2015届绵阳一诊理数答案

数学（理工类）答案第页（共4页） 1 绵阳市高2012级第一次诊断性考试

数学(理工类)参考解答及评分标准

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．

DBDAC BACDA

10题提示：由1xe≥bax对x∈R恒成立，显然a≥0，b≤1xe-ax．

若a=0，则ab=0．

若a>0，则ab≤a1xe-a2x．设函数)(xfxaaex21，求导求出f(x)的最小值为aaaafln2)1(ln22．

设)0(ln2)(22aaaaag，求导可以求出g(a)的最大值为32321)(eeg，

即ab的最大值是321e，此时232321ebea，．

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．

11．53 12．-1 13．40 14．3021 15．①③④

15题提示：①容易证明正确．

②不正确．反例：xxf)(在区间[0，6]上．

③正确．由定义：21020mmmxx得1)1(10020xmmxx，

又0x)11(，所以实数m的取值范围是)20(，m．

④正确．理由如下：由题知ababxlnlnln0．

要证明abx1ln0，即证明： baabababababababln1lnln，

令1tab，原式等价于01ln21ln2tttttt．

令)1(1ln2)(ttttth，则0)1(12112)(22222tttttttth，

所以0)1(1ln2)(htttth得证．

三、解答题：本大题共6小题，共75分．

16．解：(Ⅰ))(xf2m·n-11cos2cossin22xxx

=)42sin(22cos2sinxxx． ……………………………6分

由题意知：T，即22，解得1．…………………………………7分

(Ⅱ) 由(Ⅰ)知)42sin(2)(xxf，

∵ 6≤x≤4，得127≤42x≤43，

又函数y=sinx在[127，43]上是减函数，

∴ )34sin(2127sin2)(maxxf …………………………………10分 数学（理工类）答案第页（共4页） 2 3sin4cos23cos4sin2

=213．…………………………………………………………12分

17．解：(Ⅰ) 由题知，，0102tt解得21t，即)21[，D．……………………3分

(Ⅱ) g (x)=x2+2mx-m2=222)(mmx，此二次函数对称轴为mx．……4分

① 若m≥2，即m≤-2时， g (x)在)21[，上单调递减，不存在最小值；

②若21m，即12m时， g (x)在)1[m，上单调递减，]2(，m上递增，此时22)()(2minmmgxg，此时m值不存在；

③m≤1即m≥-1时， g (x)在)21[，上单调递增，

此时221)1()(2minmmgxg，解得m=1． …………………………11分

综上：1m． …………………………………………………………………12分

18．解：(Ⅰ) 51cos5ABCAB，，2BC，

由余弦定理：ABCBCBABCBAACcos2222=52+22-2×5×2×51=25，

 5AC． ……………………………………………………………………3分

又(0,)ABC

，所以562cos1sin2ABCABC，

由正弦定理：ABCACACBABsinsin，

得562sinsinACABCABACB．………………………………………6分

(Ⅱ) 以BCBA，为邻边作如图所示的平行四边形ABCE，如图，

则51coscosABCBCE，BE=2BD=7，CE=AB=5，

在△BCE中，由余弦定理：BCECECBCECBBEcos2222．

即)51(5225492CBCB，

解得：4CB． ………………………………………………………………10分

在△ABC中，335145245cos222222ABCBCBABCBAAC，

即33AC．…………………………………………………………………12分

19．解：(Ⅰ) 由832539aaaS，，

得：，，)7()2()4(9223311211dadadada解得：121da，．

∴ 1nan，nnnnSn2322)12(2． …………………………………5分

(Ⅱ) 由题知nc)12(2nn． B C D A E 数学（理工类）答案第页（共4页） 3 若使}{nc为单调递减数列，则

nncc1)22(21nn-)12(2nn

=0)1224(2nnn对一切n∈N*恒成立， …………………8分

即： max)1224(01224nnnn，

又1224nn=322232)1)(2(22nnnnnnnn，……………………10分

当1n或2时， max)1224(nn=31．

31．………………………………………………………………………12分

20．(Ⅰ)证明： 由1)(axexfx，得aexfx)(．…………………………1分

由)(xf>0，即aex>0，解得x>lna，同理由)(xf<0解得x

∴ )(xf在(-∞，lna)上是减函数，在(lna，+∞)上是增函数，

于是)(xf在axln取得最小值．

又∵ 函数)(xf恰有一个零点，则0)(ln)(minafxf， ………………… 4分

即01lnlnaaea．………………………………………………………… 5分

化简得：1ln1ln01lnaaaaaaaaa于是，即，，

∴ 1aaea． ………………………………………………………………… 6分

(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，)(xf在axln取得最小值)(lnaf，

由题意得)(lnaf≥0，即1lnaaa≥0，……………………………………8分

令1ln)(aaaah，则aahln)(，

由0)(ah可得01．

∴ )(ah在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，即0)1()(maxhah，

∴ 当01时，h(a)<0，

∴ 要使得)(xf≥0对任意x∈R恒成立，.1a

∴a 的取值集合为{1} ……………………………13分

21．解：(Ⅰ)由xenxmxfln)(得xxexmxnxmxfln)((0x)．

由已知得0)1(enmf，解得m=n．

又eenf2)1(，即n=2，

∴ m=n=2．……………………………………………………………………3分

(Ⅱ) 由 (Ⅰ)得)ln1(2)(xxxxexfx，

令)(xpxxxln1，)0(，x，

当x∈(0，1)时，0)(xp；当x∈(1，+∞)时，0)(xp，

又0xe，所以当x∈(0，1)时，0)(xf； 当x∈(1，+∞)时，0)(xf，

∴ )(xf的单调增区间是(0，1)，)(xf的单调减区间是(1，+∞)．……8分 数学（理工类）答案第页（共4页） 4 (Ⅲ) 证明：由已知有)ln1()1ln()(xxxxxxg，)0(，x，

于是对任意0x，21)(exg 等价于)1()1ln(ln12exxxxx，

由(Ⅱ)知)(xpxxxln1，)0(，x，

∴ )ln(ln2ln)(2exxxp，)0(，x．

易得当)0(2ex，时，0)(xp，即)(xp单调递增；

当)(2，ex时，0)(xp，即)(xp单调递减．

所以)(xp的最大值为221)(eep，故xxxln1≤21e．

设)1ln()(xxxq，则01)(xxxq，

因此，当)0(，x时，)(xq单调递增，0)0()(qxq．

故当)0(，x时，0)1ln()(xxxq，即1)1ln(xx．

∴ xxxln1≤21e<)1()1ln(2exx．

∴ 对任意0x，21)(exg． ……………………………………………14分