2010届江苏东海高级中学数学考前猜题三

1、5f(mn)的最小值为一7132两14TN段为边作矩形XM这n个矩形的面积之和为DnPPOC53CB4ABABOOF212*12ana(aAB上1PCPD列anXn满足Xn0),当数列%的周期最，端点在C轴平行的边一个端点在C上A,B,C18、如图，坐标纸上的每个单元格的边长为2anxf(x)g(x)f(x)的值域为A,记集合A中的元素个数为xW0,n)小时，该数列前2010项的和是1340.6、在圆中有结论“如图，AB是圆O的直径2、MBC的面积为1,AB=a,AC=b,P为AABC内一点一，1面积为1217、AABCSn16、线段C:y=x+2(01成立的x的取值范围是(0,一)IA意一点

2、，CD是过P的切线，则有PO2中心，F1，F2是椭圆的焦点，直线AC,P的切线，则有PFjPF2=PCPD.D1A2同学乙利用二倍角公式及诱导公式得tan50=-a-;根据上述信息可估算2a-.*、nwN恒成立，则正整数t的最小值为_522.、x+(y1)=1上任意2-1,二).rx1.5=1,1.3=2,当an,则式子包上9的最nca-.3tan5013a、填空题a1a3a4a5a6a7a8a12I上三点，P是直线I外一点，已知AB=BC=a,/APB=90,/BPC7、如图，A,B,C是直线x1x2V2x3V3x4V4乂5V5x6V6ai0a24=45,记/PBA=9,则PAPC=a2.(

3、用a表示)519、设关于x的不等式组A,Z为整数集，且aQz共有两个元素，则实江苏省东海高级中学数学考前猜题三一Inx-11、已知函数f(x)(xe)Inx18、已知(是递减等比数列，a2=2,a1+a3=5,则a1a2+a2a3+11,+anan+N旃取值32范围是8,32).22222._2_9、x+y+2ax+a-4=0和乂+y4by1+4b=0恰有三条公切线，若auR,b=R,数x,y满足不等式f(x26x)+f(y28y+24)0,则x2+y2的取值范围是(4,6).11、设直线3x+4y5=0与圆C1：x2+y2=4交于A,B两点，若圆C2的圆心在线段AB上，且圆Vi按如此规律下去

4、,则a2009,a2010,a2011=1005x22ax3-a：0的解集为|x1|：二2数a的取值范围为(Z,3.5且ab=0,则10、函数y=f(x)b2的最小值为义在R上的增函数，函数y=f(x2010)的图象关于点(2010,0)对称.若实x-y-0y220、已知实数x,y满足4x+y520，若不等式,y-3M0围是3,2旌-1.21、已知ABC三边a,b,c的长都是整数，且ab|MC|1=71=6,所以cosot-,3由此可得CeCFf(x0)成立，试求实数p的取值范围.解：(J由f(x)=a(1X)(xA0)知:x-3,若在区间11,J上至少存在一个小,使得当a=0时，函数f(x)

5、的单调增区间是(0,1),单调减区间是(1,+0);.a2(n)由f(x)=-=1,=a=2.f(x)=-2lnx+2x3,f(x)=2,2x32m3m22故g(x)=xxf(x)=x(2)x-2x,g(x)=3x(4m)x-2,.22g(t):037一;g(x)在区间(t,3)上总存在极值，:30解得-wm-9.所以当m在(-旦，-9)内取值时，Xt于任意的百【1,2】,函数3g(x)=x3+*21+f(xj在区间(t,3)上总存在极值。(出)a=2,f(x)=2lnx2x3.令F(x)=h(x)-f(x)=(p-2)x-p2e-3-2lnx2x3=px-p-2e-2lnxxxx当pW0时，

6、由xwH,e得pxE0,-空-2lnxf仇)成立;2当p0时，F(x)=px巴p2e,xxW1,e1-2e2x之0,px2+pA0,F(x)a0在1,e让恒成立，故F(x)在1,e上单调递增。F(x)maxF(e)pe-4.ep4e故只要pe-40,解得p-2.所以p的取值范围是ee14、对于函数f1(x),f2(x),h(x),如果存在实数a,b使得h(x)=af1(x)+bf2(x),那么称h(x)为fi(x),f2(x)的生成函数.(i)下面给出两组函数，h(x)是否分别为f1(x),f2(x)的生成函数？并说明理由;第一组：f1(x)=sinx,f2(x)=cosx,h(x)=sin(

