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2014-2015学年福建省三明一中高二(下)第一次月考数学试卷(平行班)(理科) Word版含解析

时间:2016-07-28


2014-2015 学年福建省三明一中高二(下)第一次月考数学试卷 (平行班) (理科)
一、选择题: (本大题 12 题,每小题 5 分,共 60 分)在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目条件的. 2 1.用三段论推理:“任何实数的平方大于 0,因为 a 是实数,所以 a >0”,你认为这个推理 ( ) A. 大前提错误 B. 小前提错误 C. 推理形式错误

D. 是正确的 2.已知复数 z 的共轭复数 (i 为虚数单位) ,则 z 在复平面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3.已知点 P(x,y) ,其中 x∈{1,2},y∈{1,3,4},则在同一直角坐标系中所确定的不同 点的个数是( ) A. 6 B. 12 C. 8 D. 5 4.若随机变量 X A. C. ,则 P(X=2)=( B. D. )

5.二项式 A. 1

的展开式中的常数项是( B. 2

) C. 6 ) D. 12

6.设随机变量 X 的概率分布如右下,则 P(X≥0)=( X ﹣1 0 1 P p

A.

B.
3

C.
2 3

D.

7. 若对任意实数 x, 有 x =a0+a1 (x﹣2) +a2 (x﹣2) +a3 (x﹣2) 成立, 则 a1+a2+a3= ( A. 1 B. 8 C. 19 D. 27



8.设某批产品合格率为 ,不合格率为 ,现对该产品进行测试,设第 ξ 次首次测到正品, 则 P(ξ=3)=( )

A. C. D.

B.

9.有 6 个座位连成一排,现有 3 人就坐,则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( ) A. 36 种 B. 48 种 C. 72 种 D. 96 种 10. 用反证法证明命题: “三角形的内角中至少有一个不大于 60 度”时, 假设正确的是 ( A. 假设三内角都不大于 60 度 B. 假设三内角都大于 60 度 C. 假设三内角至多有一个大于 60 度 D. 假设三内角至多有两个大于 60 度 11.下面四个命题中, ①复数 z=a+bi,则实部、虚部分别是 a,b; ②复数 z 满足|z+1|=|z﹣2i|,则 z 对应的点集合构成一条直线; ③由向量 的性质
2



,可类比得到复数 z 的性质|z| =z ;
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2

2

④i 为虚数单位,则 1+i+i +…+i 正确命题的个数是( ) A. 0 B. 1

=i. C. 2 ,则
n

D. 3 等于( )
n n

12.数列{an}前 n 项和为 Sn,若 A . 3 ﹣2
n n

B. 2 ﹣3

n

C. 5 ﹣2

n

n

D. 3 ﹣4

二、填空题: (本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分)把答案填在答题卡相应横线上 14.i 为虚数单位,复数 z=2+i 的模是 . 15.若一个样本空间 Ω={1,2,3,4,5,6},令事件 A={2,3,5},B=(1,2,4,5,6) , 则 P(B|A)= . 16.在(1+x)+(1+x) +…+(1+x) 的展开式中,x 项的系数是 作答)
2 6 2

. (用数字

17.有 5 人担任 5 种不同的工作,现需调整,调整后至少有 2 人与原来工作不同,则不同的 调整方法有 种.

三、解答题: (本大题共 6 小题,共 74 分)解答应写出文字说明,证明过程和解题过程. 18.已知复数 z=bi(b∈R) , 是实数,i 是虚数单位.

(1)求复数 z; (2)若复数(m+z) 所表示的点在第一象限,求实数 m 的取值范围. 19.在二项式 的展开式中,恰好第五项的二项式系数最大.
2

(1)求展开式中各项的系数和; (2)求展开式中的有理项. 20.三个元件 T1,T2,T3 正常工作的概率分别为 ,将它们中某两个元件并联

后再和第三个元件串联接入电路. (1)在如图的一段电路中,电路不发生故障的概率是多少? (2)三个元件按要求连成怎样的一段电路时,才能使电路中不发生故障的概率最大?请画 出此时的电路图,并说明理由.

21.已知

,数列{an}的前 n 项的和记为 Sn.

