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{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}湘 豫 名 校 联 考
届春季学期高三考前保温卷
2024
数学参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
A C A B D D C B AB BC BCD
一、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分 在每小题给出的四个选项中,只有
8 5 40 .
一项是符合题目要求的
.
. 【试题立意】本题主要考查不等式的解法及集合的运算 考查学生的基本运算能力.
1A ,
【解析】因为集合B { x x -2 ,x Z } {x(x )(x ) 且x ,x Z} {x x ,x Z}
= x ≤0 ∈ = | -2 +1≤0 ≠-1 ∈ = |-1< ≤2 ∈
+1
{,,}.又B { ,,},所以A B {}.故选 .
= 012 = -113 ∩ = 1 A
. 【试题立意】本题主要考查复数的四则运算 并以复数的四则运算为载体 考查学生的基本运算能力.
2C , ,
【解析】因为4 z z -i =-2i ,所以 4i z +1=2 z,所以 1= ( 2-4i )z.所以z = 1 =( 2+)(4i )= 2+4i = 1 +
2-4i 2-4i 2+4i 20 10
1 ,所以z的虚部为1.故选 .
i C
5 5
. 【试题立意】本题主要考查二项式定理及其应用 充分条件 必要条件等基础知识 并以二项式定理为载
3A , 、 ,
体 考查学生的基本运算能力和逻辑推理能力.
,
【解析】因为 4 n - a = ( 1+3 )n - a =1+3Cn1 +3 2 Cn2 + … +3 n C n n- a,显然当a =1 时, 4 n - a(n ∈ N* ,n >1 )能被 3
整除,即p q.又 n a(n N* ,n )能被 整除时,不一定有a ,即q/p,所以p是q的充分不必要条
⇒ 4- ∈ >1 3 =1 ⇒
件.故选 .
A
. 【试题立意】本题以比较实数的大小为载体 着重考查指数函数 对数函数及三角函数的性质等基础知识
4B , 、 ,
考查学生的基本运算能力和逻辑推理能力.
【解析】由指数函数y x的性质可知
0
.
5
,由对数函数y x的单调性可知, .又
=2 2 >1 =log4 01>log43>0>cos3 < < B
. 【试题立意】本题考查平面向量的数量积运算 向量的夹角公式 考查学生的逻辑推理 数学运算 直观想
5D 、 , 、 、
象的核心素养.
a·b
【解析】由a b a·b ,可得 1.又 [,),所以
||=||= =2 cos =a b= ∈ 0π
|||| 2
π.又c·a c·b,所以c·(a b) ,所以c (a b).如图,令a O→A,
= = - =0 ⊥ - =
3
b O→B,则B→A a b,易得 OAB是等边三角形,取AB的中点D,连接OD,则有
= = - △
OD AB,所以c与O→D共线,所以c与b的夹角为π或5π,故选 .
⊥ D
6 6
. 【试题立意】本题以圆及求代数式的最小值为载体 考查圆的方程 点与圆的位置关系 基本不等式及其应
6D , 、 、
用等基础知识 考查学生的基本运算能力 逻辑推理能力和运用基础知识灵活解决问题的能力.
, 、
【解析】由题意,得点P的坐标满足x2 y2 ,所以(x2 ) (y2 ) .所以 1 4 1[(x2 )
+ =7 +1+ +1=9 x2 +y2 = +1 +
+1 +1 9
(y2 )] [ 1 4 ] 1 [ y2 +1 4 (x2 +1 )] 1 [ y2 +1 4 (x2 +1 )] ,当且仅当
+1 x2
+1
+y2
+1
=
9
5+x2
+1
+ y2
+1
≥
9
5+2 x2
+1
× y2
+1
=1
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{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}y2 +1 4 (x2 +1 ) ,即x ,y 时取等号.故选 .
x2 = y2 =± 2 =± 5 D
+1 +1
. 【试题立意】本题主要考查古典概型 排列组合 分类加法计数原理和分步乘法计数原理等基础知识 考查
7C 、 、 ,
学生的基本运算能力和逻辑推理能力.
