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2014-2015高三理数教学质量监测


解:

a(1+i) 2

?i= +
2

a

a ?2 2

i,

a>0 ,∴ a∈ (0,2)。 a?2<0

选A

解: 选D

1

x+1<

br />
? 1 ≤ 0,

?x x+1

≤ 0,∴ A=(?∞, ?1)∪[0, +∞),B=(?2, ? ),(CR A)∩B=[?1, ? )。
2 2

1

1

解: 错题。 题应为求 sin∠ACD。 AD2 = 9 + 4 ? 6 = 7, AD= 7, 选A 若题为求 sin∠ADC。 AD2 = 9 + 4 ? 6 = 7, AD= 7, 无选项。
π sin 3

7

sin ∠ACD

=

2 sin

π 6

, ∴sin∠ACD =

7 4



7

=

3 sin ∠ADC

, ∴sin∠ADC=

3 3 2

7

=

3 21 14



解:①m 与 n 还可能相交或异面;②m 可能在 β 内;③m 还可能与平面 β 斜交、平行等; ④同③。选 A

解:2a4 =a1 + a3 ,2a1 q3 = a1 + a1 q2 ,2q3 ? q2 ? 1 = 0,(q?1)(2q2 + q + 1)=0, ∴q=1,∴(a 2014 )a 2015 = 1。选 B
2013

a

1/6

解:A 中,相等必共线,正确;B 错;C 中,前者是共线且反向,正确;D 正确。选 B

解:当 a=0 时,an = n,递增;当 a<0 时,不成立;当 a>0 时,对称轴? 2a < 2,3+ a >0,
3a+1 a

1

3

1

>0,∴a>0;故 a≥0,选 B

解:边长为 1,∴内切球半径 r= ,故表面积为 4π×( )2 = 。选 D
6 6 3

3

3

π

2 2 a ? b = 2 ,(a + b)?(a ? 2b)=a2 ? 2b2 ? a ? b = 0, 解: 4a + b + 4a ? b = 25, 2 2 4a + b2 = 17 4a + b2 ? 4a ? b = 9 2 2 = 2 , a2 = 4, a = 2,cos<a, b>= a ?b = 2 = 1.夹角为 0。选 A ∴ a 2? 2b 2×1 |a ||b | b =1 4a + b2 = 17 b2 = 1

解:最大值在(?m, m)点处取得,∴?m ? 2m = 2,?3m = 2,∴m=? 3。选 D

2

2/6

解:

alnx ?1

blnx ?1

?

clnx ?1 dlnx ?1

> 0,

1 lnx 1 b? lnx

a?

?

1 lnx 1 d? lnx

c?

> 0,又

x+a

x+b

?

x+c x+d 1

> 0即

a+x

b+x

?

c+x d+x

> 0的解集为:

(?∞, ?2)∪(1,2),对照有?
1 2 1 2

1 lnx

∈ (?∞, ?2) ∪ (1,2),∴
1 e 1 e

lnx

∈ (?2, ?1) ∪ (2, +∞), 选B

∴lnx∈(?1, ? ) ∪ (0, ),故 x∈( ,

) ∪ (1, e)。

解: xf ′ x + 2f(x)=x 2 , x 2 f ′ x + 2xf x = x 。 设 F(x)=x 2 f(x), ∴F ′ (x)=x , ∴F(x)= x 2 f x = lnx + C, 由 f(1)=1,有 C=1,∴f(x)=
?
1 2

1

1

1

lnx +1 x2

,f ′ x =
1

?1?2lnx x3

≥ 0,lnx≤? 2,(0,e?2 )递增,(e?2 , +∞)递

1

1

1

减,∴f(x)的最大值为 f(e )=

? +1

1 2 e ?1

= 2 e。选 C

解:设切点(x0 , lnx0 ),y ′ = x ,切线过原点,∴k=x =
0

1

1

ln x 0 x0

,∴lnx0 = 1,x0 = e,∴k=e 。填e

1

1

解: f(x)+f(1?x)=

x ?m

2x ?1

+

1 ?x ?m 2 1?x ?1

=

x ?m 2x ?1

+

1?x ?m 1 ?2x

=

x ?m ?1+x+m 2x ?1

= 1, ∴f(

1

2015

)+f(

2

2015

)+?+f(

2014 2015

)

