2019-2020学年山东潍坊高三上期中数学试卷

2019-2020学年山东省潍坊市高三(上)期中数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合4={%|%2-2%20},B={%|0<%<3},则4GB=()A.(-1,3) B.(0,2] C.[2,3) D.(2,3)【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合4然后进行交集的运算即可.【解答】<4={%|%40或％22},B={%|0<%<3},「.4GB=[2,3)..sin225°=()A.一应 B.应 C.-1 D.122 22【答案】A【考点】运用诱导公式化简求值【解析】把225°写为180°+45°由诱导公式二得特殊角的正弦角，由特殊角正弦值得结果.【解答】sin225°=sin(180°+45°)=-sin45°=—^2..已知。=108。2,b=3：,c=ln2,则a,b,c的大小关系为()3 3A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数与对数函数的单调性即可得出.【解答】a=1og32c(0,1),b=3：>1,c=1n$${\{}$\${dfrac\{2\}\{3\}}$<}$0,则${a}$,${b}$,${c}$的大小关系：${b\gta\gtc}$..若Z,m是平面a外的两条直线，且Z//a，则m//Z是6//仇的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件试卷第1页，总19页【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】利用线面平行的判定定理及其性质定理即可判断出结论.【解答】I，6是平面a外的两条直线，I//a，则m//l^m//a,反之不成立.・•.m//是//a的充分不必要条件.5.齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定：每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜.则田忌获胜的概率为()A.1 Bl C.1 D.工【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为4,B,a田忌的上等马、中等马、下等马分别为a,b,c,每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜.利用列举法能求出田忌获胜的概率.【解答】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为4B,C,设田忌的上等马、中等马、下等马分别为a,b,c,每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜.基本事件有：(Aa,Bb,Cc),(Aa,Be,Cb),(Ab,Be,Cd),(Ab,Be,Ca),(Ac,Bb,Cd),(Ac,Ba,Cb),共6个，田忌获胜包含的基本事件有：(4c,Ba,Cb),只有1个，•••田忌获胜的概率为0=1.6试卷第2页，总19页【答案】A【考点】函数的图象与图象的变换【解析】根据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行排除即可.【解答】函数的定义域为(一8,0)U(0,+8),/(-%)=-%-叫一4=一(％-皿4)=-f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，—X X排除B,D,当%>0且％T0,f(%)7+8,排除C,.(2-扃8展开式中第3的系数为()A.-122 B.28 C.56 D.112【答案】D【考点】二项式定理及相关概念【解析】写出二项展开式的通项，令%的指数为3求得r值，则答案可求.【解答】由<+1="•28-r-(-V%)r=(-1)r•28-r•”-%；.取二=3,得r=6.2・••(2一夜)8展开式中第3的系数为(-1)6•22.呼=112..已知函数f(%)=sin%+cos%，则()A.f(%)的最小正周期为兀B.y=f(%)图象的一条对称轴方程为第=工4C.f(%)=的最小值为-2D.f(%)在［0,：上为增函数【答案】B【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用辅助角公式化积，然后逐一分析四个选项得答案.【解答】:/(%)=sin%+cos%=V2sin(%+汽)，4」.f(%)的最小正周期为2兀，故4错误；又/(4)=V2sin2=72,，y=f(%)图象的一条对称轴方程为第=：,故B正确；试卷第3页，总19页

