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2013届绵阳第一次诊断数学考试理科


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绵阳市高 2013 级第一次诊断性考试

数学(理)参考解答及评分标准
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. BCBCC AADDB AB 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分. 13.-4 14.2 15. ? 0,
? ? 4 ? ? ? 5? ? ,2? ? ??? 3 ? ? 3 ?

16.①③

三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.解: (Ⅰ)f (x)=a·b =(cos2x,1)·(1, 3 sin2x) = 3 sin2x+ cos2x =2 sin(2x+ ∴ 最小正周期 T ? 令 2x+
?
6 2? 2

?
6

),

……………………………………………6 分

?? , k? 2 k? 2 ? ?

= k? ?

?
2

,k∈Z,解得 x=
?
6

?
6

,k∈Z,

即 f (x)的对称轴方程为 x= (Ⅱ)当 x∈[0, ∴ 当 2 x+ 当 2x+
?
6

,k∈Z.…………………………………8 分
?
2

?
2

]时,即 0≤x≤
?
6

,可得

?
6

≤2 x+
?
6

?
6



7? 6



?
6

=
7? 6

?
2

,即 x=
?
2

时,f (x)取得最大值 f (
?
2

)=2;

=

,即 x=

时,f (x)取得最小值 f (

)=-1.

即 f (x) 的值域为[-1,2].……………………………………………………12 分 18.解: (Ⅰ)由 S3+S5=58,得 3a1+3d+5a1+10d=8a1+13d =58, ① ∵ a1,a3,a7 成等比数列,a32=a1a7, 即(a1+2d)2 =a1(a1+6d),整理得 a1=2d, 代入①得 d=2, a1=4, ∴ an=2n+2. …………………………………………………………………6 分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知 a8=18,b5·b6+b4·b7=2b5·b6=18,解得 b5·b6 =9. ∵ T10= log3b1 +log3b2 + log3b3+…+ log3b10 =log3(b1·b10) + log3(b2 ·b9) +…+ log3(b5·b6) =5log3(b5·b6) =5log39 =10. ……………………………………………………………………12 分 19.解: (Ⅰ)由已知 y= f (x)是二次函数,且 f (x)<0 的解集是(0,5), 可得 f (x)=0 的两根为 0,5, 于是设二次函数 f (x)=ax(x-5), 代入点(1,-4),得-4=a×1×(1-5),解得 a=1, ∴ f (x)=x(x-5). ………………………………………………………………4 分
- 12 -

(Ⅱ)h(x)=2f (x)+g(x)=2 x(x-5)+x3-(4k-10)x+5=x3+2 x2 -4kx+5, 于是 h ?( x ) ? 3 x 2 ? 4 x ? 4 k , ∵ h(x)在[-4,-2]上单调递增,在[-2,0]上单调递减, ∴ x=-2 是 h(x)的极大值点, ∴ h ?( ? 2) ? 3 ? ( ? 2) 2 ? 4 ? ( ? 2) ? 4 k ? 0 ,解得 k=1. …………………………6 分 ∴ h(x)=x3+2 x2 -4x+5,进而得 h ?( x ) ? 3 x 2 ? 4 x ? 4 . 令 h ?( x ) ? 3 x 2 ? 4 x ? 4 ? 3( x ? 2)( x ? ) ? 0 ,得 x1 ? ? 2, x 2 ?
3 2 2 3



由下表:

x
h ?( x )

(-3,-2) + ↗

-2 0 极大

(-2, ↘

2 3

)

2 3

(

2 3

,1) +

0 极小

h(x)



可知:h(-2)=(-2)3+2×(-2)2-4×(-2)+5=13,h(1)=13+2×12 -4×1+5=4,

h(-3)=(-3)3+2×(-3)2 -4×(-3)+5=8,h( )=( )3+2×( )2 -4× +5=
3 3 95 27 3 3

2

2

2

2

95 27



∴ h(x)的最大值为 13,最小值为 20.解: (Ⅰ)∵asinA=(a-b)sinB+csinC, 由正弦定理
a sin A ? b sin B ? c sin C

.……………………………………12 分

,得 a 2 ? ( a ? b ) b ? c 2 ,

即 a 2 ? b 2 ? c 2 ? ab .① 由余弦定理得 cos C ?
a ?b ?c
2 2 2

?

1 2



2 ab

结合 0 ? C ? ? ,得 C ?

?
3



…………………………………………………6 分

(Ⅱ)由 C=π-(A+B),得 sinC=sin(B+A)=sinBcosA+cosBsinA, ∵ sinC+sin(B-A)=3sin2A, ∴ sinBcosA+cos BsinA+sinBcosA-cosBsinA=6sinAcosA, 整理得 sinBcosA=3sinAcosA. ………………………………………………8 分 若 cosA=0,即 A= 于是 b=ctanB=2tan
?
2

时,△ABC 是直角三角形,且 B= =
2 3 3

?
6



?
6

,∴ S△ABC=

1 2

bc=

2 3 3

. ……………………10 分

若 cosA≠0,则 sinB=3sinA,由正弦定理得 b=3a.② 联立①②,结合 c=2,解得 a= ∴ S△ABC=
1 2
2 7 7

,b=
3 2

6 7 7

, .

absinC= ×
2

1

2 7 7

×

6 7 7

×

=

3 3 7

综上,△ABC 的面积为

2 3 3



3 3 7

.………………………………………12 分

21.解: (Ⅰ)当 t=1 时,2an-2=0,得 an=1,
- 13 -

于是数列{an}为首项和公比均为 1 的等比数列. ……………………………1 分 当 t≠1 时,由题设知(t-1)S1=2ta1-t-1,解得 a1=1, 由(t-1)Sn=2tan-t-1,得(t-1)Sn+1=2tan+1-t-1, 两式相减得(t-1)an+1=2tan+1-2tan, , ∴
a n ?1 an ? 2t t ?1

(常数) .
2t t ?1

∴ 数列{an}是以 1 为首项, (Ⅱ)∵ q= f (t)= ∴
1 bn ? 1 ? bn ? 1 bn
2t t ?1

为公比的等比数列.………………………4 分
1 2

,b1=a1=1,bn+1=
?1,

f (bn)=

bn bn ? 1



?

