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高 考 数 学 大 题 训 练19 1．已知，数列有（常数），对任意的正整数，并有满足。 （1）求的值；（2）试确定数列是不是等差数列，若是，求出其通项公式。若不是，说明理由；（3）令，是否存在正整数M，使不等式恒成立，若存在，求出M的最小值，若不存在，说明理由。 1解：（1）由已知，得， ∴ （2）由得则， ∴，即， 于是有，并且有， ∴即， 而是正整数，则对任意都有， ∴数列是等差数列，其通项公式是。 （3）∵ ∴ ； 由是正整数可得，故存在最小的正整数M=3，使不等式恒成立。 2．(本小题满分16分) 函数的导数为0的点称为函数的驻点，若点(1,1)为函数f(x)的驻点，则称f(x)具有“1—1驻点性”. （1）设函数f(x)=-x+2+alnx，其中a≠0。 ①求证：函数f(x)不具有“1—1驻点性”；②求函数f(x)的单调区间 （2）已知函数g(x)=bx3+3x2+cx+2具有“1—1驻点性”，给定x1，x2(R，x1＜x2，设λ为实数，且λ≠-1，α=，β=，若|g(α)-g(β)|＞|g(x1)-g(x2)|，求λ的取值范围. 2．解：（Ⅰ）①=-1++ ∵=-1+1+a≠0， ∴函数f(x)不具有“1—1驻点性”.…………………………………………2分 ②由== (ⅰ)当a+＜0,即a＜-时，＜0.∴f(x)是(0,+∞)上的减函数； (ⅱ)当a+=0,即a=-时，显然≤0.∴f(x)是(0,+∞)上的减函数；………………………………4分 (ⅲ)当a+＞0，即a＞-时，由=0得=±…………………………………………6分 当-＜a＜0时，-＞0∴x((0, a+-)时，＜0; x(( a+-, a++)时，＞0; x(( a++, +∞)时，＜0; 当a＞0时，-＜0 ∴x((0, a++)时，＞0; x(( a++,+∞)时，＜0; 综上所述：当a≤-时，函数f(x)的单调递减区间为(0,+∞)； 当-＜a＜0时，函数f(x)的单调递减区间为(0, a+-)和( a++,+∞)， 函数f(x)的单调递增区间为( a+-, a++)； 当a＞0时,函数f(x)的单调递增区间为(0, a++)， 函数f(x)的单调递减区间为( a++, +∞)；…………………………………………9分 （Ⅱ）由题设得：=3bx2+6x+c,∵g(x)具有“1—1驻点性”∴且 即解得∴=-3x2+6x-3=-3(x-1)2≤0，故g(x)在定义域R上单调递减. ①当λ≥0时，有α=≥=x1，α=＜=x2，即α([x1,x2),同理β((x1,x2] ………11分 由g(x)的单调性可知：g(α)，g(β)([ g(x2),g(x1)]∴|g(α)-g(β)|≤|g(x1)-g(x2)|与题设|g(α)-g(β)|＞|g(x1)-g(x2)|不符. ②当-1＜λ＜0时，α=＜=x1，β=＞=x2……………………………………13分 即α＜x1＜x2＜β∴g(β)＜g(x2)＜g(x1)＜g(α)∴|g(α)-g(β)|＞|g(x1)-g(x2)|，符合题设 ③当λ＜-1时，α=＞=x2, β=＜=x1，即β＜x1＜x2＜α ∴g(α)＜g(x2)＜g(x1)＜g(β)∴|g(α)-g(β)|＞|g(x1)-g(x2)|也符合题设……… ……………………15分 由此，综合①②③得所求的λ的取值范围是λ＜0且λ≠-1…… ……………………………………16分 3.（14分）设函数的最大值为，最小值为， 其中． （1）求、的值（用表示）； （2）已知角的顶点与平面直角坐标系中的原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点．求的值． 3. 解（１） 由题可得而．．．．．．３分 所以，．．．．．．．．．．．．．．．．．６分 （２）角终边经过点，则．．．．．．．．．．１０分 　　所以，．．．．．．．．１４分 4. （14分）在直角梯形PBCD中，，A为PD的中点，如下左图。将沿AB折到的位置，使，点E在SD上，且，分别是线段的中点，如右图． （1）求证：平面ABCD； （2）求证：平面∥平面． 4. （14分）（1）证明：由题意可知，为正方形， 所以在图中，， 四边形ABCD是边长为2的正方形， 因为，ABBC， 所以BC平面SAB， ………………………………3分 又平面SAB，所以BCSA，又SAAB， 所以SA平面ABCD，………………………………6分 （2）证明：连接BD，设， 连接， 正方形中，因为分别是线段的中点，所以， 且，……………………9分 又，所以：，所以 所以平面平面。……………………………12分 5. （14分）如图，在一条笔直的高速公路的同旁有两