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湘 豫 名 校 联 考
届春季学期高三第四次模拟考试
2024
数学参考答案
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
D D A C B C B D AB ACD ABD
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
.
. 【解析】由x2 x ,得(x ) 2 ,解得x ,即x ,x 或x ,x .所
1D -2 +2=0 -1 =-1 =1±i 1=1+i 2=1-i 1=1-i 2=1+i
以x x ,所以x x .故选 .
1+22=3±i |1+22|= 10 D
. 【解析】因为A {x N (x )(x ) } {x N x } {,,},B {x Z x }
2D = ∈ |2 -14 -5 ≤0 = ∈ |5≤ ≤7 = 567 = ∈ |2 >100 =
{x Zx },所以 ZB {x Zx },所以A ( ZB) {,}.故选 .
∈ | ≥7 ∁ = ∈ | <7 ∩ ∁ = 56 D
. 【解析】根据题意,得 a ,b ,则a ,b ,所以c .所以E的离心率为e c 3.故选 .
3A 2 =42=2 =2 =1 = 3 =a= A
2
( ) ( ) ( ) ( )
. 【解析】 θ π θ π π θ π 2 θ π 4 1.
4C sin2- =sin2+ - =-cos2+ =-1+2sin + =-1+2× =-
3 6 2 6 12 9 9
故选 .
C
. 【解析】设事件A “甲中靶”,B “乙中靶”,C “弓箭靶被射中”,则P(A) .,P(B) .,所以
5B = = = =05 =04
P(AB) . . .,P(AB) . . .,P(AB) . . ..所以P(C) P(AB) P(AB)
=05×06=03 =05×04=02 =05×04=02 = + +
P(AB) =0 . 3+0 . 2+0 . 2=0 . 7 .所以P(A B | C) = P P (A (C B ) ) = 0 . . 3 = 3.故选 B .
07 7
. 【解析】由题意,得四边形ABCD为平行四边形,且 AB 2π,AB与CD之间的距离为 ,则
6C | |=2×ω 4 4×2×
[ ] ( )
2π ,解得ω .函数y x在区间 3π,5π 上是增函数,对于f(x) x π ,将函数y
ω=8π =2 =sin2 =sin2 + =
4 4 12
( )
x的图象向左平移π个单位长度,即得f(x) x π 的图象,所以a的最大值是5π π 7π.故
sin2 =sin2 + - =
12 12 4 12 6
选 .
C
. 【解析】由题易得f(x)的定义域为R,f(x) ( 2 x )x (x - x).因为f( x) ( - x
7B =log33 +1 - =log33+3 - =log3 3 +
x)f(x),所以f(x)为偶函数.当x 时,令u(x) x
-
x,则u'(x) (x
-
x) ,所以u(x)在
3 = ≥0 =3+3 = 3-3 ln3≥0
[, )上单调递增,所以f(x)在[, )上单调递增.由f(x ) f(x),得f(x ) f(x ),所
0+∞ 0+∞ 2 -1 > |2 -1| > ||
( )
以 x x,两边平方并整理,得 x2 x ,解得x ,1 (, ).故选 .
|2 -1|>|| 3 -4 +1>0 ∈ -∞ ∪ 1+∞ B
3
. 【解析】八根小圆木截面圆的圆心构成一个正八边形,边长为 r,相邻两根小圆木圆心与大圆木圆心构成
8D 2
一个底边长为 r,腰长为R r,顶角为π的等腰三角形.
2 +
4
方法一:根据余弦定理,得 r2 (R r) 2 (R r) 2 2,解得R ,所以中间大圆木与一根
4 =2 + -2 + × r= 4+22-1
2
外部小圆木的体积之比为π R2h R2 ( ) 2 .
r2h=r2= 4+22-1 =5+22-2 4+22
π
方法二:因为 r π, π 2 π 2,所以 r 2- 2.所以R + r R
R r=sin cos =1-2sin = R r= r =r +1=
+ 8 4 8 2 + 2
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1 ( 7 )
{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#},所以R ,所以π R2h R2 .故选 .
4+22 r= 4+22-1 r2h=r2=5+22-2 4+22 D
π
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
. 【解析】由正态曲线的对称性,可得m n ,因为m n,所以mn
(m
+
n)
2
(
2
)
2 , 正确;
9AB + =2 ≠ < = =1A
2 2
m n m· n m + n , 正确;(m2 n2 ) (m n) 2 ,即m2 n2 , 错误;由于当m
2 +2>2 2 2 =2 2 =4B 2 + > + =4 + >2C =
,n 时,满足m n ,但1 1 2 , 错误.故选 .
