山东省泰安市2015届高三上学期期中考试数学(理)试题含解析(2)

ruuuruuuruuuruuu（I）求AB?AC及AB?AC；

uuuruuuruuur（II）设实数t满足AB?tOC?OC，求t的值.

??【知识点】平面向量的数量积及应用F3 【答案解析】(1）3，210（2）-1 (1）∵A（1，4），B（-2，3），C（2，-1）． ∴AB=（-3，-1），AC=（1，-5），AB+AC=（-2，-6）， 22∴AB?AC=-3×1+（-1）×（-5）=3，|AB+AC|=(?2)?(?6)=210． （2）∵(AB?tOC)⊥OC，∴(AB?tOC)?OC=0,即AB?OC-OC=-3×2+（-1）×（-1）=-5，OC=22+（-1）2=5，∴-5-5t=0，∴t=-1． 【思路点拨】（1）利用向量数量积坐标运算及求模公式即可得出结论； （2）根据题意可得：(AB?tOC)?OC=0，再结合向量垂直的坐标表示可得关于t的方程，进而解方程即可得到t的值． 【题文】17.（本小题满分12分） 22A?B?4sinAsinB?3，AC?8，21点D在BC边上，且BD?2,cos?ADB?.求角C的大小及边AB

7如图，在?ABC中，已知4sin2的长.

【知识点】解三角形C8 【答案解析】7 ∵4sin2A?B+4sinAsinB=3， 2∴2[1-cos（A-B）+4sinAsinB=3，∴2-2（cosAcosB+sinAsinB）+4sinAsinB=3， ∴cos（A+B）=-11?1，∴cosC=，∴C= ．∵cos∠ADB=， 2273143，∴sin∠ADC= ，在△ADC中，由正弦定理可得AD= 77∴cos∠ADC=- AC?sinC=7∴AB= sin?ADC49?4?2?7?2?1=7． 7【思路点拨】利用二倍角公式，和角的余弦公式，可求C，利用正弦定理、余弦定理求出边AB的长．

【题文】18.（本小题满分12分）

r已知a??rrr3,cos?x，b??sin?x,?1?,?0???3,x?R?.函数f?x??a?b，若将函数

?f?x?的图象向左平移

?3个单位，则得到y?g?x?的图像，且函数y?g?x?为偶函数.

（I）求函数f?x?的解析式及其单调增区间； （II）若f?2????1???,?????，求sin?的值. ??2263????【知识点】三角函数的图象与性质C3 【答案解析】（Ⅰ）f（x）=2sin（2x-???3?15）单调增区间为[-+kπ，+kπ]（Ⅱ） 6638（Ⅰ）f（x）=a?b=3sinωx-cosωx=2sin（ωx-=2sin[ω（x+ ??），∴g（x）=f（x+ ） 63????）-]=2sin（ωx-π-）， 3366????又∵g（x）是偶函数，∴sin（-ωx+π-）=sin（ωx+π-）， 3366?????∴sinωxcos（π-）=0对任意x∈R恒成立，∴π-=+kπ，k∈Z， 33662?整理，得ω=2+3k，k∈Z，又0＜ω＜3，∴ω=2，∴f（x）=2sin（2x-）， 6?????令-+2kπ≤2x-≤+2kπ，k∈Z，得-+kπ≤x≤+kπ，k∈Z， 26263??∴函数f（x）的单调增区间为[-+kπ，+kπ]，k∈Z． 63????（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f（）=2sin（2?-）=2sin（α-）， 2266?1?1?2??又f（）=，∴sin（α-）=，又＜α＜π，∴0＜α-＜， 22436662∴cos（α-???????15）=，∴sinα=sin[(α-)+]=sin(α-)cos+cos(α-)sin 66666664=133?15151×+×=． 42284【思路点拨】（Ⅰ）由（fx）=a?b=3sinωx-cosωx=2sin（ωx-由g（x）是偶函数，得f（x）=2sin（2x-???），知g（x）=2sin（ωx-π-），366?），由此能求出函数f（x）的单调增区间． 6?????1?1（Ⅱ）由f（）=2sin（2?-）=2sin（α- ），f（）= ，得sin（α- ）=， 22622466从而cos（α-?15）= ，由此能求出sinα． 64【题文】19.（本小题满分12分） 某工厂为提高生产效益，决定对一条生产线进行升级改造，该生产线升级改造后的生产效益y万元与升级改造的投入x?x?10?万元之间满足函数关系：

y?mlnx?12101x?x?ln10（其中m为常数） 10050若升级改造投入20万元，可得到生产效益为35.7万元.试求该生产线升级改造后获得的最大

利润.（利润=生产效益?投入） （参考数据：ln2?0.7,ln5?1.6） 【知识点】函数模型及其应用B10

【答案解析】24.4万元 由题意可得，35.7=mln20-4+解得，m=-1，则y=-lnx-101×20+ln10， 5012101x+x+ln10，（x＞10） 10050121011251设利润为f（x）=y-x=-lnx-x+x+ln10-x=-lnx-x+x+ln10，（x＞10） 10050100501x51(x?50)(x?1)易得，f′（x）=--+=，又∵x＞10，∴当10＜x＜50时，f′（x）＜0， x505050x当x＞50时，f′（x）＞0，则x=50时，函数f（x）有最大值， 即f（50）=-ln50-151×（50）2+×50+ln10=24.4（万元） 10050101×20+ln10，从而求出m，50答：该生产线升级改造后获得的最大利润为24.4万元． 【思路点拨】由题意，代入（20，35.7）可得35.7=mln20-4+计算利润函数，利用求导法求函数的最大值，从而得到最大利润． 【题文】20.（本小题满分13分）

