《吉林省2016届高三理科第一轮复习阶段测试数学卷(第15周) 含答案》由会员分享,可在线阅读,更多相关《吉林省2016届高三理科第一轮复习阶段测试数学卷(第15周) 含答案(11页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、高三数学阶段测试卷理科(第 15 周) 拟题人:毕伟 审题人:暴偶奇 【测试范围】:2014年全国高考函数题型:选择,填空,解答【测试目的】:明确高考考点,掌握高考考试题型 函数模型及其应用1. 2014湖南卷 某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为 p,第二年的增长率为q,则该市这两年生产总值的年平均增长率为()A. B. C. D. 1p q2 (p 1)(q 1) 12 pq (p 1)(q 1)2. 2014陕西卷 如图 12,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为 ()图
2、12Ay x3 x By x3 x Cy x3x Dy x3 x1125 35 2125 45 3125 3125 15导数及其运算3. 2014安徽卷 设函数 f(x) 1(1 a)xx 2x 3,其中 a0.(1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性;(2)当 x0,1时 ,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值4.实验班 2014安徽卷 设实数 c0,整数 p1,nN *.(1)证明:当 x1 且 x0 时,(1x) p1px;(2)数列a n满足 a1c ,a n1 an a ,证明:a na n1 c .1p p 1p cp1 pn 1p5. 2014福建卷 已知函数 f(x)e
3、 xax( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A,曲线 yf(x) 在点 A处的切线斜率为1.(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值;(2)证明:当 x0 时,x 2x2 时,f(x )0.故 f(x)在 和 内单调递减,( , 1 4 3a3 ) ( 1 4 3a3 , )在 内单调递增( 1 4 3a3 , 1 4 3a3 )(2)因为 a0,所以 x10,当 a4 时,x 21.由(1)知,f(x) 在 0,1上单调递增,所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值当 012x,原不等式成立假设 pk(k2,k N *)时,不等式(1x) k1kx 成立当 pk1 时,
4、(1 x) k1 (1x)(1x) k(1x )(1kx)1(k1) xkx 21(k 1)x.所以当 pk1 时,原不等式也成立综合可得,当 x1,x0 时,对一切整数 p1,不等式(1x) p1px 均成立(2)方法一:先用数学归纳法证明 anc .1p当 n1 时,由题设知 a1c 成立1p假设 nk(k1,k N *)时,不等式 akc 成立1p由 an1 an a 易知 an0,nN *.p 1p cp 1 pn当 nk1 时, a ak 1ak p 1p cp pk1 .1p由 akc 0 得11p .(ak 1ak )pp 1p因此 a c,即 ak1 c ,pk 11p所以当
5、nk1 时,不等式 anc 也成立1p综合可得,对一切正整数 n,不等式 anc 均成立1p再由 1 可得 an1 c ,nN *.1p方法二:设 f(x) x x1p ,x c ,则 xpc,p 1p cp 1p所以 f(x) (1p)x p 0.p 1p cp p 1p (1 cxp)由此可得,f(x)在c ,)上单调递增,因而,当 xc 时,f(x )f(c )c .1p 1p 1p 1p当 n1 时,由 a1c 0,即 a c 可知1p p1a2 a1 a a 1 c ,从而可得 a1a2c ,p 1p cp1 p1 1p 1p故当 n1 时,不等式 anan1 c 成立1p假设 nk
6、(k1,k N *)时,不等式 akak1 c 成立,则当 nk1 时,f(a k)f(ak1 )1pf(c ),1p即有 ak 1ak2 c ,1p所以当 nk1 时,原不等式也成立综合可得,对一切正整数 n,不等式 anan1 c 均成立1p5. 2014福建卷 20已知函数 f(x)e xax( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A,曲线yf (x)在点 A 处的切线斜率为 1.(1)求 a 的值及函数 f(x)的极值;(2)证明:当 x0 时,x 2ln 2 时,f (x)0,f( x)单调递增所以当 xln 2 时,f( x)取得极小值,且极小值为 f(ln 2)e ln 22ln
