(1)
求函数f(x)的单调区冋;
讨论函数f(x)零点的个数;
若f(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证:
X1X22019-2020学年度第一学期期末学业水平诊断
高三数学参考答案
、单项选择题
1.C2.D3.C4.A5.C6.D7.B8.A
、多项选择题
9.AC10.AC11.ABD12.ABC
三、填空题
13.
3
4
14.0.1
15..216.52,4
四、解答题
17.解:
若选①:
由正弦定理得(ab)(ab)(cb)c,
即b2c2a2
bc,
2
22
所以cosA—
ca
bc1
2bc
2bc2
因为A(。
,),所以A
又a2b2c2bc(bc)23bc,
a2.6,bc6,所以bc4,8分
所以Sabc—bcsinA—4sin3.10分
223
若选②:
由正弦定理得sinAsinBsinBcos(A).2分
6
因为0B
所以sinB0,sinAcos(A),
6
化简得sinA3cosA1sinA,4分
22
即tanA=—3,因为0A,所以A.6分
36
又因为a2b2c22bcc%,
所以bc(b—c)a_=6—(2'6)_,即bc241^.3,8分
2V32V3
所以Sabc1bcsinA1(2412.3)1633.10分
222
若选③:
由正弦定理得sinBsinB+C二sinAsinB,2分
2
因为0B,所以sinB0,所以sinB^C二sinA,又因为BCA,
2
所以
cosA=2sinAcosA,
222
AA
因为0A,0-,所以cos-0,
222
..A1A缶"A
…sin=,,所以A.
22263
又a2b2c2be(bc)23bc,
a26,bc6,所以bc4,
所以Sabc
bcsinA
2
-4sin—
23
、、3.
10分
18.解:
(1)因为2Sn=(n+1)%,nN*,
所以20^=(n+2)an+1,nN
两式相减得2an1(n2)an1(n1)an,
整理得nan+1=(n+1)an,.2分
即旦竺=亚,nN*,所以{an}为常数列•n+1nn
所以弘邑2,4分
n1
所以an=2n.5分
(2)bn(an1)2an=(2n1)4n.6分
所以Tn141+342+543+L+(2n1)4n
4Tn142+343+L+(2n3)4n(2n1)4n1.……7分
两式相减得:
3Tn4+2(42+43+L+4n)(2n1)4n1,9分
4?
4“+1
3Tn4+2--(2n1)4n1,11分
1-
n1
化简得Tn20+(6n5)-.12分
99
19.解:
(1)连接BD交AC于点F,连接EF.
因为AD〃BC,所以AFD与BCF相似.
所以BL匹2.1分
FDAD
又匹_BL=2,所以EF//SD.2分
ESFD
因为EF平面ACE,SD平面ACE,所以直线SD//平面ACE.
-分
(2)平面SCD平面ABCD,平面SCDI平面ABCDCD,BC平面ABCD,
BCCD,所以BC平面SCD.5分
以C为坐标原点,CD,CB所在的方向分别为y轴、z轴的正方向,与CD,CB均垂直
uuuuuumuruuu
的方向作为x轴的正方向,建立如图所示的空间直
角坐标
系Cxyz.
则C(0,0,0)
224
,S(1^0),叫),巴,打,
uuu
uuu
CA(0,2,2),CS(1,1,0),
224
CE(—,—,—)•
333
设平面SAC的一个法向量为
uuu
mgCA
uuu
mgCS
m=(x,y,z)
不妨令
设平面
uiungDAuuungCE
z
EAC
1,得x
的一个法向量为
1,于是mn(x,y,z)
(1,1,1).
则
yz0
y2z0,
不妨令z1,得x
1,y1,于是
(1,1,1).
设二面角SACE的平面角的大小为
,则cos
所以二面角SACE的余弦值为1.
y
11分
mgi1
m||n|3
12分
20.解:
(1)设Fi为椭圆的左焦点,连接F£,由椭圆的对称性可知,
所以AF
BF
AF
BF,
BF
2a
8,所以a=4,
a2=b2+c2,解得
2,c2.3.
22
所以椭圆的标准方程为—+-L=1.