【解析】由分步乘法计数原理知,每人同时从自己的四张卡片中随机抽出一张卡片共有
3
种可能.由题意,只
4
有一人晋级下一轮有 种可能: , ,共有 种情况;有两人晋级下一轮有 种可能: , , ,
3
2 134234 2A3 3 144244344334
共有 种情况;有三人晋级下一轮有 种可能: , ,共有 种情况,所以至少有一个人晋级的概率为
2
4C3 2 333444 2
P 2A 3 3+4C 2 3+2 13.故选 .
= 3 = C
4 32
. 【试题立题】本题以函数为载体 考查导数的性质 构造函数 参变量分离等知识 落实函数与不等式结合
8B , 、 、 ,
问题中转化与化归的数学思想.
【解析】因为λ ,所以整理不等式,得 λ2 λx x,转化为 λx2 λx ln x x.令h(u)uu,u ,则h'(u)
>0 2e ≥ln 2 e ≥e ln = e >0 =
(u )u,u .因为h'(u) ,所以h(u)在(, )上单调递增.所以h(λx)h( x)恒成立.因为λ ,
+1e >0 >0 0+∞ 2 ≥ ln >0
x ,所以 λx , x ,所以 λx x对任意的x 恒成立,即 λ ln x恒成立.构造函数m(t)ln t
>1 2 >0ln >0 2 ≥ln >1 2≥x =t
(t ),则m'(t) 1-ln t (t ).当 t 时,m'(t) ,m(t)单调递增;当t 时,m'(t) ,m(t)单调递
>1 = t2 >1 1< 0 >e <0
减,所以t 时,m(t) 1.所以 λ 1,即λ 1.故选
=e max= 2≥ ≥ B.
e e 2e
二、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分.在每小题给出的四个选项中,有多
3 6 18
项符合题目要求.全部选对的得 分,部分选对的得部分分,有选错的得 分.
6 0
. 【试题立意】本题主要考查样本特征数中的平均数 中位数 众数 方差等基础知识 考查学生的基本运
9AB 、 、 、 ,
算能力和数据处理能力.
【解析】将这组数据从小到大重新排列:. ,. ,. ,. ,. ,. ,则这组数据的平均数为x
174181181187188199 =
1 (. . . . . . ) . , 正确.这组数据的中位数为1 . 81+1 . 87 . ,
× 174+181+181+187+188+199 =185A =184B
6 2
正确.这组数据的众数为 . , 错误.这组数据的方差为s2 1 [(. . ) 2 (. . ) 2 (.
181C = × 174-185 +181-185 +181-
6
. ) 2 (. . ) 2 (. . ) 2 (. . ) 2 ] 1 . , 错误.故选 .
185 +187-185 + 188-185 + 199-185 = ×00362D AB
6
. 【试题立意】本题考查正 余弦定理的应用 基本不等式 考查数学运算 逻辑推理的核心素养.
10BC 、 , , 、
【解析】在 ABC中,由 1 1 1 ,得 B( A C) A C.所以 B ( sin A sin C)
△ B= A+ C sin tan +tan =tan tan sin A+ C =
sin tan tan cos cos
sin A ·sin C ,所以 B( A C A C) A C,所以 B (A C) A C.又A
A C sin sin cos +cos sin =sin sin sin sin + =sin sin +
cos cos
B C ,所以 (A C) B,所以 2B A C.由正弦定理得b2 ac,即a,b,c成等比数列.
+ =π sin + =sin sin =sin sin = A
错误, 正确.由b2 ac及余弦定理得 B a2 + c2 - b2 2 ac - ac 1(a c时取等号).因为 B ,
B = cos = ac ≥ ac = = 0< <π
2 2 2
所以 B π.所以 B 3.又b ,所以acb2 ,所以 ABC的面积S 1ac B 1
0< ≤ 00
所以x x m,xx m2 +3.………………………………………………………………………… 分
1+ 2= 1 2=- 11
2
又双曲线的右焦点为F(,),
220
所以F→M (x ,y),F→N (x ,y).
2 = 1-2 1 2 = 2-2 2
由以线段MN为直径的圆过双曲线的右焦点F 知,FM FN,即F→M F→N.
