2019-2020學(xué)年山東濰坊高三上期中數(shù)學(xué)試卷

2019-2020學(xué)年山東省濰坊市高三(上)期中數(shù)學(xué)試卷一、單項選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合4={%|%2-2%20},B={%|0<%<3},則4GB=()A.(-1,3) B.(0,2] C.[2,3) D.(2,3)【答案】C【考點】交集及其運算【解析】可以求出集合4然后進行交集的運算即可.【解答】<4={%|%40或％22},B={%|0<%<3},「.4GB=[2,3)..sin225°=()A.一應(yīng) B.應(yīng) C.-1 D.122 22【答案】A【考點】運用誘導(dǎo)公式化簡求值【解析】把225°寫為180°+45°由誘導(dǎo)公式二得特殊角的正弦角，由特殊角正弦值得結(jié)果.【解答】sin225°=sin(180°+45°)=-sin45°=—^2..已知。=108。2,b=3：,c=ln2,則a,b,c的大小關(guān)系為()3 3A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b【答案】B【考點】對數(shù)值大小的比較【解析】利用指數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得出.【解答】a=1og32c(0,1),b=3：>1,c=1n$${\{}$\${dfrac\{2\}\{3\}}$<}$0,則${a}$,$$,${c}$的大小關(guān)系：${b\gta\gtc}$..若Z,m是平面a外的兩條直線，且Z//a，則m//Z是6//仇的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件試卷第1頁，總19頁【答案】A【考點】充分條件、必要條件、充要條件【解析】利用線面平行的判定定理及其性質(zhì)定理即可判斷出結(jié)論.【解答】I，6是平面a外的兩條直線，I//a，則m//l^m//a,反之不成立.??.m//是//a的充分不必要條件.5.齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬；田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬；田忌的下等馬劣于齊王的下等馬.現(xiàn)齊王與田忌各出上等馬、中等馬、下等馬一匹，共進行三場比賽，規(guī)定：每一場雙方均任意選一匹馬參賽，且每匹馬僅參賽一次，勝兩場或兩場以上者獲勝.則田忌獲勝的概率為()A.1 Bl C.1 D.工【答案】B【考點】古典概型及其概率計算公式【解析】設(shè)齊王的上等馬、中等馬、下等馬分別為4,B,a田忌的上等馬、中等馬、下等馬分別為a,b,c,每一場雙方均任意選一匹馬參賽，且每匹馬僅參賽一次，勝兩場或兩場以上者獲勝.利用列舉法能求出田忌獲勝的概率.【解答】設(shè)齊王的上等馬、中等馬、下等馬分別為4B,C,設(shè)田忌的上等馬、中等馬、下等馬分別為a,b,c,每一場雙方均任意選一匹馬參賽，且每匹馬僅參賽一次，勝兩場或兩場以上者獲勝.基本事件有：(Aa,Bb,Cc),(Aa,Be,Cb),(Ab,Be,Cd),(Ab,Be,Ca),(Ac,Bb,Cd),(Ac,Ba,Cb),共6個，田忌獲勝包含的基本事件有：(4c,Ba,Cb),只有1個，???田忌獲勝的概率為0=1.6試卷第2頁，總19頁【答案】A【考點】函數(shù)的圖象與圖象的變換【解析】根據(jù)條件判斷函數(shù)的奇偶性和對稱性，結(jié)合極限思想進行排除即可.【解答】函數(shù)的定義域為(一8,0)U(0,+8),/(-%)=-%-叫一4=一(％-皿4)=-f(x)，則函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，—X X排除B,D,當(dāng)%>0且％T0,f(%)7+8,排除C,.(2-扃8展開式中第3的系數(shù)為()A.-122 B.28 C.56 D.112【答案】D【考點】二項式定理及相關(guān)概念【解析】寫出二項展開式的通項，令%的指數(shù)為3求得r值，則答案可求.【解答】由<+1="?28-r-(-V%)r=(-1)r?28-r?”-%；.取二=3,得r=6.2???(2一夜)8展開式中第3的系數(shù)為(-1)6?22.呼=112..已知函數(shù)f(%)=sin%+cos%，則()A.f(%)的最小正周期為兀B.y=f(%)圖象的一條對稱軸方程為第=工4C.f(%)=的最小值為-2D.f(%)在［0,：上為增函數(shù)【答案】B【考點】兩角和與差的三角函數(shù)【解析】利用輔助角公式化積，然后逐一分析四個選項得答案.【解答】:/(%)=sin%+cos%=V2sin(%+汽)，4」.f(%)的最小正周期為2兀，故4錯誤；又/(4)=V2sin2=72,，y=f(%)圖象的一條對稱軸方程為第=：,故B正確；試卷第3頁，總19頁

