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天津市七校2015届高三4月联考数学(理)试题


2015 年天津市七校联考高 考数学模拟试卷(理科) (4 月份)
一、选择题(每题 5 分,共 8 道) 1. (5 分)设复数 z1=1+i,z2=2+bi,若 A. ﹣2 B. 2 C. ﹣1 D. 1 【考点】 : 复数代数形式的混合运算. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 把复数 z1=1+i,z2=2+bi 代入 ,然后复数的分子、分母同乘分母的共轭复数

,复 为纯虚数,则实数 b=( )

数化简为 a+bi(a,b∈R)的形式,令实部为 0,虚部不为 0,求出实数 b 即可. 【解析】 : 解: 为纯虚数, 得 2+b=0,

即 b=﹣2. 故选 A. 【点评】 : 本小题考查复数的概念和复数的基本运算,难度不大,属于送分题.

2. (5 分)不等式组

表示的平面区域是(



A.

B.

C.

D. 【考点】 : 【专题】 : 【分析】 : 【解析】 : 简单线性规划. 不等式的解法及应用. 直接利用特殊点验证即可选项. 解:由题意可知(0,0)在 x﹣3y+6=0 的下方.满足 x﹣3y+6≥0;

(0,0)在直线 x﹣y+2=0 的下方.不满足 x﹣y+2<0. 故选:B. 【点评】 : 本题考查线性规划的可行域的作法,直线特殊点定区域,直线定边界的利用与应 用.

3. (5 分)已知 a=

,b=log2 ,c=

,则(



A. a>b>c B. a>c>b C. c>a>b D. c>b>a 【考点】 : 对数值大小的比较. 【专题】 : 函数的性质及应用. 【分析】 : 判断 a、b、c 与 1,0 的大小,即可得到结果. 【解析】 : 解:a= ∈(0,1) ,b=log2 <0,c=log >1.

∴c>a>b. 故选:C. 【点评】 : 本题考查函数值的大小比较,基本知识的考查. 4. (5 分) (2014?江西) 阅读如图程序框图, 运行相应的程序, 则程序运行后输出的结果为 ( )

A. 7 B. 9 C. 10 D. 11 【考点】 : 程序框图. 【专题】 : 算法和程序框图. 【分析】 : 算法的功能是求 S=0+lg +lg +lg +…+lg 的值,根据条件确定跳出循环的 i 值. 的值,

【解析】 : 解:由程序框图知:算法的功能是求 S=0+lg +lg +lg +…+lg ∵S=lg +lg +…+lg =lg >﹣1,而 S=lg +lg +…+lg =lg <﹣1,

∴跳出循环的 i 值为 9,∴输出 i=9. 故选:B. 【点评】 : 本题考查了循环结构的程序框图,根据框图的流程判断算法的功能是解题的关键. 5. (5 分) (2014?广西) 已知双曲线 C 的离心率为 2, 焦点为 F1、 F2, 点 A 在 C 上, 若|F1A|=2|F2A|, 则 cos∠AF2F1=( )

A.

B.

C.

D.

【考点】 : 【专题】 : 【分析】 : 【解析】 : ∴e=

双曲线的简单性质. 圆锥曲线的定义、性质与方程. 根据双曲线的定义,以及余弦定理建立方程关系即可得到结论. 解:∵双曲线 C 的离心率为 2,

,即 c=2a,

点 A 在双曲线上, 则|F1A|﹣|F2A|=2a, 又|F1A|=2|F2A|, ∴解得|F1A|=4a,|F2A|=2a,||F1F2|=2c, 则由余弦定理得 cos∠ AF2F1= = =

. 故选:A. 【点评】 : 本题主要考查双曲线的定义和运算,利用离心率的定义和余弦定理是解决本题的 关键,考查学生的计算能力. 6. (5 分)已知四棱锥 P﹣ABCD 的三视图如图所示,则四棱锥 P﹣ABCD 的四个侧面中的最 大面积是( )

A. 6 B. 8 C. 2

D. 3

【考点】 : 由三视图求面积、体积. 【专题】 : 空间位置关系与距离. 【分析】 : 由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的四棱锥,分别计算出四 个侧面的侧面积,可得答案.

【解析】 : 解:因为三视图复原的几何体是四棱锥,顶点在底面的射影是底面矩形的长边的 中点,底面边长分别为 4,2, 后面是等腰三角形,腰为 3,所以后面的三角形的高为: 所以后面三角形的面积为: ×4× 两个侧面面积为: ×2×3=3, 前面三角形的面积为: ×4× =6, =2 . = ,

四棱锥 P﹣ABCD 的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积:6. 故选:A. 【点评】 : 本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积,解决本题的关键是得到该几何体 的形状.