2 2 ⊥ 2 2 ⊥ 2
所以F→M·F→N (x )(x )yy .…………………………………………………………… 分
2 2 = 1-2 2-2+ 1 2=0 13
所以(x )(x ) (x m)(x m) ,
1-2 2-2+ 1+ 2+ =0
即 xx (m )(x x) m2 .
21 2+ -2 1+ 2 + +4=0
所以 (m2 ) (m )m m2 ,整理得m2 m .
- +3+ -2 + +4=0 -2 +1=0
解得m …………………………………………………………………………………………………… 分
=1 15
.【试题立意】本题通过摸奖游戏 考查古典概型 条件概率 二项分布等基础知识 考查学生的基本运算能力
17 , 、 、 , 、
逻辑推理能力及建模能力.
【解析】设“从 号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为事件A,“从 号保密箱中摸出的卡片上标有偶数”为
1 2
事件B,则“摸奖者中奖”为事件AB. ……………………………………………………………………… 分
1
()由条件概率公式可得,摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为
1
P(AB) P(BA)P(A)……………………………………………………………………………………… 分
= | 2
2+1 2 1……………………………………………………………………………………………… 分
= × = 3
5+1 6 6
所以摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为1.…………………………………………………………… 分
4
6
()由题意可知,人依次摸奖,且每人只完成一次摸奖,中奖人数X ,,,.
2 3 =0123
因为每个人中奖的概率均为1,每人完成一次摸奖就相当于做了一次独立重复实验,
6
( )
所以X B ,1 .………………………………………………………………………………………… 分
~ 3 6
6
所以中奖人数X的分布列为
( )k( ) k
P(X k) k 1 1 3- (k ,,,),………………………………………………………… 分
= =C3 1- =0123 7
6 6
X
0 1 2 3
P 125 75 15 1
216 216 216 216
………………………………………………………………………………………………………………… 分
8
( )
其数学期望为E(X)np 1 1 或E(X) 125 75 15 1 1 . …… 分
= =3× = =0× +1× +2× +3× = 9
6 2 216 216 216 216 2
()方法一:设在 号保密箱中放入k张标有偶数的卡片,则在 号保密箱中放入( k)张标有偶数的卡
3 1 2 7-
片,其中 k ,k N,
0< <7 ∈
则Pk (B) = P(AB) + P(A-B) = P(B | A)P(A) + P(B | A-)P(A-) = ( 7(- k k ) +)1 × k k+ (7- k k) ×
4+ 7- +1 3+ 4+ 7- +1
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6 ( 12 )
{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}3 k2 -5 k -21.………………………………………………………………………………………… 分
k=k2 k 12
3+ -9-36
因为Pk
+1
(B)
-
Pk (B)
=(k2
-2
k
( 2 k2 +
)
1
(k
7
2
k +1
k
2 )
)<0
,………………………………………………
13
分
-7-44 -9-36
所以Pk (B)单调递减.………………………………………………………………………………………
14
分
所以当k ,即在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸
=1 1 1 2 6
奖者完成一次摸奖的中奖概率最高,最高概率为P 25. ……………………………………………… 分
= 15
44
方法二:设在 号保密箱中放入t张标有偶数的卡片,则在 号保密箱中放入( t)张标有偶数的卡片,其
1 2 7-
中 t ,t N,
0< <7 ∈
则摸奖者完成一次摸奖就中奖的概率为f(t)P(AB A-B)P(AB)P(A-B)P(BA)P(A)P(BA-)P(A-)
= ∪ = + = | + |
= ( 7(- t) t +)1 × t t+ (7- t t) × 3 t= t t 2 2 -5 t t -21,…………………………………………… 12 分
4+ 7- +1 3+ 4+ 7- +1 3+ -9-36
f() 1 2 -5×1-21 25,f() 2 2 -5×2-21 27,f() 3 2 -5×3-21 27,
1= 2 = 2= 2 = 3= 2 =
1-9×1-36 44 2-9×2-36 50 3-9×3-36 54
f() 4 2 -5×4-21 25,f() 5 2 -5×5-21 21,f() 6 2 -5×6-21 15.