-1 =3 + =2 m+n=- <2D AB
3
. 【解析】因为EG是 PBC的中位线,所以EG PC,又EG 平面
10ACD △ ∥ ⊄
PCD,PC 平面PCD,所以EG 平面PCD, 正确.如图,取PA的中
⊂ ∥ A
点M,连接MF,BM,则PM AM ,MF AD且MF .因为BG
= =2 ∥ =2 ∥
AD且BG ,所以MF BG且MF BG.所以四边形MFGB为平行四
=2 ∥ =
边形,所以BM FG,所以 MBA或其补角即为直线FG与AB所成的
∥ ∠
角.由PA 平面ABCD,得PA AB.因为 MBA AM 2 1,
⊥ ⊥ tan∠ =AB= =
4 2
所以FG与AB所成角的正切值为1, 错误.由题意,得Q是PM的中
B
2
点,所以EQ BM.又MB FG,所以EQ FG, 正确.显然E,G,F,Q
∥ ∥ ∥ C
四点共面,取CD的中点H,连接FH,GH,可得四边形EGHF为平行四边形,所以E,G,H,F四点共面,所
以E,G,H,F,Q五点共面,即五边形EGHFQ即为所求的截面.设AC GH T,则QT PC,且QT
∩ = ∥ =
3PC 3 ,EG 1PC ,GH 1BD .因为PA BD,AC BD,PA AC A,所
= ×43=33 = =23 = =22 ⊥ ⊥ ∩ =
4 4 2 2
以BD
⊥
平面PAC.所以BD
⊥
PC.又BD
∥
GH,EG
∥
PC,所以EG
⊥
GH,所以S五边形EGHFQ= EG
×
GH
+
1EF (QT EG) 1 ( ) , 正确.故选 .
× - =23×22+ ×22× 33-23 =56D ACD
2 2
. 【解析】将A(,)代入y2 px,可得p ,所以τ的方程为y2 x.设B(x,y),C(x,y),则
11ABD 12 =2 =2 =4 1 1 2 2
kAB= 2- y
x
1
=
2- y
y
1
2=
4
y
,同理kAC= 4
y
.因为直线AC与AB的倾斜角互补,所以kAB+ kAC=0 ,即
1- 1 1 2+ 1 2+ 2
1-
4
4 y+ 4 y= 16 (y +4 (y y 1+ ) y 2 y ) y=0 ,解得y 1+ y 2=-4 ,且y 1 y 2≠4 ,所以BC中点的纵坐标为 -2 , A 正
2+ 1 2+ 2 4+2 1+ 2 + 1 2
确.因为kBC=x y 1- y
x
2
=y
y
2
1- y
y
2
2=y
4
y=-1
,所以l的倾斜角为3π,
B
正确.设M(m,
0
),则l的方程为x
=
1- 2 1 1 1+ 2 4
-
4 4
{y2 x,
y m,由 =4 得y2 y m .根据Δ ( m) ,解得m ,所以y y ,
- + x y m, +4 -4 =0 =161+ >0 >-1 1+ 2=-4
=- +
yy m,则BC y y m m,MB · MC y · y
1 2=-4 | |=2|1- 2|=2× 16+16 =42× 1+ | | | |= 2|1| 2|2|=
yy m ,所以 m m ,解得m 1或m , 错误.当l在y轴上的截距小于
2|1 2|=8| | 42× 1+ =8| | =- =1C 3
2
时,即 m .因为点A到l的距离为|3- m |,所以 ABC的面积为S 1 |3- m | m
-1< <3 △ = × ×42 1+ =
2 2 2
m m ( m)(m ) 2.设函数h(m) ( m)(m ) 2 , m ,则h'(m) (m
2×|3- | 1+ =2 1+ -3 = 1+ -3 -1< <3 = 3 -
( )
)·(m ),令h'(m) ,得m 1或m (舍去).当m ,1 时,h'(m) ,h(m)单调递增;当m
1 -3 =0 = =3 ∈ -1 >0 ∈
3 3
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2 ( 7 )
{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#}( )
1, 时,h'(m) ,h(m)单调递减,所以m 1时,h(m)取得最大值256,所以S的最大值为323, 正
3 <0 = D
3 3 27 9
确.故选 .
