高三上学期期中考试数学试题答案

高三上学期期中考试数学试题答案一：选择题答案123456789101112CCBCBDABCDDC二.填空题:13.(0,4)14.5815.(文)a(理)3116.a≥43三.解答题:17.(1)由a1n=11nnan+)1(2nn,a1=1,知a2=1又由递推式变形为：（n+1）na1n=（n-1）nan+2.记（n-1）nan=bn,则b1n=bn+2，又b2=2a2=2bn=b2+(n-2)2=2+2(n-2)=2(n-1).于是有（n-1）nan=bn=2(n-1),(n≥2)从而an=n2（n≥2）因此an=)1(1)2(2nnn(2)求和a1a2+a2a3+a3a4+…+ana1n=1﹒22+(22﹒32+32﹒42+…+n2﹒12n)=3-14n18.(文)(1)由已知f(x)=0的两根为-3和2。abaaba82323a=-3,b=5f(x)=-3x2-3x+18=-3(x+21)2+1843,fmax=f(0)=18,fmin=f(1)=12f(x)[12,18](2)-3x2+5x+c0,=25+12c0,c-1225(理)解：（1）y/=1+232322xxx=232/32322xxxxx,当x1时，y/0恒成立。f(x)在（-，1是减函数。（2）xlim（x+232＋xx）=xlim23232xxxx=xlim2231123xxx=2319.解:令3+2sincos=n,asin+acos=m,原题转化为要使(x+m)2+(x+n)281恒成立.即需2x2+2(m+n)x+m2+n2-810恒成立.从而只需=[2(m+n)]2-4•2(m2+n2-81)0,即需(m-n)241恒成立,即m-n21.或m-n-21于是：asin+acos-(3+2sincos)21或-21………………………………(1)令t=sin+cos,则sincos=21(t2-1)且1t2.(1)式化为：at3+t2-1+21或at3+t2-1-21即atttt25252或at+t23恒成立.又f(t)=t+t25在1t2上为减函数，即g(t)=t+t23在1t2上最小值为6，于是a1+5/2=7/2或a6。因此所求a的值为a7/2或a6。20.(1)设P(x,y)是f(x)图象上任一点，点P关于直线y=x-1的对称点为Q(a,b)则1122axbyaxby，解得11yaxb即Q(y+1,x-1),又点Q在y=2121x-a-1的图象上，故x-1=21)1(21y-a-1。由此得f(x)=2log2(x+a)+1.又f(0)=1,可得a=1f(x)=2log2(x+1)+1,定义域为{x∣x-1}(2)由(1),要证明f(m)+f(n)2f(t),即证log2(m+1)+log2(t+1)2log2(n+1)只要证明log2[(m+1)(t+1)]log2(n+1)2函数y=log2x在(0,+)上是增函数,只要证明(m+1)(t+1)n+1)2由已知有n2=mt,故只要证明m+t2t而m+t2mt=22n=2n2是成立的.原不等式得证.21.解：（1）设该校食堂平均每天所支付的总费用为y1,则y1=t1[4t1500+4t(t+1)+400]=4t+t400+60042608460044004tt当且仅当4t=t400，即t=10时等号成立，故每隔10天购买一次大米，能使每天所支付的总费用最少为6084元。（2）若食堂能接受优惠条件，则至少每隔20天购买一次，即t20，设每天支付的总费用为y2,这时，y2=t1[4t(t+1)+400+4t15000.95]=4t+t400+5704,令f(t)=4t+t400(t20),设20t1t2,则f(t1)-f(t2)=21212)100)((41tttttt0所以f(t)在,20上是增函数，故当t==20时，y2的最小值是5804元。这就是说该校食堂是能接受此价格优惠条件的。22．解：（1）由f(4-x)=f(4+x)知y=f(x)关于直线x=4对称，所以有：2)2(2p=4解得p=6(2)f(x)=x2-8x+q2-q+1=(x-4)2-16+q2-q+1=(x-4)2+q2-q-15对称轴x=4,在[-1,1]上f(x)为单调递减函数.由题意f(x)0即(1-4)2+q2-q-150，整理得：(q-3)(q+2)0-2q3（3）xt,3时，f(x)D①当3t4时,f(x)递减,fmax=f(3)=-15+q2-q+1,fmin=t2-8t+q2-q+1,fmax-fmin=-15-t2+8t=2t,t2-6t+15=0,=36-600无解。②当4t5时，fmax=f(3)，fmin=f(4)f(3)-f(4)=1=2t,t=21（舍）③t5时，fmax=f(t),fmin=f(4)t2-8t+q2-q+1-q2+q+15=2t,t2-10t+16=0,t=8或t=2（舍）存在t=8，当x8,3时,y=f(x)的值域为区间D，且D的区间长度为16.附：一：已知二次函数y=f(x)经过点(0,10)导函数f/(x)=2x-5，当x1,nn(nN+)时，f(x)是整数的个数记为an.(1)求数列{an}的通项公式。(2)令bn=14nnaa,求数列{an+bn}的前n(n3)项和Sn二．设函数f(x)=(1+x)2-ln(1+x)21.求f(x)的单调区间。2.若当x[e1-1，e-1]时，不等式f(x)m恒成立，求实数m的取值范围。3.若关于x的方程f(x)=x2+x+a在区间上[0,2]恰好有两个相异的实根，求实数a的取值范围。解答一．解（1）设f(x)=ax2+bx+10,则f/(x)=2ax+b.由已知，f/(x)=2x-5,a=1,b=-5.f(x)=x2-5x+10,f(x)在2,1上的值域为6,4a1=2，f(x)在3,2上的值域为4,154，a2=1，当n3时，f(x)在1,nn上单调递增，其值域为)1(),(nfnfan=3,422,11,2nnnn(3)令cn=an+bn，则c1=a1+b1=4,c2=a2+b2=3.当n3时，sn=c1+c2+(c3+c4+…cn)=…=n2-3n+11110nn二．解：[1]函数的定义域为（-，-1）（-1，+），f/(x)=2[（x+1）-11x]=1)2(2xxx,由f/(x)0得-2x-1，或x0.由f/(x)0得-1x0，或x-2,则递增区间为（-2，-1），（0，+）。递减区间是（-，-2），（-1，0）[2]由f/(x)=1)2(2xxx=0得x=0或x=-2由（1）知，f(x)在[e1-1，0]上递减，在[0，e-1]上递增，又f(e1-1)=21e+2,f(e-1)=e2-2,且e2-221e+2x[e1-1,e-1]时,f(x)max=e2-2，故me2-2时，不等式f(x)m恒成立。[3]方程f(X)=x2+x+a,即x-a+1-ln(1+x)2=0.记g(x)=x-a+1-ln(1+x)2g/(x)=1-12x=11xx由g/(x)0得x1或x1，由g/(x)0得-1x1，g(x)在[0，1]上递减，在[1，2]上递增，为使f(X)=x2+x+a在[0，2]上恰好有两个相异的实根，则0)2(0)1(0)0(ggg解得2-2ln2a3-2ln3