数学理·辽宁省大连二十中2017届高三上学期期中考试数学理试卷+Word版含解析

数学理·辽宁省大连二十中2017届高三上学期期中考试数学理试卷+Word版含解析

‎2016-2017学年辽宁省大连二十中高三（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）‎ ‎1．已知集合A={x|y=}，B={y|y=（）x}，则A∩CRB=（　　）‎ A．{x|0＜x＜1} B．{x|x≤1} C．{x|x≥1} D．‎ ‎2．函数f（x）=的定义域为（　　）‎ A．（1，2）∪（2，3） B．（﹣∞，1）∪（3，+∞） C．（1，3） D．[1，3]‎ ‎3．要得到一个奇函数，只需将函数f（x）=sin2x﹣cos2x的图象（　　）‎ A．向右平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向左平移个单位 ‎4．若非零向量，满足||=||，且（﹣）⊥（3+2），则与的夹角为（　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎5．若“x2﹣2x﹣8＜0”是“x＜m”的充分不必要条件，则m的取值范围是（　　）‎ A．m＞4 B．m≥4 C．m＞﹣2 D．﹣2＜m＜4‎ ‎6．如图所示，墙上挂有一块边长为π的正方形木板，上面画有正弦曲线半个周期的图案（阴影部分）．某人向此板投镖，假设每次都能击中木板并且击中木板上每个点的可能性都一样，则他击中阴影部分的概率是（　　）‎ A． B． C． 　D．‎ ‎7．△ABC各角的对应边分别为a，b，c，满足+≥1，则角A的范围是（　　）‎ A．（0，] B．（0，] C．[，π） D．[，π）‎ ‎8．若a，b是函数f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（　　）‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ ‎9．已知M是△ABC内的一点，且=2，∠BAC=30°，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为，x，y，则+的最小值是（　　）‎ A．20 B．18 C．16 D．9‎ ‎10．已知函数f（x）=lnx+tanα（0＜α＜）的导函数为f'（x），若方程f'（x）=f（x）的根x0小于1，则α的取值范围为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．定义在R上的函数f（x）满足（x﹣1）f′（x）≤0，且f（﹣x）=f（2+x），当|x1﹣1|＜|x2﹣1|时，有（　　）‎ A．f（2﹣x1）≥f（2﹣x2） B．f（2﹣x1）=f（2﹣x2） C．f（2﹣x1）＞f（2﹣x2） D．f（2﹣x1）≤f（2﹣x2）‎ ‎12．已知函数f（x）=（a＞0，且a≠1）在R上单调递减，且关于x的方程|f（x）|=2﹣x恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（　　）‎ A．（0，] B．[，] C．[，]∪{} D．[，）∪{}‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）．．‎ ‎13．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是　　．‎ ‎14．已知函数y=loga（x+3）﹣1（a＞0，且a≠1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中mn＞0，则m2+n的最小值为　　．‎ ‎15．函数f（x）=|sinx|+|cosx|的最小正周期为m，函数g（x）=sin3x﹣sinx的最大值为n，则mn=　　．‎ ‎16．若函数g（x）=alnx，对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥﹣x2+（a+2）x恒成立，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（17题10，其余每题12分）‎ ‎17．（10分）函数f（x）=6cos2+sinωx﹣3（ω＞2）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C为图象与x轴的交点，且ABC为正三角形．‎ ‎（1）求ω的值；‎ ‎（2）求函数f（x）的值域．‎ ‎18．（12分）某保险的基本保费为a（单位：元），继续购买该保险的投保人成为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：‎ 一年内出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 概率 ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎（Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；‎ ‎（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；‎ ‎（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．