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数学参考答案
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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)
题
号 1 2 3 4 5 6 7 8
答 C A B B D D C D
案
【解析】
1.命题p是一个存在性命题,说明存在使x2−4x+3>0的实数x,则它的否定是:不存在
使x2−4x+3>0的实数x,即对任意的实数x2−4x+3>0都不能成立,由以上的分析,可
得¬p为:∀x>0,x2−4x+3≤0,故选C.
{ θr=π, { π
θ=
2.设该扇形的圆心角为θ,半径为r,则 1 ⇒ 4 ,故选A.
πr=2π
2 r=4
√3
3.tan240∘+sin300∘=tan(180∘+60∘)+sin(360∘−60∘)=tan60∘−sin60∘= ,故选B.
2
1 1 4 a+b 4
4. + + = + ≥2,当且仅当a=b=2时,取“=”成立,故选B.
a b a+b 4 a+b
1
5.A选项中y=x3为奇函数,故y=x3+1有对称中心(0,1);B选项中y=x+ 为奇函数,将
x
1 x2−2x+2
其右移一个单位后得到y=x−1+ = ,故有对称中心(1,0);C选项中
x−1 x−1
ex−1 | 1|
y= 为奇函数,有对称中心(0,0);D选项中y= x+ 不存在对称中心,故选D.
ex+1 x
( π) 2
6.已知cos α− = ,则
6 3
sin
(
2α+
π)
=sin
[π
+
(
2α−
π)]
=cos
(
2α−
π) =2cos2(
α−
π)
−1=2×
4
−1=−
1
,故选
6 2 3 3 6 9 9
D.
7.函数f (x)=2lnx− 1 ax2−2x在 (1 ,4 ) 上存在单调递增区间,即f'(x)= 2 −ax−2>0在
2 2 x
区间 (1 ,4 ) 上有解,即 2 − 2 >a,令t= 1 ∈ (1 ,2 ) ,即2t2−2t>a有解,故取t=2,得a<4,故
2 x2 x x 4
选C.{|log (1−x)|,x<1,
8.作出f (x)= 2 的图象,如图所示:
−(x−2) 2+m,x≥1
f (1)=m−1,f (2)=m,令t=f (x),先解f (t)=0,知其有两根t =0和t =2+√m,则
1 2
方程f (x)=t =0提供2个根,故方程f (x)=t 提供4个不等实根,故m−1≤t 0,故xn−1− 也需要在x∈(0,1)上小于
n
0,x∈(1,+∞)上大于0,显然不存在正整数n≥2满足题意,B选项错误;对于C选项,
ℎ(x)=f (x)−a(x−1)−1≥0,发现 ℎ(1)=0,故x=1必为极小值点,由
ℎ
'(x)=exlnx ⋅(lnx+1)−a知
ℎ
'(1)=0得到a=1,检验当a=1时,对于
ℎ
'(x)=exlnx ⋅(lnx+1)−1,x>1时,lnx+1>1,exlnx>1,故
ℎ
'(x)>0,00,
lnx
所以n(x)在(0,+∞)上单调递增.因为n(ax)≥n(lnx),所以ax≥lnx,所以a≥ ,令
x
lnx 1−lnx
φ(x)= (x>0),则φ'(x)= (x>0),当00,当x>e时,φ'(x)<0,所以
x x2
lne 1 1
φ(x)在(0,e)上递增,在(e,+∞)上递减,所以φ(x) =φ(e)= = ,所以a≥ .
max e e e
14.由函数f (x)=asinωx+bcosωx=√a2+b2sin(ωx+φ) ( tanφ= b ,φ∈ ( 0, π) ,可知函数
a 2
周期是
2π ,由①知f'(π)
=ω
(
acos
ωπ
−bsin
ωπ)
=0⇒tan
ωπ
=
a
,且函数的一条对称
ω 3 3 3 3 b
π π π ωπ π
轴是x= ,所以ω× +φ= +mπ(m∈Z)⇒φ=− + +mπ;又因为f (x)在区间
3 3 2 3 2
[3π 4π] [3π 4π ] [ π π ]
, 是单调函数,所以 ω+φ, ω+φ ⊆ − +kπ, +kπ (k∈Z),
5 5 5 5 2 2
{3π π 3π ωπ π π
ω+φ≥− +kπ { ω− + +mπ≥− +kπ 15 15
5 2 5 3 2 2 {ω≥− + (k−m)
4 4
4π π 4π ωπ π π 15
ω+φ≤ +kπ ⇒ ω− + +mπ≤ +kπ ⇒ 15 ⇒0<ω≤
5 2 5 3 2 2 ω≤ (k−m) 7
7
1 π 1 π
T≥ T≥ 0<ω≤5
2 5 2 5
15 30
或 ≤ω≤ .
