绵阳2020级一诊理科数学答案

DBCAC

AD

二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 1 3．e

 14． 4 2 3 15． 5 1

16． m = − 或 m≥0

2

三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分． 1 7．解：（1） f (x) = (cosx −sin x)2 − 2sin2 x = 1− 2sin xcos x − 2sin2 x = cos 2x − sin 2x  = 2 cos(2x + ) ， ……………………………………………4 分 4

 2

∴ T= =  ， 2

即 f (x) 的最小正周期为  . ……………………………………………………5 分 ∵ y = cos x 的单调递减区间为[ 2k 2k + ， k ∈ Z ， ]

，  3  ∴ 由 2k ≤2x+ ≤ 2k + ，∈ Z ，解得 k − ≤ x ≤ k + ，k∈Z， k 8 4 8

3  ∴ f (x) 的单调递减区间为[ k − ， k + ]，k∈Z． ……………………7 分 8 8  ) = −1

（ 2）由已知 f (x0 − 1，可得 2 cos(2x + ， ………………………10 分 )= 0

4

 2

即 cos(2x + ) = − ， 0

4 2

  7 3 再由 x0 (−，− ) ，可得2 x0 + (− ，− ) ， 2 4 4 4  5 ∴ 2x0 + = − ， 4 4

 3

解得 x0 = − ．………………………………………………………………12 分 4

理科数学答案 第1页（共 6 页） 1 8．解：（1）∵ an+2+a =a 1 -nan =2an +1 ，n∈N*，即 an +2 -an+1 n+ ， ∴ 数列{a n} 是等差数列.

由 a1 =1，a = a +3d = 7 ，解得 a =1，d = 2 ， 4 1 1

∴ a =a +(n −1)d = 2n −1. ………………………………………………………4 分 n

1

当 n = 1时， b = 2

， 1 当 n≥2 时， b 1 = 2n+1 − 2 − (2n − 2) n−n = Sn − Sn n n . = 2n 2 − 2 = 2 = 2n +1 − 2

∴ 数列{b n}b = 2n ．……………………………………………8 分 的通项公式为 n （ 2）由（1）得， c = 22n−1 + n，………………………………………………9 分 n T = (2+1) + (23 + 2) + (25 +3) + n 1

+ n)

= (2+ 23 + 25 + (1− 4n ) n(1+ n) 2

= + − 4 1 2 2n+ 1

− 2 n2 + n 2

． = + 3 2

……………………………………………………12 分 1 9．解：（1）在△ABC 中，A+B+C=π，即 B=π-(A+C)， ∴ sinB=sin(A+C)， 由题意得 2 cosB=sin B+1． …………………………………………………3 分 两边平方可得 2cos2B=sin2B+2sinB+1， 根据 sin2B+cos2B=1， 可整理为 3sin2B+2sinB-1=0， 1

解得 sin B = 或 sinB=-1（舍去）．……………………………………………5 分 3 1

∴ sin B = ． ……………………………………………………………………6 分 3

 A + B + C =  （ 2）由 C − A = 2 ，且 ，  可得 2A = − B ，C 为钝角， 2

∴ sin 2A= cos B ， 理科数学答案 第2页（共 6 页） 又 b = 3 ， a b c 由正弦定理得 = = = 3 3 ， sin A sin B sinC ∴ a = 3 3 sin A， c = 3 3sinC． 2 2 又 C 为钝角，由（1）得 cos B = ． ………………………………………9 分 3

1 1 1

∴ △ABC 的面积为 S== 3 3 sin A3 3sinC  acsin B 2 2 3

sin Acos A 9 sin Asin( + A) =9

= 2 2 2

9 9 9 2 2 3 2

， = sin 2A = cos B =  = 4 4 3 4 2

3 2

综上所述，△ABC 的面积为 ． …………………………………………12 分 2

ln x + 2 − 4 4

， 0．解：（1）由题意得 f (x) = =1− 2

ln x + 2 ln x + 2

由 x≥1，知 lnx≥0，于是 lnx+2≥2， ………………………2 分 4 1 1

∴ 0  ≤ ，即 −2  −  0 ， ln x + 2 2 ln x + 2 4

∴ -1≤1− <1， ln x + 2

∴ f (x)的值域为[-1，1)． ……………………………………………………5 分 (2) f (x1 )+ f (x2 ) = 1− 1 4 4

= ， +1− ln x2 2 ln x1 + 2

+ 2

所以 4 4 3

+ = ． ln x1 + 2 ln x + 2 2 2

又 x1 1，2 x 1， ∴ ln x1 x2 = ln x +ln xx + 2+ln 2 x + 2−4 ………………………………8 分 1 2 = ln 1

