參考答案

自我檢測

函數與導數

1． C．

2． 由解集｛x－2

3． f ′（x）==，因為f（x）在［1，+∞）上為減函數，故f ′（x）≤0在［1，+∞）上恒成立，即lna≥1－lnx在［1，+∞）上恒成立，等價于lna≥（1－lnx）max． 設φ（x）=1－lnx，φ（x）max=1，故lna≥1，a≥e． 選D．

4． 作出函數的圖象，由圖知a，b，c有兩個在（0，10］上，假設a，b∈（0，10］，并有一個大于1，一個小于1，不妨設a<1，b>1，則f（a）=lga=－lga=lg，f（b）=lgb=lgb，所以=b，abc=c，由圖知c∈（10，12）． 選C．

5． 不妨設x1>x2，則左邊可化為f（a）x1－f（a）x2≤g（x1）－g（x2），即g（x1）－2a+#8226;x1≥g（x2）－2a+x恒成立． 構造函數h（x）=g（x）－2a+x，結合選擇支，若g（x）=x2+lnx－2，則h′（x）=2x+－2a+，由已知f（x）=2x+在［a，b］上單調遞增，所以h′（ｘ）=2x+－2a+≥0成立，故f（a）x1－f（a）x2≤g（x1）－g（x2）成立． 同理可證當g（x）=x2+lnx－2時對右邊也成立． 選B．

6． 經判定函數f（x）是奇函數，且f（x）∈－，，再結合［ｘ］的意義可求得y=［f（x）］+［f（-x）］∈｛0，－1｝．

7． 要使函數有意義，則ex－x+m≠0，即ex－x+m>0或ex－x+m<0恒成立，則m>（x－ex）max=－1，而ex－x+m<0不恒成立，綜上，m的取值范圍為（－1，+∞）．

8． f（x）的圖象部分關于原點對稱，部分關于y軸對稱，可以是f（x）=x2，x≤1，x，x>1.（答案不唯一）

9． 由題意得x=－3和x=2是函數f（x）的零點且a≠0，則0=a#8226;（－3）2+（b－8）#8226;（－3）－a－ab，0=a#8226;22+（b－8）#8226;2－a－ab，解得a=－3，b=5，所以f（ｘ）=－3x2－3x+18．

（1）結合函數圖象知，函數f（x）在［0，1］內單調遞減，當x=0時，y=18，當x=1時，y=12，所以f（x）在［0，1］內的值域為［12，18］．

（2）法1：令g（x）=－3x2+5x+c，則g（x）在，+∞上單調遞減，要使g（x）≤0在［1，4］上恒成立，則需g（ｘ）ｍａｘ=g（1）≤0，即－3+5+c≤0，解得c≤－2，所以當c≤－2時，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立．

法2：不等式－3x2+5x+c≤0在［1，4］上恒成立，即c≤3x2－5x在［1，4］上恒成立． 令g（x）=3x2－5x，顯然g（x）在［1，4］上單調遞增，則g（x）min=g（1）=－2，即當c≤－2時，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立．

10． （1）當x<0時，－x>0，所以f（－x）==． 因為f（x）是偶函數，所以f（x）=f（－x）=，所以f（x）=（x≥0），（x<0）.

（2）令g（x）=f（x）－21－x=－21－x，x∈（1，2）． 因為g（1）=－1=－<0，g（2）=－=>0，所以g（1）#8226;g（2）<0，所以方程f（x）=21－x在區間（1，2）上有解．

11． （1）由f（x）=x3+f ′x2－x+c，得f ′（x）=3x2+2f ′x－1． 取x=，得f ′=3×+2f ′×－1，解之，得f ′=－1．

（2）f（x）=x3－x2－x+c，從而f ′（x）=3x2－2x－1=3x+（x－1）， f（x）的單調遞增區間是－∞，－和（1，+∞）； f（x）的單調遞減區間是－，1．

