中其余的量还是不确定的 例如山坡的坡度（相对于水平面）显然是变量， 则 0 90CDB， 在ABC 中， 0 15BACBCA， 所以 | |
2、 100ABBC， 在BCD 中，由正弦定理得 00 | sin30sin(90 ) CDBC ， 0 50 | sin(90 ) CD 与山坡的坡度有关， 所以依据所测得的数据，不能计算出山顶建筑物CD 的高度 2. 解： （） 3 ( )31f xxx， 2 ( )333(1)(1)fxxxx， 函数( )f x 的图象在0 x处的切线的斜率(0)3kf， 因为(0)1f，所以切点为（0，1） ， 故所求的切线方程为31yx （）令( )0fx，得1x或1x 令( )0fx，得11x， 所以，函数( )f x 的单调递增区间为1，和1 ， 函数( )f x 的单调递减区间为1 1，。 数学
3、阶段性测验2 54. A 53. C 51. 【答案】 C 【解析】若已知 1 a 2 a 3 a，则设数列 n a的公比为q，因为 1 a 2 a 3 a，所以有 1 a 1 aq1，且 1 a0，所以数列 n a是递增数列；反之，若数列 n a是递增 数列，则公比 q1 且 1 a0， 所以 1 a 1 aq 1 aq2， 即 1 a 2 a 3 a， 所以 1 a 2 a 3 a是数列na 是递增数列的充分必要条件 【命题意图】本题考查等比数列及充分必要条件的基础知识，属保分题 48. A 49. B 50. C 111. 6 112. 0 125. 6 4. 解：（） 32 ( )44
4、f xxaxxa ， 2 ( )324fxxax。 （）由( 1)0f得 3240a， 1 2 a。 则 32 1 ( )42 2 f xxxx， 2 4 ( )343(1)() 3 fxxxxx， 当x 2, 1)( 4 ,4 3 U时，( )0fx，所以( )f x 的单调递增区间是 2, 1)和 4 (,4 3 ； 当x( 1, 4) 3 时，( )0fx，所以( )f x 的单调递减区间是( 1, 4 ) 3 。 计算 9 ( 1) 2 f，(4)42f， ( )f x 在 2，4上的最大值 max( ) (4)42fxf。 7. 解： （1）由已知得).(2 4332 aaaa 从而
5、得0132 2 qq 解得1 2 1 qq或（舍去） 所以.) 2 1 ( 4 n a （2）当 n=1 时，,2, 1 111 bba 当, 12,2 112211 nbabababan nnnn 时 ,32 112211 nbababa nn 两式相减得.2,2 1n nnn bba 因此 ,2,2 , 1,2 1 n n b n n 当 n=1 时，;2 11 bSSn 当.62 21 )21(8 2,2 2 1 21 n n nn bbbSn时 综上，.62 2n n S 数学阶段性测验3 62. D 63. C 64. C 67. A 71. A 78. D 124. -2 123.
6、 -8 121. 8. 解： （1）由qp/得AAsin32cos1， 所以AAsin3sin2 2 又 A 为锐角 2 1 cos, 2 3 sinAA 而mbcbca 222 可以变形为 22 222 m bc acb 即 2 1 2 cos m A，所以1m （2）由（ 1）知 2 3 sin, 2 1 cosAA 又 2 1 2 222 bc acb 所以 2222 2abcacbbc即 2 abc 故 4 33 2 3 2 1 sin 2 1 2 aAbcS ABC 当且仅当3cb时，ABC面积的最大值是 4 33 10. 解： （I）设数列 n a的公差为d，数列 n b的公比为0
7、qq 由题意得 5 73 2 dqq qd 解得 2 1 q d nan 1 23 n n b （II） 由221.2 1 121 nnccncc n nn 知221212.2 1221 nncncncc n nn 两式相减：212. 121 ncccc n nn 312. 1 1221 ncccc n nn 32 1 nc n n 当n=1，2 时，2, 1 21 cc适合上式 02 1 nc n n 即 n c是等比数列 数学阶段性测验4 98. A 99. D 101. D 102. C 103. A 95. C 122. 1 或 3 120. 3 119. 9. 解： （I） 1 (,
8、)2 nn aayxQ 点在直线上。 11 2,2 nnnn aaaa即 n a数列是以 3 为首项，以2 为公差的等差数， 32(1)21 n ann （II）3 ,(21) 3 nn nnn babnQ 231 335373(21) 3(21) 3 nn n TnnL 231 33353(21) 3(21) 3 nn nTnnL 由得 231 2332(333 )(21) 3 nn n TnL 1 1 9(13) 92(21) 3 13 n n n 1 23 n n 1 3 n n Tn 13. 解： （）当1a时， 2 ( )lnf xxxx，其定义域是(0,) 2 121 ( )21
9、xx fxx xx 令( )0fx，即 2 21 0 xx x ，解得 1 2 x或1x 0 xQ， 1 2 x舍去 当01x时，( )0fx；当1x时，( )0fx 函数( )f x在区间0 1 ,上单调递增，在区间1,上单调递减 当 x =1 时，函数( )f x取得最大值，其值为 2 (1)ln1110f 当1x时，( )(1)f xf，即( )0f x 函数( )f x只有一个零点 （）显然函数 22 ( )lnfxxa xax的定义域为(0,) 22 2121(21)(1) ( )2 a xaxaxax fxa xa xxx 当0a时， 1 ( )0,( )fxf x x 在区间1,