164
ulu
(2)设点A(X1,ydB(X2,y2),则QA
联立
22
xy
16
y
4
kx
22
,得(4k1)x
所以
x-ix2
x1x2
16
4k21
因为
AQB为锐角,
所以
uuuuuu
QAgQB
所以
uunuun
QAcQB(%
3)(X2
3(X1
3(X1
16(1
(Xi
16
3)屮y2
X2)
X2)
X1X2
解得
21.解:
uuu
3,yJ,QB(X23,y2),
(1k2)X1X2
4k21
35”.35
k>或k
1010
(1)设3条生产线中出现故障的条数为X,
1
X:
B(3,—).
3
①当
n
1时,
设该企业每
月的实际获利为
若X
0,
则Y
12
31
35;
若X
1,
则Y
12
2+8
1131;
若X
2,
则Y
12
1+8
1+011
19;
若X
3,
则Y
12
0+8
1+021
7;
Y万元.
(2)
因此P(X1)C3
(1)1(|)2
33279
10_
(;)(;)
33
P(X3)C33
(1)3(f)01
33
2.3
3,
2、0
3'27'
此时,实际获利Y的均值
0
又P(X0)C3
_827,
P(X
2)
12216
C3(3)(3)石,
12分
81261773c八
E¥3531197=9分
2727272727
②当n2时,设该企业每月的实际获利为丫2万元.
若X
0,
则丫2
12
32
34;
若X
1,
则Y2
12
2+8
12
30;
若X
2,
则丫2
12
1+8
22
26;
若X
3,
则Y2
12
0+8
2+0
1214;
11分
8
12
6
1802
EY2
34
30
26
14一
27
27
27
2727
因为EY1
EY2.
于是以该企业每月实际获利的期望值为决策依据,在n1与n2之中选其一,
应选用n
2.
12分
22.解:
(1)
函数f(x)的疋义域为
{x|x0}.
f'x
(xa)lnx』x2
ax)-2a
3
x,
分
2
x
2
(xa)(lnx1)
令f(x)
0,得xa或xe.
2分
因为0
ae,当0xa或x
e时,f'x
0,f(x)单调递增;当
axe时,f'x0,
f(x)单调递减.所以fx的增区间为0,a,e,,减区间为
13
(2)取二min{1,2a},则当x(0,)时,—xa0,lnx0,2ax0,
24
13
f(x)x(xa)lnxx(2ax)0;
24
又因为0ae,由
(1)可知fx在(0,a)上单增,因此,当x(0,a],恒f(x)0,即f(x)
在(0,a]上无零点.5分
下面讨论xa的情况:
ee
①当0a时,因为f(x)在(a,e)单减,(e,)单增,且f(a)0,f(e)e(a)0,
44
214
f(e)=e0,
4
根据零点存在定理,f(x)有两个不同的零点.6分
e
2当a二—时,由f(x)在(a,e)单减,(e,)单增,且f(e)0,
4
此时f(x)有唯一零点e.7分
3若旦ae,由f(x)在(a,e)单减,(e,)单增,f(x)f(e)e(a-)0,
44
此时f(x)无零点.8分
(x)有唯一零点e;若-ae,f(x)
4
ee
综上,若0a,f(x)有两个不同的零点;若a=,
44
无零点.
(3)证明:
由
(2)知,0a
e
,且aXieX2.
4
构造函数F(x)
2
e/、
f(),x(a,e).
x
则F(x)(x
(Inx
4e
2e
a)(lnx1)
(3
ap)(lnx
X
X
43
2
4
f(x)
xaxeaxe
1)-
x
1)
10分
人/\4324
令g(x)xaxeaxe,x(a,e).
因为当x(a,e)时,x2e2ax0,x2e20,
43242222
所以g(x)xaxeaxe=(xeax)(xe)<0
又Inx1Ine10,所以F(x)0恒成立,即F(x)在(a,e)单增.
2
于是当axe时,F(x)F(e)0,即f(x)f(—).11分
x
2
因为X1(a,e),所f(xjf(e),
%
2
又f(Gf(X2),所以f(X2)f(—),
X1
22ee
因为x2
e,
e,且f(x)在(e,
)单增,
x1e
e2
e2
所以由
f(X2)
f(-),
可得X2,即
2
x-|X2e.
12分
X1
X1