‎ ‎19．（12分）已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1．‎ ‎（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎20．（12分）如图，A、B、C、D为平面四边形ABCD的四个内角．‎ ‎（Ⅰ）证明：tan=；‎ ‎（Ⅱ）若A+C=180°，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求tan+tan+tan+tan的值．‎ ‎21．（12分）已知a∈R，函数f（x）=log2（+a）．‎ ‎（1）当a=5时，解不等式f（x）＞0；‎ ‎（2）若关于x的方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]=0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围．‎ ‎（3）设a＞0，若对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．‎ ‎22．（12分）已知函数f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x（a∈R）．‎ ‎（1）若曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，求实数a、b的值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，证明f（x）≤g（x）在（0，+∞）上恒成立；‎ ‎（3）若a=1，b＞2e，求方程f（x）﹣g（x）=x在区间（1，eb）内实根的个数（e为自然对数的底数）．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省大连二十中高三（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）‎ ‎1．（2014•八道江区校级一模）已知集合A={x|y=}，B={y|y=（）x}，则A∩CRB=（　　）‎ A．{x|0＜x＜1} B．{x|x≤1} C．{x|x≥1} D．‎ ‎【考点】对数函数的定义域；交、并、补集的混合运算．‎ ‎【专题】函数的性质及应用．‎ ‎【分析】利用对数函数的定义域、指数函数的值域、交集与补集的运算法则即可得出．‎ ‎【解答】解：由log2x≥0，x≥1，∴A={x|x≥1}，‎ ‎∵B={y|0＜y}，∴CRB={y|y≤0}，‎ ‎∴A∩CRB=．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了对数函数的定义域和指数函数的值域、交集与补集的运算法则，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎2．（2005•江西）函数f（x）=的定义域为（　　）‎ A．（1，2）∪（2，3） B．（﹣∞，1）∪（3，+∞） C．（1，3） D．[1，3]‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法．‎ ‎【分析】首先，考查对数的定义域问题，也就是log2（﹣x2+4x﹣3）的真数（﹣x2+4x﹣3）一定要大于零，‎ 其次，分母不能是零．‎ ‎【解答】解：由﹣x2+4x﹣3＞0，得1＜x＜3，‎ 又因为log2（﹣x2+4x﹣3）≠0，即﹣x2+4x﹣3≠1，得x≠2‎ 故，x的取值范围是1＜x＜3，且x≠2．‎ 定义域就是（1，2）∪（2，3）‎ 故选A．‎ ‎【点评】对定义域的考查一定要使得式子有意义．比方说分母不能是0，对数的真数必须大于0，偶次开方一定非负等等．‎ ‎　‎ ‎3．（2013•蓟县二模）要得到一个奇函数，只需将函数f（x）=sin2x﹣cos2x的图象（　　）‎ A．向右平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向左平移个单位 ‎【考点】两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．‎ ‎【专题】三角函数的图像与性质．‎ ‎【分析】先根据两角和与差的公式将f（x）=sin2x﹣cos2x化简，再根据左加右减的原则进行平移从而可得到答案．‎ ‎【解答】解：f（x）=sin2x﹣cos2x=2sin（2x﹣）．‎ 根据左加右减的原则，只要将f（x）=sin2x﹣cos2x的图象向左平移个单位 即可得到函数y=2sin2x的图象，显然函数y=2sin2x为奇函数，‎ 故要得到一个奇函数，只需将函数f（x）=sin2x﹣cos2x的图象向左平移个单位．