7. (5 分) 已知正项等比数列{an}满足 a7=a6+2a5, 若存在两项 am, an 使得 的最小值为( A. B. ) C. D. 不存在

, 则

【考点】 : 基本不等式. 【专题】 : 不等式. 【分析】 : 把所给的数列的三项之间的关系,写出用第五项和公比来表示的形式,求出公比 的值,整理所给的条件,写出 m,n 之间的关系,用基本不等式得到最小值. 【解析】 : 解:∵a7=a6+2a5, 2 ∴a5q =a5q+2a5, 2 ∴q ﹣q﹣2=0, ∴q=2, ∵存在两项 am,an 使得 ∴aman=16a1 , m+n﹣2 4 ∴q =16=2 ,而 q=2, ∴m+n﹣2=4, ∴m+n=6, ∴ ∴ = (m+n) ( 的最小值为 , )= (5+ + )≥ (5+4)= ,当且仅当 m=2,n=4 时等号成立,
2



故选:A. 【点评】 : 本题考查等比数列的通项和基本不等式,实际上应用基本不等式是本题的重点和 难点,注意当两个数字的和是定值,要求两个变量的倒数之和的最小值时,要乘以两个数字 之和

8. (5 分)已知定义在 R 上的函数 y=f(x)对任意的 x 都满足 f(x+1)=﹣f(x) ,当﹣1≤x< 1 时,f(x)=x ,若函数 g(x)=f(x)﹣loga|x|至少 6 个零点,则 a 取值范围是( A. C. D. B.
3



【考点】 : 根的存在性及根的个数判断;函数的周期性. 【专题】 : 压轴题;函数的性质及应用. 【分析】 : 函数 g(x)=f(x)﹣loga|x|的零点个数,即函数 y=f(x)与 y=log5|x|的交点的个 数, 由函数图象的变换, 分别做出 y=f (x) 与 y=loga|x|的图象, 结合图象可得 loga5<1 或 loga5≥ ﹣1,由此求得 a 的取值范围. 【解析】 : 解:函数 g(x)=f(x)﹣loga|x|的零点个数,即函数 y=f(x)与 y=loga|x|的交点 的个数; 由 f(x+1)=﹣f(x) ,可得 f(x+2)=f(x+1+1)=﹣f(x+1)=f(x) , 故函数 f(x)是周期为 2 的周期函数, 又由当﹣1≤x<1 时,f(x)=x ,据此可以做出 f(x)的图象, y=loga|x|是偶函数,当 x>0 时,y=logax,则当 x<0 时,y=loga(﹣x) ,做出 y=loga|x|的图象, 结合图象分析可得:要使函数 y=f(x)与 y=loga|x|至少有 6 个交点, 则 loga5<1 或 loga5≥﹣1,解得 a>5,或 0<a≤ , 故选 A.
3

【点评】 : 本题考查函数图象的变化与运用,涉及函数的周期性,对数函数的图象等知识点, 关键是作出函数的图象,由此分析两个函数图象交点的个数. 二、填空题(每题 5 分,共 6 道) 9. (5 分)某地区有小学 150 所,中学 75 所,大学 25 所.现采用分层抽样的方法从这些学校 中抽取 60 所学校对学生进行视力调查,应从小学中抽取 36 所学校,中学中抽取 18 所 学校. 【考点】 : 分层抽样方法. 【专题】 : 计算题;概率与统计.

【分析】 : 从 250 所学校抽取 60 所学校做样本,样本容量与总体的个数的比为 6:25,得到 每个个体被抽到的概率,根据三个学校的数目乘以被抽到的概率,分别写出要抽到的数目, 得到结果. 【解析】 : 解:某城地区有学校 150+75+25=250 所, 现在采用分层抽样方法从所有学校中抽取 60 所, 每个个体被抽到的概率是 = ,

∵某地区有小学 150 所,中学 75 所,大学 25 所. ∴用分层抽样进行抽样,应该选取小学 ×150=36 人,选取中学 ×75=18 人.

故答案为:36;18. 【点评】 : 本题主要考查分层抽样,解题的关键是理解在抽样过程中每个个体被抽到的概率 相等,属于基础题. 10. (5 分) 如图, 在圆 O 中, 直径 AB 与弦 CD 垂直, 垂足为 E, EF⊥DB, 垂足为 F, 若 AB=6, AE=1,则 DF?DB= 5 .