f（x）的最小值為-V2,f（x）的最小值為-V2,故c錯誤;【答案】C【考點】平面向量的基本定理【解析】建系，利用坐標(biāo)法表示出八=%#1+y加，進而可求出％，y值.【解答】建立如圖所以坐標(biāo)系，根據(jù)條件不妨設(shè)4（1,0），BJ1,上），US,上），2 2 2 2所以］則應(yīng)=（3,上）=%（1,0）+y（-1，區(qū)），22 22所以］—1y=3-2 一2，解得％=2，y=1，3Ly=心22所以％+y=3，.近年來，某市為促進生活垃圾的分類處理，將生活垃圾分為廚余垃圾、可回收物和其他垃圾三類，并分別設(shè)置了相應(yīng)的垃圾箱.為調(diào)查居民生活垃圾分類投放情況，現(xiàn)隨機抽取了該市三類垃圾箱中總計1000t生活垃圾.經(jīng)分揀以后數(shù)據(jù)統(tǒng)計如表（單位:t）:根據(jù)樣本估計本市生活垃圾投放情況，下列說法錯誤的是（）“廚余垃圾〃箱“可回收物〃箱“其他垃圾〃箱廚余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060A.廚余垃圾投放正確的概率為23居民生活垃圾投放錯誤的概率為310C.該市三類垃圾箱中投放正確的概率最高的是“可回收物〃箱D.廚余垃圾在“廚余垃圾〃箱、“可回收物〃箱、“其他垃圾〃箱的投放量的方差為20000【答案】D【考點】試卷第4頁，總19頁命題的真假判斷與應(yīng)用【解析】TOC\o"1-5"\h\z由表格可得：廚余垃圾投放正確的概率=—誣一=2可回收物投放正確的概率=400100100 3240 =4；其他垃圾投放正確的概率=60 =汽2403030 5 202060 54.可知：廚余垃圾投放正確的概率；B.居民生活垃圾投放錯誤的概率=由題意可知：生活垃圾投放錯誤有200602020=300,可得生活垃圾投放錯誤的概率；C由計算該市三類垃圾箱中投放正確的概率最高.。.廚余垃圾在“廚余垃圾〃箱、“可回收物〃箱、“其他垃圾〃箱的的投放量的平均數(shù)%=600300100=皿，利用方差計算公式即可得出方差.33【解答】TOC\o"1-5"\h\z由表格可得：廚余垃圾投放正確的概率=-400一=2可回收物投放正確的概率=400100100 3240 =4；其他垃圾投放正確的概率=60 =3.2403030 5 202060 54.可知：廚余垃圾投放正確的概率=3,正確；B.居民生活垃圾投放錯誤的概率=由題意可知：生活垃圾投放錯誤有200602020=300,故生活垃圾投放錯誤的概率為至0=工，正確；1000 10C該市三類垃圾箱中投放正確的概率最高的是，可回收物〃箱，正確.。.廚余垃圾在“廚余垃圾〃箱、“可回收物〃箱、“其他垃圾〃箱的的投放量的平均數(shù)%=600300100=?,可得方差=1*]①。。-1000)2 (300-1000)2(100-1000)2]=33 3 3 3 3皿皿工200009二、多項選擇題：本大題共3個小題，每小題4分，共12分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分.若第2y,則下列不等式中正確的是( )A.2久>2y B5^>Jxy C.%2>y2 D.%2y2>2%y2【答案】A,D【考點】不等式的基本性質(zhì)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點【解析】由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)％>y,有2久>2y當(dāng)0>%>y>0時，彳->J^不成立；試卷第5頁，總19頁當(dāng)02%2y時，第2，y2不成立；由第2+丫2-2盯=(%-丫)220成立，可判斷；【解答】解：由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)?shù)?y時，有2支22九故4正確；當(dāng)0>第2y時，骨2月不成立，故B不正確；當(dāng)0>第2y時，％22y2不成立，故c不正確；:第2+y2-2%y=(%-y)220成立，從而有％2+y222%y成立，故。