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查两角和与差的公式和三角函数的平移，三角函数平移时一定要遵循左加右减上加下减的原则．‎ ‎　‎ ‎4．（2016春•楚雄州期末）若非零向量，满足||=||，且（﹣）⊥（3+2），则与的夹角为（　　）‎ A．π B． C． D．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用．‎ ‎【分析】设与的夹角为θ，利用两个向量的数量积的定义，数两个向量垂直的性质，求得cosθ的值，可得θ的值．‎ ‎【解答】解：设与的夹角为θ，∵（﹣）⊥（3+2），||=||，‎ ‎∴（﹣）•（3+2）=3﹣﹣2=3•﹣•||cosθ﹣2=0，‎ ‎∴cosθ=，∴θ=，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查两个向量的数量积的定义，数两个向量垂直的性质，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎5．（2016秋•甘井子区校级期中）若“x2﹣2x﹣8＜0”是“x＜m”的充分不必要条件，则m的取值范围是（　　）‎ A．m＞4 B．m≥4 C．m＞﹣2 D．﹣2＜m＜4‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【专题】计算题；方程思想；定义法；简易逻辑．‎ ‎【分析】x2﹣2x﹣8＜0，解得﹣2＜x＜4，利用充分不必要条件的意义即可得出．‎ ‎【解答】解：x2﹣2x﹣8＜0，解得﹣2＜x＜4，‎ x2﹣2x﹣8＜0”是“x＜m”的充分不必要条件，‎ ‎∴m≥4．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查了一元二次不等式的解法、简易逻辑的判定，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎6．（2016秋•甘井子区校级期中）如图所示，墙上挂有一块边长为π的正方形木板，上面画有正弦曲线半个周期的图案（阴影部分）．某人向此板投镖，假设每次都能击中木板并且击中木板上每个点的可能性都一样，则他击中阴影部分的概率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】几何概型．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；数学模型法；概率与统计．‎ ‎【分析】先建立直角坐标系，用定积分求得阴影部分的面积，再求得正方形的面积，最后代入几何概型的概率公式求解．‎ ‎【解答】解：建立如图所示坐标系，‎ 则阴影部分的面积为：|∫sinxdx|=|cosx||=2；‎ 正方形面积为π2；‎ 根据几何概型的概率公式得：P==；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查几何概型的概率的求法，基本思路是，先定类型，是长度，面积还是体积类型，然后，分别求得所研究的区域，再用公式求解．‎ ‎　‎ ‎7．（2015•锦州二模）△ABC各角的对应边分别为a，b，c，满足+≥1，则角A的范围是（　　）‎ A．（0，] B．（0，] C．[，π） D．[，π）‎ ‎【考点】余弦定理．‎ ‎【专题】三角函数的求值．‎ ‎【分析】已知不等式去分母后，整理得到关系式，两边除以2bc，利用余弦定理变形求出cosA的范围，即可确定出A的范围．‎ ‎【解答】解：由+≥1得：b（a+b）+c（a+c）≥（a+c）（a+b），‎ 化简得：b2+c2﹣a2≥bc，‎ 同除以2bc得，≥，即cosA≥，‎ ‎∵A为三角形内角，‎ ‎∴0＜A≤，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】此题考查了余弦定理，以及余弦函数的性质，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎8．（2015•福建）若a，b是函数f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（　　）‎ A．6 B．7 C．8 D．9‎ ‎【考点】等比数列的性质；等差数列的性质．‎ ‎【专题】等差数列与等比数列．‎ ‎【分析】由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．‎ ‎【解答】解：由题意可得：a+b=p，ab=q，‎ ‎∵p＞0，q＞0，‎ 可得a＞0，b＞0，‎ 又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，‎ 可得①或②．‎ 解①得：；解②得：．‎ ‎∴p=a+b=5，q=1×4=4，‎ 则p+q=9．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．‎ ‎　‎ ‎9．（2015•聊城二模）已知M是△ABC内的一点，且=2，∠BAC=30°，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为，x，y，则+的最小值是（　　）‎ A．