4 7
四、解答题(共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分13分)
a a a
（1）解:已知a + 2+ 3+⋯+ n=n(n+1),n∈N∗,
1 2 3 n
当n=1时,a =2;
1
a a a a
当n≥2时,a + 2+ 3+⋯+ n−1 =n(n−1)⇒ n=2n⇒a =2n2,
1 2 3 n−1 n n
综上:a =2n2,n∈N∗..(6分)
n（2）证明:b = a n+1 −a n= 1( 1 − 1 ) ⇒S =b +b +⋯+b = 1( 1− 1 ) ,
n a ⋅a 2 n2 (n+1) 2 n 1 2 n 2 (n+1) 2
n n+1
.(9分)
∵S = 1( 1− 1 ) ,n∈N∗ 单调递增,(10分)
n 2 (n+1) 2
3
∴n=1时,(S ) =S = ,(11分)
n min 1 8
1 1 1
∵n∈N∗, >0,∴1− <1,即S < ,.(12分)
(n+1) 2 (n+1) 2 n 2
3 1
因此:∀n∈N∗, ≤S < .(13分)
8 n 2
16.(本小题满分15分)
1 2 1
解:(1)P(AB)=P(A∣B)P(B)= × = ;
6 3 9
2
由全概率公式可得P(A)=P(B)⋅P(A∣B)+P(B´ )⋅P(A∣B´ ),解得P(A∣B´ )= .-(6分)
3
（2）完成列联表如下:
性别 身高 合计
2-3 低于170cm 不低于170cm
女 20 4 24
男 4 8 12
合计 24 12 36
零假设为H :学生的性别与身高是否不低于170cm无关,
0
36×(20×8−4×4) 2
根据列联表中的数据,经计算得到χ2= =9>7.879=x ,根据小概
24×12×12×24 0.005
率值α=0.005的独立性检验,我们推断H 不成立,
0
即认为学生的性别与身高是否不低于170cm有关,
此推断犯错误的概率不大于0.005..(15分)
17.(本小题满分15分)π 1 √3
解:(1)在△ABC中,∵A= ,∴sin A= ,cosA= ,
6 2 2
1+cosB ( √3) √3sinB
由正弦定理,sin A(1+cosB)=sinB(√3−cosA), =sinB √3− = ,
2 2 2
B B B B √3
则有1+cosB=√3sinB⇒2cos2 =2√3sin cos ⇒tan = ,
2 2 2 2 3
B π π
由于B∈(0,π),故 = ⇒B= ..(6分)
2 6 3
（2）原等式变为sin A(1+cosB)=sinB(√3−cosA),
∴√3sinB−cosAsinB=sin A+cosBsin A,
∴√3sinB=sin A+sin(A+B)=sin A+sin(π−C)=sin A+sinC,
1
由正弦定理得√3b=a+c,∵b=√3,∴a+c=3,S = acsinB,
△ABC 2
a2+c2−b2 (a+c) 2−3−2ac 3
由余弦定理知cosB= = = −1,
2ac 2ac ac
(a+c) 2 9
其中ac≤ = ,a=c时取等,
4 4
1 1 √ 6 9 1 1√ 9 3√2
S = ac√1−cos2B= ac − = √6ac−9≤ 6× −9= .
△ABC 2 2 ac (ac) 2 2 2 4 4
.(15分)
a2+c2−b2 (a+c) 2−3−2ac 3 3
法二:由cosB= = = −1⇒ =ac,
2ac 2ac ac 1+cosB
(a+c) 2 9
其中ac≤ = ,
4 4
1 1 1 3 3sinB 3√1−cos2B
故cosB≥ ,S = acsinB= sinB= = ,
3 △ABC 2 2 1+cosB 2(1+cosB) 2(1+cosB)
4 3√1−cosB 3√2−t 3√3 3√2
令t=1+cosB≥ ,S = = ≤ −1= .
3 △ABC 2 1+cosB 2 t 2 2 4
法三:由正弦定理得√3b=a+c,∵b=√3,∴a+c=3,
则点B可看作是以A,C为焦点,3为长轴长的椭圆上的点,x2 y2
+ =1
以AC中点为原点,AC所在直线为x轴建立直角坐标系,则点B轨迹方程为: 9 3 ,
4 2
1 1 √3 3√2
故S = |AC|⋅|y |≤ ×√3× = .