(1)求 S1,S2,S3 的值,猜想 Sn 的表达式; (2)请用数学归纳法证明你的猜想. 22.安排 5 个大学生到 A,B,C 三所学校支教,设每个大学生去任何一所学校是等可能的. (1)求 5 个大学生中恰有 2 个人去 A 校支教的概率; (2)设有大学生去支教的学校的个数为 ξ,求 ξ 的分布列. 2)证明:当 a>1 时,不等式 a (2)要使上述不等式 a
3 3

>a
2

2

成立.

>a

成立,能否将条件“a>1”适当放宽?若能,请放宽条

件并简述理由;若不能,也请说明理由. (3)请你根据(1) 、 (2)的证明,试写出一个类似的更为一般的结论,且给予证明.

2014-2015 学年福建省三明一中高二(下)第一次月考数 学试卷(平行班) (理科)
参考答案与试题解析

一、选择题: (本大题 12 题,每小题 5 分,共 60 分)在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目条件的. 2 1.用三段论推理:“任何实数的平方大于 0,因为 a 是实数,所以 a >0”,你认为这个推理 ( ) A. 大前提错误 B. 小前提错误 C. 推理形式错误 D. 是正确的 考点:演绎推理的基本方法. 专题:常规题型. 分析:要分析一个演绎推理是否正确,主要观察所给的大前提,小前提和结论是否都正确, 根据三个方面都正确,得到结论. 解答: 解:∵任何实数的平方大于 0,因为 a 是实数,所以 a >0, 大前提:任何实数的平方大于 0 是不正确的,0 的平方就不大于 0. 故选 A. 点评:本题是一个简单的演绎推理,这种问题不用进行运算,只要根据所学的知识点,判断 这种说法是否正确,是一个基础题. 2.已知复数 z 的共轭复数 (i 为虚数单位) ,则 z 在复平面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 考点:复数的代数表示法及其几何意义. 专题:计算题. 分析:求出复数 z,复数 z 的对应点的坐标,即可得到选项. 解答: 解:因为复数 z 的共轭复数 , 所以 z=1﹣2i,对应的点的坐标为(1,﹣2) . z 在复平面内对应的点位于第四象限. 故选 D. 点评:本题考查复数的代数表示以及几何意义,基本知识的考查. 3.已知点 P(x,y) ,其中 x∈{1,2},y∈{1,3,4},则在同一直角坐标系中所确定的不同 点的个数是( ) A. 6 B. 12 C. 8 D. 5 考点:分步乘法计数原理. 专题:概率与统计. 分析:本题是一个分步计数问题,A 集合中选出一个数字共有 2 种选法,B 集合中选出一个 数字共有 3 种结果,由分步原理即可得到结果. 解答: 解:由题意知本题是一个分步计数问题,
2

首先从 A 集合中选出一个数字共有 2 种选法, 再从 B 集合中选出一个数字共有 3 种结果,根据分步计数原理得, ∴共有 C2 C3 =6, 故选 A. 点评:本题考查分步计数原理,是一个与坐标结合的问题,加法原理、乘法原理是学习排列 组合的基础,掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.
1 1

4.若随机变量 X A. C.

,则 P(X=2)=( B. D.



考点:二项分布与 n 次独立重复试验的模型. 专题:计算题;概率与统计. 分析:根据变量符合二项分布,即可得到概率的值. 解答: 解:∵随机变量 X ∴P(X=2)= . ,

故选:D. 点评:本题考查 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率, 本题解题的关键是正确写出概率 的表示形式,再代入数值进行运算.

5.二项式 A. 1

的展开式中的常数项是( B. 2

) C. 6 D. 12

考点:二项式系数的性质. 专题:二项式定理. 分析:首先求出展开式的通项化简后,对字母指数取常数即可. 解答: 解:二项式 的展开式中通项为 =6; ,令 4﹣

2k=0 解得 k=2,所以展开式的常数项为

故选:C. 点评:本题考查了二项展开式的特征项求法;关键是正确写出展开式的通项. 6.设随机变量 X 的概率分布如右下,则 P(X≥0)=( X ﹣1 0 1 P p )

A.

B.

C.

D.

