2015届绵阳一诊(理科)数学试卷及答案

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绵阳市高2012级第一次诊断性考试

数学(理工类)参考解答及评分标准

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．

DBDAC BACDA

10题提示：由ex1≥axb对x∈R恒成立，显然a≥0，b≤ex1-ax． 若a=0，则ab=0．

若a>0，则ab≤aex1-a2x．设函数f(x)aex1a2x，求导求出f(x)的最小值为

f(lna1)2a2a2lna．

设g(a)2a2a2lna(a0)，求导可以求出g(a)的最大值为

3g(e2)13e， 211即ab的最大值是e3，此时ae2，be2．

22二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

11．333 12．-1 513．40 14．3021 15．①③④

15题提示：①容易证明正确．

②不正确．反例：f(x)x在区间[0，6]上．

mm2得x01(x01)mmx01， 22)． 又x0(1，1)所以实数m的取值范围是m(0，③正确．由定义：x0mx012lnblna．

ba1lnblna1bbabaln要证明lnx0，即证明： ，

baaabababab④正确．理由如下：由题知lnx0令

b11t1，原式等价于lnt2t2lntt0． att21t22t1(t1)210， 令h(t)2lntt(t1)，则h(t)1222ttttt1所以h(t)2lntth(1)0得证．

t三、解答题：本大题共6小题，共75分．

16．解：(Ⅰ)f(x)2m·n-12sinxcosx2cos2x1

=sin2xcos2x2sin(2x由题意知：T，即

4)． ……………………………6分

2，解得1．…………………………………7分 2(Ⅱ) 由(Ⅰ)知f(x)2sin(2x∵

4)，

37≤2x≤， 12464473又函数y=sinx在[，]上是减函数，

124≤x≤

，得

∴ f(x)max2sin72sin() …………………………………10分 1243第 5 页 共 5 页

2sincos42cossin 34331．…………………………………………………………12分 22t0，2)．……………………3分 17．解：(Ⅰ) 由题知解得1t2，即D[1，t10， =

(Ⅱ) g (x)=x2+2mx-m2=(xm)22m2，此二次函数对称轴为xm．……4分

2)上单调递减，不存在最小值； ① 若m≥2，即m≤-2时， g (x)在[1，m)上单调递减，(m，2]上递增，此时 ②若1m2，即2m1时， g (x)在[1，g(x)ming(m)2m22，此时m值不存在；

2)上单调递增， ③m≤1即m≥-1时， g (x)在[1，此时g(x)ming(1)12mm22，解得m=1． …………………………11分 综上：m1． …………………………………………………………………12分 18．解：(Ⅰ) AB5，cosABC1，BC2， 515由余弦定理：AC2BA2BC22BABCcosABC=52+22-2×5×2×=25，

 AC5． ……………………………………………………………………3分

又ABC(0,) ，所以sinABC1cos2ABC由正弦定理：

26， 5ABAC， sinACBsinABCABsinABC26得sinACB．………………………………………6分

AC5(Ⅱ) 以BA，BC为邻边作如图所示的平行四边形ABCE，如

图，

则cosBCEcosABC，BE=2BD=7，CE=AB=5， 在△BCE中，由余弦定理：

B BE2CB2CE22CBCEcosBCE．

1即49CB22525CB()，

5解得：CB4． ………………………………………………………………10分

1在△ABC中，AC2BA2BC22BABCcosABC524225433，

5C

A

D E

15即AC33．…………………………………………………………………12分 19．解：(Ⅰ) 由S39，a5a3a8，

232d9，3a12得：解得：a12，d1．

(a4d)2(a2d)(a7d)，111n(2n1)n23n． …………………………………5分 ∴ ann1，Sn2222(Ⅱ) 由题知cn2n()．

n1第 6 页 共 6 页

若使{cn}为单调递减数列，则

22)-2n() n2n142=2n()0对一切n∈N*恒成立， …………………8分

n2n14242即： 0()max，

n2n1n2n12n2n242又=，……………………10分 22(n2)(n1)n3n2n3n2n1n142当n1或2时， ()max=．

n2n131．………………………………………………………………………12分

320．(Ⅰ)证明： 由f(x)exax1，得f(x)exa．…………………………1分

cn1cn2n1(由f(x)>0，即exa>0，解得x>lna，同理由f(x)<0解得x又∵ 函数f(x)恰有一个零点，则f(x)minf(lna)0， ………………… 4分 即elnaalna10．………………………………………………………… 5分 化简得：aalna10，即alnaa1，于是lnaaa1，

∴ aaea1． ………………………………………………………………… 6分 (Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，f(x)在xlna取得最小值f(lna)，

由题意得f(lna)≥0，即aalna1≥0，……………………………………8分 令h(a)aalna1，则h(a)lna， 由h(a)0可得01．

∴ h(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，即h(a)maxh(1)0， ∴ 当01时，h(a)<0，

∴ 要使得f(x)≥0对任意x∈R恒成立，a1. ∴a 的取值集合为{1} ……………………………13分

mlnxnmnxmxlnx得(x0)． f(x)xxexemn由已知得f(1)0，解得m=n．

en2 又f(1)，即n=2，

ee21．解：(Ⅰ)由f(x)∴ m=n=2．……………………………………………………………………3分

2(Ⅱ) 由 (Ⅰ)得f(x)x(1xxlnx)，

xe)， 令p(x)1xxlnx，x(0，当x∈(0，1)时，p(x)0；当x∈(1，+∞)时，p(x)0，

又ex0，所以当x∈(0，1)时，f(x)0； 当x∈(1，+∞)时，f(x)0， ∴ f(x)的单调增区间是(0，1)，f(x)的单调减区间是(1，+∞)．……8分

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ln(x1))， (1xxlnx)，x(0，xx(1e2)， 于是对任意x0，g(x)1e2 等价于1xxlnxln(x1))， 由(Ⅱ)知p(x)1xxlnx，x(0，(Ⅲ) 证明：由已知有g(x))． ∴ p(x)lnx2(lnxlne2)，x(0，易得当x(0，e2)时，p(x)0，即p(x)单调递增；

当x(e2，)时，p(x)0，即p(x)单调递减． 所以p(x)的最大值为p(e2)1e2，故1xxlnx≤1e2． 设q(x)xln(1x)，则q(x)x0， x1x1．

ln(x1))时，q(x)单调递增，q(x)q(0)0． 因此，当x(0，)时，q(x)xln(1x)0，即故当x(0，∴ 1xxlnx≤1e2<

x(1e2)．

ln(x1)∴ 对任意x0，g(x)1e2． ……………………………………………14分

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