7、 22ln 4,f(x)无极大值(2)证明:令 g(x)e xx 2,则 g(x)e x2x.由(1)得,g(x)f(x)f(ln 2) 2ln 40,故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)10,所以当 x0 时,g(x)g(0)0,即 x20 时,x 20 时,x 21,要使不等式 x2kx2 成立1c而要使 exkx2 成立,则只要 xln(kx2),只要 x2ln xln k 成立令 h(x)x2ln x ln k,则 h(x)1 .2x x 2x所以当 x2 时,h(x)0,h( x)在(2 ,)内单调递增取 x016k16,所以 h(x)在(x 0,) 内单调递增又 h(x0)
8、16k 2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k) 5k,易知 kln k,kln 2,5k 0,所以 h(x0)0.即存在 x0 ,当 x(x 0, )时,恒有 x20 时,e xx2,所以 exe e ,x2 x2(x2)2(x2)2当 xx0 时,e x x2,(x2)2(x2)24c(x2)21c因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x( x0,)时,恒有 x20 时,x 2x0 时,有 x20,f (x)单调递增;当 x 时,f(x )1 时,对 x(0,a1 有 (x)1 时,存在 x0,使 (x)nln(n1)证明如下:方法一:上述不等式等价于 ,x 0.x
9、1 x令 x ,nN ,则 ,x 0.x1 x令 x ,nN ,则 ln .故有 ln 2ln 1 ,1n n 1n 1n 1 12ln 3ln 2 ,ln(n1) ln n ,13 1n 1上述各式相加可得 ln(n1) ,结论得证12 13 1n 1方法三:如图, dx 是由曲线 y ,xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积,而n0xx 1 xx 1 是图中所示各矩形的面积和,12 23 nn 1 dx dxnln(n1),结论得证12 23 nn 1n0xx 1 n0(1 1x 1)12.解:(1)由已知得,b 72a 7,b 82a 84b 7,所以2a842a 72a 72,解得 d
10、a 8a 72,所以 Snna 1 d2nn(n1) n 23n.n(n 1)2(2)函数 f(x)2 x 在点(a 2,b 2)处的切线方程为 y2a 2(2 a2ln 2)(xa 2),其在 x 轴上的截距为 a2 .1ln 2由题意有 a2 2 ,解得 a22.1ln 2 1ln 2所以 da 2a 11.从而 ann,b n2 n,所以数列 的通项公式为 ,anbn anbn n2n所以 Tn ,12 222 323 n 12n 1 n2n2Tn ,11 22 322 n2n 1因此,2T nT n1 2 .12 122 12n 1 n2n 12n 1 n2n 2n 1 n 22n所以
11、,T n .2n 1 n 22n导数的应用13. 2014四川卷 21解:(1)由 f(x)e xax 2bx1,得 g(x)f (x)e x2axb.所以 g(x)e x 2a.当 x0 ,1时,g(x )12a,e2a当 a 时,g(x) 0,所以 g(x)在0,1 上单调递增,12因此 g(x)在0,1上的最小值是 g(0)1b;当 a 时,g(x) 0,所以 g(x)在0,1 上单调递减,e2因此 g(x)在0,1上的最小值是 g(1)e 2ab;当 0,g(1) e 2ab0. 由 f(1)0 得 abe10,g(1) 1a0 ,解得 e20,g(1) 1a0.故此时 g(x)在(0
12、,ln(2a)和(ln(2a),1) 内各只有一个零点 x1 和 x2.由此可知 f(x)在0,x 1上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在x 2,1 上单调递增所以 f(x1)f(0)0,f(x 2)x2 时,f(x )0.故 f(x)在 和 内单调递减,( , 1 4 3a3 ) ( 1 4 3a3 , )在 内单调递增( 1 4 3a3 , 1 4 3a3 )(2)因为 a0,所以 x10,当 a4 时,x 21.由(1)知,f(x) 在 0,1上单调递增,所以 f(x)在 x0 和 x1 处分别取得最小值和最大值当 0a4 时,x 21.由(1)知,f(x) 在 0,x 2上单调递增,在x 2,1上单调递减,所以 f(x)在 xx 2 处取得最大值 1 4 3a3又 f(0)1,f(1)a,所以当 0a1 时,f(x)在 x1 处取得最小值;当 a1 时,f(x )在 x0 和 x 1 处同时取得最小值;当 1a4 时,f(x)在 x0 处取得最小值