4= 2 = 5= 2 = 6= 2 =
4-9×4-36 56 5-9×5-36 56 6-9×6-36 54
显然f()f()f()f()f()f().………………………………………………………… 分
1> 2> 3> 4> 5> 6 14
所以当t ,即在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸
=1 1 1 2 6
奖者完成一次摸奖的中奖概率最高,最高概率为P f() 25.……………………………………… 分
= 1= 15
44
方法三:当在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者
1 1 2 6
完成一次摸奖就中奖的概率为
P P(BA)P(A) P(BA-)P(A-) 7 1 6 3 25;………………………………………… 分
1= | + | = × + × = 12
11 4 11 4 44
当在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一
1 2 2 5
次摸奖就中奖的概率为P P(BA)P(A) P(BA-)P(A-) 6 2 5 3 27;
2= | + | = × + × =
10 5 10 5 50
当在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一
1 3 2 4
次摸奖就中奖的概率为P P(BA)P(A) P(BA-)P(A-) 5 3 4 3 27;
3= | + | = × + × =
9 6 9 6 54
当在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一
1 4 2 3
次摸奖就中奖的概率为P P(BA)P(A) P(BA-)P(A-) 4 4 3 3 25;
4= | + | = × + × =
8 7 8 7 56
当在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一
1 5 2 2
次摸奖就中奖的概率为P P(BA)P(A) P(BA-)P(A-) 3 5 2 3 21;
5= | + | = × + × =
7 8 7 8 56
当在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者完成一
1 6 2 1
次摸奖就中奖的概率为P P(BA)P(A) P(BA-)P(A-) 2 6 1 3 15.
6= | + | = × + × =
6 9 6 9 54
因为P P P P P P,………………………………………………………………………… 分
1> 2> 3> 4> 5> 6 14
所以在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片,在 号保密箱中放入 张标有偶数的卡片时,摸奖者完成
1 1 2 6
一次摸奖的中奖概率最高,最高概率为P P 25.…………………………………………………… 分
= 1= 15
44
.【试题立意】本题通过求函数的极大值及函数的零点 着重考查导数的应用 即利用导数研究函数的单调性
18 , , 、
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7 ( 12 )
{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}函数的零点与方程的解 函数的零点与函数图象与x轴交点间的关系 函数的周期性y x的单调性等
、 、 、=cos
基础知识 考查学生的基本运算能力 逻辑推理能力及利用数形结合思想解决问题的能力和数学表达能力
; 、 ,
考查分类讨论思想的运用.
【解析】()由题易得函数f(x) ax2的定义域为R,
1 = x
e
又f'(x) 2 ax e x - ax2 e x 2 ax - ax2 ax( 2- x) , ……………………………………………………… 分
= (x) 2 = x = x 2
e e e
所以当a 时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
>0
x ( ,) (,) (, )
-∞ 0 0 02 2 2+∞
f'(x)
- 0 + 0 -
f(x) 极小值 极大值
↘ ↗ ↘
由上表可知,f(x)的单调递增区间为(,),单调递减区间为( ,),(, ).
02 -∞ 0 2+∞
所以f(x)的极大值为f() 4 a (a ).…………………………………………………………………… 分
2= 2 >0 4
e
当a 时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
<0
x ( ,) (,) (, )
-∞ 0 0 02 2 2+∞
f'(x)
+ 0 - 0 +
f(x) 极大值 极小值
↗ ↘ ↗
由上表可知,f(x)的单调递增区间为( ,),(, ),单调递减区间为(,).
-∞ 0 2+∞ 02
所以f(x)的极大值为f() (a ).
0=0 <0
综上所述,当a 时,f(x)的极大值为4 a ;当a 时,f(x)的极大值为 .…………………………… 分
>0 2 <0 0 7
e
()方法一:当a 时,f(x) x2,所以函数g(x)f(x) x x2 x.
2 =1 = x = -cos = x-cos
e e
由g(x) ,得x2 x.
=0 x=cos
e
[ ]
所以要求g(x)在区间 π, 上的零点的个数,
- 2024π
2
[ ]
只需求y f(x)的图象与h(x) x的图象在区间 π, 上的交点个数即可.…………… 分
= =cos - 2024π 8
2
由()知,当a 时,y f(x)在( ,),(, )上单调递减,在(,)上单调递增,
1 =1 = -∞ 0 2+∞ 02
[ ]
所以y f(x)在区间 π, 上单调递减.