（3）函數g（x）=（f（x）－x3）#8226;ex=（－x2－x+c）#8226;ex，有g′（x）=（－2x－1）ex+（－x2－x+c）ex=（－x2－3x+c－1）ex． 當函數在區間x∈［－3，2］上為單調遞增時，等價于h（x）=－x2－3x+c－1≥0在x∈［－3，2］上恒成立，只要h（2）≥0，解得c≥11；當函數在區間x∈［－3，2］上為單調遞減時，等價于h（x）=－x2－3x+c－1≤0在x∈［－3，2］上恒成立，只要h－≤0，解得c≤－． 綜上，c≥11或c≤－．

12． （1）由函數f（x）的定義，對任意整數k，有f（x+2kπ）－f（x）=（x+2kπ）sin（x+2kπ）－xsinx=（x+2kπ）sinx－xsinx=2kπsinx.

（2）函數f（x）在定義域R上可導，得f ′（x）=sinx+xcosx． ①

令f ′（x）=0，得sinx+xcosx=0. 顯然，對于滿足上述方程的x有cosx≠0，上述方程化簡為x=－tanx. 此方程一定有解， f（x）的極值點x0一定滿足tanx0=－x0. 由sin2x==，得sin2x0=，則［f（x0）］2=．

（3）設x0>0是f ′（x）=0的任意正實根，即x0=－tanx0，則存在一個非負整數k，使x0∈+kπ，π+kπ，即x0在第二或第四象限內． 由①式， f ′（x）=cosx（tanx+x）在第二象限或第四象限中的符號可列表如下：

所以滿足f ′（x）=0的正根x0都為f（x）的極值點． 由題設條件，a1，a2，…，an，…為方程x=－tanx的全部正實根且滿足a1

由于+（n－1）π0，由②式知tan（an+1－an）<0. 由此可知an+1－an必在第二象限，即an+1－an<π.

綜上，

數列與不等式

1． 因為=2n－1，an=an－1#8226;2n－1，所以a100=299×288×…×22×2a1=299+98+…+1=24950，選D．

2． 因為a1+a8+a15=π，a8=，所以cos（a4+a12）=cos=－，選A．

3． =，=1，選B．

4． x3=a－1=1－a，x1+x2+x3=2． 因為xn+3=xn，所以x3k+1+x3k+2+x3k+3=x1+x2+x3=2（k∈N），所以S2010=（x1+x2+x3）+…+（x2008+x2009+x2010）=2×670=1340，選D．

5． 因為2004=，所以S1+S2+…+S500=1002000，所以T501===2002，選A．

6． 公差d==1，故=+3，a4=－．

7． bn+1==2=2bn，故bn=4#8226;2n-1=2n+1．

8． 設第n（n≥2）行的第2個數構成數列｛an｝． 因為a3－a2=2，a4－a3=3，a5－a4=4，…，an－an－1=n－1，所以an－a2=2+3+4+…+（n－1）=，所以an=．

9． （1）a1=S1=a，當n≥2時，an=Sn－Sn－1=a+（n－1）#8226;2b，當n=1時，式子也成立． 所以｛an｝是首項為a，公差為2b的等差數列，于是an=a+2（n－1）b．

（2）設Pn（x，y），由已知，應有x=2bn+a－2b，y=－1=bn+a－b－1，觀察可知點Pn都在直線y=+－1上．

（3）因為a=1，b=，易求得P1（1，0），P22，，P3（3，1）． 由題設（r－1）2+r2>r2，（r－2）2+r－>r2，（r－3）2+（r－1）2>r2，解得r∈－∞，∪（4+，+∞）．

10． （1）因為n2個正數的數表A每橫行的數成等差數列，a42=2，a43=3，所以第四行的數構成以公差d=a43－a42=1的等差數列，所以a4j=a42+（j－2）×1=j（1≤j≤n，j∈N），故a44=4． 所以第四列的數構成公比q==2的等比數列，所以第j列的數構成的等比數列公比也是2，所以aij=a4j2i－4=j#8226;2i－4．