=1007。填 1007

解:f(x)=asinx+cosx= a2 + 1sin(x+φ),其中 sinφ= ∴φ=kπ+ ,取 φ= ,
4 4 π π a a 2 +1

1 a 2 +1

,cosφ=

a a 2 +1

,当 x=4 ,x+φ=kπ+2 ,

π

π

=

2 2

,故 a=1。∴(1 ? x)2014 = a0 + a1 x + a2 x2 + ? + a2014 x 2014 ,

令 x=0,a0 = 1,令 x=1,a0 + a1 + a2 + ? + a2014 = 0,∴a1 + a2 + ? + a2014 = ?1。填?1

解:由已知,ln(a?1)=b?1,ec ?1 = d ? 1,(a ? c)2 + (b ? d)2 为曲线 y?1=ln(x?1)上(a,b) 点与曲线 y?1=ex ?1 上(c,d)的距离的平方。∵两曲线同时同方向平移,距离不变,∴求 y=lnx 与 y=ex 的最小距离。∵y=lnx 与 y=ex 互为反函数,斜率为 1 的切线的切点分别为(1,0)(0,1), ∴两点距离为 2,故最小值为 2。填 2

3/6

(II)在?ABC 中,AC=2,S?ABC = 2,且 f(2B+ )= ,求?ABC 的周长。
3 3



2

解: ⑴依题意, A=2, 当 x=0 时, 2sinφ=1, φ= , 42 +
6

π

T2 4

= 4(4 + π2 ), ∴T 2 = 16π2 , T=4π,

ω=2,∴f(x)=2sin(2 x + 6 ); ⑵f(2B+ 3 )=2sin(B+ 3 + 6 )=2sin(B+2 )=2cosB=3,cosB=3,∴sinB=
1 2π π π π 2 1 2 2 3 1

1

1

π



S=2 acsinB = 2,∴ac=3,又 4=a2 + c 2 ? 2accosB=(a + c)2 ? 6 ? 6 × 3=(a + c)2 ? 8, (a + c)2 =12,a+c=2 3,b=2,∴周长为 2+2 3。

解:⑴Sn = 2an + n ? 4,n≥2 时,Sn ?1 = 2an ?1 + n ? 5,∴an = 2an ? 2an ?1 + 1, an = 2an ?1 ? 1,an ? 1=2(an ?1 ? 1),a1 ? 1 = 2,an ? 1 = 2n ,∴an = 2n + 1; ⑵bn =
1 2n +1 +1 2n 2n +1 (2n +1 +1) 1 3

=

1 2n +1

?

1 2n +1 +1

,∴Tn = b1 + b2 + ? + bn = ? + ? ? ?
3 5 5

1

1

1

1 2n +1 +1

= ?
3

1

< 。证毕。

解:⑴ ∫1 dx = 1, ∴ f ′ (x)= + 2f ′ 1 x,∴f ′ (1)=a + 2f ′ 1 ,f ′ (1)=?a,f ′ (2)= ?4a=7, x x 2 ∴a=?2。∴f(x)=?2lnx+2x 2 +1,k=2,切点(1,3),切线方程为 y=2x+1; ⑵f x = ?2lnx+2x +1>m 对于 x>e 恒成立,f (x)=? x + 4x = x∈(e ,
2 2 1 2 2 2 2 1 ′ 2 4(x 2 ? ) x
1 2 2 2 2 2

e1

a

a

=

4 x?

