2011福建高考数学(理科)60天冲刺训练(6)+答案

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2011福建高考数学（理）60天冲刺训练（6）班级______姓名_________学号_______得分_______一、填空题（每题5分，共70分）1.0sin600=___________2.已知1249a(a>0)，则23loga.3.复数1__________2ii4.若0,x则131311424222(23)(23)4()xxxxx＝．5.函数2231()2xxy的值域为．6.函数f(x)=x3+x+1(xR)，若f(a)=2，则f(－a)的值为．7.设QP和是两个集合，定义集合QxPxxQP且,|，若4,3,2,1P，RxxxQ,221|，则QP.8.为了保证信息安全传输必须使用加密方式，有一种方式其加密、解密原理如下：明文密文密文明文已知加密为2xay(x为明文、y为密文)，如果明文“3”通过加密后得到密文为“6”，再发送，接受方通过解密得到明文“3”，若接受方接到密文为“14”，则原发的明文是.加密发送9.方程223xx的实数解的个数为．10.已知数列na，则“数列na为等比数列”是“数列lgna为等差数列”的______条件(填写：充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件)11．关于函数有下列四命题),0()(axaxxf：①),0()0,()(的值域是xf；②)(xf是奇函数；③()(,0)fx在及(0,)上单调递增；④方程|()|(0)fxbb总有四个不同的解；其中正确的有．12.若函数223yxx在闭区间[0,]m上有最大值3，最小值2；则m的取值集合为．13.()yfx在(0,2)上是增函数，(2)yfx是偶函数，则57(1),(),()22fff的大小关系是．14.已知t为常数，函数txxy22在区间[0，3]上的最大值为2，则t=________．二、解答题（共90分，写出详细的解题步骤）15．（14分）已知集合A{2215xxx≤0}，B={22(29)9xxmxmm≥0，mR}（1）若3,3AB，求实数m的值；（2）设全集为R，若RACB，求实数m的取值范围．16．（14分）已知函数()fxmn其中(sincos,3cos)mxxx(cossin,2sin),0,()nxxxfx其中若相邻两对称轴间的距离不小于.2（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）在,3,3,,,,,,cbaCBAcbaABC的对边分别是角中,最大时当ABCAf求,1)(的面积.17．（14分）已知数列的等比数列公比是首项为41,41}{1qaan，设*)(log3241Nnabnn，数列nnnnbacc满足}{（1）求证：}{nb是等差数列；（2）求数列}{nc的前n项和Sn．18．（16分）某厂家拟在2010年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m(m≥0)万元满足31kxm（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量是1万件.已知2010年生产该产品的固定投入为8万元，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用）．（1）将2010年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；（2）该厂家2010年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？19．（16分）已知函数22()ln()fxxaxaxaR．（1）当a=1时，求函数()fx最大值；（2）若函数()fx在区间（1，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围．20．（16分）已知二次函数1)(2bxaxxf和函数bxabxxg21)(2，（1）若)(xf为偶函数，试判断)(xg的奇偶性；（2）若方程()gxx有两个不等的实根2121,xxxx，则①证明函数)(xf在（－1，1）上是单调函数；②若方程0)(xf的两实根为4343,xxxx，求使4213xxxx成立的a的取值范围．参考答案：1、322.解：由1249a得2442()()93a，∴422332loglog()43a.答案：4.3、135i4.解：131311424222(23)(23)4()xxxxx11322434423xx．答案：－23．5.解：设1()2uy,2232uxx,所以结合函数图象知,函数y的值域为1(0,]4．答案：1(0,]4．6.解：3()1fxxx为奇函数，又()2fa()11fa，故()11fa，即()0fa．答案：0．7.解：由定义QxPxxQP且,|，求PQ可检验4,3,2,1P中的元素在不在RxxxQ,221|中，所有在P中不在Q中的元素即为PQ中的元素，故QP4.答案：4.8.解：由已知，当x=3时y=6，所以326a，解得2a；∴22xy；当y=14时，有2214x，解得x=4.答案：“4”．9.解：画出函数2xy与23yx的图象，它们有两个交点，故方程223xx的实数解的个数为2个.答案：2.10、必要不充分条件11．解：xa时()0fx，故①不正确；|()|0fx只有2个解，故④不正确；∴正确的有②③.答案：②③．12.解：由223yxx即2(1)2yx,结合图象分析知m的取值范围为[1,2]时,能使得函数取到最大值3和最小值2.答案：[1,2].13.解：结合图象分析知：()yfx的图象是由(2)yfx的图象向右平移两个单位而得到的；而(2)yfx是偶函数，即(2)yfx的图象关于y轴对称，所以()yfx的图象关于x=2对称，画出图象可以得到75()(1)()22fff.