= - 0
2
[ ]
又h(x) x在区间 π, 上单调递增,
=cos - 0
2
且f( ) ( )h( ),f() h(),
-1=e>1>cos-1= -1 0=0<1=cos0= 0
所以f(x) x2与h(x) x的图象在区间 [ π, ] 上只有一个交点,
= x =cos - 0
e 2
[ ]
所以g(x)在区间 π, 上有且只有 个零点.……………………………………………………… 分
- 0 1 10
2
因为当a ,x 时,f(x) x2 ,
=1 >0 = x>0
e
f(x)在区间(,)上单调递增,在区间(, )上单调递减,
02 2+∞
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8 ( 12 )
{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}所以f(x) x2在区间(, )上有极大值f() 4 ,
= x 0+∞ 2= 2<1
e e
即当a ,x 时,恒有 f(x) .…………………………………………………………………… 分
=1 >0 0< <1 11
又当x 时,h(x) x的值域为[ ,],且其最小正周期为T ,
>0 =cos -11 =2π
现考查在其一个周期(, ]上的情况,
02π
f(x) x2在区间(,]上单调递增,h(x) x在区间(,]上单调递减,且f() h() ,f()
= x 02 =cos 02 0 =0< 0 =1 2 >
e
h() ,
0> 2=cos2
所以h(x) x与f(x) x2的图象在区间(,]上只有一个交点,
=cos = x 02
e
即g(x)在区间(,]上有且只有 个零点.……………………………………………………………… 分
02 1 12
( ]
因为在区间 ,3π 上,f(x) ,h(x) x ,
2 >0 =cos ≤0
2
所以f(x) x2与h(x) x的图象在区间 ( ,3π ] 上无交点,
= x =cos 2
e 2
( ]
即g(x)在区间 ,3π 上无零点.………………………………………………………………………… 分
2 13
2
在区间 ( 3π, ] 上,f(x) x2单调递减,h(x) x单调递增,
2π = x =cos
2 e
( ) ( )
且f3π h3π , f( ) h( ),
>0> 0< 2π<1=cos2π= 2π
2 2
所以h(x) x与f(x) x2的图象在区间 ( 3π, ] 上只有一个交点,
=cos = x 2π
e 2
( ]
即g(x)在区间 3π, 上有且只有 个零点.
2π 1
2
所以g(x)在一个周期(, ]上有且只有 个零点.……………………………………………………… 分
02π 2 14
同理可知,在区间(
2
k
π
,
2
k
π+2π
](k
∈
N* )上,
0<
f(x)
<1
且f(x)
=
x
x
2单调递减,
e
h(x) x在区间(k,k ]上单调递减,在区间(k ,k ]上单调递增,
=cos 2π2π+π 2π+π2π+2π
且 f(k) (k)h(k),
0< 2π<1=cos2π= 2π
f(k ) (k )h(k ),
2π+π>0>-1=cos2π+π= 2π+π
f(k ) (k )h(k ),
0< 2π+2π<1=cos2π+2π= 2π+2π
所以h(x) x与f(x) x2的图象在区间(k,k ]和(k ,k ]上各有一个交点,
=cos = x 2π2π+π 2π+π2π+2π
e
即g(x)在( , ]上的每一个区间(k,k ](k N* )上都有且只有 个零点.…………… 分
2π2024π 2π2π+2π ∈ 2 15
所以g(x)在(, ]上共有2024π 个零点.……………………………………………… 分
02024π ×2=2024 16
2π
[ ]
综上可知,g(x)在区间 π, 上共有 个零点.……………………………… 分
- 2024π 2024+1=2025 17
2
方法二:当a 时,f(x) x2,所以函数g(x)f(x) x x2 x.
=1 = x = -cos = x-cos
e e
当x [ π, ] 时,g'(x) 2 x - x2 x ,所以g(x)在区间 [ π, ] 上单调递减.
∈ - 0 = x +sin ≤0 - 0
2 e 2
( ) [ ]
又g π ,g() ,所以存在唯一零点x π, ,使得g(x) .