f（x）的最小值为-V2,f（x）的最小值为-V2,故c错误;【答案】C【考点】平面向量的基本定理【解析】建系，利用坐标法表示出八=%#1+y加，进而可求出％，y值.【解答】建立如图所以坐标系，根据条件不妨设4（1,0），BJ1,上），US,上），2 2 2 2所以］则应=（3,上）=%（1,0）+y（-1，区），22 22所以］—1y=3-2 一2，解得％=2，y=1，3Ly=心22所以％+y=3，.近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱.为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000t生活垃圾.经分拣以后数据统计如表（单位:t）:根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说法错误的是（）“厨余垃圾〃箱“可回收物〃箱“其他垃圾〃箱厨余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060A.厨余垃圾投放正确的概率为23居民生活垃圾投放错误的概率为310C.该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物〃箱D.厨余垃圾在“厨余垃圾〃箱、“可回收物〃箱、“其他垃圾〃箱的投放量的方差为20000【答案】D【考点】试卷第4页，总19页命题的真假判断与应用【解析】TOC\o"1-5"\h\z由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=—诬一=2可回收物投放正确的概率=400100100 3240 =4；其他垃圾投放正确的概率=60 =汽2403030 5 202060 54.可知：厨余垃圾投放正确的概率；B.居民生活垃圾投放错误的概率=由题意可知：生活垃圾投放错误有200602020=300,可得生活垃圾投放错误的概率；C由计算该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高.。.厨余垃圾在“厨余垃圾〃箱、“可回收物〃箱、“其他垃圾〃箱的的投放量的平均数%=600300100=皿，利用方差计算公式即可得出方差.33【解答】TOC\o"1-5"\h\z由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=-400一=2可回收物投放正确的概率=400100100 3240 =4；其他垃圾投放正确的概率=60 =3.2403030 5 202060 54.可知：厨余垃圾投放正确的概率=3,正确；B.居民生活垃圾投放错误的概率=由题意可知：生活垃圾投放错误有200602020=300,故生活垃圾投放错误的概率为至0=工，正确；1000 10C该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是，可回收物〃箱，正确.。.厨余垃圾在“厨余垃圾〃箱、“可回收物〃箱、“其他垃圾〃箱的的投放量的平均数%=600300100=®,可得方差=1*]①。。-1000)2 (300-1000)2(100-1000)2]=33 3 3 3 3皿皿工200009二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.若第2y,则下列不等式中正确的是( )A.2久>2y B5^>Jxy C.%2>y2 D.%2y2>2%y2【答案】A,D【考点】不等式的基本性质指数函数的单调性与特殊点【解析】由指数函数的单调性可知，当％>y,有2久>2y当0>%>y>0时，彳->J^不成立；试卷第5页，总19页当02%2y时，第2，y2不成立；由第2+丫2-2盯=(%-丫)220成立，可判断；【解答】解：由指数函数的单调性可知，当第2y时，有2支22九故4正确；当0>第2y时，骨2月不成立，故B不正确；当0>第2y时，％22y2不成立，故c不正确；:第2+y2-2%y=(%-y)220成立，从而有％2+y222%y成立，故。正确.故选4D.正方体4BCD-4181cl4的棱长为2，已知平面al"1，则关于a截此正方体所得截面的判断正确的是()A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积最大值为3超【答案】A,C,D【考点】棱柱的结构特征【解析】画出图形，得出结果.【解答】解：如图所示，当截面为△B1CD1与正六边形时，显然4C成立，要使截面形状为正方形，则此时平面a应为竖直平面此时平面a不与4cl垂直，故B不成立；选项D,如图截得正六边形，面积最大，由题意可知MN=272,GH=T2,。后=§，所以S=2.1•(退+2展).f=3/，故。成立.故选4CD.已知函数f(%)=充-r：?，以下结论正确的是()/(人2),人20A./(-3)+/(2019)=-3B.f(%)在区间［4,5］上是增函数试卷第6页，总19页C.若方程f(%)=k%+1恰有3个实根，则(-1,-1)2 4D.