ABD
三、填空题:本题共 小题,每小题 分,共 分.
3 5 15
a·b b
12
.
1
【解析】由题意,得a在b上的投影向量为
b
·
b=-
b,即a·b
=-|
b
|
2.结合已知,得
-
λ
=-1
,解
|| ||
得λ .
=1
a( q4 n)
11-
13 . 13 【解析】设数列{an }的公比为q,由题意,显然a 1>0 ,q >0 且q ≠1 ,则 S S 4 n n= a( 1- q q2 n) =1+ q2 n =
2 11-
q
1-
a( q3 n)
11-
10 ,解得qn =3 ,所以 S S 3 n n = a( 1- q qn) =1+ qn + q2 n =1+3+9=13 .
11-
q
1-
. 【解析】作出函数y f(x)在区间[,)上的图象,如图,根据函数的
1410 = 02
单调性,此时f(x) f() .又当x 时,f(x) f(x ),所以当
max= 1=1 ≥2 =2 -2
x 时,f(x) 1f(x ),部分函数图象如图,由图象可得x ,x
≥2 = +2 1=1 2=
2
3
,x
3=5
,…,xn=2 n
-1
,y
1=1
,y
2=2
,y
3=4
,…,yn=2 n -1 ,即
2
k -1
=2
m,
即m k -2 [, ],解得 k ,即k ,,,…, , ,故集合
=2 ∈ 11000 2≤ ≤11 =234 1011
{k
|
yk= xm+1 ,
1≤
m
≤1000
,k
∈
N* ,m
∈
N* }中的元素个数为
11-2+
.
1=10
四、解答题:本题共 小题,共 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
5 77
.【解析】()由已知,得a( B)b A c b,
15 1 1-cos -cos = -
由正弦定理,得 A( B) B A C B,
sin 1-cos -sin cos =sin -sin
即 A B ( A B B A) C, …………………………………………………… 分
sin +sin -sin cos +sin cos =sin 3
即 A B (A B) C.
sin +sin -sin + =sin
由A B C ,得 (A B) C,
+ + =π sin + =sin
所以 A B C.
sin +sin =2sin
由正弦定理,得a b c.…………………………………………………………………………………… 分
+ =2 5
( 2 )因为S △ ABC= 1ac sin B = 3ac =43 ,所以ac =16① . ……………………………………………… 8 分
2 4
由余弦定理,得b2 a2 c2 ac B,即b2 a2 c2 ac.……………………………………………… 分
= + -2 cos = + - 11
由(),得b c a,所以a2 c2 ac a2 c2 ac,
1 =2- +4 -4 = + -
化简,得c a,
=
代入 ,得c a ,所以b .…………………………………………………………………………… 分
① = =4 =4 13
.【解析】()由题意,得PC PA,所以AC PA2 PC2 ( ) 2 ( ) 2 .
16 1 ⊥ = + = 2 + 2 =2
因为平面PAC 平面PBC,且平面PAC 平面PBC PC,PA 平面PAC,
⊥ ∩ = ⊂
所以PA 平面PBC.
⊥
因为PB 平面PBC,BC 平面PBC,所以PA PB,PA BC.………………………………………… 分
⊂ ⊂ ⊥ ⊥ 2
所以AB2 PA2 PB2 ,即AB .
= + =8 =22
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3 ( 7 )
{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#}又因为 ABC为等腰直角三角形,AC AB,
△ =2<
所以AC BC ,AC BC.………………………………………………………………………………… 分
= =2 ⊥ 4
因为PA 平面PAC,AC 平面PAC,PA AC A,所以BC 平面PAC.
⊂ ⊂ ∩ = ⊥
又因为BC 平面ABC,所以平面ABC 平面PAC. …………………………………………………… 分
⊂ ⊥ 6
()取AC的中点O,AB的中点E,连接PO,OE,
2
则OE BC,AC PO,所以AC OE.
∥ ⊥ ⊥
由()知平面ABC 平面PAC,
1 ⊥
因为平面ABC 平面PAC AC,PO 平面PAC,所以PO 平面ABC.
∩ = ⊂ ⊥
因为OE 平面ABC,所以PO OE,
⊂ ⊥
如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系,
则P(,,),A( ,,),B(,,),C(,,).
001 -100 120 100
所以A→P (,,),B→P ( , ,),A→C (,,).
