2014届第八次月考

数学试卷参考答案（理科）

10．A　∵f′(x)＝－－＝－，x∈(0，＋∞)，

∴当x∈(0，1)时， f′(x)<0；当x∈(1，2)时，f′(x)>0.

∴函数f(x)在(0，1)上递减，在(1，2)上递增，

∴f(x)在(0，2)上的最小值f(x)min＝f(1)＝－.

∵g(x)＝()x－m在(0，2)上单调递减，∴－m＝g(2)

∴P＝{m|f(x)min≥g(x)max}＝{m|－≥1－m}＝{m|m≥}，

Q＝{m|f(x)min>g(x)min}＝{m|－>－m}＝{m|m>}，

∴P?Q.

11．{x|1＜x≤2}　∵log(x－1)≥0，∴0＜x－1≤1，解得1＜x≤2，∴函数f(x)的定义域是{x|1＜x≤2}．

12．44　由三视图可知该几何体是一个长、宽、高分别为6、4、1的长方体和一个底面积为×4×5、高为2的三棱柱组合而成，其体积V＝1×4×6＋×4×5×2＝44（cm3）.

13．4　将ρsin(θ＋)＝2化成直角坐标系下的方程为x＋y＝2，将ρ＝4化为标准方程为x2＋y2＝16，根据直线与圆相交，圆心到直线的距离为2，所截的弦长为d＝2＝4.

14．8　先做的区域如图可知在三角形ABC区域内，由z＝x－y得y＝x－z可知，直线的截距最大时，z取得最小值，此时直线为y＝x－(－2)＝x＋2，作出直线y＝x＋2，交y＝2x－1于A点，由图象可知，目标函数在该点取得最小值，所以直线x＋y＝m也过A点，由，得，代入x＋y＝m得，m＝3＋5＝8.

15．①③⑤　依题意＝2sincos，∵sin≠0，∴2cos2＝1，∴cos(A＋B)＝0，A＋B＝，C＝，所以①正确；∵tan A＝cos B，∴tan A＝sin A，当A＝0°时成立，显然不成立，②错误；sin2A＋cos2B＝2sin2A＝1，∴sin A＝，此时A＝B＝，③正确；令y＝sin A＋sin B＝sin A＋cos A＝sin(A＋)，A∈(0，)，此时y∈(1，]，④错误；易知⑤正确．

16．解：(1)f(x)＝sin x＋cos x＝2(sin x＋cos x)

＝2(cos sin x＋sincos x)＝2sin(x＋)，

∵x∈[0，]，∴x＋∈[，]，

∴当x＋＝，即x＝时，函数f(x)取得最大值．(6分)

(2)由(1)知f(x)＝2sin(x＋)，x∈[0，]．

设u＝x＋，∴u∈[，]，y＝2sin u的图像如图所示．

∵f(x)-a＝0有两个实数根，∴a＝f(x)有两个实根，

∴≤a＜2.(12分)

17．解：(1)设选出的3种商品中至少有一种是家电为事件A，从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品，一共有C种不同的选法，选出的3种商品中，没有家电的选法有C种．

所以，选出的3种商品中至少有一种是家电的概率为P(A)＝1－＝.(5分)

(2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量X，其所有可能的取值为0，m，3m，6m(单位：元)．

X＝0表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以P(X＝0)＝(1－)3＝；

同理，P(X＝m)＝C×(1－)2×＝；P(X＝3m)＝C×(1－)1×()2＝；

P(X＝6m)＝C×()3＝.

顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E(X)＝0×＋m×＋3m×＋6m×＝m.

由m≤100，解得m≤75.

故m最高定为75元，才能使促销方案对商场有利．(12分)

18．(法一)(1)证明：如图一，连结AC1与A1C交于点K，连结DK.

在△ABC1中，D、K分别为AB、AC1的中点，

∴DK∥BC1.(3分)

又DK?平面DCA1，BC1?平面DCA1，

∴BC1∥平面DCA1.5分

(2)解：二面角D－CA1－C1与二面角D－CA1－A互补．

如图二，作DG⊥AC，垂足为G，

又平面ABC⊥平面ACC1A1，∴DG⊥平面ACC1A1.