【考点】 : 与圆有关的比例线段. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 利用相交弦定理得出 DE= ,再利用△DFE∽△DEB,得出 DF?DB=DE =5. 【解析】 : 解:∵AB=6,AE=1,∴EB=5,OE=2. 连接 AD,则△AED∽△DEB,∴ 又△DFE∽△DEB,∴
2 2

=

,∴DE=



=



即 DF?DB=DE =5. 故答案为:5 【点评】 : 此题考查了垂径定理、直角三角形的性质.此题比较简单,解题的关键是注意数 形结合思想的应用,注意掌握垂径定理与直角三角形中的射影定理. 11. (5 分)设 160 . 【考点】 : 二项式定理的应用;定积分. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 在二项展开式的通项公式中,令 x 的幂指数等于 0,求出 r 的值,即可求得常数项. 【解析】 : 解:∵ =﹣(cosπ﹣cos0)=2, 的展开式中的常数项等于 ﹣



=

的展开式的通项公式为

Tr+1=

?

?

=

?2

6﹣r

?x

3﹣r



令 3﹣r=0,解得 r=3,故展开式中的常数项等于﹣160, 故答案为﹣160. 【点评】 : 本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,求展开式中某项的系 数,二项式系数的性质,属于中档题.

12. (5 分)已知直线 l 的参数方程是

(t 为参数) ,以原点 O 为极点,x 轴正半轴为

极轴建立极坐标系,圆 C 的极坐标方程为 ρ=2cosθ+4sinθ,则直线 l 被圆 C 所截得的弦长等于 4 . 【考点】 : 简单曲线的极坐标方程;直线与圆相交的性质. 【专题】 : 计算题. 【分析】 : 把极坐标方程、参数方程化为直角坐标方程,求出圆心到直线的距离 d,再由弦长 公式求出弦长.

【解析】 :解: ∵直线 l 的参数方程是

(t 为参数) , ∴直线 l 的直角坐标方程是

y=

(x﹣1) , x﹣y﹣ =0. 圆 ρ═2cosθ+4sinθ 即 ρ =2ρ2cosθ+4ρsinθ, (x﹣1) +(y﹣2) =5, =1,故弦长为 2 =2 =4,
2 2 2

圆心(1,2)到直线的距离 d=

故答案为 4. 【点评】 : 本题考查把极坐标方程、参数方程化为直角坐标方程的方法,点到直线的距离公 式、弦长公式的应用,求出圆心到直线的距离 d 是解题的关键. 13. (5 分)已知 ,B={x|x ﹣ax≤x﹣a},当“x∈A”是“x∈B”的充分
2

不必要条件,则 a 的取值范围是 (3,+∞) . 【考点】 : 必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【专题】 : 简易逻辑. 【分析】 : 先解出 A={x|1≤x≤3},将 B 表示成 B={x|(x﹣1) (x﹣a)≤0},而由“x∈A”是“x∈B” 的充分不必要条件便可得到 A?B.为解集合 B,需讨论 a 和 1 的关系:a≤1 时,容易看出不能 满足 A?B,而 a>1 时,求出 B={x|1≤x≤a},从而 a 应满足 a>3. 【解析】 : 解:由 5﹣x 得:



解该不等式组得 1≤x≤3; ∴A={x|1≤x≤3},B={x|(x﹣1) (x﹣a)≤0}; ∵“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件; ∴A?B; ①若 a≤1,显然不满足 A?B; ②若 a>1,则 B={x|1≤x≤a}; ∵A?B; ∴a>3; ∴a 的取值范围是(3,+∞) . 故答案为: (3,+∞) . 【点评】 : 考查解无理不等式的方法:去根号,描述法表示集合,一元二次不等式的解法, 以及真子集的概念,充分不必要条件的概念. 14. (5 分)在△ABC 的边 AB、AC 上分别取 M、N,使 于点 P,若 , ,则 = 12 .



,BN 与 CM 交

【考点】 : 平面向量的基本定理及其意义. 【专题】 : 平面向量及应用. 【分析】 : 画出图形,连接 AP, 来表示 : ,根据已知条件及共面向量基本定理即可用 ,同理由 又可由 表示



, 从而由平面向量基本定理即可得到



而两式相除即可求得答案. 【解析】 : 解:如图,

连接 AP,根据已知条件, = = ;

同理有 = ; = =

根据平面向量基本定理,



得, ∴ .



