鄂州市第二中学2011-2012学年上学期高三期中考试高三数学试卷(理科）答案

鄂州市第二中学2011-2012学年上学期高三期中考试高三数学(理科）答案一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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.A2.C3.A4.C5.D6.C7.Ｂ8.Ａ9.Ｄ10.Ｂ二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)11.21012．13.４14.６15.③④三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16.解：（1）33//,cossin0,tan44abxxx22222cos2sincos12tan8cossin2sincos1tan5xxxxxxxxx……………….6分（2）()2()2sin(2)4fxabbx+32,7(0,)24x52(,)446x,所以最大值是233,2222……………….12分17.解：（1）314561236221822nnnbbSdanqqbbb…………….6分（2）n-11+=1+(2n-3)2,T(23)23.nnnncabnnn由错位相减法得…………….12分18.解''2111(1)()(0),(),()011(1)xxxfxexgxegxexxx法一：令()0+()(0)=0()0+111,1()0+11xxgxgxgfxexxefxxx在，单增，，在，单增法二：先证明在，单增()0+fx在，单增，所以最小值为(0)f=1………….6分（2）42aa19.解:(1)当0x80(x∈N)时，L(x)＝500×1000x10000－13x2＋10x－250＝－13x2＋40x－250.当x≥80(x∈N)时，L(x)＝50×1000x10000－51x＋10000x－1450－250＝1200－x＋10000x，∴L(x)＝－13x2＋40x－2500x80，x∈N*1200－x＋10000xx≥80，x∈N*……………………….6分(2)当0x80，x∈N*时，L(x)＝－13(x－60)2＋950，∴当x＝60时，L(x)取得最大值L(60)＝950，当x≥80，x∈N*时，∵L(x)＝120－x＋10000x≤1200－2x·10000x＝1200－200＝1000，∴当且仅当x＝10000x，即x＝100时，L(x)取得最大值L(100)＝1000950.综上所述，当x＝100时L(x)取得最大值1000，即年产量为100千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大．……………………….6分20．解：（1）11.112112(2),1,1nnnnnnnnnaaanaaaaaaaa21-=1,naaan且……………………….3分=n+121n+22n+1;;,;nnnnnnnnnnSSTSTST（2），只需比较和的大小，即比较与的大小．当n=1时，n=2时，n=3时，用数学归纳法或二项式定理证明……………………….8分（3）假设存在正整数k，n使得2nnkaa与31nnkaa有大于1的公约数d，则d也是312()()nnnnkaakaa即321()()nnnnkaaaa的约数依题设有321nnnaaa，11nnnaaad是11nnkaa的约数从而d是2nnkaa与11nnkaa的公约数同理可得d是2nnaka的约数依次类推，d是42kaa与31kaa的约数……11分，121,0,aa故341,1,aa于是4231,1,kaakkaak又∵11,kk从而d是k与1的约数,即d为1的约数，这与1d矛盾故不存在,kn使2nnkaa与31nnkaa有大于1的公约数.……………………….13分21.解：（1）111()(1)xxxgxexeex)(xg在区间]1,0(上单调递增，在区间),1[e上单调递减,且eeeggg2)(1)1(,0)0()(xg的值域T为]1,0(………………………….3分（2）则由（1）可得(0,1]t，原问题等价于：对任意的(0,1]t()fxt在],1[e上总有两个不同的实根，故)(xf在],1[e不可能是单调函数……………………………………5分)1(1)(exxaxf]1,1[1ex当1a时,0)(xf,)(xf在区间],1[e上单调递增，不合题意当1ae时,0)(xf,)(xf在区间],1[e上单调递减，不合题意当ea11即11ae时,)(xf在区间]1,1[a上单调递减;)(xf在区间],1[ea上单递增，由上可得)1,1(ea，此时必有)(xf的最小值小于等于0且)(xf的最大值大于等于1，而由0ln2)1()(minaafxf可得21ea，则a综上，满足条件的a不存在。……………………………………………..8分12121212121212()(lnln)lnln(3)AByyaxxxxxxkaxxxxxx，而212102)2()(xxaxxfxf，故有2121212lnlnxxxxxx……..10分即1)1(2)(2ln2121212121xxxxxxxxxx，令)1,0(21xxt，则上式化为0214lntt，令)(tF214lntt，则由0)1()1()1(41)(22ttttttF可得)(tF在)1,0(上单调递增，故0)1()(FtF，即方程0214lntt无解，所以不存在。14分