= 101 = -1-21 = 200
由B→F λB→P (λ, λ,λ),得F( λ, λ,λ),
= = - -2 1- 2-2
所以A→F ( λ, λ,λ).………………………………………………………………………………… 分
= 2- 2-2 9
设平面PAB的法向量为m (x,y,z),
= 1 1 1
{m·A→P , {x z ,
则 =0即 1+ 1=0
m·B→P , x y z .
=0 - 1-21+ 1=0
令x ,则平面PAB的一个法向量为m (, , ).
1=1 = 1-1-1
设平面ACF的法向量为n (x,y,z),
= 2 2 2
{n·A→F , {( λ)x ( λ)y λz ,
则 =0即 2- 2+ 2-2 2+ 2=0
n·A→C , x .
=0 22=0
令y λ,则平面ACF的一个法向量为n (,λ,λ ).……………………………………………… 分
2= = 0 2-2 13
设平面PAB与平面ACF的夹角为θ,
则 θ | m·n | |2-3 λ | 15,
cos =|cos |=
|
m
||
n
|
=
3× 5
λ2
-8
λ
+4
=
15
整理,得 λ2 λ ,解得λ 1或λ 4.
10 -13+4=0 = =
2 5
所以λ的值为1或4.……………………………………………………………………………………… 分
15
2 5
17
.【解析】(
1
)由题易得,抛掷一枚骰子
1
次,出现ak 为奇数的概率为1,出现ak 不是奇数的概率也为1,
2 2
X的可能取值为 ,,,,.………………………………………………………………………………… 分
01234 2
( ) ( ) ( ) ( )
因为P(X ) 0 1 4 1,P(X ) 1 1 1 3 1,P(X ) 2 1 2 1 2 3,
=0=C4 = =1=C4× × = =2=C4× × =
2 16 2 2 4 2 2 8
( ) ( ) ( )
P(X ) 3 1 3 1 1 1,P(X ) 4 1 4 1,…………………………………… 分
=3=C4× × = =4=C4× = 5
2 2 4 2 16
所以X的分布列为
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4 ( 7 )
{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#}X
0 1 2 3 4
P 1 1 3 1 1
16 4 8 4 16
所以E(X) 1 1 3 1 1 .……………………………………………… 分
=0× +1× +2× +3× +4× =2 8
16 4 8 4 16
(
2
)记事件A为事件“ai≤ ai
+1
(i
=1
,
2
,
3
,
4
)”,
则事件A包含以下 种情况:
5
抛掷 次出现的点数相同,有 种可能;
① 5 6
抛掷 次出现的点数有 个数字,有 种可能;
2
② 5 2 4×C6=60
抛掷 次出现的点数有 个数字,有 种可能;
3
③ 5 3 6×C6=120
抛掷 次出现的点数有 个数字,有 种可能;
4
④ 5 4 4×C6=60
抛掷 次出现的点数有 个数字,有 种可能, ………………………………………………… 分
5
⑤ 5 5 C6=6 13
所以P(A) 6+60+120+60+6 7 ,
= 5 =
6 216
即事件“ai≤ ai
+1
(i
=1
,
2
,
3
,
4
)”的概率为 7 .……………………………………………………………
15
分
216
18
.【解析】(
1
)设P(xP ,yP ),则
a
xP2
2-b
y
2
P2
=1
.
不妨设直线PM的方程为y
-
yP=a b (x
-
xP ),则直线PN的方程为y
-
yP=-a b (x
-
xP ). ………
1
分
令x
=0
,得M (
0
,
-a
b xP+ yP ) ,N (
0
,
a
b xP+ yP ) ,
所以
|
OM
|
·
|
ON
|=
yP- b
a
xP · yP+ b
a
xP
=
yP2
-
b
a
2
2
xP2
=
b
a
2
2
xP2
-
b2
-
b
a
2
2
xP2
=
b2
=1
. ……
3
分
设 FPF 的内切圆(圆心为I)分别与PF,PF,FF 切于点R,S,T,
△ 1 2 1 2 1 2
则 a PF PF PR RF PS SF RF SF TF TF ,
2 =|| 1|-| 2||=|| |+| 1|-| |-| 2||=|| 1|-| 2||=|| 1|-| 2||
所以T为C的顶点,所以IT x轴,I的横坐标为 a,所以a .