考点:离散型随机变量及其分布列. 专题:概率与统计. 分析:由离散型随机变量的概率分布列知: + +p=1,由此能求出 p 的值,结合表格中的 数据来求 P(X≥0)=P(X=0)+P(X=1)即可. 解答: 解:由离散型随机变量的概率分布列知: + +p=1, 解得:p= , ∴P(X≥0)=P(X=0)+P(X=1)= + = , 故选:C 点评:本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法, 是历年高考的必考题型, 解题 时要认真审题,注意等价转化思想的合理运用. 7. 若对任意实数 x, 有 x =a0+a1 (x﹣2) +a2 (x﹣2) +a3 (x﹣2) 成立, 则 a1+a2+a3= ( A. 1 B. 8 C. 19 D. 27 考点:二项式定理的应用. 专题:二项式定理. 分析:由于 x =[2+(x﹣2)] =a0+a1(x﹣2)+a2(x﹣2) +a3(x﹣2) ,利用通项公式求 得 a1、a2、a3 的值,可得 a1+a2+a3 的值. 3 3 2 3 解答: 解:由于 x =[2+(x﹣2)] =a0+a1(x﹣2)+a2(x﹣2) +a3(x﹣2) , 故 a1= ?2 =12,a2 =
2 3 3 2 3 3 2 3



?2=6,a3=

=1,∴a1+a2+a3=19,

故选:C. 点评:本题主要考查二项式定理的应用,二项式展开式的通项公式,属于基础题.

8.设某批产品合格率为 ,不合格率为 ,现对该产品进行测试,设第 ξ 次首次测到正品, 则 P(ξ=3)=( A. C. D. ) B.

考点:n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率. 专题:概率与统计. 分析:ξ=3,说明前两次抽到的都是次品,第三次抽到合格品,由此利用相互独立事件的概 率乘法公式求得 P(ξ=3)的值.

解答: 解: ξ=3, 说明前两次抽到的都是次品, 第三次抽到合格品, 故P (ξ=3) = 故选:A. 点评:本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用,属于基础题.

? ,

9.有 6 个座位连成一排,现有 3 人就坐,则恰有两个空座位相邻的不同坐法有( ) A. 36 种 B. 48 种 C. 72 种 D. 96 种 考点:排列、组合的实际应用. 专题:计算题. 分析:根据题意,按空位的位置分两种情况讨论,①两端恰有两个空座位相邻,②两个相 邻的空座位不在两端;分别求出两种情况下的坐法数目,进而相加可得答案. 解答: 解:根据题意,分两种情况讨论; ①两端恰有两个空座位相邻,则必须有一人坐在空座的边上,其余两人在余下的三个座位 1 2 上任意就座,此时有 2C3 A3 =36 种坐法; ②两个相邻的空座位不在两端,有三种情况,此时这两个相邻的空座位两端必须有两人就 座,余下一人在余下的两个座位上任意就座,此时有 3A3 A2 =36 种坐法. 故共有 36+36=72 种坐法. 点评:本题考查排列、组合的综合运用,分类讨论时,按一定的标准,做到补充不漏. 10. 用反证法证明命题: “三角形的内角中至少有一个不大于 60 度”时, 假设正确的是 ( A. 假设三内角都不大于 60 度 B. 假设三内角都大于 60 度 C. 假设三内角至多有一个大于 60 度 D. 假设三内角至多有两个大于 60 度 )
2 1

考点:反证法与放缩法. 专题:常规题型. 分析: 一些正面词语的否定:“是”的否定:“不是”;“能”的否定:“不能”;“都是”的否定: “不都是”; “至多有一个”的否定:“至少有两个”;“至少有一个”的否定:“一个也没有”;“是至多有 n 个” 的否定:“至少有 n+1 个”; “任意的”的否定:“某个”;“任意两个”的否定:“某两个”;“所有的”的否定:“某些”. 解答: 解:根据反证法的步骤,假设是对原命题结论的否定,“至少有一个”的否定:“一 个也没有”;即“三内角都大于 60 度”. 故选 B 点评:本题考查反证法的概念,逻辑用语,否命题与命题的否定的概念,逻辑词语的否定. 11.下面四个命题中, ①复数 z=a+bi,则实部、虚部分别是 a,b; ②复数 z 满足|z+1|=|z﹣2i|,则 z 对应的点集合构成一条直线; ③由向量 的性质
2

,可类比得到复数 z 的性质|z| =z ;
2015

2

2

④i 为虚数单位,则 1+i+i +…+i

=i.