7、x+一)；3第二组：f1(x)=x2x,f2(x)=x2+x+1,h(x)=x2x+1；(n)设f1(x)=lqg(fx()1lxga,=,b=,成函1数h(x).若不等式223h2(x少hx)t在x02,4上有解，求实数t的取值范围；，一、1,，.(出)设f1(x)=x,f2(x)=(1ExE10),取a=1b#,生成函数h(x)使h(x)至b恒成立，x求b的取值范围.1.-3一解：(I)设asinx+bcosx=sin(x+),即asinx+bcosx=sinx+cosx,取322a=：b=，所以h(x)是f1(x),f2(x)的生成函数.,2分设a(x2+x)+b(x2+x+1)=x2x

8、+1,即(a+b)x2+(a+b)x+b=x2x+1,工ab=1则a+b=T,该方程组无解.所以h(x)不是f1(x),f2(x)的生成函数.,4分b=1(n)h(x)=2x)+f2(x)=2log2x+log1x=log2x,5分2若不等式3h2(x)+2h(x)+t0在x曰2,4上有解,3h2(x)+2h(x)+t0,即t3h2(x)2h(x)=3log2x2log2x,7分22设s=log2x,则s=1,2,y=-3log2x2log2x=-3s2s,9分ymax=5,故,t-5.,10分(出)由题意，得h(x)=x-(1x10)x俨若Jbw1,10,则h(x)在1,Jb上递减，在Jb,

9、10上递增，1 b10则hmin=h(Jb)=2jb,所以，得1wbW4,12分2 ,b.b2s若JbE1,贝Uh(x)在1,10上递增，贝uhmin=h(1)=1+b,所以|的1,得0b1.,14分1b,b_.b_103、若JE10,贝Uh(x)在1,10上递减，贝Uhmm：h(10)=10+-b,故|b，无解1010戈综上可知，0cb4.,16分1,5、在R上te义运算:pq=-一(pc)(q-b)+4bc(b、c=R是吊数)，已知3f1(x)=x22c,f2(x)=x-2b,f(x)=f1(x)3f2(x).4如果函数f(x)在x=1处有极值，试确定b、c的值；3求曲线y=f(x)上斜率

10、为C的切线与该曲线的公共点；记g(x)=|f/(x)|(1MxM1)的最大值为M,若M之k对任意的b、c恒成立，试求k的取值范围.(参考公式：x3-3bx2+4b3=(x+b)(x2b)2)13解：依题意f(x)=-x332f(1)=-bxcxbc,解3得1b：1f/(1)=0c7或b-1c=3升b=1O右彳c=-1-H-132_/2_2_f(x)=x3+x2x1,f/(x)=x2+2x1=(x1)203b-1132f(x)在R上单调递减，在x=1处无极值；若彳,f(x)=xx+3x3,c=332b-14f/(x)=x22x+3=(x1)(x+3),直接讨论知，f(x)在x=1处有极大值，所以

11、1,则f/(x)在一1,1是单调函数，M=max1f/(1)|,|f/(1)|=|1+2b+c|,|-1-2b+c|),因为f/(1)与f/(1)之差的绝对值If/(1)f/(1)|=|4b|A4,所以M2。若|b区1,f/(x)在x=b勺1,1取极值，则M=max1|f/(1)|,|f/(1)|,|f/(b)|Lf/(b)-f/(1)=(b+1)2。若1Wb0,f/(1)f/(-1)f/(b),M=max|f/|,|f/(b)|：f-1|f/-f/(b)|=1(b-1)2:；222若0WbE1,f/(-1)f/(1)-|f/(-1)-f/(b)|2121,1,/21,1=(b+1)2-o当b