- >0 0<0 0∈ - 0 0 =0
2 2
[ ]
所以g(x)在区间 π, 上有且仅有一个零点. ……………………………………………………… 分
- 0 9
2
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{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}当x ( k π,k 3π ] ,k N时, x2 , x ,所以g(x) .
∈ 2π+ 2π+ ∈ x>0cos <0 >0
2 2 e
( ]
所以g(x)在 k π,k 3π ,k N上无零点. …………………………………………………… 分
2π+ 2π+ ∈ 10
2 2
当x ( ,π ] 时,g'(x) 2 x - x2 x ,所以g(x)在区间 ( ,π ) 上单调递增.
∈ 0 = x +sin >0 0
2 e 2
( )
又g() ,g π ,所以存在唯一零点.
0<0 >0
2
当x
∈
(
2
k
π
,
2
k
π+
π ] ,k
∈
N* 时,g'(x)
=
2 x -
x
x2
+sin
x,g″(x)
=
x2 -4
x
x +2
+cos
x
>0
,
2 e e
( ]
所以g'(x)在 k,k π ,k N* 上单调递增.
2π2π+ ∈
2
( )
又g'(k) ,g' k π ,
2π<0 2π+ >0
2
( ]
所以存在x k,k π ,k N* ,使得g'(x) .
1∈ 2π2π+ ∈ 1 =0
2
即当x (k,x)时,g'(x) ,g(x)单调递减;
∈ 2π 1 1 <0
( ]
当x x,k π 时,g'(x) ,g(x)单调递增.
∈ 12π+ 1 >0
2
( ) ( ]
又g(k) ,g k π ,所以g(x)在区间 k,k π ,k N* 上有且仅有一个零点.
2π<0 2π+ >0 2π2π+ ∈
2 2
( ]
所以g(x)在区间 k,k π ,k N上有且仅有一个零点.………………………………………… 分
2π2π+ ∈ 12
2
当x ( k 3π,k ] ,k N时,g'(x) 2 x - x2 x,g″(x) x2 -4 x +2 x ,
∈ 2π+ 2π+2π ∈ = x +sin = x +cos >0
2 e e
( ]
所以g'(x)在 k 3π,k ,k N上单调递增.
2π+ 2π+2π ∈
2
( ) ( ]
又g' k 3π ,g'(k ) ,所以g(x)在区间 k 3π,k ,k N上单调递减;
2π+ <0 2π+2π<0 2π+ 2π+2π ∈
2 2
( )
又g k 3π ,g(k ) ,
2π+ >0 2π+2π<0
2
( )
所以存在唯一x k 3π,k ,使得g(x) .
2∈ 2π+ 2π+2π 2 =0
2
( ]
所以g(x)在区间 k 3π,k ,k N上有且仅有一个零点.…………………………………… 分
2π+ 2π+2π ∈ 14
2
所以g(x)在区间(k,k ],k N上有两个零点.………………………………………………… 分
2π2π+2π ∈ 15
所以g(x)在(, ]上共有2024π 个零点.……………………………………………… 分
02024π ×2=2024 16
2π
[ ]
综上所述,g(x)在区间 π, 上共有 个零点.……………………………… 分
- 2024π 2024+1=2025 17
2
.【试题立意】本题是一道新情景试题 通过对新情景创设 让考生在新情景下获得新知识 并用新知识解决新
19 , , ,
问题 主要考查学生获取新知识 解决新问题的能力以及运算能力和逻辑推理能力.
, 、
【解析】(
1
)先求数列{an }的前n项和Sn ,
n n
因为an=
2 n +1
2
n =(n )
2
(n +1 )= n
1
- n +
1
1
,………………………………………
1
分
2 +3×2+1 2+1 2 +1 2+1 2 +1
( ) ( ) ( ) ( )
所以Sn= 1
- 2
1
+ 2
1
- 3
1
+ 3
1
- 4
1
+
…
+ n
1
- n +
1
1
.