（2）因為bn=ann=n#8226;2n－4=#8226;n#8226;2n，所以Sn=bn=［1×21+2×22+3×23+…+（n－1）#8226;2n－1+n#8226;2n］，①

2Sn=［1×22+2×23+3×24+…+（n－1）#8226;2n+n#8226;2n+1］，②

所以②－①得Sn=［－2－（22+23+24+…+2n）+n#8226;2n+1］=－+n#8226;2n+1］=+（n－1）#8226;2n－3．

11． （1）因為4Sn f=1，所以2Sn=an-a． ①

當n=1時，2a1=a1-aa1=-1；當n≥2時，2Sn-1=an-1-a，②

所以①②兩式相減得（an+an－1）（an－an－1+1）=0，所以an=－an－1或an－an－1=－1． 若an=－an－1，則a2=1，與an≠1矛盾，所以an－an－1= －1，所以an=－n． 由于要證－1），則g′（x）=1－=>0，所以g（x）=x－1－lnx在（1，+∞）上單調遞增，所以g1+>g（1）=0，ln<． ③

再h（x）=lnx－1+（x>1），則h′（x）=－=>0，所以h（x）=lnx－1+在（1，+∞）上單調遞增，所以h1+>h（1）=0，ln>． ④

綜合③④，得

（2）由（1）可知bn=，則Tn=1+++…+． 在

三角與向量

1． sin2θ＋sinθcosθ－2cos2θ＝＝＝＝，選D．

2． C． 3． C． 4． B．

5． 由題意知a<0． 因為甲計算得tan50°＝，乙計算得tan50°＝，所以＝，整理可得a3＋3a2－3a－1＝0，令f（a）＝a3＋3a2－3a－1，根據零點存在定理及各選項可知， f（－3）f（－2）<0，從而可以估算a的取值范圍是（－3，－2）． 選C．

6． 因為a，a＋1，a＋2是鈍角三角形的三邊長，所以a+a+1>a+2，所以a>1． 由大邊對大角可知，邊長a＋2的邊對應的角θ最大． 由余弦定理可得0>cosθ=≥－，所以≤a<3．

7． bcsinA=，又sinA=，所以bc=4，故+==≥=，當且僅當c=2，b=時取得最小值．

8． 由=λ+（1－λ）可知A，B，N三點共線，函數f（x）=2cos2x－在區間，上的兩個端點為A，2，B，2，由x=λx1+（1－λ）x2可知MN與x軸垂直，所以MN=f（x）－2=2cos2x－－2的最大值4即為所求．

9． （1）因為A點的坐標為，，所以tanα＝，所以＝＝＝20．

（2）設A點的坐標為（x，y），因為△AOB為正三角形，所以B點的坐標為cosα＋，sinα＋，且C（1，0），所以BC2＝cosα＋－1＋sin2α＋＝2－2cosα＋． 而A，B分別在第一、二象限，所以α∈2kπ+，2kπ+，所以α+∈2kπ+，2kπ+，所以cosα+∈－，0． 所以BC2∈（2，2＋）．

10． （1）因為p∥q，所以（2－2sinA）（1＋sinA）－（cosA＋sinA）（sinA－cosA）＝0，化簡得sin2A＝． 因為△ABC為銳角三角形，所以sinA＝，所以A＝60°．

（2）y＝2sin2B＋cos＝2sin2B＋cos＝2sin2B＋cos（2B－60°）＝1－cos2B＋cos（2B－60°）＝1＋sin（2B－30°）． 當B＝60°時，函數取得最大值2．

南京師大附中 金陵中學

月考試卷調研

1． 3 2． 1+i 3． 4． 1.75 5． a=b=10.5 6． 7． ，5 8． －5 9．

10． 由題意知E為PF的中點，且OE⊥PF． 設雙曲線的右焦點為F′，連結PF′，所以PF′=2OE=a，PF==，由雙曲線的定義知PF－PF′=2a，解得e=.

