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2017高三年级九月阶段质量(华普教育)理科数学参考答案


2017 高三年级九月阶段质量检测 理科数学参考答案
题号 答案 (1) B (2) C (3) B (4) B (5) C (6) A (7) D (8) D (9) A (10) (11) (12) C D B

(1)B 解析:由-x2+3x+4>0 得-1<x<4,A=(-1,4).∵-x2+2x+2=-(x-1)2+3≤3, ∴0<2-x

+2x+2≤8,B=(0,8],A∩B=(0,4). 1 (2)C 解析:由已知 f(x)为增函数,∴f(0)f(1)<0, (1 ? 2a)(a 2 ? 2a ? 2) ? 0, 解得 a> ,故选 C. 2 1 1 (3)B 解析:log2(e2x-1)<2?1<e2x<5?0<x< ln5,又 ln5<1,故选 B. 2 2 (4)B 解析:由已知原命题为真命题,当 z1=0 时,z2 任意均使 z1z2=|z1|2 成立,故逆否命题为真命题, 逆命题和否命题为假命题,故选 B.
2

1 x 1 x x cos 2 ? sin 2 2 1 2 2 2? (5)C 解析:y= ,y′= 2 ,? k=1,故选 C. x 2 x 2 x cos cos 2cos 2
sin

2

2

1-x 1 (6)A 解析:当 x>0 时,f′(x)= -x= ,当 x>1 时,f′(x)<0,当 0<x<1 时,f′(x)>0, x x 1 故 f(x)在 x=1 处取得最大值 f(1)= ,又 f(x)为偶函数,故选 A. 2 (7)D 解析:设 h(x)=f(x)-g(x),则 h′(x)=ex-x-1,再令 t(x)=ex-x-1,则 t′(x)=ex-1=0,x=0, 故 t(x)在 x=0 处取得最小值 t(0)=0,则 h′(x)≥0,∵x≥0,∴h(x)≥h(0)=0,命题 p 是真命题,故选 D.
a 1 (8)D 解析:由已知 y=ax 是减函数,∵0<a< ,a0>aa> a>a,∴a<aa <a a<aa,故选 D. 2

2

(9)A 解析:由已知 f(-x)=-f(x),设 g(x)=f(x+1),则 g(-x)=g(x),f(1-x)=f(1+x),∴f(x+1)=- 31 31 1 1 1 1 f(x-1)=f(x-3),T=4,f( )=f( -16)=f(- )=-f( )=- (3-2× )=-1. 2 2 2 2 2 2 1 1 (10)C 解析:f′(x)=x2-(2a+1)x+a(a+1)=(x-a)[x-(a+1)],f(x)在 x=a 处取得极大值 f(a)= a3+ , 3 2 1 1 1 1 1 1 在 x=a+1 处取得极小值 f(a+1)= a3+ ,∴ a3+ >0 且 a3+ <0,故选 C. 3 3 3 2 3 3 1+lnx 1+lnx (11) D 解析: ∵是减函数, ∴0<a<1, 当 x≥1 时, f′(x)=1+lnx-2ax≤0, 2a≥ , 设 h(x)= , x x -lnx 1 则 h′(x)= 2 =0,x=1,故 h(x)在 x=1 处取得最大值 1,2a≥1,a≥ ,又 a>f(1)=-a,故选 D. x 2

(12)B

1 9 1 e 解析:f′(x)=(x+2)(x- )ex,f(-2)= 2,f( )=- , 2 2e 2 2

y
9 2 e2 -2 -

f(x)的大致图像如图, 设方程 4e2m2+tm-9 e=0 的两根为 m1, m2, 9 e 1 9 e 则 m1m2=- 2 =f(-2)f( ),若 m1= 2,m2=- ,有三根;若 4e 2 2e 2 9 e 9 0<m1< 2有三根,此时 m2<- 无根,也有三根,当 m1> 2有 2e 2 2e 1 根,此时- e <m2<0 有两根,也有三根,故选 B. 2
5

O
e 2

1 2

x

(13)31 解析:由已知可得 B={-2,-1,0,1,2},∴B 的真子集的个数为 2 ? 1 ? 31 .
1 1 1-log2 log 6 6=log464+2×2 2 =3+12=15. (14)15 解析:2f(9)+f(log2 )=2log48+2 6

? 7 ? ( 15 ) 解 析:解方程组 ? 6

x? y?2? 0
1

2 ? ?y?x

得交点坐 标为 C (1,1) ,所以阴影部分的 面积为

1 1 1 2 7 1 1 2 3 S ? ?1?1 ? ? x 2 dx ? ? ( x 2 ) |1 ? ? ? . 0 0 2 3 6 2 2 3

(16)2 解析:由已知得 a≤ex 1+1-lnx=(ex 1-x)+(x+1-lnx),∵y=ex 1-x 与 y=x+1-lnx 在 x=1
- - -

处分别取得最小值 0,2,∴a≤2,即 a 的最大值为 2.
?(x+2)(x-4)>0 (17)解析: (Ⅰ)由 log2(x2-2x-8)<4 知 0<x2-2x-8<16,即? ,解得-4<x<-2 ?(x+4)(x-6)<0

或 4<x<6,A=(-4,-2)∪(4,6).?RA=(-∞-4]∪[-2,4]∪[6,+∞),
2 2 1 - 由 <2x -3<64 得 2 2<2x -3<26,即-2<x2-3<6,1<x2<9,B=(-3,-1)∪(1,3), 4