若函数y=f(%)-b在(-8,4)上有6个零点%遮=1,2,3,4,5,6),则冲1%/(%)的取值范围是(0,6) 1【答案】B,C,D【考点】分段函数的应用【解析】4f(-3)+f(2019)=-(-3)2-2X(-3)+f(1009X2+1)=-3+f(1)进而求解;B：有函数图象可知对否；C：方程f(%)=k%+1恰有3个实根，即函数丫="+1与f(%)图象有3个交点，由图象可知y=k%+1与％轴交点位于2,4中间时正好满足，进而求解；D：如图所示，若函数y=f(%)-b在(-8,4)上有6个零点，即函数y=b与f(%)图象有6个交点，交点横坐标分别记作%j%2,%3,%4,%5,%6，此时0</l(/)<1,0<f(%2)<1,0<f(%3)<1,0<f(%/<1,0<f(%5)<1,0<f(%6)<1，进而求解;【解答】B：由图知B正确(1)C：方程f(%)=k%+1恰有3个实根，即函数丫=k％+1与f(%)图象有3个交点，由图象可知y=k%+1与％轴交点位于2,4中间时正好满足，此时ke(-；,-?(2)D：如图所示，若函数y=f(%)-b在(-8,4)上有6个零点，即函数y=b与f(%)图象有6个交点，交点横坐标分别记作第1,%2，%,%“4,4此时0<f(%J<1,0<f(%2)<1,0<f(%3)<1,0<f(%4)<1,0<f(%5)<1,0<f(%6)<1,・•・0</■(%)+f(%)+f(%3)+f(%4)+f(%5)+f(%6)<6,故。正确(3)故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分.已知向量Z4满足同=1,"可-1,则於9-励=【答案】2【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】原式可化为滋-心兀代入即可.试卷第7页，总19页【解答】T:|引=1,a-b=-1,-a,(a—b)=a2—a,b=1—(—1)=2.TxCR,%2—2%—a<0〃为假命题，则实数a的最大值为.【答案】—1【考点】全称命题与特称命题全称量词与存在量词【解析】由已知可得，"V%GR,x2—2x—a>0”为真命题，从而有a<%2—2%恒成立，结合二次函数的性质可求.【解答】由勺xGR,%2—2x—a<0”为假命题，可知，"VxGR,%2—2x—a>0”为真命题，，a<x2-2x恒成立，由二次函数的性质可知，x2—2x>—1,则实数a<—1,即a的最大值为—1.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在［0,+8)上是减函数，f(—1)=0,则不等3式/'(l0gtx)>0的解集为.8【答案】1勺，2)【考点】奇偶性与单调性的综合【解析】结合函数的奇偶性和单调性的关系，将不等式进行等价转化，进行求解即可.【解答】:'(x)是定义在R上的偶函数，且在［0,+8)上是减函数，/(—1)=0,・二'(1)=/(-1)=0,33则不等式'(logy)>0等价为不等式'(|10gtx|)>f(',88即|Zo%x|<工，8得{\{}$dfrac{1}{2}<}x〈2,即不等式的解集为{(\dfrac{1}{2},\,2))$,如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到右图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为.试卷第8页，总19页E0E0图1 图2【答案】3、/?8、/6兀2’729【考点】球的体积和表面积【解析】计算每个面的面积再乘以6即可；判断出体积最大时即球与每个面都相切即内切球，利用等积法计算出R即可.【解答】根据题意可知该六面体可看成是两个正四面体拼成，棱长为1,则其表面积为6X上X12=&；4 2因为每个三角形面积是色，六面体体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是4£6由图形的对称性可知，要想小球的体积达到最大，即球与六个面都想切时最大，设该球的半径为A,则有应=6XIX®XR,解得R=/，6 3 4 9所以球的体积V=4〃R3=函兀，3 729四、解答题：本大题共6小题，共82分.解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤.在中，内角4B,C所对的边分别为a,b,c.已知a+b=10,c=5,sin2B+sinB=O(1)求a,b的值：(2)求sinC的值.【答案】由sin2B+sinB=O,可得2sinBcosB+sinB=O,因为在△4BC中，sinBwO,可得cosB=-1,2由余弦定理b2=a2+C2-lacQQsB,可得力2=。2+52-2xax5X(-1),2因为b=10-a,所以(10-a)2=a2+52-2xax5x(一1)，2解得a=3,b=7.由cosB=一工，可得sinB=®,2 2由正弦定理二二口，可得sinC=3=殳4=w.sinBsinC b7 14试卷第9页，总19页【考点】正弦定理【解析】(1)由二倍角的正弦函数公式化简已知等式结合5仍8工0,可得cosB=-1,进而由余弦定理可求a,b的值.(2)利用同角三角函数基本关系式可於inB的值，进而根据正弦定理可求sinC的值.