2+1 2+1 2+1 2+1 2+1 2+1 2+1 2 +1
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{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}1 1 1 1 . ………………………………………………………………………… 分
= - n +1 = - n +1 2
2+1 2 +1 3 2 +1
( )n ( )n
因为 1 1 1 ,由指数函数的性质知,当n 时, 1 , ………………………… 分
n +1 < n= →+∞ →0 3
2 +1 2 2 2
所以当n 时, 1 ,即 1 .……………………………………………………… 分
→+∞ n +1 →0 nlim n +1 =0 4
2 +1 →+∞2 +1
( )
所以数列{an }的各项和的极限值为S
=nlim
Sn=nlim 1
- n +
1
1 =
1.……………………………
5
分
→+∞ →+∞ 3 2 +1 3
(
2
)因为bn= aqn
-1
(a
>0
,q
>0
),
所以数列{bn }是公比为q的等比数列,其前n项和为
{a(
1-
qn)
(q ),
Sn=
1-
q ≠1 ………………………………………………………………………………………
6
分
na(q ).
=1
若 q ,由指数函数的性质知,当n 时,qn ,即 qn ,
① 0< <1 →+∞ →0 nlim =0
→+∞
所以
nlim
Sn=nlim a( 1-
q
qn)
=nlim
( a
q-
a
q
·qn )
=
a
q
.
→+∞ →+∞ 1- →+∞ 1- 1- 1-
此时数列{bn }的和是收敛的,其各项和的极限为S
=
a
q
.………………………………………………
8
分
1-
若q ,由指数函数的性质知,当n 时,qn ,即 qn ,
② >1 →+∞ →+∞ nlim =+∞
→+∞
所以
nlim
Sn=nlim
a(
1-
q
qn)
=+∞
,
→+∞ →+∞ 1-
此时数列{bn }的和是发散的.…………………………………………………………………………………
9
分
③
当q
=1
时,Sn= na,a
>0
,
所以当n
→+∞
时,na
→+∞
,即
nlim
Sn=+∞ ,此时数列{bn }的和是发散的.…………………………
10
分
→+∞
综上可知,当
0<
q
<1
时,数列{bn }的和是收敛的,其各项和的极限为S
=
a
q
;
1-
当q
≥1
时,数列{bn }的和是发散的.………………………………………………………………………
11
分
(
3
)方法一:数列{cn }的前n项和Sn=1+ 1
+
1
+
…
n
1,
2 3
其中S ,
1=1
S 1,
2=1+
2
S 1 1 1 1 1 1 2,
4=1+ + + >1+ + + =1+
2 3 4 2 4 4 2
( ) ( ) ( ) ( )
S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
8=1+ + + + + + + >1+ + + + + + + =1+ +
2 3 4 5 6 7 8 2 4 4 8 8 8 8 2
1 1 3,
+ =1+
2 2 2
同理可得S 4,S 5.……………………………………………………………………… 分
16>1+ 32>1+ 13
2 2
一般地,可得Sn n .………………………………………………………………………………… 分
2 >1+ 14
2
当n 时,Sn n ,
→+∞ 2 >1+ →+∞
2
由此得 Sn
( n)
.
nlim 2 =nlim 1+ =+∞
→+∞ →+∞ 2
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{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}即当n 时,Sn的极限不存在. ……………………………………………………………………… 分
→+∞ 2 15
因为S,S,S,S,…Sn,…包含于数列{Sn },
1 2 4 8 2
所以数列{cn }的前n项和Sn 的极限不存在.………………………………………………………………
16
分
所以数列{cn }的和是发散的.………………………………………………………………………………
17
分
( )
方法二:因为1 1 ,k N*
k>ln1+k ∈
所以Sn>k∑
n
ln
(
1+k
1
)
=ln
(
2×
3
×
4…
×
1
n
+
n)
=ln
(
1+
n).………………………………………
13
分
=1 2 3
因为n 时, ( n) ,………………………………………………………………………… 分
→+∞ ln1+ →+∞ 14
即n
→+∞
时,Sn→+∞ ,……………………………………………………………………………………
15
分
所以数列{cn }的前n项和Sn 的极限不存在,………………………………………………………………
16
分
所以数列{cn }的和是发散的.………………………………………………………………………………
17
分
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{{##{{QQQQAABBABQQAAEpxgggCg4ogAJJTAAACAAA4hqCEE0wWH0ACCkkkEQQkJkIAgGJeAgCESAgUGCAGFqAAEwoDAwABJFQAABFIAAB=}A#A}=}#}