1 bn

∴ 数列 ? ∴ bn ?
1

? 1 ? 1 ?n, ? 是以 1 为首项,1 为公差的等差数列,于是 bn ? bn ?

.………………………………………………………………………8 分
1 3

n

(III)当 t=

时,由(I)知 an= ( ) n ? 1 ,
2 1 2

1

于是数列{cn}为:1,-1,

,2,2, ( ) 2 ,-3,-3,-3, ( ) 3 ,…
2
k

1

1

2

设数列{an}的第 k 项是数列{cn}的第 mk 项,即 ak= c m , 当 k≥2 时,m k=k+[1+2+3+…+(k-1)]= ∴ m62=
62 ? 63 2 ? 1953 ,m63= k ( k ? 1) 2 ? 2016 .



63 ? 64 2

设 Sn 表示数列{cn}的前 n 项和, 则 S2016=[1+
1 2 1

+ ( ) 2 +…+ ( ) 6 2 ]+[-1+(-1)2×2×2+(-1)3×3×3+…+(-1)62×62×62]
2 1 2

1

1

显然 1+

1 2

+ ( ) 2 +…+ ( ) 6 2
2 2

1 63 1? ( ) 1 2 = ? 2 ? 62 , 1 2 1? 2

∵ (2n)2-(2n-1)2=4n-1, ∴ -1+(-1)2×2×2+(-1)3×3×3+…+(-1)62×62×62 =-1+22-32+42-52+62-…-612 +622 =(2+1)(2-1)+(4+3)(4-3)+(6+5)(6-5)+…+(62+61)(62-61) =3+7+11+…+123 =
31 ? (3 ? 123) 2

=1953. ∴ S2016= 2 ?
1 2
62

+1953=1955-

1 2
62



- 14 -

∴ S2012=S2016-(c2016+c2015+c2014+c2013) =1955=17691 2 1 2
61 62

-( .

1 2
62

+62+62+62)

即数列{cn}的前 2012 项之和为 176922.解: (Ⅰ)由已知: f ?( x ) ? ∴由题知 f ? (2) ? 于是 f ?( x ) ?
1 x 1 2 ?1 ? 1? x x ?a?? 1 2
1 x

1 2
61

.…………………………………12 分

?a,

,解得 a=1.



当 x∈(0,1)时, f ?( x ) ? 0 ,f (x)为增函数, 当 x∈(1,+∞)时, f ?( x ) ? 0 ,f (x)为减函数, 即 f (x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). ……5 分 (Ⅱ)由(Ⅰ) ? x1∈(0,+∞),f (x1) ≤f (1)=0,即 f (x1)的最大值为 0, 由题知:对 ? x1∈(0,+∞), ? x2∈(-∞,0)使得 f (x1)≤g(x2)成立, 只须 f (x)max≤g(x)max. ∵ g (x) ?
x ? 2 kx ? k
2

? x?

k

x

k ? ? ? 2k ? ? ? ? x ? ? ? 2 k ≤ ?2 k ? 2k , x ?x ? ?

∴ 只须 ? 2 k ? 2 k ≥0,解得 k≥1.………………………………………10 分 (Ⅲ)要证明 只须证 只须证
2 ln 2 2
2

ln 2 2
2

?

ln 3 3
2

?? ?

ln n n
2

?

2n ? n ? 1
2

4( n ? 1)
2

(n∈N*,n≥2).

?

2 ln 3 3
2

?? ?

2 ln n n
2

?

2n ? n ? 1 2( n ? 1)
2



ln 2 2
2

2

?

ln 3 3
2

2

?? ?

ln n n
2

2

?

2n ? n ? 1 2( n ? 1)



由(Ⅰ)当 x ? ?1,? ? ? 时, f ?( x ) ? 0 ,f (x)为减函数, f (x)=lnx-x+1≤0,即 lnx≤x-1, ∴ 当 n≥2 时, ln n 2 ? n 2 ? 1 ,
ln n n
2 2

?
2

n ?1
2

n
?

2

?1?

1 n
2

?1?
2

1 n ( n ? 1)
1 2 ?

?1?

1 n

?

1 n ?1


1 1 ? ? ?1 ? ? ? n n ?1? ?

ln 2 2
2

ln 3 3
2

2

?? ?

ln n n
2

< ?1 ?
?

?

1 1 ? 1 ? ? ? ? ?1 ? ? ? ? ??? ? 2 ?1? ? 3 3?1?
1 n ?1 ? 2n ? n ? 1
2

? n ?1? ln 2 2
2

1 2

?

2( n ? 1)





?

ln 3 3
2

?? ?

ln n n
2

?

2n ? n ? 1
2

4( n ? 1)

.………………………………………14 分

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