正确命题的个数是( A. 0

) B. 1

C. 2

D. 3

考点:复数的基本概念. 专题:数系的扩充和复数. 分析: ①复数 z=a+bi,由于没有给出 a,b∈R,因此无法确定实部、虚部,即可判断出正 误; ②复数 z 满足|z+1|=|z﹣2i|,表示的是过点 A(﹣1,0)与 B(0,2)的线段的垂直平分线, 即可判断出正误; 2 2 ③类比得到复数 z 的性质|z| =z ,由于左边为实数,右边不一定是实数,即可判断出正误; ④利用等比数列的前 n 项和公式、复数的周期性即可判断出正误. 解答: 解:①复数 z=a+bi,由于没有给出 a,b∈R,因此无法确定实部、虚部,故不正确; ②复数 z 满足|z+1|=|z﹣2i|,表示的是过点 A(﹣1,0)与 B(0,2)的线段的垂直平分线, 因此 z 对应的点集合构成一条直线,正确; ③由向量 的性质 边不一定是实数; ④i 为虚数单位,则 1+i+i +…+i
2 2015

,可类比得到复数 z 的性质|z| =z ,不正确,左边为实数,右

2

2

=

=

=0,因此不正确.

正确命题的个数是 1. 故选:B. 点评:本题考查了复数的运算法则及其有关概念、复数相等、等比数列的前 n 项和公式、复 数的周期性,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 12.数列{an}前 n 项和为 Sn,若 A . 3 ﹣2
n n

,则
n

等于( C. 5 ﹣2
n n n


n

B. 2 ﹣3

n

D. 3 ﹣4

考点:数列的求和. 专题:等差数列与等比数列. n 分析:利用等比数列的前 n 项和公式可得 Sn=2 ﹣1.再利用二项式定理即可得出. 解答: 解:Sn= 则
n n n

=2 ﹣1. = +…+ ﹣ =(2+1)
n

n

﹣1﹣[(1+1) ﹣1]=3 ﹣2 . 故选:A. 点评:本题考查了等比数列的前 n 项和公式、 二项式定理性质, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题. 二、填空题: (本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分)把答案填在答题卡相应横线上 14.i 为虚数单位,复数 z=2+i 的模是 .

考点:复数求模. 专题:数系的扩充和复数. 分析:利用复数模的计算公式即可得出. 解答: 解:|2+i|= = .

故答案为: . 点评:本题考查了复数模的计算公式,属于基础题. 15.若一个样本空间 Ω={1,2,3,4,5,6},令事件 A={2,3,5},B=(1,2,4,5,6) , 则 P(B|A)= .

考点:条件概率与独立事件. 专题:计算题;概率与统计. 分析:根据题意,利用古典概型概率公式求出事件 B,AB 发生的概率;利用条件概率公式 求出 P(B|A) . 解答: 解:P(A)= = ,P(AB)= =

由条件概率公式得 P(A|B)= = .

故答案为: . 点评:本题考查古典概型概率公式、条件概率公式,考查学生的计算能力,比较基础. 16.在(1+x)+(1+x) +…+(1+x) 的展开式中,x 项的系数是 35
2 6 2

. (用数字作答)

考点:二项式定理的应用. 专题:计算题. 2 2 3 分析:利用二项展开式的通项公式求出展开式中 x 项的系数,将 C2 用 C3 代替,再利用 m m﹣1 m 2 二项式系数的性质:Cn +Cn =Cn+1 求出 x 项的系数. 2 6 2 解答: 解: (1+x)+(1+x) +…+(1+x) 的展开式中,x 项的系数是: 2 2 2 2 C2 +C3 +C4 +…+C6 3 2 2 2 =C3 +C3 +C4 +…+C6 3 2 2 =C4 +C4 +…+C6 =… =C7 =35 故答案为 35 点评:本题考查二项展开式的通项公式;考查二项式系数的性质:Cn +Cn
m m﹣1 3

=Cn+1 .

m

17.有 5 人担任 5 种不同的工作,现需调整,调整后至少有 2 人与原来工作不同,则不同的 调整方法有 119 种.

考点:计数原理的应用. 专题:排列组合. 分析:因为不可能只有 1 个人的工作变了其他人不变,要调整就至少两个人,所以只要在 5 人全排列方案中,减去初始的那一种方案即可. 解答: 解:5 个人 5 种工作,总共是 5!=120 种方案. ∵不可能只有 1 个人的工作变了其他人不变,要调整就至少两个人, ∴只要减去初始的那一种方案即可,即 5!﹣1=11, 故答案为:119. 点评:本题考查排列、组合的实际应用,考查学生分析解决问题的能力,属于基础题. 三、解答题: (本大题共 6 小题,共 74 分)解答应写出文字说明,证明过程和解题过程. 18.已知复数 z=bi(b∈R) , 是实数,i 是虚数单位.