20 B．18 C．16 D．9‎ ‎【考点】基本不等式在最值问题中的应用；向量在几何中的应用．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】利用向量的数量积的运算求得bc的值，利用三角形的面积公式求得x+y的值，进而把+转化成2（+）×（x+y），利用基本不等式求得+的最小值．‎ ‎【解答】解：由已知得=bccos∠BAC=2⇒bc=4，‎ 故S△ABC=x+y+=bcsinA=1⇒x+y=，‎ 而+=2（+）×（x+y）‎ ‎=2（5++）≥2（5+2）=18，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用，向量的数量积的运算．要注意灵活利用y=ax+的形式．‎ ‎　‎ ‎10．（2016春•锦州期末）已知函数f（x）=lnx+tanα（0＜α＜）的导函数为f'（x），若方程f'（x）=f（x）的根x0小于1，则α的取值范围为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用．‎ ‎【分析】由于f′（x）=，f′（x0）=，f′（x0）=f（x0），可得=ln x0+tan α，即tan α=﹣ln x0，由0＜x0＜1，可得﹣ln x0＞1，即tan α＞1，即可得出．‎ ‎【解答】解：∵f′（x）=，f′（x0）=，f′（x0）=f（x0），‎ ‎∴=ln x0+tan α，‎ ‎∴tan α=﹣ln x0，‎ 又∵0＜x0＜1，‎ ‎∴可得﹣ln x0＞1，即tan α＞1，‎ ‎∴α∈（，）．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了导数的运算法则、对数函数和正切函数的单调性，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎11．（2016秋•甘井子区校级期中）定义在R上的函数f（x）满足（x﹣1）f′（x）≤0，且f（﹣x）=f（2+x），当|x1﹣1|＜|x2﹣1|时，有（　　）‎ A．f（2﹣x1）≥f（2﹣x2） B．f（2﹣x1）=f（2﹣x2） C．f（2﹣x1）＞f（2﹣x2） D．f（2﹣x1）≤f（2﹣x2）‎ ‎【考点】函数的单调性与导数的关系．‎ ‎【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用．‎ ‎【分析】①若函数f（x）为常数，可得当|x1﹣1|＜|x2﹣1|时，恒有f（2﹣x1）=f（2﹣x2）．②若f（x）不是常数，可得y=f（x）关于x=1对称．当x1≥1，x2≥1，则由|x1﹣1|＜|x2﹣1|，可得f（x1）＞f（x2）．当x1＜1，x2＜1时，同理可得f（x1）＞f（x2）．综合①②得出结论．‎ ‎【解答】解：①若f（x）=c，则f'（x）=0，此时（x﹣1）f'（x）≤0和y=f（x+1）为偶函数都成立，‎ 此时当|x1﹣1|＜|x2﹣1|时，恒有f（2﹣x1）=f（2﹣x2）．‎ ‎②若f（x）不是常数，因为函数y=f（x+1）为偶函数，所以y=f（x+1）=f（﹣x+1），‎ 即函数y=f（x）关于x=1对称，所以f（2﹣x1）=f（x1），f（2﹣x2）=f（x2）．‎ 当x＞1时，f'（x）≤0，此时函数y=f（x）单调递减，当x＜1时，f'（x）≥0，此时函数y=f（x）单调递增．‎ 若x1≥1，x2≥1，则由|x1﹣1|＜|x2﹣1|，得x1﹣1＜x2﹣1，即1≤x1＜x2，所以f（x1）＞f（x2）．‎ 同理若x1＜1，x2＜1，由|x1﹣1|＜|x2﹣1|，得﹣（x1﹣1）＜﹣（x2﹣1），即x2＜x1＜1，所以f（x1）＞f（x2）．‎ 若x1，x2中一个大于1，一个小于1，不妨设x1＜1，x2≥1，则﹣（x1﹣1）＜x2﹣1，‎ 可得1＜2﹣x1＜x2，所以f（2﹣x1）＞f（x2），即f（x1）＞f（x2）．‎ 综上有f（x1）＞f（x2），即f（2﹣x1）＞f（2﹣x2），‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题主要考查函数的导数与函数的单调性的关系，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题 ‎　‎ ‎12．（2016•天津）已知函数f（x）=（a＞0，且a≠1）在R上单调递减，且关于x的方程|f（x）|=2﹣x恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（　　）‎ A．（0，] B．[，] C．[，]∪{} D．[，）∪{}‎ ‎【考点】分段函数的应用；根的存在性及根的个数判断．‎ ‎【专题】综合题；数形结合；数形结合法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】利用函数是减函数，根据对数的图象和性质判断出a的大致范围，再根据f（x）为减函数，得到不等式组，利用函数的图象，方程的解的个数，推出a的范围．