故答案为:12. 【点评】 : 考查向量加法、减法的几何意义及其运算,共面向量基本定理,数乘的几何意义, 以及平面向量基本定理. 三、解答题 15. (13 分) 已知△ABC 的内角为 A、 B、 C, 其对边分别为 a、 b、 c, B 为锐角, 向量 = (2sinB, ﹣ ) , =(cos2B,2cos
2

﹣1) ,且



(1)求角 B 的大小; (2)如果 b=2,求 S△ABC 的最大值. 【考点】 : 余弦定理的应用;两角和与差的正弦函数. 【专题】 : 解三角形. 【分析】 : (1)利用 ,结合两角和与差的三角函数化简,即可求解 B 的大小.

(2)通过余弦定理推出 ac 的范围.然后求解三角形的面积的最值. 【解析】 : 解: (1) (B 为锐角) , ; ,

(2)由 ∵a +c ≥2ac,∴ac≤4. ∴
2 2

得 ac=a +c ﹣4,

2

2



即 S△ABC 的最大值为 . 【点评】 : 本题考查向量的三角形中的应用,余弦定理的应用,考查计算能力.

16. (13 分)PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物.我 国 PM2.5 标准采用世卫组织设定的最宽限值,即 PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质 量为一级;在 35 微克/立方米~75 微克/立方米之间空气质量为二级;在 75 微克/立方米以上 空气质量为超标. 某试点城市环保局从该市市区 2011 年全年每天的 PM2.5 监测数据中随机的抽取 15 天的数据 作为样本,监测值如茎叶图所示(十位为茎,个位为叶) (Ⅰ)从这 15 天的 PM2.5 日均监测数据中,随机抽出三天,求恰有一天空气质量达到一级的 概率; (Ⅱ)从这 15 天的数据中任取三天数据,记 ξ 表示抽到 PM2.5 监测数据超标的天数,求 ξ 的 分布列; (Ⅲ)以这 15 天的 PM2.5 日均值来估计一年的空气质量情况,则一年(按 360 天计算)中平 均有多少天的空气质量达到一级或二级.

【考点】 : 离散型随机变量及其分布列;茎叶图;用样本的频率分布估计总体分布;等可能 事件的概率. 【专题】 : 综合题. 【分析】 : (Ⅰ)从 15 天的 PM2.5 日均监测数据中,随机抽出三天,共有 一天空气质量达到一级,共有 种情况,由此可求概率; 种情况,恰有

(Ⅱ)ξ 服从超几何分布:其中 N=15,M=5,n=3,ξ 的可能值为 0,1,2,3,故可得其分布 列; (Ⅲ)一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为 二级的天数为 η,则 η~ ,一年中空气质量达到一级或

,求出期望,即可得到结论.

【解析】 : 解: (Ⅰ)记“从 15 天的 PM2.5 日均监测数据中,随机抽出三天,恰有一天空气质 量达到一级”为事件 A,…(1 分) .…(4 分)

(Ⅱ)依据条件,ξ 服从超几何分布:其中 N=15,M=5,n=3,ξ 的可能值为 0,1,2,3,其 分布列为: .…(6 分)

…(8 分) (Ⅲ)依题意可知,一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为 一年中空气质量达到一级或二级的天数为 η,则 η~ ∴ , .…(10 分)

,∴一年中平均有 240 天的空气质量达到一级或二级.…(12 分)

【点评】 : 本题考查等可能事件概率的求法,考查离散型随机变量的分布列,考查利用数学 知识解决实际问题,属于中档题. 17. (13 分)如图,在四棱锥 P﹣ABCD 中,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧棱 PA=PD= ,PA ⊥PD,底面 ABCD 为直角梯形,其中 BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O 为 AD 中点. (1)求直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值. (2)求 B 点到平面 PCD 的距离. (3) 线段 PD 上是否存在一点 Q, 使得二面角 Q﹣AC﹣D 的余弦值为 值;若不存在,请说明理由. ?若存在, 求出 的

【考点】 : 点、线、面间的距离计算;直线与平面所成的角. 【专题】 : 综合题;空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 : (1) 先证明直线 PO 垂直平面 ABCD 中的两条相交直线垂直, 可得 PO⊥平面 ABCD, 建立空间直角坐标系,确定平面 POC 的法向量,利用向量的夹角公式,即可求直线 PB 与平 面 POC 所成角的余弦值. (2)求出平面 PDC 的法向量,利用距离公式,可求 B 点到平面 PCD 的距离. (3)假设存在,则设 =λ (0<λ<1) ,求出平面 CAQ 的法向量、平面 CAD 的法向量 = ,利用向量是夹角公式,即可求得结论.