【解答】由sin2B+sinB=0,可得2sinBcosB+sinB=0,因为在△ZBC中，sinBW0,可得cosB=-1,2由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得b2=a2+52-2xax5x(―1),2因为b=10-a,所以(10—a)2=a2+52—2xax5x(—1),2解得a=3,b=7.由cosB=-'可得sinB=*,22由正弦定理上=4，可得sinC=3=1=W.sinB sinC b 7 14已知函数f(%)=%3-1%2+a%+12(1)当a=2时，求曲线y=f(%)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若函数f(%)在％=1处有极小值，求函数f(%)在区间［-2,3］上的最大值.2【答案】当a=2时，f(%)=%3-1%2+2%+1,尸(%)=3%2-%+2,・••尸(0)=2，又/'(0)=1,「.曲线y=f(%)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=2%,即2%-y+1=0.尸(%)=3%2-%+a,;函数/'(%)在％=1处有极小值，所以/''(1)=2+a=0,解得a=-2,止匕时f(%)=%3-。%2-2%+1,/'(%)=3%2-%-2,2由f'(%)=0,得％=-2或%=1,当$%$<-2或x>1时，f'(x)>0,当$${\{}$-4⑻团电加枳肥所以〃%)在(-2,-2),(1,；)上是增函数，在(-2,1)上是减函数.试卷第10页，总19页所以f(1)=—1.f(—2)=—5,2因为f(—2)=47，八;)=4,所以f(%)的最大值为因为/'J2)=49.3 27【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的极值【解析】.欲求在点(0,f(0))处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在％=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率.从而问题解决..函数/'(%)在％=1处有极小值，所以f'(1)=2+a=0,解得a=—2,此时f(%)=%3—1％2—2%+1,通过求导得单调区间得出函数f(%)在区间［—2,3］上的最大值.22【解答】当a=2时，f(%)=媳—1%2+2%+1,2尸(%)=3%2—%+2,・••尸(0)=2，又/'(0)=1,曲线y=f(%)在点(0,f(0))处的切线方程为y—1=2%,即2%—y+1=0.尸(%)=3%2—%+a,;函数/'(%)在％=1处有极小值，所以f'(1)=2+a=0,解得a=—2,止匕时f(%)=%3—1%2—2%+1,//(%)=3%2—%—2,2由f'(%)=0,得％=—2或%=1,3当$%$<—2或x>1时，f,(x)>0,3TOC\o"1-5"\h\z当$${\{}$-4⑻团电加枳肥所以〃%)在(—2,—2),(1,3)上是增函数，在(—2,1)上是32 3减函数.所以f(1)=—2f(—2)=—5,因为f(—2)=49,f(3)=1,3 27 2 4所以f(%)的最大值为因为/'J2)=49.3 27如图，在棱长均为2的三棱柱4BC—4B1cl中，平面41cBi平面//^卦，4"=&B,。为44与4B的交点.试卷第11页，总19页4 4(1)求证：AB11C0；(2)求平面4cq4与平面4BC所成锐二面角的余弦值.【答案】证明：:在棱长均为2的三棱柱4BC-4181cl中，四边形4/BB1是菱形，，4/14%;平面41cBi平面4/BBj平面41cBe平面4/34=48,，々B1平面4/B,「C。u平面々eg, 44ico.4%=48,「•菱形4/B%为正方形，在氏M。04中，CO=〃C2-042=V2,在△COB中，CO=OB=V2,CB=2,CO2+OB2=。&2,••CO10B,又CO1吗,4334=0,C01平面/[4BB],以。为坐标原点，以04OB,0C所在直线分别为％，y,z轴，建立空间直角坐标系，4(72,0,0),4(0,-V2,0),C(0,0,V2),B(0,V2,0),44=(-72,-72,0),公=(-72,0,72),油=(-72,72,0),设平面4cq4的一个法向量元=(%,y,z),nil元♦/=-72%+72z=0由17’«««、则一 ，取％=1,n=(1,-1,1),元•9】=-72%-72y=0设平面4BC的一个法向量访=(居y,z),m-公=-72%+72z=0而 4曰一则一 ，取％=1,得加=(1,1,1),m-4B=-72%+72y=0设平面4cq4与平面4BC所成锐二面角为仇贝Ucos。=同向=-1-=1,|m|-|n| 73义，3 3•・平面4c44与平面4BC所成锐二面角的余弦值为1.11 3【考点】二面角的平面角及求法【解析】(1)推导出4314%,从而481平面4/B,由此能证明4B11co.(2)推导出CO1OB,CO14与，从而CO1平面414gBi，以。为坐标原点，以04试卷第12页，总19页OB,OC所在直线分别为％，y,z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面4cq4与平面4BC所成锐二面角的余弦值.