‎ ‎【解答】解：y=loga（x+1）+1在[0，+∞）递减，则0＜a＜1，‎ 函数f（x）在R上单调递减，则：‎ ‎；‎ 解得，；‎ 由图象可知，在[0，+∞）上，|f（x）|=2﹣x有且仅有一个解，‎ 故在（﹣∞，0）上，|f（x）|=2﹣x同样有且仅有一个解，‎ 当3a＞2即a＞时，联立|x2+（4a﹣3）x+3a|=2﹣x，‎ 则△=（4a﹣2）2﹣4（3a﹣2）=0，‎ 解得a=或1（舍去），‎ 当1≤3a≤2时，由图象可知，符合条件，‎ 综上：a的取值范围为[，]∪{}，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了方程的解个数问题，以及参数的取值范围，考查了学生的分析问题，解决问题的能力，以及数形结合的思想，属于中档题．‎ ‎　‎ 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上）．．‎ ‎13．（2014•江苏）在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2=1，a8=a6+2a4，则a6的值是　4　．‎ ‎【考点】等比数列的通项公式．‎ ‎【专题】等差数列与等比数列．‎ ‎【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q＞0，a1＞0．‎ ‎∵a8=a6+2a4，‎ ‎∴，‎ 化为q4﹣q2﹣2=0，解得q2=2．‎ ‎∴a6===1×22=4．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点评】本题考查了等比数列的通项公式，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎14．（2016秋•甘井子区校级期中）已知函数y=loga（x+3）﹣1（a＞0，且a≠1）的图象恒过定点A，若点A在直线mx+ny+1=0上，其中mn＞0，则m2+n的最小值为　　．‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；综合法；不等式．‎ ‎【分析】首先利用对数函数图象求出A点坐标，得到关于m，n的等式，将所求转化为含有m的二次函数，配方求最小值．‎ ‎【解答】解：因为函数y=loga（x+3）﹣1（a＞0，且a≠1）的图象恒过定点A，所以A（﹣2，﹣1），‎ 又点A在直线mx+ny+1=0上，所以﹣2m﹣n+1=0，即2m+n=1，‎ 所以m2+n=m2+=m2﹣+=（m﹣）2+；‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了函数图象以及利用二次函数求代数式的最值．‎ ‎　‎ ‎15．（2016秋•甘井子区校级期中）函数f（x）=|sinx|+|cosx|的最小正周期为m，函数g（x）=sin3x﹣sinx的最大值为n，则mn=　　．‎ ‎【考点】三角函数的最值；三角函数的周期性及其求法．‎ ‎【专题】转化思想；综合法；三角函数的图像与性质．‎ ‎【分析】首先把三角函数变形成f（x）=的形式，进一步求出函数的最小正周期m的值．令t=sinx∈[﹣1，1]，函数g（x）=h（t）=t3﹣t，利用导数求得它的最大值，可得n的值，从而求得mn的值．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=|sinx|+|cosx|=，∴它的最小正周期为m=，‎ ‎∵令t=sinx∈[﹣1，1]，函数g（x）=h（t）=t3﹣t，‎ 求得 h′（t）=3t2﹣1=0，∴t=±，‎ 在区间（﹣，）上，h′（t）＜0，故h（t）的减区间为（﹣，）；‎ 在区间（﹣1，﹣）、（，1）上，h′（t）＞0，故h（t）的增区间为[﹣1，﹣）、（，1]；‎ 故当t=﹣时，函数h（t）取得极大值为π，又h（1）=0，故h（t）的最大值为n=﹣（﹣）=，‎ 则mn==．‎ ‎【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，考查了三角函数的周期性及其求法，求得|sinx|+|cosx|=是解题的关键；还考查利利用导数求函数的最值，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎16．（2016秋•甘井子区校级期中）若函数g（x）=alnx，对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥﹣x2+（a+2）x恒成立，则实数a的取值范围是　a≤﹣1　．‎ ‎【考点】函数的值域．‎ ‎【专题】计算题；函数思想；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】由已知条件推导出a≤，（x∈[1，e]），令f（x）=，（x∈[1，e]），由此利用导数性质能求出a的取值范围．‎ ‎【解答】解：由题意得到：a（x﹣lnx）≤x2﹣2x．