(0,0,1) ,根据二面角 Q﹣AC﹣D 的余弦值为

【解析】 : 解: (1)在△PAD 中 PA=PD,O 为 AD 中点,所以 PO⊥AD, 又侧面 PAD⊥底面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,PO?平面 PAD, 所以 PO⊥平面 ABCD. 又在直角梯形 ABCD 中,易得 OC⊥AD;

所以以 O 为原点,OC 为 x 轴,OD 为 y 轴,OP 为 z 轴建立空间直角坐标系. 则 P(0,0,1) ,A(0,﹣1,0) ,B(1,﹣1,0) ,C(1,0,0) ,D(0,1,0) ; 所以 所以 ,易证:OA⊥平面 POC, ,平面 POC 的法向量,

所以 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 (2)

…. (4 分) ,

,设平面 PDC 的法向量为



,取 z=1 得

B 点到平面 PCD 的距离

…. (8 分)

(3)假设存在,则设 因为



(0<λ<1)

=(0,1,﹣1) ,所以 Q(0,λ,1﹣λ) . ,

设平面 CAQ 的法向量为 =(a,b,c) ,则 所以取 =(1﹣λ,λ﹣1,λ+1) , 平面 CAD 的法向量 =(0,0,1) , 因为二面角 Q﹣AC﹣D 的余弦值为 ,

所以
2

=



所以 3λ ﹣10λ+3=0. 所以 λ= 或 λ=3(舍去) , 所以 = ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12 分)

【点评】 : 本题主要考查直线与平面的位置关系、直线与平面所成角、点到平面的距离等基 本知识,考查空间想象能力,逻辑思维能力和运算能力.

18. (13 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 (1)求数列{an}的通项公式; (2)设



,数列{cn}的前 n 项和为 Tn,求使不等式 Tn>

对一切 n∈N*都成立的最大正整数 k 的值; (3)设 f(n)= ,是否存在 m∈N*,使得 f(m+15)=5f(m)

成立?若存在,求出 m 的值;若不存在,请说明理由. 【考点】 : 数列的求和. 【专题】 : 等差数列与等比数列. 【分析】 : (1)由 Sn= (2)cn= + n,当 n=1 时,a1=S1.当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1,即可得出 an. = ,利用“裂项求和”可得 Tn= ,解得 k 即可得出. .利

用数列{Tn}单调递增,可得(Tn)min=T1= .令

(3)f(n)=

.对 n 分奇数偶数讨论即可得出.

【解析】 : 解: (1)∵Sn= ∴当 n=1 时,a1=S1=6. 当 n≥2 时,an=Sn﹣Sn﹣1=

+

n,

=n+5,

而当 n=1 时也满足,∴an=n+5. (2) = = ,

∴数列{cn}的前 n 项和为 Tn= ∵Tn+1﹣Tn= ∴数列{Tn}单调递增, ∴(Tn)min=T1= . 令 ,解得 k< ,∴kmax=671. = +…+ > 0, = = .

(3)f(n)=



当 m 为奇数时,m+15 为偶数,∴3m+47=5m+25,解得 m=11. 当 m 为偶数时,m+15 为奇数,∴m+20=15m+10,解得 m= ?N ,舍去. 综上:存在唯一正整数 m=11,使得 f(m+15)=5f(m)成立. 【点评】 : 本题考查了递推式的应用、“裂项求和”方法、数列的单调性、不等式的性质,考查 了分类讨论方法、推理能力与计算能力,属于中档题.
*

19. (14 分) 椭圆 E: +
2

=1 (a>b>0) 的焦点到直线 x﹣3y=0 的距离为

, 离心率为



抛物线 G:y =2px(p>0)的焦点与椭圆 E 的焦点重合;斜率为 k 的直线 l 过 G 的焦点与 E 交于 A,B,与 G 交于 C,D. (1)求椭圆 E 及抛物线 G 的方程; (2)是否存在学常数 λ,使 为常数,若存在,求 λ 的值,若不存在,说明理由.