2 4 4

= [(ln x1 + 2) + (ln x + 2)]( + ) − 4 2

ln x2 ln x + 3 1 2

+ 2

4(ln x2 + 2) 4(ln x2 1 + 2) + ]− 4 = [8 + ln x1 + 2 ln x2 + 2 3

理科数学答案 第3页（共 6 页） 2 20

≥ (8 + 2 16) − 4 = ， ……………………………………………11 分 3 3 (ln x2 + 2) 4(ln x4 1 + 2) 当且仅当 ，即 x 时取“=”， = 1 =x2

ln x2 + 2 ln x1 + 2

20

故 (x1 x ) = e 3 ， 2 min

∵ f (x)在(1，+∞)上是增函数， ∴ f (x1 x ) = ． ………………… ………………………………………12 分 2 min

x e1．解：（1）由题意得 f (x) = ex − 2ax = x(ex − 2a) ，令 h(x) = ， 2

x x 7

13

ex (x −1)

． ……………………………………………………………2 分 则 h (x ) = x2 (x )<0 ∴ 当 0h (x )>0 ，此时 h(x) 单调递增，且 x → + ∞， h(x) →+∞， 当 x>1 时，得 ∴ h(x) min=h(1)=e． e

(x ) ≥ 0 ① 当 2a≤e，即 a≤ 时， f ，于是 f (x) + )

(02 在， ∞ 上是增函数， 从而 f (x) 在(0， + ∞ ) 上无极值． e ) = f  2 f (x1 (x ) =0 ② 当 2a>e，即 a> 时，存在 02 ， (x ) >0 ， f (x) 在(0，且当 x∈(0，x )时， f  x )上是单调递增； 1

(x ) <0 ， f (x) 在(x1，x2 当 x∈(x1 ，x2 )时， f  )上是单调递减； (x ) <0 ， f (x) 当 x∈(x2 ，+∞)时， f 2 + )

(x 在， ∞ 上是单调递增， (0故 x 在， + ∞ ) 上的极小值． 2 是 f (x)

e

综上， a  ． …………………………………………………………………6 分 2

（ 2）要证 f(x)>ax(lnx-x)即等价于证明 ex>axlnx． ① 当 01，axlnx≤0， 显然成立； ………………………………………………………………………7 分 ② 当 x>1 时，则 xlnx>0， 2 2 e e

结合已知 01

理科数学答案 第4页（共 6 页） e

于是问题转化为证明 ex>

−

2

2

xlnx， x2 2e

即证明 − ln x  0 ． …………………………………………………………8 分 x x2 2e

令 g(x) = − ln x，x 1， x −

ex−2 (x −1) − x 2 ， 则 g (x ) = 2

x 2

令 h(x) (x −1) − x ， = 2ex−− −1， 则 h (x ) 2xex2

= + 易得 h (x ) 在 ( 0， ) 上单调递增. 2

= −1 0，  0 ， ∵ hh (2)=3 (1) e

=∴ 存在 x0 (1，2) 使得 h ( 0 x )=0 ，即 2xx 0 e −2 1. 0

∴ h(x) 在区间(1， x )上单调递减， 0

在区间( x0 ， + )上单调递增， ………………………………………10 分 又 h(1) = −1 0，h(2)=0 ， 2) 时， g(x)  0 ， g(x) 单调递减， ∴ 当 x(1，

当 x( 2，+ ) 时， g (x) 0 ， g(x) 单调递增， ∴ g(x) ≥ g(2) =1-ln2>0， 故 g(x)>0，问题得证． ……………………………………………………12 分 2．解：（1）由题意得 x2 + y2 = (cos + 3 sin)2 + (sin − 3 cos)2 = 4 ， 2

∴ 曲线 C 的普通方程为 x2 = 4 ． …………………………………………2 分 + y2 ∵ x =  cos ， y =  sin ， ∴ 代入可得曲线 C 的极坐标方程为  = 2 ． ………………………………5 分 2）把=  （ 代入 ρcos(  − )=3 中， 3 6

  可得 ρcos( − )=3， 3 6

理科数学答案 第5页（共 6 页） 解得 ρ= 2 3 ， 即 B 点的极径 B = 2 3 ， 由（1）易得 A =2， ∴ |AB|=| - |= 2 3 -2． ………………………………………………10 分 A

B 2 3．解：（1）当 m=2 时，f(x)=︱x-2︱+︱x+1︱-5． 当 x≤-1 时， f (x) = −(x − 2) − (x +1) − 5  0 ， 解得 x≤-2； ……………………………………………………………………1 分 当-1……………………………………………………………………4 分 ． ………………………………5 分 综上，原不等式的解集为 (−，− 2] ， （ 2）∵ f (x) =| x − m | + | x +1| −5 ≥ | (x − m) − (x +1) | −5

=| m +1| −5 ≥-2， ∴ | m +1| ≥3， …………………………………………………………………8 分 ∴ m+1≥3 或 m+1≤-3， 即 m≥2 或 m≤-4， ∴ 实数 m 的取值范围是( −， -4]

， ． ……………………………10 分 理科数学答案 第6页（共 6 页）