‎ ‎∵x∈[1，e]，‎ ‎∴lnx≤1≤x且等号不能同时取，所以lnx＜x，即x﹣lnx＜0，‎ 因而a≤（x∈[1，e]）‎ 令f（x）=，（x∈[1，e]），‎ 又g′（x）=，‎ 当x∈[1，e]时，x﹣1≥0，lnx≤1，x+2﹣2lnx＞0，‎ 从而g′（x）≥0（仅当x=1时取等号），‎ ‎∴g（x）在[1，e]上为增函数，‎ ‎∴g（x）的最小值为g（1）=﹣1，‎ ‎∴a的取值范围是a≤﹣1．‎ 故答案为：a≤﹣1．‎ ‎【点评】本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法和导数性质的合理运用．‎ ‎　‎ 三、解答题（17题10，其余每题12分）‎ ‎17．（10分）（2013•西安一模）函数f（x）=6cos2+sinωx﹣3（ω＞2）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C为图象与x轴的交点，且ABC为正三角形．‎ ‎（1）求ω的值；‎ ‎（2）求函数f（x）的值域．‎ ‎【考点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．‎ ‎【专题】三角函数的图像与性质．‎ ‎【分析】（1）利用两角和公式和二倍角公式对函数解析式化简，根据题意求得BC的长，进而求得三角函数的最下正周期，则ω可得．‎ ‎（2）根据（1）中求得f（x）的表达式，根据三角函数的性质求得函数的最大和最小值．‎ ‎【解答】解：（1）=‎ ‎∵正三角形的高为，‎ ‎∴BC=4，‎ ‎∴函数f（x）的周期 ‎（2）函数f（x）=2sin（x+），‎ ‎∵x∈R，‎ ‎∴‎ ‎∴函数f（x）的值域为．‎ ‎【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，三角函数的图象与性质．求得函数的周期时解题的关键所在．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2016秋•甘井子区校级期中）某保险的基本保费为a（单位：元），继续购买该保险的投保人成为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：‎ 一年内出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 概率 ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎（Ⅰ）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；‎ ‎（Ⅱ）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；‎ ‎（Ⅲ）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．‎ ‎【考点】古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计．‎ ‎【分析】（Ⅰ）上年度出险次数大于等于2时，续保人本年度的保费高于基本保费，由此利用该险种一续保人一年内出险次数与相应概率统计表根据对立事件概率计算公式能求出一续保人本年度的保费高于基本保费的概率．‎ ‎（Ⅱ）设事件A表示“一续保人本年度的保费高于基本保费”，事件B表示“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，由题意求出P（A），P（AB），由此利用条件概率能求出若一续保人本年度的保费高于基本保费，则其保费比基本保费高出60%的概率．‎ ‎（Ⅲ）由题意，能求出续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵某保险的基本保费为a（单位：元），‎ 上年度出险次数大于等于2时，续保人本年度的保费高于基本保费，‎ ‎∴由该险种一续保人一年内出险次数与相应概率统计表得：‎ 一续保人本年度的保费高于基本保费的概率：‎ p1=1﹣0.30﹣0.15=0.55．‎ ‎（Ⅱ）设事件A表示“一续保人本年度的保费高于基本保费”，事件B表示“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，‎ 由题意P（A）=0.55，P（AB）=0.10+0.05=0.15，‎ 由题意得若一续保人本年度的保费高于基本保费，‎ 则其保费比基本保费高出60%的概率：‎ p2=P（B|A）===．‎ ‎（Ⅲ）由题意，续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为：‎ ‎=1.23，‎ ‎∴续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23．‎ ‎【点评】本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式、条件概率计算公式的合理运用．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2016•山东）已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+8n，{bn}是等差数列，且an=bn+bn+1．