作GH⊥CA1，垂足为H，连结DH，则DH⊥CA1，

∴∠DHG为二面角D－CA1－A的平面角.(8分)

设AB＝BC＝CA＝AA1＝2，

在等边△ABC中，D为中点，∴AG＝AC，在正方形ACC1A1中，GH＝AC1，

∴DG＝，GH＝×2＝，∴DH＝.

∴cos∠DHG＝＝＝.(11分)

∴所求二面角的余弦值为－.(12分)

　
　

　　　　　　　　　图一　　　　　　　　　　图二　　　　　　　　　图三

(法二)(1)证明：如图三，以BC的中点O为原点建立直角坐标系O－xyz，设AB＝BC＝CA＝AA1＝2.

则A(0，0，)，D(，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C(－1，0，0)，B1(1，2，0)，C1(－1，2，0)．

设n＝(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，

则又＝(，0，)，＝(1，2，)，

∴令x＝1，则z＝－，y＝1，

∴n＝(1，1，－).(3分)

∵＝(－2，2，0)，∴n·＝－2＋2＋0＝0.

又BC1?平面DCA1，∴BC1∥平面DCA1.( 5分)

(2)解：设m＝(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一个法向量，

则又＝(0，2，0)，＝(1，2，)，

∴令z1＝1，则x1＝－，

∴m＝(－，0，1).(8分)

∴cos〈m，n〉＝＝＝－.(11分)

∴所求二面角的余弦值为－.(12分)

19．解：(1)f(x)＝x2＋2x－4ln x(x＞0)，

f′(x)＝2x＋2－＝，

当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，

∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

∴f(x)min＝f(1)＝3.(5分)

(2)f′(x)＝2x＋2＋＝，

若f(x)在(0，1)上单调递增，则2x2＋2x＋a≥0在x∈(0，1)上恒成立?a≥－2x2－2x恒成立，

令u＝－2x2－2x，x∈(0，1)，则u＝－2(x＋)2＋，

∴a≥0.

若f(x)在(0，1)上单调递减，则2x2＋2x＋a≤0在x∈(0，1)上恒成立?a≤－2x2－2x恒成立，

故a≤－4.

综上，a的取值范围是(－∞，－4]∪[0，＋∞)．(13分)

20．解：(1)由已知得b＝c＝，

又∵a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆C方程为＋＝1.(4分)

(2)①当直线l的斜率为0时，则k1·k2＝×＝；(6分)

②当直线l的斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋1，

将x＝my＋1代入＋＝1，整理得(m2＋2)y2＋2my－3＝0.

则y1＋y2＝，y1y2＝.(3分)

又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，

所以k1·k2＝·＝＝＝＝＝＋.(10分)

令t＝4m＋1，∵当k1·k2取最大值时，t＞0，∴k1·k2＝＋＝＋≤1.

所以当且仅当t＝5，即m＝1时，取等号．由①②得，直线的方程为x－y－1＝0.(13分)

21．解：(1)∵an－2an－1＝2n(n≥2)，∴ －＝1，

即数列{bn}是首项为2，公差为1的等差数列，

∴bn＝2＋n－1＝n＋1，(2分)

∴＝＝－，

即Bn＝－＋－＋…＋－＝－＝.(3分)

由Bn≤λbn＋1，知≤λ(n＋2)，∴λ≥对一切n∈N*恒成立．

又＝≤＝，∴λ≥，

即λ的最小值为.(6分)

(2)由(1)知an＝(n＋1)2n，

∴cn＝log2＝log2n2＝，即C3n－Cn＝＋＋…＋.

令f(n)＝＋＋…＋，则f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋＋，

∴f(n＋1)－f(n)＝＋＋－

＝＋－＞＋－＝0，

即f(n＋1)＞f(n)，∴数列为递增数列．(11分)

即当n≥2且n∈N*时，f(n)的最小值为f(2)＝＋＋＋＝.

据题意，＜，即m＜19.又m为整数，故m的最大值为18.(13分)