正確.故選4D.正方體4BCD-4181cl4的棱長為2，已知平面al"1，則關(guān)于a截此正方體所得截面的判斷正確的是()A.截面形狀可能為正三角形 B.截面形狀可能為正方形C.截面形狀可能為正六邊形 D.截面面積最大值為3超【答案】A,C,D【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征【解析】畫出圖形，得出結(jié)果.【解答】解：如圖所示，當(dāng)截面為△B1CD1與正六邊形時，顯然4C成立，要使截面形狀為正方形，則此時平面a應(yīng)為豎直平面此時平面a不與4cl垂直，故B不成立；選項D,如圖截得正六邊形，面積最大，由題意可知MN=272,GH=T2,。后=§，所以S=2.1?(退+2展).f=3/，故。成立.故選4CD.已知函數(shù)f(%)=充-r：?，以下結(jié)論正確的是()/(人2),人20A./(-3)+/(2019)=-3B.f(%)在區(qū)間［4,5］上是增函數(shù)試卷第6頁，總19頁C.若方程f(%)=k%+1恰有3個實根，則(-1,-1)2 4D.若函數(shù)y=f(%)-b在(-8,4)上有6個零點%遮=1,2,3,4,5,6),則沖1%/(%)的取值范圍是(0,6) 1【答案】B,C,D【考點】分段函數(shù)的應(yīng)用【解析】4f(-3)+f(2019)=-(-3)2-2X(-3)+f(1009X2+1)=-3+f(1)進而求解;B：有函數(shù)圖象可知對否；C：方程f(%)=k%+1恰有3個實根，即函數(shù)丫="+1與f(%)圖象有3個交點，由圖象可知y=k%+1與％軸交點位于2,4中間時正好滿足，進而求解；D：如圖所示，若函數(shù)y=f(%)-b在(-8,4)上有6個零點，即函數(shù)y=b與f(%)圖象有6個交點，交點橫坐標(biāo)分別記作%j%2,%3,%4,%5,%6，此時0</l(/)<1,0<f(%2)<1,0<f(%3)<1,0<f(%/<1,0<f(%5)<1,0<f(%6)<1，進而求解;【解答】B：由圖知B正確(1)C：方程f(%)=k%+1恰有3個實根，即函數(shù)丫=k％+1與f(%)圖象有3個交點，由圖象可知y=k%+1與％軸交點位于2,4中間時正好滿足，此時ke(-；,-?(2)D：如圖所示，若函數(shù)y=f(%)-b在(-8,4)上有6個零點，即函數(shù)y=b與f(%)圖象有6個交點，交點橫坐標(biāo)分別記作第1,%2，%,%“4,4此時0<f(%J<1,0<f(%2)<1,0<f(%3)<1,0<f(%4)<1,0<f(%5)<1,0<f(%6)<1,???0</■(%)+f(%)+f(%3)+f(%4)+f(%5)+f(%6)<6,故。正確(3)故選：BCD.三、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分.已知向量Z4滿足同=1,"可-1,則於9-勵=【答案】2【考點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算【解析】原式可化為滋-心兀代入即可.試卷第7頁，總19頁【解答】T:|引=1,a-b=-1,-a,(a—b)=a2—a,b=1—(—1)=2.TxCR,%2—2%—a<0〃為假命題，則實數(shù)a的最大值為.【答案】—1【考點】全稱命題與特稱命題全稱量詞與存在量詞【解析】由已知可得，"V%GR,x2—2x—a>0”為真命題，從而有a<%2—2%恒成立，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可求.【解答】由勺xGR,%2—2x—a<0”為假命題，可知，"VxGR,%2—2x—a>0”為真命題，，a<x2-2x恒成立，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，x2—2x>—1,則實數(shù)a<—1,即a的最大值為—1.