已知首项都是1的数列?an?,?bn?bn?0,n?N*满足bn?1???an?1bn

an?3bn（I）令Cn?an，求数列?cn?的通项公式； bn（II）若数列?bn?为各项均为正数的等比数列，且b32?4b2?b6，求数列?an?的前n项和Sn. 【知识点】等比数列 数列求和D3 D4

【答案解析】（Ⅰ）cn=3n-2（II）Sn=8-（6n+8）×(（Ⅰ）由题意得an+1bn=an?bn+1+3bn?bn+1， 两边同时除以bnbn+1，得1n)． 2an?1anaa??3又cn=n，∴cn+1-cn=3，又c1=1=1， bn?1bnb1bn∴数列{cn}是首项为1，公差为3的等差数列，∴cn=1+3（n-1）=3n-2，n∈N*． （Ⅱ）设数列{bn}的公比为q，q＞0，∵b32=4b2?b6，∴b12q4=4b12?q6， 1111，∴q=，又b1=1，∴bn=()n-1，n∈N*，an=cnbn=(3n-2)×()n-1， 42221111∴Sn=1×()0+4×()+7×()2+…+(3n-2)×()n-1，① 222211111∴Sn=1×+4×()2+7×()3+…+(3n-2)×()n，② 2222211111①-②，得：Sn=1+3×+3×()2+…+3×()n-1-（3n-2）×()n 22222111111=1+3[+()2+…+()n-1]-（3n-2）×()n=1+3[1-()n-1]-(3n-2)×()n 222222111=4-（6+3n-2）×()n=4-（3n+4）×（）n，∴Sn=8-（6n+8）×()n． 222整理，得q2=【思路点拨】（Ⅰ）由题意得an+1bn=an?bn+1+3bn?bn+1，从而an?1an??3 ，由此推导出数bn?1bn列{cn}是首项为1，公差为3的等差数列，进而求出cn=1+3（n-1）=3n-2，n∈N*． （Ⅱ）设数列{bn}的公比为q，q＞0，由已知得bn=(an=cnbn=(3n-2)×(1n-1 )，n∈N*，从而21n-1)，由此利用错位相减法能求出数列{an}的前n项和Sn． 2【题文】21.（本小题满分14分） 已知函数f?x??alnx,a?R. （I）若曲线y?f?x?与曲线g?x??x在交点处有共同的切线，求a的值；

2（II）若对任意x??1,e?，都有f?x???x??a?2?x恒成立，求a的取值范围；

xe1?x（III）在（I）的条件下，求证：xf?x???1.

2【知识点】导数的应用B12 【答案解析】（I）e（II）a≤-1（III）略 2a1 ，g′（x）=． x2x（I）函数f（x）=alnx的定义域为（0，+∞），f′(x)= 设曲线y=f（x）与曲线g（x）= （x0，y0），由于在交点处有共同的切线，∴x交点a1=， x02x0解得x0=4a2，a＞0．由f（x0）=g（x0）可得alnx0=2?x?4ae?0联立?，解得a=． 2??alnx0?x0x0． （II）对任意x∈[1，e]，都有f（x）≥-x2+（a+2）x恒成立，化为a（x-lnx）≤x2-2x．（*）． 令h（x）=x-lnx，h′(x)=1-1x?1= ， xx∵x∈[1，e]，∴h′（x）≥0，∴函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）=1．∴（*） x2?2xx2?2x(x?1)[x?2(1?lnx)]可化为a≤，x∈[1，e]．令F（x）=．F′（x）=． x?lnxx?lnx(x?lnx)2∵x∈[1，e]，∴x-1≥0，2（1-lnx）＞0，∴当x∈[1，e]时，F′（x）≥0， ∴函数F（x）在x∈[1，e]上单调递增，∴F（x）≥F（1）=1?2=-1，∴a≤-1． 1?0exe1?x（III）在（I）的条件下f（x）=lnx．要证明xf（x）＞-1．即证明exlnx＞xe1-x-2． 22令H（x）=exlnx，可得H′（x）=e+elnx=e（1+lnx），令H′（x）＞0，解得x∈(此时函数H（x）单调递增；令H′（x）＜0，解得x∈(0，∴当x=1，+∞)， e1)，此时函数H（x）单调递减． e11时，函数H（x）取得极小值即最小值，H()=-1． ee令G（x）=xe1-x-2，可得G′（x）=（1-x）e1-x， 令G′（x）＞0，解得0＜x＜1，此时函数H（x）单调递增； 令G′（x）＜0，解得x＞1，此时函数G（x）单调递减． ∴当x=1时，函数G（x）取得极大值即最大值，G（1）=-1． xe1?x∴H（x）＞G（x），因此xf（x）＞ -1． 2【思路点拨】（I）函数f（x）=alnx的定义域为（0，+∞），f′(x)= a1 ，g′（x）=． x2x设曲线y=f（x）与曲线g（x）=x 交点（x0，y0），由于在交点处有共同的切线，利用导数的几何意义可得a1= ，a＞0．由f（x0）=g（x0）可得alnx0=x0．联立解得即可． x02x0（II）对任意x∈[1，e]，都有f（x）≥-x2+（a+2）x恒成立，化为a（x-lnx）≤x2-2x．（*）令x2?2xh（x）=x-lnx，利用导数研究其单调性可得h（x）≥h（1）=1．从而（*）可化为a≤，x?lnxx2?2xx∈[1，e]．令F（x）= ，再利用导数研究其单调性极值与最值可得F（x）≥F（1）x?lnx=-1，即可得出． exe1?x（III）在（I）的条件下f（x）= lnx．要证明xf（x）＞ -1．即证明exlnx＞xe1-x-2． 22

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