山西省呂梁市高三數(shù)學(xué)上學(xué)期11月階段性測試試題 文 答案

PAGEPAGE5（文科）數(shù)學(xué)參考答案選擇題：此題共12小題，每題5分，在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的。1.【答案】D【解析】由集合交集的定義知2.【答案】D【解析】全稱命題的否認(rèn)包含兩個(gè)方面：一是量詞改變，二是結(jié)論否認(rèn)！所以選擇D3.【答案】C【解析】4.【答案】A【解析】不能直接比擬大小，所以尋找中間量來間接比擬大小。5.【答案】B【解析】6.【答案】A【解析】【答案】B【解析】利用函數(shù)的性質(zhì)判斷。由函數(shù)為奇函數(shù)，可排除A,C，再由B,D圖象的區(qū)別選擇特殊點(diǎn)，當(dāng)x=2時(shí)，函數(shù)的值大于零，故可排除D，所以選擇B.8．【答案】D【解析】函數(shù)的圖象上所有的點(diǎn)向左平行移動(dòng)個(gè)單位長度，得，再把所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的倍（縱坐標(biāo)不變），可得.9.【答案】A【解析】10．【答案】B【解析】分段函數(shù)局部處理即可。故有時(shí)，有一個(gè)零點(diǎn)。即方程有一根，從而11.【答案】C【解析】作圖分析可知函數(shù)可轉(zhuǎn)化為，由函數(shù)的性質(zhì)可得：，解得.12.【答案】A【解析】此題主要利用函數(shù)圖象的對稱性來求解。函數(shù)通過作圖分析交點(diǎn)個(gè)數(shù)一共8個(gè)（四組，兩兩關(guān)于點(diǎn)（1,1）對稱），所以所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和等于8.填空題:此題共4小題，每題5分。13.【解析】14.【解析】條件可以轉(zhuǎn)化為，即在，恒在上方，恒在的下方。故有a的最大值為，b的最小值1，所以a的最大值與b的最小值之和為.15.【解析】可知時(shí)函數(shù)取得最大值。故有,解得，所以最小值為16.2【解析】此題考察函數(shù)的平移與奇偶性。左右平移不改變函數(shù)的最值。由函數(shù)解析式的特殊性，可考慮向左平移2個(gè)單位對函數(shù)解析式進(jìn)展化簡！，而是奇函數(shù)，其最大值與最小值的和為零！故在函數(shù)中，M+m=2.三、解答題：解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟。（本小題10分）【解析】：對于命題P，由得，即∴當(dāng)命題為真命題時(shí).…………4分對于命題q，“只有一個(gè)實(shí)數(shù)滿足”，即函數(shù)與軸只有一個(gè)交點(diǎn)，∴，∴或.∴當(dāng)命題為真命題時(shí)，或.………………7分∴命題“p∨q”為真命題時(shí)，.………………8分∵命題“p∨q”為假命題，即命題p和命題q都為假命題∴或.即的取值范圍為.………………10分（本小題12分）（注意沒有解題過程不得分）①求值：……………3分……………6分②，……………6分19.（本小題12分）解：（1）因?yàn)椤?分所以………………5分所以的周期為.………………6分（2）當(dāng)時(shí)，，…8分所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值.………………10分當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最大值.………………12分20．（本小題總分值12分）【解析】：（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，f（x）＝3x2＋2ax＋b………………1分由f（）＝，f（1）＝3＋2a＋b＝0得:a＝，b＝－2………………4分f（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1），函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間如下表：x（－，－）－（－，1）1（1，＋）f（x）＋0－0＋f（x）極大值極小值所以函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間是（－，－）與（1，＋）.遞減區(qū)間是（－，1）………………6分f（x）＝x3－x2－2x＋c，x〔－1，2〕，當(dāng)x＝－時(shí)，f（x）＝＋c為極大值，而f（2）＝2＋c，那么f（2）＝2＋c為最大值?！?0分要使f（x）c2（x〔－1，2〕）恒成立，只需c2f（2）＝2＋c解得c－1或c2.………………12分21.(本小題12分)【解析】（1）……………6分（2）22.（本小題12分）解：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.………………1分又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.………………2分所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln2.當(dāng)x<ln2時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．………………3分所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)無極大值．…………4分(2)證明：令g(x)＝ex－x2，那么g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>0，故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.…………8分(3)證明：①假設(shè)c≥1，那么ex≤cex.又由(2)知，當(dāng)x>0時(shí)，x2<ex.故當(dāng)x>0時(shí)，x2<cex.取x0＝0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2<cex.……9分②假設(shè)0<c<1，令k＝eq\f(1,c)>1，要使不等式x2<cex成立，只要ex>kx2成立．而要使ex>kx2成立，那么只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立．令h(x)＝x－2lnx－lnk，那么h′(x)＝1－eq\f(2,x)＝eq\f(x－2,x).所以當(dāng)x>2時(shí)，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．…………10分又h(x0)＝16k－2ln(16k)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－l