12、=0,c=时，g(x)弓f/(x)|=|x2十一|在-1,1上的最大值M=。22222一，,八一1,所以，k的取值范围是(口,.2_ax_x6、已知函数f(x)=i(a-a)，其中a0且a#1.a-1分别判断f(x)在(*,十七)上的单调性；比较f(1)1与f(2)2、f(2)2与f(3)3的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明；比较包与上、上与上的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明.1223解：f/(x)=2a(ax+aT)lna,若0a1,则2a0,lna1,则与一0,lna0,所以f/(x)0,因此，任意a0且a#1,都有f/(x)0,a-1f(x)在+g)上的单调递增.直接计

13、算知f(1)1=0,f(2)2=a+a72,f(3)3=a2+a“2,根据基本不等式a+a20,所以f(2)-2f(1)-1,又因为(a2a2)(aa_1_2)=(aa,)2a-/a,)2“a-a,)2(aa，1)121=-(a-1)2(a+a+1)0,所以f(3)-3f(2)-2.a假设vx0,f(x+1)_(x+1)Af(x)_x。记g(x)=f(x+1)(x+1)f(x)xx-1_xx-1_x-1a(a*1-a-I)-(ax-a)-1=-a-1,g/(x)=-a-lna。与类似地讨a-1a1a1论知，对Vx0和X7a0且a#1都有g/(x)0,g(x)在0,+妙)上的单调递增，g(0)=

14、0,所以g(x)Ag(0)=0,即Vx0,f(x+1)(x+1)f(x)x.f(1)=11fJ(a+a)，22f(3)_a21a据基本不等f(2)2f(3)3二(aa/)12f(2)f(1)假设Vx0,f(1)1f(3)f(2)(a-2-a-0,所12f(x1)f(x)x1xax(axa_x)lna-(ax-a-x)x2a2-1h/(x)=x-x2x(a-a)lnaf(x)/xf(x)-f(x)。记g(x)=,x0,g(x)=2xx，设h(x)=x-xxxx(a+a)lna-(a-a),则h=0a一1类似的讨论知h/(x)=x_x2x(a-a)lnaa2-1h(x)Ah(0)=0,g/(x)0

15、,g(x)在R+上单调增加，所以Vx0,f(x1)f(x)7、定义:(1)(3)a1，a2,解：(1)x一F(x,y)=xy+lnx,x=(0,),y-R,f(x)=F(x,-)(其中a=0)。af(x)的单调区间；.,、1，f(x)0时，f(x)0对xw(0,一)恒成立，f(x)在(0,)上递增.一.T2a当a0时，令f(x)=0,则x=y_2a,x(0,)时，f(X)A0,f(X)为增函数;X(-2a十无)时，f(x)0时，f(x)增区间为(0,)；a0时，f(x)在(0,)递增,1_1_且x=1时，f(1)=A0,则f(1),.f(x)a21一不恒成立，故a0.,7分2(3)若g(bx)

16、-1)对xw(0,n恒成立，求b的取值范围.(6分)解(1)因为当xw(0,冗】时，g(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx0,所以g(x)在(0,n】上单调递减，,3分又g(0)=0,所以当xw(0,K时，g(x)0,4分一、xsinx,sinx、xcosx-sinx(2)因为f(x)=1+,所以f(x)=2,xxx由(1)知，当xw(0,冗时，xcosxsinx0,所以f(x)c0,6分所以f(x)在(0,n】上单调递减，则当xW(0,M时，f(x)min=冗)=1,8分由题意知，f(x)f(x)min,从而a1,10分(3)由g(bx)-1)对x=(0处】恒成立,当b=1,

17、0,1时，不等式显然成立,11分2a又f(x)的极大值即f(x)最大值f(Ja)=2_2a22a(一)1n一丁a221,1f(x)3恒成立，只须f(x)x2aIn0f1(x)=2x十一在1,依c)上是增函数x1一当nwN时，f(n)=2n+2V2nf(x)在1,f(n)上是增函数13分当n=1时，f(1)=3,当4包1,f(1),i=1,2,3,，k时，f(ai)Mf(f)=f(3)191919*则为使得k最小，需f(ai)：191=1,2,3，k,则29k之2010,又kwN，所以kmin=318,当33n1时，f(n)f(1),当a1,f(n),i=1,2,3，k时，1 .1f(ai)f(