【考点】 : 直线与圆锥曲线的综合问题. 【专题】 : 综合题. 【分析】 : (1)由点到直线的距离公式列式求出 c 的值,结合土偶眼离心率求出 a 的值,再 2 由抛物线 G:y =2px(p>0)的焦点与椭圆 E 的焦点重合即可求得椭圆方程和抛物线方程; (2)依次射出 A,B,C,D 四点的坐标,设出直线 l 的方程,联立直线方程和圆锥曲线方程, 利用根与系数关系分别写出 A,B 两点横坐标的和与积,写出 C,D 两点横坐标的和与积,利 用弦长公式求出 AB 和 CD 的长度, 代入 后可求出使 为常数的 λ 的值. , .

【解析】 : 解: (1)设 E、G 的公共焦点为 F(c,0) ,由题意得 联立解得 所以椭圆 E: . ,抛物线 G:y =8x.
2

(2)设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,C(x3,y3) ,D(x4,y4) .

直线 l 的方程为 y=k (x﹣2) , 与椭圆 E 的方程联立

, 得 (1+5k ) x ﹣20k x+20k

2

2

2

2

﹣5=0 4 2 2 2 △=400k ﹣20(5k +1) (4k ﹣1)=20(k +1)>0.

= 直线 l 的方程为 y=k(x﹣2) , 与抛物线 G 的方程联立 ,得 k x ﹣(4k +8)x+4k =0.
2 2 2 2







=



要使 故存在

为常数,则 20+ ,使

=4,得 为常数.



【点评】 : 本题主要考查了曲线方程的求法,考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用,训 练了设而不求的解题思想方法,考查了弦长公式的用法,直线与圆锥曲线问题的特点是计算 量比较大,要求考生具备较强的运算推理的能力,是难题.

20. (14 分)已知函数 f(x)=elnx,g(x)=lnx﹣x﹣1,h(x)= (Ⅰ)求函数 g(x)的极大值. (Ⅱ)求证:存在 x0∈(1,+∞) ,使 ;



(Ⅲ)对于函数 f(x)与 h(x)定义域内的任意实数 x,若存在常数 k,b,使得 f(x)≤kx+b 和 h(x)≥kx+b 都成立,则称直线 y=kx+b 为函数 f(x)与 h(x)的分界线.试探究函数 f(x) 与 h(x)是否存在“分界线”?若存在,请给予证明,并求出 k,b 的值;若不存在,请说明理 由. 【考点】 : 利用导数研究函数的极值;函数的零点;导数在最大值、最小值问题中的应用.

【专题】 : 新定义;导数的综合应用. 【分析】 : (Ⅰ)求导函数,确定函数的单调性,即可求函数 g(x)的极大值. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,构造新函数, 利用零点存在定理,即可证得结论; (Ⅲ)构造新函数,求导数,确定函数的单调性,可得函数 f(x)与 h(x)的图象在 处 有公共点( ) ,设 f(x)与 h(x)存在“分界线”且方程为 ,构

造函数,确定函数的单调性,即可求得结论. 【解析】 : (Ⅰ)解: .…(1 分)

令 g′(x)>0,解得 0<x<1;令 g′(x)<0,解得 x>1.…(2 分) ∴函数 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减.…(3 分) 所以 g(x)的极大值为 g(1)=﹣2.…(4 分) (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)知 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 令 取 x′=e>1,则 = 故存在 x0∈(1,e) ,使 φ(x0)=0,即存在 x0∈(1,+∞) ,使 (说明:x′的取法不唯一,只要满足 x′>1,且 φ(x′)<0 即可) (Ⅲ)解:设 ,则 . … (6 分) .…(7 分) ,∴ ,…(5 分)

则当 时,F′(x)<0,函数 F(x)单调递减;当 (x)单调递增. ∴ 是函数 F(x)的极小值点,也是最小值点, ∴ . 处有公共点(

时,F′(x)>0,函数 F

∴函数 f(x)与 h(x)的图象在

) .…(9 分) ,

设 f(x)与 h(x)存在“分界线”且方程为 令函数 ①由 h(x)≥u(x) ,得 即 ∴

在 x∈R 上恒成立, 在 x∈R 上恒成立, ,

即 ∴ ,故

, .…(11 分)

②下面说明:f(x)≤u(x) , 即 设 则 ∵当 当 ∴当 ∴ 综合①②知 时,V′(x)>0,函数 V(x)单调递增, 时,V′(x)<0,函数 V(x)单调递减, 时,V(x)取得最大值 0,V(x)≤V(x)max=0. 成立.…(13 分) ,且 , , 恒成立.

故函数 f(x)与 h(x)存在“分界线” 此时 .…(14 分)

【点评】 : 本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与极值,考查函数的最值,考查分 类讨论的数学思想,难度较大.


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