【解答】证明：•••在棱长均为2的三棱柱4BC-&B1cl中，四边形4/B%是菱形，，々BIZ%;平面41cBi平面4/B%,平面41cBe平面4434=48,「•々B1平面&CB,「C。u平面41cB, 呵1CO.:/4:&丛」.菱形4/BB1为正方形，在氏M。04中，CO=〃-2-042=V2,在△COB中，C0=0B=V2,CB=2,CO2+OB2=。&2,••CO10B,又CO1吗,4即44=0,C01平面/[4BB],以。为坐标原点，以04OB,0C所在直线分别为％，y,z轴，建立空间直角坐标系，4(72,0,0),4(0,-V2,0),C(0,0,V2),B(0,V2,0),44=(-72,-72,0),/=(-72,0,72),油=(-72,72,0),设平面4CQ4的一个法向量完=(%,y,Z),nil布•公=-72%+72z=0由17’«««、则一 ，取％=1,n=(1,-1,1),元•筋】=-72%-72y=0设平面4BC的一个法向量访=(居y,z),m-4c=-72%+72z=0 -则一 ，取％=1,得加=(1,1,1),m-标=-72%+72y=0设平面4cq4与平面4BC所成锐二面角为仇TT贝Ucos。=|沅句=-1-=1,|m|-|n| 73义，3 3•・平面4cq4与平面4BC所成锐二面角的余弦值为3在经济学中，函数f(%)的边际函数Mf(%)定义为Mf(%)=f(%+1)-/(%).某医疗设备公司生产某医疗器材，已知每月生产%台。CN*)的收益函数为R(%)=3000%-20%2(单位：万元)，成本函数C(%)=500%+4000(单位：万元)，该公司每月最多生产100台该医疗器材.(利润函数=收益函数-成本函数)(1)求利润函数P(%)及边际利润函数MP(%)；(2)此公司每月生产多少台该医疗器材时每台的平均利润最大，最大值为多少？(精确到0.1)试卷第13页，总19页(3)求％为何值时利润函数P(x)取得最大值，并解释边际利润函数MP(x)的实际意义.【答案】P(x)=3000%-20%2-(500%+4000)=-20%2+2500%-4000,(1<%<100,第eNx),MP(%)=P(%+1)-P(%)=-40%+2480.每台器材的平均利润为竿=-20(%+次)+2500<-400V2+2500,当且仅当％=迎即％=10鱼时取等号.X又％eNx,且当％=14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当％=15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元.P(%)=-20(%-62.5)2+74125.又％eNx,故当％=62或63时，P(%)取得最大值.MP(%)反映了产量与利润增量的关系.【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】(1)根据利润公式得出P(%)，根据边际函数定义得出MP(%)；(2)判断函数单调性，计算％=14和％=15对应的平均利润，得出结论；(3)根据二次函数的对称性求出第的值.【解答】P(%)=3000%-20%2-(500%+4000)=-20%2+2500%-4000,(1<%<100,第eNx),MP(%)=P(%+1)-P(%)=-40%+2480.每台器材的平均利润为竿=-20(%+次)+2500<-400V2+2500,当且仅当％=亚即％=10或时取等号.X又％eNx,且当％=14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当％=15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元.P(%)=-20(%-62.5)2+74125.又％eNx,故当％=62或63时，P(%)取得最大值.MP(%)反映了产量与利润增量的关系.已知函数f(%)=x+1-m(1+lnx)(meA).X X(1)当加>1时，讨论f(%)的单调性；(2)设函数g(%)=f(%)+亨，若存在不相等的实数%,第2，使得以第);戒々)，证明：0<加<4+%2【答案】函数/'(%)的定义域为(0,+8)./■，(％)=1+m-1_侬二汽2-皿汽+皿一1=(第一1)[第一(^-1)]第2支 第2 汽2试卷第14页，总19页,16>1,所以6-1>0.当0<m—1<1,即1<m<2时，由尸(%)>0得％>1或％<m—1,由尸(%)<0得加一1<%<1,所以f(%)在(0,6—1),(1,+8)上是增函数，在(6—1,1)上是减函数；当6—1=1,即6=2时，尸(%)>0,所以f(%)在(0,+8)上是增函数；当加—1>1,即6>2时，由尸(%)>0得％>m—1或％<1,由尸(%)<0得1<%<m—1,所以f(%)在(0,1),(6—1,+8)上是增函数，在(1,6—1)上是减函数.综上可知：当1<加<2时，f(%)在(0,6—1),(1,+8)上是增函数，在(6—1,1)上是减函数;当6=2时，/(%)在(0,+8)上是增函数；当6>2时，/(%)在(0,1),(m—1,+8)上是增函数，在(1,6—1)上是减函数.