⊥ ± = 3
故C的标准方程为x2 y2 .……………………………………………………………………………… 分
- =1 6
3
ì ï ï x2 - y2 =1 ,
()()由 í3 得(y2 x2 )x2 xx y2 ,
2 i
î
ï ïxx
0 yy ,
30- 0 +60 -9-90=0
- 0=1
3
结合x2 y2 ,得x2 xx x2 ,所以Δ x2 x2 .………………………………………… 分
0-30=3 -20 + 0=0 =40-40=0 8
xx
所以直线 0 yy 与C相切.………………………………………………………………………… 分
- 0=1 10
3
()由题易得直线AB的斜率不为 .
ii 0
设直线AB的方程为x ty ,代入x2 y2 ,
= +2 -3 =3
{t2 ,
得(t2 )y2 ty ,其中 -3≠0
-3 +4 +1=0 Δ t2 (t2 ) (t2 ) ,
=16 -4 -3=12 +1>0
设A(x,y),B(x,y),则y y -4 t ,yy 1 .……………………………………………… 分
1 1 2 2 1+ 2=t2 1 2=t2 11
-3 -3
由(),C在点A,B处的切线方程分别为xx yy ,xx yy .……………………………… 分
i 1 -31 =3 2 -32 =3 12
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5 ( 7 )
{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#}两式联立,得x =x 3 y (y 2- x y 1 y ) =(ty 3 )y (y 2- y (ty 1 ) )y= 3 ( ( y y 2- y y 1 ) )= 3,
1 2- 2 1 1+2 2- 2+2 1 2 2- 1 2
y = x ( ( y x 1- y x 2) ) = 3 2(y (x 1- y x 2 ) ) = t ,即E ( 3, t) .
3 1- 2 3 1- 2 2 2 2
所以直线OE的方程为y t x.…………………………………………………………………………… 分
= 15
3
ì
{x
=
ty
+2
, ï ïx
=t2
-6,
( t)
由 y = t 3 x, 解得 î í ï ïy =t2 - - 2 t 3 , 即直线AB与OE的交点为D 1 t2 - - 6 3 , t2 - - 2 3 .
-3
又yD= y 1+ y 2
=t2
-2 t ,xD= tyD+2= t·
t2
-2 t
+2=t2
-6,
2 -3 -3 -3
( t)
即D -6,-2 ,所以D与D 重合.
t2 t2 1
-3 -3
故O,D,E三点共线. ……………………………………………………………………………………… 分
17
.【解析】()设点Q(x,y),则点Q的“关联点”为P(x,y),
19 1 -
代入x2 xy y2 ,得x2 x(y) (y) 2 ,即x2 xy y2 ,
+ + =6 + - + - =6 - + =6
所以点Q所在的曲线方程为x2 xy y2 . …………………………………………………………… 分
- + =6 2
根据对称性,OP OQ ,则OP OQ OQ x2 y2.
| |=| | | |+| |=2| |=2 +
由x2 xy y2 ,得x2 y2 xy x2 + y2 ,即x2 y2 x2 + y2 ,
- + =6 + = +6≥- +6 + ≥- +6
2 2
解得x2 y2 ,当且仅当x y且x2 xy y2 ,即x ,y 或x ,y 时取等号.
+ ≥4 =- - + =6 = 2 =- 2 =- 2 = 2
故当x ,y 或x ,y 时,(OP OQ ) . …………………………………… 分
= 2 =- 2 =- 2 = 2 | |+| |min=4 5
()设S(x,y),则根据对称性,得ST y.
2 | |=2||
( )
设x2 y2 m2 (m ),x m θ,y m θ π θ π ,
+ = >0 = cos = sin ≤ <
4 2
代入(x2 y2 ) 2 xy2 ,得m θ 2θ,
+ =4 =4cossin
( )
所以y m θ θ 3θ π θ π . ……………………………………………………………… 分
= sin =4cossin ≤ < 7
4 2
æ ö
方法一:令 cos θ = t è ç 0< t ≤ 2ø ÷,则f(t) =4 t( 1- t2 )3 2 ,
2
[ ] ( )( )
所以f'(t)
=4
(
1-
t2 )3
2+
t
×
3(
1-
t2 )1
2×
(
-2
t)
=-16
(
1-
t2 )1
2
t
+
1 t
-
1 .