(?RA)∪B=(-∞-4]∪(-3,4]∪[6,+∞).(7 分)
?-3≤a ?1≤a (Ⅱ)当(a,a+1) ? B 时,? 或? ,a∈[-3,-2]∪[1,2]. (10 分) a + 1 ≤- 1 ? ?a+1≤3

(18)解析: (Ⅰ)由已知得 xlog2(ax+ ax2+b)=-xlog2(-ax+ ax2+b),即 x log2 (ax2 ? b? a 2 x 2 ) ? 0,

?a ? a 2 ?a ? 0 ?a ? 1 , ?? ,? ? (舍去)或 ? ?b ? 1 ?b ? 1 ?b ? 1
当 a=1,b=1 时,满足 f(x)是偶函数,故 a=1,b=1. (6 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)=xlog2(x+ x2+1),显然在 x∈(0,+∞)上 f(x)是增函数, 3 f(x-2)<log2(2+ 3)?f(x-2)< 3log2(2+ 3)=f( 3), 3 ∵f(-x)=f(x)=f(|x|),∴f(|x-2|)<f( 3),|x-2|< 3,x∈(2- 3,2+ 3). (12 分) 1 2 1 (19)解析:若 p 为真命题,f′(x)=mx2+2x+1≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,m≥- 2- =-( +1)2+1, x x x

1 5 5 ∵-( +1)2+1<- ,∴m≥- . x 4 4 4 4 若 q 为真命题,则当 x>-1 时,g′(x)= +x-m+1>1,m< +x, x+1 x+1 ∵ 4 4 +x= +x+1-1≥2 4-1=3,当且仅当 x=1 时取等号,∴m<3. x+1 x+1

由已知可得若 p 为真命题,则 q 也为真命题;若 p 为假命题,则 q 也为假命题, 5 5 当 p,q 同真时,- ≤m<3,同假时 m 无解,故 m∈[- ,3). (12 分) 4 4 (20)解析: (Ⅰ)f′(x)=ex(x+a+1)-2x+b, 由已知可得 f(0)=a=-2,f′(0)=a+b+1=1,解得 a=-2,b=2. (4 分) (Ⅱ)f′(x)=(ex-2)(x-1),由 f′(x)>0 得 x<ln2 或 x>1,由 f′(x)<0 得 ln2<x<1, ∴f(x)的增区间为(-∞,ln2)与(1,+∞),减区间为(ln2,1), ∴f(x)的极大值为 f(ln2)=-(2-ln2)2<0,极小值为 f(1)=-e+1<0, 画出简图可知 f(x)只有一个零点. (12 分) (21)解析: (Ⅰ)f′(x)=2x+a,∴f′(0)f′(1)=-1,即 a(a+2)=-1,a=-1. b b b g(x)=x2-x+ lnx-bx,g′(x)=2x-1+ -b≥0 在 x>0 上恒成立,即(2x-1)(1- )≥0, 2 2x 2x 1 1 当 x≥ 时,b≤2x,即 b≤1;当 0<x≤ 时,b≥2x,即 b≥1,故 b=1. (6 分) 2 2 (Ⅱ)y=h(x)与 y=k(x-1)有四个交点.如图,设直线 y=k(x-1)与曲线 -1 1 y=-ln(1-x)切于(x0,-ln(1-x0)),则 k=- = , 1-x0 1-x0 1 1 1 ∴-ln(1-x0)= (x -1)=-1, = , 1-x0 0 1-x0 e 1 由图可得 k∈(0, ). (12 分) e (22)解析: (Ⅰ)f′(x)= x2+(4-2a)x+(4-2a) 1 2a - = ,x>-1, x+1 (x+2)2 (x+1)(x+2)2 O 1 y

x

其中 x2+(4-2a)x+4-2a=0 的△=4a(a-2). 当△≤0 即 a∈[0,2]时,f′(x)≥0 恒成立,则 f(x)在(-1,+∞)上单调递增; 当 a<0 时,f′(x)>0,则 f(x)在(-1,+∞)上单调递增; 当 a>2 时,方程 x2+(4-2a)x+4-2a=0 有两根为 a-2- a2-2a,a-2+ a2-2a,
2 ∵-1=a-2- (a ? 1) <a-2- a2-2a<0,a-2+ a2-2a>0,

∴当 a>2 时,f(x)在(-1,a-2- a2-2a)与(a-2+ a2-2a,+∞)上递增,在(a-2- a2-2a,a-2+ a2-2a)上递减;当 a≤2 时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增. (5 分) (Ⅱ)当 a≤2 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0 满足条件,

当 a>2 时,f(x)在(0,a-2+ a2-2a)上递减,此时 f(x)<f(0)=0 不满足条件, 故 a∈(-∞,2]. (8 分) 2x (Ⅲ)若 a=2 时,在(0,+∞)上,ln(x+1)> , x+2 n+1 1 2 n 2 3 2 2 令 x= ,则 ln > ,ln > ,…,ln > ,ln2> , n n 2 5 3 2n+1 n-1 2n-1 ∴ln
2 2 2 n+1 n 3 2 2 2 2 +ln +…+ln +ln2=ln(n+1)> + +…+ + ,即 n+1>e3+5+…+2n+1. (12 分) n 2 5 3 n-1 2n+1 2n-1


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