‎ ‎（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）令cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【专题】综合题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出数列{an}的通项公式，再求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求出数列{cn}的通项，利用错位相减法求数列{cn}的前n项和Tn．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）Sn=3n2+8n，‎ ‎∴n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=6n+5，‎ n=1时，a1=S1=11，∴an=6n+5；‎ ‎∵an=bn+bn+1，‎ ‎∴an﹣1=bn﹣1+bn，‎ ‎∴an﹣an﹣1=bn+1﹣bn﹣1．‎ ‎∴2d=6，‎ ‎∴d=3，‎ ‎∵a1=b1+b2，‎ ‎∴11=2b1+3，‎ ‎∴b1=4，‎ ‎∴bn=4+3（n﹣1）=3n+1；‎ ‎（Ⅱ）cn===6（n+1）•2n，‎ ‎∴Tn=6[2•2+3•22+…+（n+1）•2n]①，‎ ‎∴2Tn=6[2•22+3•23+…+n•2n+（n+1）•2n+1]②，‎ ‎①﹣②可得﹣Tn=6[2•2+22+23+…+2n﹣（n+1）•2n+1]=12+6×﹣6（n+1）•2n+1=（﹣6n）•2n+1=﹣3n•2n+2，‎ ‎∴Tn=3n•2n+2．‎ ‎【点评】本题考查数列的通项与求和，着重考查等差数列的通项与错位相减法的运用，考查分析与运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2015•四川）如图，A、B、C、D为平面四边形ABCD的四个内角．‎ ‎（Ⅰ）证明：tan=；‎ ‎（Ⅱ）若A+C=180°，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，求tan+tan+tan+tan的值．‎ ‎【考点】三角函数恒等式的证明．‎ ‎【专题】三角函数的图像与性质；解三角形．‎ ‎【分析】（Ⅰ）直接利用切化弦以及二倍角公式化简证明即可．‎ ‎（Ⅱ）通过A+C=180°，得C=180°﹣A，D=180°﹣B，利用（Ⅰ）化简tan+tan+tan+tan=，连结BD，在△ABD中，利用余弦定理求出sinA，连结AC，求出sinB，然后求解即可．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）tan===．等式成立．‎ ‎（Ⅱ）由A+C=180°，得C=180°﹣A，D=180°﹣B，由（Ⅰ）可知：tan+tan+tan+tan==，连结BD，在△ABD中，有BD2=AB2+AD2﹣2AB•ADcosA，AB=6，BC=3，CD=4，AD=5，‎ 在△BCD中，有BD2=BC2+CD2﹣2BC•CDcosC，‎ 所以AB2+AD2﹣2AB•ADcosA=BC2+CD2﹣2BC•CDcosC，‎ 则：cosA===．‎ 于是sinA==，‎ 连结AC，同理可得：cosB===，‎ 于是sinB=．‎ 所以tan+tan+tan+tan===．‎ ‎【点评】本题考查二倍角公式、诱导公式、余弦定理．简单的三角恒等变换，考查函数与方程的思想，转化与化归思想的应用．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2016•上海）已知a∈R，函数f（x）=log2（+a）．‎ ‎（1）当a=5时，解不等式f（x）＞0；‎ ‎（2）若关于x的方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]=0的解集中恰好有一个元素，求a的取值范围．‎ ‎（3）设a＞0，若对任意t∈[，1]，函数f（x）在区间[t，t+1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围．‎ ‎【考点】函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值．‎ ‎【专题】转化思想；换元法；函数的性质及应用．‎ ‎【分析】（1）当a=5时，解导数不等式即可．‎ ‎（2）根据对数的运算法则进行化简，转化为一元二次方程，讨论a的取值范围进行求解即可．‎ ‎（3）根据条件得到f（t）﹣f（t+1）≤1，恒成立，利用换元法进行转化，结合对勾函数的单调性进行求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）当a=5时，f（x）=log2（+5），‎ 由f（x）＞0；得log2（+5）＞0，‎ 即+5＞1，则＞﹣4，则+4=＞0，即x＞0或x＜﹣，‎ 即不等式的解集为{x|x＞0或x＜﹣}．