答案：75()(1)()22fff．14.解：二次函数22yxxt图像的对称轴为1,x函数txxy22的图像是将二次函数22yxxt图像在x轴下方部分翻到x轴上方（x轴上方部分不变）得到的.由区间[0，3]上的最大值为2，知max(3)32,yft解得15t或；检验5t时，(0)52f不符，而1t时满足题意．答案：1．15.解：(Ⅰ)∵[3,5]A，,9,Bmm……………………4分3,3AB,∴935mm∴12m……………………7分(Ⅱ){9}RCBxmxm……………………9分∵RACB∴5,93mm或，……………………12分∴56m……………………14分16.解：（Ⅰ）xxxxnmxfsincos32sincos)(22xx2sin32cos)62sin(2x………………3分0,22)(Txf的周期函数……………4分由题意可知,22,22即T解得}10|{,10的取值范围是即……………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知的最大值为1，)62sin(2)(xxf1)(Af21)62sin(A……………8分而132666A6562A3A………………10分由余弦定理知bcacbA2cos22222bcbc3,bc3又…12联立解得2112cbcb或………11分23sin21AbcSABC……14分注:或用配方法不求b，c值亦可17.解：（1）由题意知，*)()41(Nnann12log3,2log3141141ababnn3log3log3log3log341141411411qaaaabbnnnnnn∴数列3,1}{1dbbn公差是首项的等差数列……………………7分（2）由（1）知，*)(23,)41(Nnnbannn*)(,)41()23(Nnncnn,)41()23()41)53()41(7)41(4411132nnnnnS1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141nnnnnS两式相减得132)41()23(])41()41()41[(34143nnnnS.)41()23(211nn*)()41(3812321NnnSnn……………………14分18.解：（1）由题意可知，当0m时，1x，∴13k即2k，∴231xm，每件产品的销售价格为8161.5xx元.∴2010年的利润)168(]1685.1[mxxxxymmmx)123(8484)0(29)]1(116[mmm…8分（2）∵0m时，16(1)21681mm.∴82921y，当且仅当1611mm，即3m时，max21y.………………15分答：该厂家2010年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大，最大为21万元.……16分注：导数法求解酌情给分19.解：（1）当a=1时，2()lnfxxxx，其定义域是(0,)，---------1分2121()21xxfxxxx-------------------2分令()0fx，即2210xxx，解得12x或1x．0xQ，12x舍去．当01x时，()0fx；当1x时，()0fx．∴函数()fx在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减∴当x=1时，函数()fx取得最大值，其值为2(1)ln1110f．---6分（2）法一：因为22()lnfxxaxax其定义域为(0,)，所以222121(21)(1)()2axaxaxaxfxaxaxxx①当a=0时，1()0,()fxfxx在区间(0,)上为增函数，不合题意----------------------------------8分②当a>0时，()0(0)fxx等价于(21)(1)0(0)axaxx，即1xa．此时()fx的单调递减区间为1(,)a．依题意，得11,0.aa解之得1a．-------------------12分③当a<0时，()0(0)fxx等价于(21)(1)(0)axaxx，即12xa·此时()fx的单调递减区间为1(,)2a，11,20.aa得12a14分综上，实数a的取值范围是1(,][1,)2U-----------16分法二：22()ln,(0,)fxxaxaxxQ2221()axaxfxx由()fx在区间(1,)上是减函数，可得22210axax在区间(1,)上恒成立．----------------------------------8①当0a时，10不合题意----------------------------------10②当0a时，可得11,4(1)0af即210,4210aaaa或10,4112aaaa或或----------------------------------14注：发现必过定点（0，1）解题亦可1(,][1,)2aU----------------------------------1620.（Ⅰ）∵)(xf为偶函数，∴()()fxfx，∴0bx，∴0b∴21()gxax，∴函数()gx为奇函数；……（4分）（Ⅱ）⑴由xbxabxxg21)(2得方程(*)0122bxxa有不等实根∴△0422ab及0a得12ab即1122bbaa或又)(xf的对称轴1,12abx故)(xf在（-1，1）上是单调函数……………………………………………（10分）⑵21,xx是方程(*)的根，∴011212bxxa∴12121xabx，同理12222xabx∴)(1xf222211111axbxaxax212)(xaa同理)(2xf222)(xaa要使4213xxxx，只需0)(0)(021xfxfa即002aaa，∴1a或0)(0)(021xfxfa即002aaa，解集为故a的取值范围1a……（16分）