10、上为增函数，不合题意 当 0a 时，00fxx等价于21100axaxx，即 1 x a 此时( )f x的单调递减区间为 1 , a 依题意，得 1 1, 0. a a 解之得1a 当 0a 时，00fxx等价于21100axaxx，即 1 2 x a 此时( )f x的单调递减区间为 1 2 , a ， 1 1 2 0 a a 得 1 2 a 综上，实数a的取值范围是 1 (,1,) 2 U 法二： 当0a时， 1 ( )0,( )fxfx x 在区间1,上为增函数，不合题意 当0a时，要使函数( )f x在区间1,上是减函数，只需0fx在区间 1,上恒成立，0 xQ只要 22 210a
11、xax恒成立， 2 2 1 4 210 a a aa 解得1a或 1 2 a 综上，实数a的取值范围是 1 (,1,) 2 U 数学阶段性测验5 39. C 40. B 43. B 44. D 52. C 47. B 113. -3m- 3 1 114. 115. 0 120 15. 解： （1）3 sincos sin2cos xx xx ， 3 tan1 tan21 x x 5 2 tanx （2） 原式 xxx xx sin)sin 2 2 cos 2 2 (2 sincos 22 xxx xxxx sin)sin(cos )sin)(cossin(cos x xx sin sincos
12、 1cot x= 2 7 17. 解： （1） ：由已知：3,0/2,0)3( 3 2 aaxxf x )3)(1()( xxxf 如下表： 故有：4,0 x时，最大值为)4(),0(maxff=0- 最小值为9)3(f （2） ：bxxxxgxfxF6 3 1 )()()( 23 令 )2)(4(62)( 2 xxxxxF如下图 b：Fx b：Fx 3 16 )2(2 3 56 )4(4 处得极小值 处得极大值 故有：。xgxf，xF，bb有一解故：有一根时)()(0)(, 3 56 0 3 56 :)1 ( 。 xgxf ， xF ，b b有两解故：有两根时)()(0)(, 3 56 ,0
13、 3 56 :)2( 。xgxf，xFb，bb有三解故：有三根时)()(0)(, 3 56 3 16 0 3 16 ,0 3 56 :)3( 。xgxf，xF，bb有两解故：有两根时)()(0)(, 3 16 0 3 16 : )4( 得 分 评卷人 1 )3, 1( 3 ),3( )( xf 大于 0 0 小于 0 0 大于 0 )(xf 递增极大值递减极小值递增 。xgxf，xF，bb有一解故：有一根时)()(0)(, 3 16 0 3 16 : )5( 数学阶段性测验6 65. C 69. C 70. D 75. C 72. D 73. B 116. 3 4 （或135 o） 117.
14、1118. 10a 18. 解： （1）由已知得 2 3 OCOAOBOA uu u vuu u vuuu vuuu v 即 2 3 ACAB uuu vuuu v AC uuu v AB uuu v 又AC uuu v 、AB uuu v 有公共点A A、B、C三点共线 （2） 22 33 ACABACCB uuu vuu u vuuu vu uu v 12 33 ACCB uu u vuu u v 2 AC CB u uu v uu u v （3） 2 3 ACAB uuu vu uu v 2 1cos ,cos 3 Cxx cos ,0ABx uu u v ， 2 ( )2 3 f xO
15、A OCmAB u uu v uuu vuuu v 222 1coscos2cos 33 xxmx 2 2 cos1xmm 0, 2 x ，cos0,1x 当0m，当且仅当cos0 x时， ( )f x取得最小值为1（舍去） 当01m时，当且仅当cosxm时，( )f x取得最小值为 2 1m， 10 2 m（舍去） 当1m时，当且仅当cos1x时，( )f x取得最小值为22m， 37 22 24 mm 综上 7 4 m 19. 解： （I）由已知 ,切点为（ 2,0）, 故有(2)0f, 即430bc 又 2 ( )34fxxbxc，由已知(2)1285fbc得870bc 联立，解得1,1
16、bc. 所以函数的解析式为 32 ( )22fxxxx （ II）因为 321 ( )22 3 g xxxxmx 令 2 1 ( )3410 3 g xxxm 当函数有极值时，则0，方程 2 1 3410 3 xxm有实数解， 由4(1)0m，得 1m . 当1m时，( )0gx有实数 2 3 x， 在 2 3 x左右两侧均有( )0g x， 故函数( )g x 无极值。 当 m1 时,g（x） =0 有两个实数根x1= 1 3 （21m ）, x2= 1 3 （2+1m ）, g（x）,g（x） 的情况如下表： 所以在(,1)m时，函数( )g x有极值； 得分评卷人 1 x 12 (,)x x 2 x 2 ()x ( )g x + 0 - 0 + ( )g x 极大值极小值 当 1 (21) 3 xm时，( )g x有极大值；当 1 (21) 3 xm时，( )g x有极小值 .