‎ ‎（2）由f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]=0得log2（+a）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]=0．‎ 即log2（+a）=log2[（a﹣4）x+2a﹣5]，‎ 即+a=（a﹣4）x+2a﹣5＞0，①‎ 则（a﹣4）x2+（a﹣5）x﹣1=0，‎ 即（x+1）[（a﹣4）x﹣1]=0，②，‎ 当a=4时，方程②的解为x=﹣1，代入①，成立 当a=3时，方程②的解为x=﹣1，代入①，成立 当a≠4且a≠3时，方程②的解为x=﹣1或x=，‎ 若x=﹣1是方程①的解，则+a=a﹣1＞0，即a＞1，‎ 若x=是方程①的解，则+a=2a﹣4＞0，即a＞2，‎ 则要使方程①有且仅有一个解，则1＜a≤2．‎ 综上，若方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]=0的解集中恰好有一个元素，则a的取值范围是1＜a≤2，或a=3或a=4．‎ ‎（3）函数f（x）在区间[t，t+1]上单调递减，‎ 由题意得f（t）﹣f（t+1）≤1，‎ 即log2（+a）﹣log2（+a）≤1，‎ 即+a≤2（+a），即a≥﹣=‎ 设1﹣t=r，则0≤r≤，‎ ‎==，‎ 当r=0时，=0，‎ 当0＜r≤时，=，‎ ‎∵y=r+在（0，）上递减，‎ ‎∴r+≥=，‎ ‎∴==，‎ ‎∴实数a的取值范围是a≥．‎ ‎【点评】本题主要考查函数最值的求解，以及对数不等式的应用，利用换元法结合对勾函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2014•河北模拟）已知函数f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x（a∈R）．‎ ‎（1）若曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，求实数a、b的值；‎ ‎（2）在（1）的条件下，证明f（x）≤g（x）在（0，+∞）上恒成立；‎ ‎（3）若a=1，b＞2e，求方程f（x）﹣g（x）=x在区间（1，eb）内实根的个数（e为自然对数的底数）．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；根的存在性及根的个数判断；导数在最大值、最小值问题中的应用．‎ ‎【专题】综合题；导数的综合应用．‎ ‎【分析】（1）由，g'（x）=2ax﹣1，利用曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，能求出实数a、b的值．‎ ‎（2）设F（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣（x2﹣x），x＞0，则，由此推导出F（x）最大值为F（1）=0．从而能够证明f（x）≤g（x）．‎ ‎（3）由f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x，a=1，b＞2e，知f（x）﹣g（x）=x转化为blnx﹣x2=0，令G（x）=blnx﹣x2，则，由此能够推导出方程f（x）﹣g（x）=x在区间（1，eb）内有两个实根．‎ ‎【解答】解：（1）∵f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x（a∈R），‎ ‎∴，g'（x）=2ax﹣1． …（2分）‎ ‎∵曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，‎ ‎∴，解得．…（4分）‎ ‎（2）设F（x）=f（x）﹣g（x）=lnx﹣（x2﹣x），x＞0‎ 则，…‎ ‎∴当x＞1时，y＜0；当﹣＜x＜0时，y＜0；当0＜x＜1时，y＞0；当x＜﹣时，y＞0．‎ ‎∴F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．…（7分）‎ ‎∴F（x）最大值为F（1）=ln1﹣（1﹣1）=0．‎ ‎∴F（x）=f（x）﹣g（x）≤0，即f（x）≤g（x）．…（8分）‎ ‎（3）∵f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x，a=1，b＞2e ‎∴f（x）﹣g（x）=x转化为blnx﹣x2=0，‎ 令G（x）=blnx﹣x2，则，‎ 由=0，得x=，‎ ‎∵x∈（1，eb）且b＞2e，‎ ‎∴，eb＞，‎ ‎∴由G′（x）＞0得1＜x＜，由G′（x）＜0，得，‎ ‎∴G（x）在上单调递增，在上单调递减 ‎∴当x=时，，…（10分）‎ ‎∵b＞2e，∴，∴，∴‎ 又∵G（1）=﹣1＜0G（eb）=blneb﹣e2b=b2﹣e2b=（b+eb）（b﹣eb）＜0，‎ ‎∴方程f（x）﹣g（x）=x在区间（1，eb）内有两个实根．…（12分）‎ ‎【点评】本题考查导数的几何意义的应用，考查不等式恒成立的证明，考查方程的实根个数的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．‎