(x+ )

x



)时,f ′ x < 0,f(x)递减,x∈( 2 , +∞)时,f ′ x > 0,f(x)递增,f(x)的最小值为
2 2

f( )=?2ln

+ 1 + 1 = 2ln 2 + 2=ln2+2,∴m<ln2+2。

4/6

解:⑴如图建系,A(0, 3,0),C(?1,0,0),B(0, 3,1),E(1,0,2),∴FA=(0, 3,0), CB = (1, 3, 1) 平面 BEC 中, ,其法向量n =(2 3,0,?2 3), B CE = (2,0,2) ∵ FA?n=0+0+0=0,∴AF 与平面 BCE 平行; A ⑵平面 CDE 的法向量为n1 =(0,1,0),由⑴知平面 BCE 的法向量为 n =(2 3,0,?2 3),且n1 ? n=0,∴平面 BCE⊥平面 CDE; C ⑶平面 BCE 的法向量为n =(2 3,0,?2 3),平面 ACD 的分向量为 n2 =(0,0,1),cosθ=
|0+0?2 3| 12+12

E

F

D

=

2 3 2 6

=

2 2

,θ= 。故所求锐二面角为 。
4 4

π

π

21、已知函数 y=f(x)定义在 R 上,对任意实数 x,y,f(x+y)=f(x)?f(y)恒成立,且当 x>0 时, 有 0<f(x)<1. ⑴判断函数的单调性; ⑵求不等式 f(x?1)f(x )>1 的解集。 解:⑴令 y=0,x>0,则 f(x)=f(0)f(x),∴f(0)=1。设x1 > x2 ,x1 ? x2 > 0,∴0<f(x1 ? x2 )<1, ∴f(x1 )=f(x1 ? x2 + x2 )=f(x1 ? x2 )f(x2 )<f(x2 ),故递减; ⑵f(x?1)f(x )>1,f(x?1+x )>f(0),∴x?1+x < 0,x+x < 1,∴x<0,即解集为(?∞,0)。 22、已知函数 f(x)=alnx?x+ 。
x 1 1 1 1 1 1

⑴判断函数 f(x)的单调性; ⑵证明:当 x>0 时,ln(1+x )< ⑶证明:
1 1×2 1 1 x 2 +x


1

+

1 2×3

+

1 3×4

+ ?+
a

n(n+1) 1

> n2 ? n3 。
?x 2 +ax ?1 x2

解:⑴f(x)=alnx?x+x ,f ′ x = x ? 1 ? x 2 =
a+ a 2 ?4 2

1

,∵分子的?=a2 ? 4,

①当 a∈[?2,2]时,f ′ (x)≤0,x∈(0,+∞)时,f(x)递减; ∴f ′ x =
? x ?x 1 (x ?x 2 ) x2

,其中x1 =

,x2 =

a ? a 2 ?4 2



②a<?2 时,x1 < 0,x2 < 0,∴f ′ (x)<0,x∈(0,+∞)时,f(x)递减; ③a>2 时,x1 > 0,x2 > 0,∴(0,x2 ),(x1 , +∞)时 f ′ (x)<0,f(x)递减; (x2 , x1 )时 f ′ (x)>0,f(x)递增。 ⑵证明: 设 F(x)=ln(1+ )?
x 1 1 x 2 +x

, F′ x =

x x+1

?

x ?x ?1 x2

?

1 x 2 +x

? (?

2x+1 2 x 2 +x

)=

?1 x(x+1)

+

2x+1 2x(x+1) x 2 +x

=

2x+1?2 x 2 +x x 2 +x

2x(x+1)

=

x+x+1?2 x 2 +x 2x(x+1) x 2 +x

> 0,F(x)递增,当 x→+∞时,F(x)→0,∴F(x)<0,
5/6

故 ln(1+x )< ⑶由⑵ ∴
1 1×2 1 n 2 +n 1 2×3

1

1 x 2 +x


1 1+n n

>ln(1+n )=ln +
1 3×4

= ln n + 1 ? lnn,∴
1

1 n(n+1)

> ln n + 1 ? lnn,

+

+ ?+

n(n+1)

>ln2?ln1+ln3?ln2+?+ln n + 1 ? lnn=ln(n+1)?ln1

=ln(n+1)>0≥n2 (1 ? n)=n2 ? n3 。证毕

6/6


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