2 2 2
当 t 1时,f'(t) ;当1 t 2时,f'(t) ,
0< < >0 < ≤ <0
2 2 2
( ) æ ]
所以f(t)在
0
,1 上单调递增,在
è
ç1,2 上单调递减,
2 2 2
( )
所以t 1是f(t)的最大值点,即f(t) f 1 33.……………………………………………… 分
= max= = 9
2 2 4
故(ST ) 33 33. …………………………………………………………………………… 分
| |max=2× = 10
4 2
方法二:y2 2θ 6θ 16 2θ 2θ 2θ 2θ 16 ( 3cos 2θ +sin 2θ +sin 2θ +sin 2θ) 4 27,
=16cossin = ×3cos ×sin ×sin ×sin ≤ × =
3 3 4 16
当且仅当 2θ 2θ,即 θ 时取等号,所以 y 33.……………………………………… 分
sin =3cos tan = 3 0< ≤ 9
4
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{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#}故ST 33 33. ……………………………………………………………………………… 分
| |max=2× = 10
4 2
()C:y x ax和C :y (a )x2 在区间(, )上有且仅有两对“关联点”,
3 1 =2ln -2 2 =1- +1 0+∞
等价于曲线y x ax和y (a )x2 有且仅有两个交点.
=2ln -2 = +1 -1
设函数h(x) x ax [(a )x2 ] x (a )x2 ax ,
=2ln -2 - +1 -1=2ln - +1 -2 +1
则h(x)在区间(, )上有两个零点.…………………………………………………………………… 分
0+∞ 11
(x )[(a )x ]
h'(x) 2 (a )x a 2 +1 +1 -1 ,x (, ).
=x-2 +1 -2 =- x ∈ 0+∞
当a 时,h'(x) 恒成立,则h(x)在(, )上单调递增,
① ≤-1 >0 0+∞
h(x)不可能有两个零点;…………………………………………………………………………………… 分
12
( ) ( )
当a 时,由h'(x) ,得x ,1 ;由h'(x) ,得x 1 , ,
② >-1 >0 ∈ 0a <0 ∈ a +∞
+1 +1
( ) ( )
所以h(x)在 ,1 上单调递增,在 1 , 上单调递减.
0a a +∞
+1 +1
因为h(x) x (a )x2 ax x ax ,
=2ln - +1 -2 +1<2ln -2 +1
方法一:所以h( -2 ) -2 2 a 2 a ; ( 因为a ,故存在a',使得 -2 1 ) ……
e <2lne - 2+1=-3- 2<0 >-1 e 0 =x-1= x
当 x 时,k'(x) ;当x 时,k'(x) ,
0< <1 >0 >1 <0
所以k(x)在(,)上单调递增,在(, )上单调递减.
01 1+∞
所以k(x)在x 处取得极大值,也是最大值,k(x) k() . …………………………………… 分
=1 max= 1=0 14
所以 x x ,从而 x x 1,
ln ≤ -1 ln < -
2
( )
即h(x) x (a )x2 ax x 1 (a )x2 ax x[( a) (a )x].
=2ln - +1 -2 +1<2 - - +1 -2 +1= 21- - +1
2
取x 2
(
1-
a)
1 ,则h(x)x[( a) (a )x] .
(
因为a ,x (, ),故存在
0> a >a 0 < 021- - +1 0 <0 >-1 ∈ 0+∞
+1 +1
)
x 1 ,如x ,a 1, .
0>a 0=3 =- 3>2
+1 2
(方法二:当x 时,h(x) ;当x 时,h(x) . ……………………………………… 分)
→0 →-∞ →+∞ →-∞ 13
( )
因此,要使h(x)有两个零点,只需h 1 ,………………………………………………………… 分
a >0 15
+1
( )
即 1 (a )· 1 2 a· 1 ,
2lna - +1 a -2 a +1>0
+1 +1 +1
化简得 (a ) a .……………………………………………………………………………… 分
2ln +1+a <0 16
+1
令函数m(x) (x ) x (x ),
=2ln +1+x >-1
+1
因为m'(x) 2 1 ,所以m(x)在( , )上单调递增.
=x +(x ) 2>0 -1+∞
+1 +1
又m() ,所以当 x 时,m(x) m() ,从而 (a ) a ,
0=0 -1< <0 < 0=0 2ln +1+a <0
+1
所以不等式 (a ) a 的解集为( ,).
2ln +1+a <0 -10
+1
故实数a的取值范围是( ,). ………………………………………………………………………… 分
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{#{QQABSYAEggCAAIJAARhCQw1QCkGQkACCACoOAFAMMAAAyAFABAA=}#}
