山東省泰安市20xx屆高考數(shù)學(xué)一模試卷理含解析-在線瀏覽
2025-01-14 05:28本頁面
【正文】 則由 = ﹣ ，又 ∵ 與 ﹣ 的夾角為 120176。 又由 | |=| |=1 由正弦定理 = 得： | |= sinC≤ ， ∴| |∈ （ 0， ] 故答案為：（ 0， ]． 15．若函數(shù) f（ x） =﹣ 2x3+2tx2+1存在唯一的零點，則實數(shù) t的取值范圍為 t＞﹣ ． 【考點】 函數(shù)零點的判定定理． 【分析】 求解導(dǎo)數(shù) f′ （ x） =﹣ 6x2+4tx，分類討論得出極值點， 根據(jù)單調(diào)性判斷極值的大小，即可得出零點的個數(shù)． 【解答】 解： ∵ 函數(shù) f（ x） =﹣ 2x3+2tx2+1， ∴f′ （ x） =﹣ 6x2+4tx=0， ∴x=0 ， x= （ 1）當(dāng) t=0時， f（ x=﹣ 2x3+1單調(diào)遞減， f（ 0） =1＞ 0， f（ 2） =﹣ 15＜ 0 ∴ 存在唯一的零點，是正數(shù)． （ 2）當(dāng) t＞ 0時， f′ （ x） =﹣ 6x2+4tx＞ 0，即 0 f′ （ x） =﹣ 6x2+4tx＜ 00，即 x＜ 0， x ∴f （ x）在（﹣ ∞ ， 0），（ ， +∞ ）單調(diào)遞減 在（ 0， ）單調(diào)遞增 ∴ 極大值 f（ ）＞ f（ 1），極小值 f（ 0） =1＞ 0， ∴ 存在唯一的零點， （ 3）當(dāng) t＜ 0時， f′ （ x） =﹣ 6x2+4tx＞ 0，即 ＜ x＜ 0 f′ （ x） =﹣ 6x2+4tx＜ 00，即 x＜ ， x＞ 0 ∴f （ x）在（﹣ ∞ ， ），（ 0， +∞ ）單調(diào)遞減 在（ ， 0）單調(diào)遞增 ∴ 極小值 f（ ）＜ f（ 1），極大值 f（ 0） =1＞ 0， ∵ 只需極小值 f（ ）＞ 0即可， +1＞ 0，且 t＜ 0 ∴ ﹣ ＜ t＜ 0， 綜上：﹣ ＜ t＜ 0，或 t≥0 故答案為： t＞﹣ ． 三、解答題：本大題共 6個小題，滿分 75分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟 . 16．已知函數(shù) f（ x） =sinxcos（ x+ ） +1． （ 1）求函數(shù) f（ x）的單調(diào)遞減區(qū)間； （ 2）在 △ABC 中， a， b， c分別是角 A、 B、 C的對邊 f（ C） = ， b=4， ? =12，求 c． 【考點】 解三角形；兩角和與差的余弦函數(shù)． 【分析】 （ 1）使用和角公式展開再利用二倍角公式與和角的正弦公式化簡 f（ x），利用正弦函數(shù)的單調(diào)性列出不等式解出； （ 2）根據(jù) f（ C） = 求出 C，根據(jù)， ? =12解出 a，使用余弦定理解出 c． 【解答】 解：（ 1） f（ x） =sinx（ cosx﹣ sinx） +1= sin2x﹣ +1= sin（ 2x+ ）+ ． 令 ≤2x+ ≤ ，解得 ≤x≤ ． ∴ 函數(shù) f（ x）的單調(diào)遞減區(qū)間是 [ ， ]， k∈ Z． （ 2） ∵f （ C） = sin（ 2C+ ） + = ， ∴sin （ 2C+ ） =1， ∴C= ． ∵ ? =abcosA=2 a=12， ∴a=2 ． 由余弦定理得 c2=a2+b2﹣ 2abcosC=12+16﹣ 24=4． ∴c=2 ． 17．一個袋中裝有 7個大小相同的球，其中紅球有 4個，編號分別為 1， 2， 3， 4； 藍(lán)球 3個，編號為 2， 4， 6，現(xiàn)從袋中任取 3個球（假設(shè)取到任一球的可能性相同）． （ I）求取出的 3個球中，含有編號為 2的球的概率； （ Ⅱ ）記 ξ 為取到的球中紅球的個數(shù)，求 ξ 的分布列和數(shù)學(xué)期望． 【考點】 離散型隨機(jī)變量的期望與方差． 【分析】 （ I）從 7個球中取出 3個球，基本事件總數(shù) n=C73=35，然后求出取出的 3個球中，含有編號為 2的球的結(jié)果數(shù)，代入古典概率的求解公式即可求解 （ II）先判斷隨機(jī)變量 ξ 所有可能取值為 0， 1， 2， 3，根據(jù)題意求出隨機(jī)變量的各個取值的概率，即可求解分布列及期望值． 【解答】 解：（ Ⅰ ） 設(shè) “ 取出的 3個球中，含有編號為 2的球 ” 為事件 A，則 從盒子中取出 3個球，基本事件總數(shù) n=C73=35， 其中含有 2號球的基本事件個數(shù) m=C21C52+C22C51=25， ∴ 取出的 3個球中，含有編號為 2的球的概率 = ． ? （ Ⅱ ） ξ 所有可能取值為 0， 1， 2， 3． ? P（ ξ=0 ） = ， P（ ξ=1 ） = = ， P（ ξ=2 ） = = ， P（ ξ=3 ） = = ， ? 所以隨機(jī)變量 ξ 的分布列是 ξ 0 1 2 3 P 隨機(jī)變量 ξ 的數(shù)學(xué)期望 Eξ=1 +2 +3 = ． ? 18．已知等比數(shù)列 {an}的公比 q＞ 1， a1=1，且 a1， a3， a2+14成等差數(shù)列，數(shù)列 {bn}滿足：a1b1+a2b2+?+a nbn=（ n﹣ 1） ?3n+1， n∈ N． （ I）求數(shù)列 {an}和 {bn}的通項公式； （ Ⅱ ）若 man≥b n﹣ 8恒成立，求實數(shù) m的最小值． 【考點】 數(shù)列的求和；等比數(shù)列的通項公式． 【分析】 （ I）數(shù)列 {an}是首項為 1，公比為 q的等比數(shù)列，運用等比數(shù)列的通項公式和等差數(shù)列的中項性質(zhì)，解方程可得 an=3n﹣ 1，再將 n換為 n﹣ 1，兩式相減可得 bn=2n﹣ 1； （ 2）若 man≥b n﹣ 8恒成立，即為 m≥ 的最大值，由 = ，作差，判斷單調(diào)性，即可得到最大值，進(jìn)而得到 m的最小值． 【解答】 解：（ I） ∵ 數(shù)列 {an}是首項為 1，公比為 q的等比數(shù)列， ∴a n=qn﹣ 1， 由 a1， a3， a2+14成等差數(shù)列，可得 2a3=a1+a2+14， 即為 2q2=1+q+14，解得 q=3（負(fù)的舍去）， 即有 an=3n﹣ 1， ∴a 1b1+a2b2+a3b3+?+a nbn=b1+3b2+32b3+?+3 n﹣ 1bn=（ n﹣ 1） ?3n+1， ∴b 1+3b2+32b3+?+3 n﹣ 2bn﹣ 1=（ n﹣ 1﹣ 1） ?3n﹣ 1+1（ n≥2 ）， 兩式相減得： 3n﹣ 1bn=（ n﹣ 1） ?3n﹣（ n﹣
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