(1)求复数 z; 2 (2)若复数(m+z) 所表示的点在第一象限,求实数 m 的取值范围. 考点:复数代数形式的混合运算;复数的基本概念. 专题:计算题. 分析: (1)由 z=bi(b∈R) ,化简 得 ,求得 b 的值,可得 z 的值.
2 2



.根据

是实数,可

(2)化简 (m+z) 为 (m ﹣4)﹣4mi,根据复数 f(4)所表示的点在第一象限,可得 ,解不等式组求得实数 m 的取值范围. 解答: 解: (1)∵z=bi(b∈R) ,∴ = 又∵ 是实数,∴ , = = .

∴b=﹣2,即 z=﹣2i. 2 2 2 2 2 (2)∵z=﹣2i,m∈R,∴(m+z) =(m﹣2i) =m ﹣4mi+4i =(m ﹣4)﹣4mi, 又∵复数 f(4)所表示的点在第一象限,∴ ,…(10 分)

解得 m<﹣2,即 m∈(﹣∞,﹣2)时,复数 f(4)所表示的点在第一象限. 点评:本题主要考查复数的基本概念,两个复数代数形式的乘除法法则的应用,虚数单位 i 的幂运算性质,属于基础题.

19.在二项式

的展开式中,恰好第五项的二项式系数最大.

(1)求展开式中各项的系数和;

(2)求展开式中的有理项. 考点:二项式定理的应用. 专题:二项式定理. 分析: (1) 在展开式中, 由恰好第五项的二项式系数最大, 则展开式有 9 项, 可得 n=8. 在 二项式 (2)再二项式 中,令 x=1,求得展开式中各项的系数和. 的展开式的通项公式中,令 x 的幂指数 为整数,求

得 r 的值,可得展开式中的有理项. 解答: 解: (1)在展开式中,恰好第五项的二项式系数最大,则展开式有 9 项,∴n=8. 在二项式 (2)二项式 中,令 x=1,展开式中各项的系数和为 的展开式的通项公式为 .

,r=0,1,2,…,8. 当 即 为整数,即 r=2,5,8 时,展开式是有理项,有理项为第 3、6、9 项, ; . 点评:本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式,属 于基础题. ;

20.三个元件 T1,T2,T3 正常工作的概率分别为

,将它们中某两个元件并联

后再和第三个元件串联接入电路. (1)在如图的一段电路中,电路不发生故障的概率是多少? (2)三个元件按要求连成怎样的一段电路时,才能使电路中不发生故障的概率最大?请画 出此时的电路图,并说明理由.

考点:相互独立事件的概率乘法公式. 专题:概率与统计. 分析: (1)记“三个元件 T1,T2,T3 正常工作”分别为事件 A1,A2,A3,电路不发生故 障的概率为 P1=P[(A2∪A3)?A1]=P(A2∪A3)?P(A1) ,计算求的结果.

(2)如右图,图 1 中电路不发生故障的事件为(A1∪A2)?A3,求得电路不发生故障的概 率 P2=P[(A1∪A2)?A3]=P(A1∪A2)?P(A3)值,可得 P2>P1 .在图 2 中,同理不发生 故障概率为 P3=P2>P1,命题得证. 解答: 解:记“三个元件 T1,T2,T3 正常工作”分别为事件 A1,A2,A3,则 . (1)电路不发生故障的事件为(A2∪A3)?A1, ∴电路不发生故障的概率为 P1=P[(A2∪A3)?A1]=P(A2∪A3)?P(A1) = = .

(2)如右图,此时电路不发生故障的概率最大.证明如下: 图 1 中电路不发生故障的事件为(A1∪A2)?A3, ∴电路不发生故障的概率为 P2=P[(A1∪A2)?A3]=P(A1∪A2)?P(A3) = = ,

∴P2>P1 . 图 2 不发生故障事件为(A1∪A3)?A2,同理不发生故障概率为 P3=P2>P1,命题得证.

点评:本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式, 所求的事件的概率与它的对立事件的概 率之间的关系,属于基础题. 21.已知 ,数列{an}的前 n 项的和记为 Sn.