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在［0,+8)上是減函數(shù)，f(—1)=0,則不等3式/'(l0gtx)>0的解集為.8【答案】1勺，2)【考點】奇偶性與單調(diào)性的綜合【解析】結(jié)合函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系，將不等式進行等價轉(zhuǎn)化，進行求解即可.【解答】:'(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在［0,+8)上是減函數(shù)，/(—1)=0,?二'(1)=/(-1)=0,33則不等式'(logy)>0等價為不等式'(|10gtx|)>f(',88即|Zo%x|<工，8得{\{}$dfrac{1}{2}<}x〈2,即不等式的解集為{(\dfrac{1}{2},\,2))$,如圖，平行四邊形形狀的紙片是由六個邊長為1的正三角形構(gòu)成的，將它沿虛線折起來，可以得到右圖所示粽子形狀的六面體，則該六面體的表面積為；若該六面體內(nèi)有一小球，則小球的最大體積為.試卷第8頁，總19頁E0E0圖1 圖2【答案】3、/?8、/6兀2’729【考點】球的體積和表面積【解析】計算每個面的面積再乘以6即可；判斷出體積最大時即球與每個面都相切即內(nèi)切球，利用等積法計算出R即可.【解答】根據(jù)題意可知該六面體可看成是兩個正四面體拼成，棱長為1,則其表面積為6X上X12=&；4 2因為每個三角形面積是色，六面體體積是正四面體體積的2倍，所以該六面體的體積是4￡6由圖形的對稱性可知，要想小球的體積達(dá)到最大，即球與六個面都想切時最大，設(shè)該球的半徑為A,則有應(yīng)=6XIX?XR,解得R=/，6 3 4 9所以球的體積V=4〃R3=函兀，3 729四、解答題：本大題共6小題，共82分.解答應(yīng)寫出文宇說明、證明過程或演算步驟.在中，內(nèi)角4B,C所對的邊分別為a,b,c.已知a+b=10,c=5,sin2B+sinB=O(1)求a,b的值：(2)求sinC的值.【答案】由sin2B+sinB=O,可得2sinBcosB+sinB=O,因為在△4BC中，sinBwO,可得cosB=-1,2由余弦定理b2=a2+C2-lacQQsB,可得力2=。2+52-2xax5X(-1),2因為b=10-a,所以(10-a)2=a2+52-2xax5x(一1)，2解得a=3,b=7.由cosB=一工，可得sinB=?,2 2由正弦定理二二口，可得sinC=3=殳4=w.sinBsinC b7 14試卷第9頁，總19頁【考點】正弦定理【解析】(1)由二倍角的正弦函數(shù)公式化簡已知等式結(jié)合5仍8工0,可得cosB=-1,進而由余弦定理可求a,b的值.(2)利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可於inB的值，進而根據(jù)正弦定理可求sinC的值.【解答】由sin2B+sinB=0,可得2sinBcosB+sinB=0,因為在△ZBC中，sinBW0,可得cosB=-1,2由余弦定理b2=a2+c2-2accosB,可得b2=a2+52-2xax5x(―1),2因為b=10-a,所以(10—a)2=a2+52—2xax5x(—1),2解得a=3,b=7.由cosB=-'可得sinB=*,22由正弦定理上=4，可得sinC=3=1=W.sinB sinC b 7 14已知函數(shù)f(%)=%3-1%2+a%+12(1)當(dāng)a=2時，求曲線y=f(%)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)若函數(shù)f(%)在％=1處有極小值，求函數(shù)f(%)在區(qū)間［-2,3］上的最大值.2【答案】當(dāng)a=2時，f(%)=%3-1%2+2%+1,尸(%)=3%2-%+2,???尸(0)=2，又/'(0)=1,「.曲線y=f(%)在點(0,f(0))處的切線方程為y-1=2%,即2%-y+1=0.尸(%)=3%2-%+a,;函數(shù)/'(%)在％=1處有極小值，所以/''(1)=2+a=0,解得a=-2,止匕時f(%)=%3-。%2-2%+1,/'(%)=3%2-%-2,2由f'(%)=0,得％=-2或%=1,當(dāng)$%$<-2或x>1時，f'(x)>0,當(dāng)$${\{}$-4⑻團電加枳肥所以〃%)在(-2,-2),(1,；)上是增函數(shù)，在(-2,1)上是減函數(shù).