△ABC 2 B 2 2 4
18.(本小题满分17分)
x2 y2
（1）解:设双曲线的标准方程为 − =1(a>0,b>0),
a2 b2
依题意有:a=4,2b=6,∴b=3,
x2 y2
所以双曲线方程为 − =1..(4分)
16 9
(2)(i)证明:设直线MN方程为:x=my+6,设M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
{
x=my+6
联立方程 x2 y2 ,消去x得:(9m2−16)y2+108my+180=0,
− =1
16 9
4 −108m 180
∵m≠± ,∴y + y = ,y y = ,
3 1 2 9m2−16 1 2 9m2−16
∵M(x ,y )是双曲线C上的点,
1 1
x2 y2 x2−16 y2 (x +4)(x −4) 16 x +4 16 y
∴ 1 − 1=1,∴ 1 = 1,∴ 1 1 = ,∴ 1 = 1 ,
16 9 16 9 y2 9 y 9(x −4)
1 1 1
y y
直线A M:y= 1 (x+4),直线A N:y= 2 (x−4),
1 x +4 2 x −4
1 2
y y x+4 y (x +4) x +4 y
联立方程得 1 (x+4)= 2 (x−4),∴ = 2 1 = 1 ⋅ 2
x +4 x −4 x−4 y (x −4) y x −4
1 2 1 2 1 2
16 y y 16 y y 16 y y
= 1 ⋅ 2 = 1 ⋅ 2 = 1 2 =−5,
9(x −4) (x −4) 9(m y +2) (m y +2) 9m2y y +18m(y + y )+36
1 2 1 2 1 2 1 2
8 8
解得x= ,故点P在定直线x= 上..(12分)
3 3
8
(ii)解:由双曲线对称性可知,点Q也在直线x= 上,
3设P (8 ,y ) ,Q (8 ,y ) ,点P在直线A M上,所以y = y 1 (8 +4 ) = 20 y 1 ,
3 3 3 4 1 3 x +4 3 3(x +4)
1 1
点Q在直线A N上,所以y = y 2 (8 +4 ) = 20 y 2 ,
1 4 x +4 3 3(x +4)
2 2
所以⃗PR⋅⃗QR= (10 ,−y ) ⋅ (10 ,−y ) = 100 + y y
3 3 3 4 9 3 4
100 400 y y 100 400 y y
= + ⋅ 1 2 = + ⋅ 1 2
9 9 (x +4)(x +4) 9 9 (m y +10)(m y +10)
1 2 1 2
100 400 y y
= + ⋅ 1 2
9 9 m2y y +10m(y + y )+100
1 2 1 2
180
100 400 9m2−16 100 400 9 55
= + ⋅ = − × = ,
9 9 180 1080m2 9 9 80 9
m2 − +100
9m2−16 9m2−16
55
所以⃗PR⋅⃗QR= ..(17分)
9
19.(本小题满分17分)
x+1
ln(x+1)−lnx−lna
解:(1) f (x)= lna+lnx ,f'(x)= x ,
ln(x+1) (x+1)ln2(x+1)
.(3分)
x+1 −ln(x+1)
令ℎ(x)= ln(x+1)−lnx,则ℎ '(x)= <0在(0,+∞)上恒成立,
x x2
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单减..(5分)
因为
lim ℎ(x)=+∞, lim ℎ(x)=0
,所以:
x→0+ x→+∞
①当lna<0,即a∈(0,1)时,ℎ(x)−lna>0,即f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
即f (x)在(0,+∞)上单增,无极大值,不合题意,舍;
②当lna>0,即a∈(1,+∞)时,存在x ∈(0,+∞),使得ℎ(x )=lna,
0 0
此时,当x∈(0,x
0
)时,ℎ(x)−lna>0⇒f'(x)>0,当x∈(x
0
,+∞)时,ℎ(x)−lna<0⇒f'(x)<0,
则f (x)在(0,x )上单增,在(x ,+∞)上单减.
0 0
所以f (x)存在极大值f (x ),符合题意.
0
综上,a∈(1,+∞)..(8分)
[ 3√3 27]
（2）由（1）知,ℎ(x )=lna∈ ln ,ln ,且 ℎ(x)在(0,+∞)上单减,
0 2 4
(1) 27 3√3 [1 ]
ℎ =ln ,ℎ(2)=ln ,所以x ∈ ,2 且a与x 一一对应.
2 4 2 0 2 0
(10分)
lna+lnx (x +1)ln(x +1)
因为g(a)−lna=f (x )−ℎ(x )= 0− 0 0 +lnx =
0 0 ln(x +1) x 0
0 0
1−(x +1)ln(x +1)
1+ 0 0 +lnx ,(13分)
x 0
0
1−(x+1)⋅ln(x+1) [1 ]
令φ(x)=1+ +lnx,x∈ ,2 ,
x 2
则φ'(x)= ln(x+1)−1 ,所以φ(x)在 (1 ,e−1 ) 上单减,在(e−1,2)上单增.
x2 2
(1) 27
又φ(e−1)=ln(e−1),φ(2)<φ =3−ln ,
2 4
[ 27] [ 27]
所以φ(x)∈ ln(e−1),3−ln ,即g(a)−lna∈ ln(e−1),3−ln .(17分)
4 4