(1)求 S1,S2,S3 的值,猜想 Sn 的表达式; (2)请用数学归纳法证明你的猜想. 考点: 数列的求和;归纳推理;数学归纳法. 专题: 计算题;点列、递归数列与数学归纳法. 分析: (1)依题意,可求得 S1,S2,S3 的值,继而可猜想 Sn 的表达式; (2)猜想 Sn= ;用数学归纳法证明,先证明 n=1 时等式成立,再假设 n=k 时等式成立,

去证明当 n=k+1 时等式也成立即可. 解答: 解: (1)∵an= ∴S1=a1= = , ,

S2=a1+a2= + S3=S2+a3= + … ∴猜想 Sn= ;

= , = = ;

(2)证明:①当 n=1 时,S1= ,等式成立; ②假设当 n=k 时,Sk= 则当 n=k+1 时, Sk+1=Sk+ak+1= , 即当 n=k+1 时等式也成立; 综合①②知,对任意 n∈N ,Sn=
*

成立,

+

=

=

=

=



点评: 本题考查归纳推理,着重考查数学归纳法,考查推理、证明的能力,属于中档题. 22.安排 5 个大学生到 A,B,C 三所学校支教,设每个大学生去任何一所学校是等可能的. (1)求 5 个大学生中恰有 2 个人去 A 校支教的概率; (2)设有大学生去支教的学校的个数为 ξ,求 ξ 的分布列. 考点:离散型随机变量及其分布列. 专题:概率与统计. 分析: (1)求出 5 个大学生到三所学校支教的所有情况,设“恰有 2 个人去 A 校支教”为 事件 M,求出 M 的值,即可求解概率. (2)推出 ξ=1,2,3 求出概率,即可得到 ξ 的分布列. 5 解答: 解: (1)5 个大学生到三所学校支教的所有可能为 3 =243 种, 设“恰有 2 个人去 A 校支教”为事件 M,则有 答:5 个大学生中恰有 2 个人去 A 校支教的概率 . 种,∴ …(4 分) 种, .

(2)由题得:ξ=1,2,3,…(6 分)ξ=1?5 人去同一所学校,有 ∴ ,

ξ=2?5 人去两所学校,即分为 4,1 或 3,2 有 ∴ ,

种,

ξ=3?5 人去三所学校,即分为 3,1,1 或 2,2,1 有 种, ∴ ∴ξ 的分布列为 ξ 1 P …(12 分) 点评:本题考查古典概型概率的求法,随机变量的分布列的求法,考查计算能力. 2)证明:当 a>1 时,不等式 a (2)要使上述不等式 a
3 3



2

3

>a
2

2

成立.

>a

成立,能否将条件“a>1”适当放宽?若能,请放宽条

件并简述理由;若不能,也请说明理由. (3)请你根据(1) 、 (2)的证明,试写出一个类似的更为一般的结论,且给予证明. 考点:不等式的证明;类比推理. 专题:证明题;分类讨论. 分析: (1)用作差比较法证明不等式,把差化为因式积的形式,判断符号,得出结论. 5 (2)由于 a﹣1 与 a ﹣1 同号,对任何 a>0 且 a≠1 恒成立,故上述不等式的条件可放宽为 a>0 且 a≠1. (3)左式﹣右式等于 <1 两种情况讨论. 解答: 解: (1)证明:
5

,根据 m>n>0,分 a>1 和 0<a

,∵a>1,∴

(a

﹣1) (a ﹣1)>0, ∴原不等式成立. 5 (2)∵a﹣1 与 a ﹣1 同号对任何 a>0 且 a≠1 恒成立,∴上述不等式的条件可放宽为 a>0 且 a≠1. (3)根据(1) (2)的证明,可推知:若 a>0 且 a≠1,m>n>0,则有 证:左式﹣右式= =(a
m﹣n

. ﹣1)

﹣ )= (a
m﹣n

(a

m﹣n

﹣1) ( a﹣

n

﹣1) (a
m﹣n

m+n

﹣1) ,
m+n

若 a>1,则由 m>n>0 可得 若 0<a<1,则由 m>n>0 可得

>0,a

﹣1>0,a
m﹣n

﹣1>0,∴不等式成立.
m+n

>0,0<a

<1,0<a

<1,∴不等式成立.

点评:本题考查不等式性质的应用,用比较法证明不等式,体现了分类讨论的数学思想,属 于中档题.


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