11． 結合圖形分別在區間［-1，0）和（0，1］上討論，得－1，－∪（0，1］

12． ===R，則#8226;=（+）#8226;=#8226;+#8226;=R2cos2C+R2cos（π－2B）=R2（2sin2B－2sin2C）=（122－132）=－

13． x=－

14． 由已知可得：當1≤x≤2時，f（x）=f（2x）=（1－2x－3）；當2≤x≤4時，f（x）=1－x－3；當4≤x≤8時，f（x）=cf=c1－－3，由題意點，，（3，1），（6，c）共線，據=得c=1或2

15． （1）由正弦定理有：==，所以BC=，AB=，所以f（x）=#8226;=sinx#8226;sin－x#8226;=cosx－sinx#8226;sinx=sin2x+－0

（2）g（x）=6mf（x）+1=2msin2x+－m+100時，g（x）=2msin2x+－m+1的值域為（1，m+1］． 又g（x）的值域為1，，解得m=；當m<0時，g（x）=2msin2x+－m+1的值域為［m+1，1）． 又g（x）的值域為1，，解得m無解，所以存在實數m=，使函數f（x）的值域恰為1，

16． （1）因為平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以CB⊥平面ABEF． 因為AF平面ABEF，所以AF⊥CB． 又AB為圓O的直徑，所以AF⊥BF，所以AF⊥平面CBF

（2）設DF的中點為N，則MNCD，又AOCD，則MNAO，MNAO為平行四邊形，所以OM∥AN． 又AN平面DAF，OM平面DAF，所以OM∥平面DAF

（3）過點F作FG⊥AB于G，因為平面ABCD⊥平面ABEF，所以FG⊥平面ABCD，所以VF-ABCD=SABCD#8226;FG=FG． 因為CB⊥平面ABEF，所以VF-CBE=VC-BFE=S△BEF#8226;CB=#8226;EF#8226;FG#8226;CB=FG，所以VF-ABCD:VF-CBE=4:1

17． （1）設圓方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，則圓心C－，－，且PC的斜率為-1

所以1+E+F=0，4+2D+F=0，－=，=－1，解得D=1，E=5，F=－6，m=－3，所以圓方程為x2+y2+x+5y－6=0

（2）①#8226;=#8226;#8226;（－）=0#8226;=0CP⊥AB，所以AB的斜率為1；②設直線AB方程為y=x+t，代入圓C方程得2x2+（2t+6）x+t2+5t－6=0． 設A（x1，y1），B（x2，y2），則Δ>0－7

18． （1）當n≤6時，數列｛ａｎ｝是首項為120，公差為－10的等差數列． an=120－10（n－1）=130－10n；當n≥6時，數列｛ａｎ｝是以a6為首項，為公比的等比數列，又a6=70，所以ａｎ=70×n-6． 因此，第n年初，M的價值an的表達式為an=130－10n，n≤6，70×n-6，n≥7

（2）設Sn表示數列｛ａｎ｝的前項和，由等差及等比數列的求和公式得當1≤n≤6時，Sｎ=120n－5n（n－1），Aｎ=120－5（n－1）=125－5n． 欲使Aｎ≤80，須有n≥9，而1≤n≤6，故可繼續使用；當n≥7時，Sｎ=S6+（a7+a8+…+aｎ）=570+70××41－=780－210×n-6，Aｎ=． 因為｛ａｎ｝是遞減數列，所以｛Aｎ｝是遞減數列，又A8==82>80，A9==76<80，所以需在第9年初對M更新

19． （1）依題意：h（x）=lnx+x2－bx． 因為h（x）在（0，+∞）上是增函數，所以h′（x）=+2x－b≥0對x∈（0，+∞）恒成立，所以b≤+2x． 因為x>0，則+2x≥2，所以b的取值范圍是（－∞，2］

（2）設t=ex，則函數化為y=t2+bt，t∈［1，2］． 因為y=t+2－，所以當－≤1，即 －2≤b≤2時，函數y在［1，2］上為增函數，當t=1時，ymin=b+1；當1<－<2，即 －4