18、3)=一又kUN,所以kmin318nn3k当k318时，对n=1时，不存在k个正数，使得f(a)之2010,所以，口所=318,16分i1xsinx8、设函数f(x)=,g(x)=xcosx-Sinx.x(1)求证：当xW(0,n时，g(x)0;(4分)存在xW(0,n,使得f(x)a成立，求a的取值范围；(6分)当bA1时，因为bx乏(0,bn，所以取x0=nw(0,n,则有sinbx=0cbsinx。，从而时b不等式不恒成立,12分当0b1时，由(n)可知h(x)=生2在(0,冗】上单调递减，而0bxxE冗，xsinxsinbx,.sinbxAbsinx成立,14分xbx当1b0时，当x

19、w(0,n时，0bxxEn,则sinxsin(-bx)sinbx=,sinbxbsinx不成立，x-bxbx综上所述,当b=-1或0EbE1时，有g(bx)bxcosbxbsinx(内一1x三(0,n恒成立.I,16分9、对于各项均为整数的数列4,如果ai+i(i=1,2,3,)都为完全平方数，则称数列小具有P性质”；若将数列aj交换项的位置，得到一个新数列，这个新数列具有P性质”，则称数列%具有变换P性质”.例如嗷列1、2、3交换项的位置，得到数列3、2、1具有“P性质”(1)设数列3的通项公式为an=n-1,且具有变换P性质”，若数列an的项数为m,且m至2,求m的最小值；(2)试判断数列

20、1,2,3,4,5和数列1,2,3,11是否具有变换P性质”，具有此性质的数列请写出相应的数列bn,不具有此性质的说明理由；(3)设等差数列为的前n项和为Sn,且S3=3%24,请给出首项a的一个值，使数列Sn具有“P性质”，并证明你的结论；2*(4)对于有限项数列A：1,2,3,，n,某人已经验证当n=12,m(m25,mwN)时，22_数列A具有变换P性质”，试证明：当nWm+1,(m+2)时，数列A也具有变换P性质”.解：(1)当m=2时，数列(an)为0,1,交换位置只能得到数列1,0不具备“P性质”；当m=3时，数列(an为0,1,2,变换位置后得到数列0,2,1满足&+i=22,所

21、以数列1an)具有变换P性质”，故m的最小值为3；(2)数列1,2,3,4,5具有变换P性质”，数列bn为3,2,1,5,4.数列1,2,3,11不具有变换P性质”，因为11和4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以数列1,2,3,11不具有变换P性质”(3)a=0,证明如下：设等差数列%的公差为d，则由s=3%24得，3ai+3d=3a1+15d24;d=2,故Sn=na1+n(n-1)d=n2-n,A+i=i2,所以当a1=0时，数列&具有P性质”.2(4)设n=m2+j,1j2m+1,注意到(m+2)2一(m2+j)=4m+4-j,令h=4m+4j1,由于1Ej0,所以h0,试分别用数学

22、归纳法和二项式定理求什21+22+23+250被31除且n0时，1+21+22+23+十25n被31除所得的余数是0。(1)数学归纳法：n=1时，1+21+22+23+24=31,被31除所得余数为0。设n=k时，1+21+22+2、+25k，被31除所得余数为0。当门=卜+1时，另外，4m+4j,4m+4j+1,，m2+j可以按相反顺序，即排列为m2+j,，4m+4j+1,4m+4j,使得(4m+4-j)+(m2+j)=(m+2)2,(4m+4j+1)+(m2+j_1)=(m+2)2,(m2j)(4m4-j)=(m2)2,所以1,2,4m+4j1,4m+4j,4m+4j+1,，m2+j可以排列成a1,a2,a3，ah,=1212223-25k1-21-222325(k1)-1212223,25k_1,(25k25k125k225k325k4)_1_9_Q_9_Q_A.=12224+22(12222)=12122,23，25k-125k31可知上式被31除所得余数为0。22八m+j,，4m+4j+1,4m+4j满足a+i=i(i=1,2，即当nwm2十1,(m+2)2时，数列A也具有变换P性质”.10、已知Gn)为等差数列，且an#0,公差d#0.0122(1)试证：1-_；屋_隆+屋=速；CLC.延区a1a2a,a2aa2a3a1a2a3aa2a3a