試卷第10頁，總19頁所以f(1)=—1.f(—2)=—5,2因為f(—2)=47，八;)=4,所以f(%)的最大值為因為/'J2)=49.3 27【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【解析】.欲求在點(0,f(0))處的切線方程，只須求出其斜率的值即可，故先利用導(dǎo)數(shù)求出在％=0處的導(dǎo)函數(shù)值，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線的斜率.從而問題解決..函數(shù)/'(%)在％=1處有極小值，所以f'(1)=2+a=0,解得a=—2,此時f(%)=%3—1％2—2%+1,通過求導(dǎo)得單調(diào)區(qū)間得出函數(shù)f(%)在區(qū)間［—2,3］上的最大值.22【解答】當(dāng)a=2時，f(%)=媳—1%2+2%+1,2尸(%)=3%2—%+2,???尸(0)=2，又/'(0)=1,曲線y=f(%)在點(0,f(0))處的切線方程為y—1=2%,即2%—y+1=0.尸(%)=3%2—%+a,;函數(shù)/'(%)在％=1處有極小值，所以f'(1)=2+a=0,解得a=—2,止匕時f(%)=%3—1%2—2%+1,//(%)=3%2—%—2,2由f'(%)=0,得％=—2或%=1,3當(dāng)$%$<—2或x>1時，f,(x)>0,3TOC\o"1-5"\h\z當(dāng)$${\{}$-4⑻團電加枳肥所以〃%)在(—2,—2),(1,3)上是增函數(shù)，在(—2,1)上是32 3減函數(shù).所以f(1)=—2f(—2)=—5,因為f(—2)=49,f(3)=1,3 27 2 4所以f(%)的最大值為因為/'J2)=49.3 27如圖，在棱長均為2的三棱柱4BC—4B1cl中，平面41cBi平面//^卦，4"=&B,。為44與4B的交點.試卷第11頁，總19頁4 4(1)求證：AB11C0；(2)求平面4cq4與平面4BC所成銳二面角的余弦值.【答案】證明：:在棱長均為2的三棱柱4BC-4181cl中，四邊形4/BB1是菱形，，4/14%;平面41cBi平面4/BBj平面41cBe平面4/34=48,，々B1平面4/B,「C。u平面々eg, 44ico.4%=48,「?菱形4/B%為正方形，在氏M。04中，CO=〃C2-042=V2,在△COB中，CO=OB=V2,CB=2,CO2+OB2=。&2,??CO10B,又CO1嗎,4334=0,C01平面/[4BB],以。為坐標(biāo)原點，以04OB,0C所在直線分別為％，y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，4(72,0,0),4(0,-V2,0),C(0,0,V2),B(0,V2,0),44=(-72,-72,0),公=(-72,0,72),油=(-72,72,0),設(shè)平面4cq4的一個法向量元=(%,y,z),nil元?/=-72%+72z=0由17’???、則一 ，取％=1,n=(1,-1,1),元?9】=-72%-72y=0設(shè)平面4BC的一個法向量訪=(居y,z),m-公=-72%+72z=0而 4曰一則一 ，取％=1,得加=(1,1,1),m-4B=-72%+72y=0設(shè)平面4cq4與平面4BC所成銳二面角為仇貝Ucos。=同向=-1-=1,|m|-|n| 73義，3 3??平面4c44與平面4BC所成銳二面角的余弦值為1.11 3【考點】二面角的平面角及求法【解析】(1)推導(dǎo)出4314%,從而481平面4/B,由此能證明4B11co.(2)推導(dǎo)出CO1OB,CO14與，從而CO1平面414gBi，以。為坐標(biāo)原點，以04試卷第12頁，總19頁OB,OC所在直線分別為％，y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面4cq4與平面4BC所成銳二面角的余弦值.【解答】證明：???在棱長均為2的三棱柱4BC-&B1cl中，四邊形4/B%是菱形，，々BIZ%;平面41cBi平面4/B%,平面41cBe平面4434=48,「?々B1平面&CB,「C。u平面41cB, 呵1CO.:/4:&叢」.菱形4/BB1為正方形，在氏M。04中，CO=〃-2-042=V2,在△COB中，C0=0B=V2,CB=2,CO2+OB2=。&2,??CO10B,又CO1嗎,4即44=0,C01平面/[4BB],以。