证明：g(%)=/(%)+m-1=%—mlnx,Xg，(%)=1一",当加<0时，g，(%)>0,所以g(%)在(0,+8)上是增函数，故不存在不相等的实数^,々，使得以%)：〃4),所以6>0.由g(%])=g(第2)使得%1—mln/=%2—mln%2，即m(ln%2-ln%1)=%2—%「不妨设0<%]<%，则加=啊』>0,ln%2—ln%1要证加</+4,只需要证{\{}$d"ac{{欢{2}—{此{1}}{{%}_{1}+{欢{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,-\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,+\,1\}}$令t=与>1,久1只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\,-\,1\}\{t\,+\,1\}}$即证lnt一言>0,令h(t)=lnt—0(t>1),t+1则“(t)=1 2—=t2+1>0.t (t+1)2 t(t+1)2所以何t)在(1,+8)上是增函数，所以攸t)>仪1)>0.从而lnt—0>0,故0<加<%+%2.【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】(1)广(％)=1+』—m=x2—n+m—1=(x—1"x—g—1)].分三种情况，当0<m—1<1,当6—1=1,当6—1>1,去讨论f(%)的单调性.试卷第15页，总19页(2)g(x)=/(%)+m1-=xminx,0(%)=1%当优工0时，g/(%)>0,所以X Xg(%)在(0,+8)上是增函数，故不存在不相等的实数4,第2，使得g(%])=g(第2)，所以m>0.由以/尸以%)使得%1Mn%]=%2mln%2，即优(ln%2ln%i)=%2%.不妨设0<%<X,则优=久2久1>0,要证优<%+%，即可.1 2 in久2in/ 1 2【解答】函数/'(%)的定义域为(。,+8).=口1)以(徵111第2户(%)==口1)以(徵111第2第2优>1,所以仅1>0.当0<优1<1,即1<优<2时，由/'/(%)>0得％>1或％<仅1，由/>(%)<0得优1<%<1,所以f(%)在(0,优1),(1,+8)上是增函数，在(仅1,1)上是减函数；当仅1=1,即优=2时，//(%)>0,所以f(%)在(0,+8)上是增函数；当优1>1,即优>2时，由/'/(%)>0得％>优1或％<1,由/>(%)<0得1<%<仅1,所以f(%)在(0，1),(仅1,+8)上是增函数，在(1,m1)上是减函数.综上可知：当1<优<2时，/(%)在(0,m1),(1,+8)上是增函数，在(仅1,1)上是减函数;当优=2时，/(%)在(0,+8)上是增函数；当俏>2时，/(%)在(0,1),(m1,+8)上是增函数，在(1,m1)上是减函数.证明：g(%)=f(%)+皿^=%minx,X0(%)=1%当仅<0时，g/(%)>0,所以g(%)在(0,+8)上是增函数，故不存在不相等的实数%1,第2,使得g(%])=g(第2),所以仅>0.由g(%])=g(第2)使得%1 Mn%]=%2 mln%2，即优(ln%2 in%1)=%2 %.不妨设0<%]<%2,则仅=久2久1>0,in久2in久]要证仅<%1+%2,只需要证{\{}$dfrac{{%}_{2}{%}_{1}}{{刈_{1}+{%}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,-\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,+\,1\}}$令七=J>1,久1只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\,-\,1\}\{t\,+\,1\}}$即证int ^>0,t+1令h(t)=int 言(t>1),试卷第16页，总19页

则力(t)=1 2—=-t21>0.t(t1)2 t(t1)2所以何t)在(1,8)上是增函数，所以攸t)>攸1)>0.从而lnt-0>0，故0<加<%_, /.ti 1 2如图，直角坐标系中，圆的方程为%2y2=1,4(1,0),3(-；,产)，。(一1，—-)为圆上三个定点，某同学从4点开始，用掷骰子的方法移动棋子.规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动.设掷骰子几次时，棋子移动到4B,C处的概率分别为匕(4)，匕。)，q(C).例如：掷骰子一次时，棋子移动到4B，C处的概率分别为匕(4)=0，匕(8)=1，P[(G=11 1 2 1 2(1)分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到4B，C处的概率；⑵掷骰子几次时，若以%轴非负半轴为始边，以射线。4OB，0C为终边的角的余弦值记为随机变量X"，求X4的分布列和数学期望；(3