深圳中学2005-2006学年高三第一次月考数学试卷参考解答

深圳中学2005-2006学年高三第一次月考数学试卷参考解答一、选择题：A卷:12345678910CAAADBACCBB卷:12345678910ACACACCBDB二、填空题：11.3712.-1280.13.(,3)(6,)14.②,③.三、解答题：15.【解】对于A,有(x–2)2–(3m)2≤02–3m≤x≤2+3m[23,23]Amm对于B,有-51–2x5-2x3.[2,3]B由题意[2–3m,2+3m]Ø[-2,3]2322330mmm无解,2321233030mmmm故实数m的取值范围是1(0,]316.【解】（1）.34)(22aaxxxf令axaxaaxxxf3,034)(22或得……………………………2分由表x（,a）a(,3aa)3a(3,a)()fx－0+0－()fx递减3413a递增1递减………………5分可知：当),(ax时，函数)(xf为减函数，当),3(ax时．函数)(xf也为减函数；当)3,(aax时，函数)(xf为增函数.…………………………………6分当x=a时，)(xf的极小值为341;33axa当时，)(xf的极大值为1.……7分（2）由.34,|)(|22aaaxxaaxf得∵0a1，∴]2,1[34)(,2122aaaaxxxfaa在上为减函数.……9分∴.44)2()]([,12)1()]([minmaxaafxfaafxf于是，问题转化为求不等式组aaaa44,12的解.解不等式组，得.154a又0a1，∴所求a的取值范围是.154a17.【解】（1）四件产品逐一取出排成一列共有A44种方法，前两次取出的产品都是二等品的共有CC2121×种方法，∴前两次取出的产品都是二等品的概率为CCA21214416×………………4分（2）四件产品逐一取出排成一列共有A44种方法，第二次取出的产品是二等品的共有CA2133×种方法，∴第二次取出的产品是二等品的概率为CAA21334412×………..………8分（3）的所有可能取值为2，3，4，∴的概率分布为234p162636∴E216326436103×××18.【解】（1）(1)0f10ab，又xR时，()[0,)fx值域为，220,4(1)0,2,140.abbbaba．22()21(1)fxxxx22(1)(0),()(1)(0).xxFxxx…………5分（2）22()()21(2)1gxfxkxxxkxxkx=222(2)()124kkx．当22,2k或222k时，即6k或2k时()gx单调．（3）()fx为偶函数，2()1fxax，22+1(0),()1(0).axxFxaxx0mn，不妨设0,0.0,0mnmnmn则又，mn．22()()()()11FmFnfmfnaman22()0amn．故()()FmFn能大于0．,1111()101,1111(1)1(2),1.nnnnnnnPaaxyaaaaannnaan19.解:点在直线上，即且数列是以为首项，为公差的等差数列.也满足…2分12(),12212311(1)234221221111(1)()()212211111()2111211=221nfnnnnnnnfnnnnnnnnfnfnnnnnnnnnnnnn（1），2210,122311210()()(2).34125()6nnnnnfnfnffn5是单调递增的，故的最小值是=6(2)1111111,()231nnnnbSSSnNnnn假设存在关于n的整式ng满足要求,则有S1=(S2–1)g(2)g(2)=1221SS;S1+S2=(S3–1)g(3)g(3)=12331SSS.所以可猜想g(n)=n.…….9分下面我们用数学归纳法证明:12311nnSSSSSn对于一切不小于2的自然数n恒成立.①当n=2时,左边=S1=1,右边=2(S2–1)=122=1,所以左边=右边.…..10分②假设n=k(k2)时,等式成立,即12311kkSSSSSk则n=k+1时左边=1231(1)kkkkSSSSSkSS=(1)(1)()1kkkkSkkSk右边=11(1)(1)(1)(1)1kkkSkSk=(1)()1kkkSkn=k+1时,等式也成立由①②可知,等式对于一切不小于2的自然数n恒成立.故存在满足要求的整式ng,且g(n)=n.20.【解】(1),2)(ttfk∴)(22txtty,即22ttxy)60(t.….4分(2)令0y得2tx;令212,6ttyx.∴)26(2121)(tAQAPtg(212tt)ttt366423,)60(t......6分由0361243)('2tttg,得124t,又60t,∴64t,又)(tg在),(nm上单调递减,所以)6,4(),(nm.∴.4)(minm(3)当40t时,0)(tg,∴)(tg在)4,0(上单调递增,当46t时,()0gt,∴)(tg在(4,6)上单调递减,又g(t)在t=4处连续∴max()(4)64,gtg6121lim()54,4tgt0121lim()0,4tgt解方程)40(4121366423tttt得1t∴121[,64]4QAPS16t.又P点的横坐标2tx,∴P的横坐标的取值范围为3,21.