為坐標(biāo)原點，以04OB,0C所在直線分別為％，y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，4(72,0,0),4(0,-V2,0),C(0,0,V2),B(0,V2,0),44=(-72,-72,0),/=(-72,0,72),油=(-72,72,0),設(shè)平面4CQ4的一個法向量完=(%,y,Z),nil布?公=-72%+72z=0由17’???、則一 ，?。?1,n=(1,-1,1),元?筋】=-72%-72y=0設(shè)平面4BC的一個法向量訪=(居y,z),m-4c=-72%+72z=0 -則一 ，?。?1,得加=(1,1,1),m-標(biāo)=-72%+72y=0設(shè)平面4cq4與平面4BC所成銳二面角為仇TT貝Ucos。=|沅句=-1-=1,|m|-|n| 73義，3 3??平面4cq4與平面4BC所成銳二面角的余弦值為3在經(jīng)濟學(xué)中，函數(shù)f(%)的邊際函數(shù)Mf(%)定義為Mf(%)=f(%+1)-/(%).某醫(yī)療設(shè)備公司生產(chǎn)某醫(yī)療器材，已知每月生產(chǎn)%臺。CN*)的收益函數(shù)為R(%)=3000%-20%2(單位：萬元)，成本函數(shù)C(%)=500%+4000(單位：萬元)，該公司每月最多生產(chǎn)100臺該醫(yī)療器材.(利潤函數(shù)=收益函數(shù)-成本函數(shù))(1)求利潤函數(shù)P(%)及邊際利潤函數(shù)MP(%)；(2)此公司每月生產(chǎn)多少臺該醫(yī)療器材時每臺的平均利潤最大，最大值為多少？(精確到0.1)試卷第13頁，總19頁(3)求％為何值時利潤函數(shù)P(x)取得最大值，并解釋邊際利潤函數(shù)MP(x)的實際意義.【答案】P(x)=3000%-20%2-(500%+4000)=-20%2+2500%-4000,(1<%<100,第eNx),MP(%)=P(%+1)-P(%)=-40%+2480.每臺器材的平均利潤為竿=-20(%+次)+2500<-400V2+2500,當(dāng)且僅當(dāng)％=迎即％=10魚時取等號.X又％eNx,且當(dāng)％=14時，每臺器材的平均利潤為1934.3萬元，當(dāng)％=15時，每臺器材的平均利潤為1933.3萬元，故每月生產(chǎn)14臺醫(yī)療器材時，平均利潤最大，最大利潤為1934.3萬元.P(%)=-20(%-62.5)2+74125.又％eNx,故當(dāng)％=62或63時，P(%)取得最大值.MP(%)反映了產(chǎn)量與利潤增量的關(guān)系.【考點】根據(jù)實際問題選擇函數(shù)類型【解析】(1)根據(jù)利潤公式得出P(%)，根據(jù)邊際函數(shù)定義得出MP(%)；(2)判斷函數(shù)單調(diào)性，計算％=14和％=15對應(yīng)的平均利潤，得出結(jié)論；(3)根據(jù)二次函數(shù)的對稱性求出第的值.【解答】P(%)=3000%-20%2-(500%+4000)=-20%2+2500%-4000,(1<%<100,第eNx),MP(%)=P(%+1)-P(%)=-40%+2480.每臺器材的平均利潤為竿=-20(%+次)+2500<-400V2+2500,當(dāng)且僅當(dāng)％=亞即％=10或時取等號.X又％eNx,且當(dāng)％=14時，每臺器材的平均利潤為1934.3萬元，當(dāng)％=15時，每臺器材的平均利潤為1933.3萬元，故每月生產(chǎn)14臺醫(yī)療器材時，平均利潤最大，最大利潤為1934.3萬元.P(%)=-20(%-62.5)2+74125.又％eNx,故當(dāng)％=62或63時，P(%)取得最大值.MP(%)反映了產(chǎn)量與利潤增量的關(guān)系.已知函數(shù)f(%)=x+1-m(1+lnx)(meA).X X(1)當(dāng)加>1時，討論f(%)的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)g(%)=f(%)+亨，若存在不相等的實數(shù)%,第2，使得以第);戒々)，證明：0<加<4+%2【答案】函數(shù)/'(%)的定義域為(0,+8)./■，(％)=1+m-1_儂二汽2-皿汽+皿一1=(第一1)[第一(^-1)]第2支 第2 汽2試卷第14頁，總19頁,16>1,所以6-1>0.當(dāng)0<m—1<1,即1<m<2時，由尸(%)>0得％>1或％<m—1,由尸(%)<0得加一1<%<1,所以f(%)在(0,6—1),(1,+8)上是增函數(shù)，在(6—1,1)上是減函數(shù)；當(dāng)6—1=1,即6=2時，尸(%)>0,所以f(%)在(0,+8)上是增函數(shù)；當(dāng)加—1>1,即6>2時，由尸(%)>0得％>m—1或％<1,由尸(%)<0得1<%<m—1,所以f(%)在(0,1),(6—1,+8)上是增函數(shù)，在(1,6—1)上是減函數(shù).綜上可知：當(dāng)1<加<2時，f(%)在(0,6—1),(1,+8)上是增函數(shù)，在(6—1,1)上是減函數(shù);當(dāng)6=2時，/(%)在(0,+8)上是增函數(shù)；當(dāng)6>2時，/(%)在(0,1),(m—1,+8)上是增函數(shù)，在(1,6—1)上是減函數(shù).證明：g(%)=/(%)+m-1=%—mlnx,Xg，(%)=1一",當(dāng)加<0時，g，(%)>0,所以g(%)在(0,+8)上是增函數(shù)，故不存在不相等的實數(shù)^,々，使得以%)：〃4),所以6>0.由g(%])=g(第2)使得%1—mln/=%2—mln%2，即m(ln%2-ln%1)=%2—%「不妨設(shè)0<%]<%，則加=啊』>0,ln%2—ln%1要證加</+4,只需要證{\{}$d"ac{{歡{2}—{此{(lán)1}}{{%}_{1}+{歡{2}}只需證$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,-\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,+\,1\}}$令t=與>1,久1只需要證$${\{}$\${dfrac\{t\,-\,1\}\{t\,+\,1\}}$即證lnt一言>0,令h(t)=lnt—0(t>1),t+1則“(t)=1 2—=t2+1>0.t (t+1)2 t(t+1)2所以何t)在(1,+8)上是增函數(shù)，所以攸t)>儀1)>0.從而lnt—0>0,故0<加<%+%2.【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【解析】(1)廣(％)=1+』—m=x2—n+m—1=(x—1"x—g—1)].分三種情況，當(dāng)0<m—1<1,當(dāng)6—1=1,當(dāng)6—1>1,去討論f(%)的單調(diào)性.試卷第15頁，總19頁(2)g(x)=/(%)+m1-=xminx,0(%)=1%當(dāng)優(yōu)工0時，g/(%)>0,所以X Xg(%)在(0,+8)上是增函數(shù)，故不存在不相等的實數(shù)4,第2，使得g(%])=g(第2)，所以m>0.由以/尸以%)使得%1Mn%]=%2mln%2，即優(yōu)(ln%2ln%i)=%2%.不妨設(shè)0<%<X,則優(yōu)=久2久1>0,要證優(yōu)<%+%，即可.1 2 in久2in/ 1 2【解答】函數(shù)/'(%)的定義域為(。,+8).=口1)以(徵111第2戶(%)==口1)以(徵111第2第2優(yōu)>1,所以僅1>0.當(dāng)0<優(yōu)1<1,即1<優(yōu)<2時，由/'/(%)>0得％>1或％<僅1，由/>(%)<0得優(yōu)1<%<1,所以f(%)在(0,優(yōu)1),(1,+8)上是增函數(shù)，在(僅1,1)上是減函數(shù)；當(dāng)僅1=1,即優(yōu)=2時，//(%)>0,所以f(%)在(0,+8)上是增函數(shù)；當(dāng)優(yōu)1>1,即優(yōu)>2時，由/'/(%)>0得％>優(yōu)1或％<1,由/>(%)<0得1<%<僅1,所以f(%)在(0，1),(僅1,+8)上是增函數(shù)，在(1,m1)上是減函數(shù).綜上可知：當(dāng)1<優(yōu)<2時，/(%)在(0,m1),(1,+8)上是增函數(shù)，在(僅1,1)上是減函數(shù);當(dāng)優(yōu)=2時，/(%)在(0,+8)上是增函數(shù)；當(dāng)俏>2時，/(%)在(0,1),(m1,+8)上是增函數(shù)，在(1,m1)上是減函數(shù).證明：g(%)=f(%)+皿^=%minx,X0(%)=1%當(dāng)僅<0時，g/(%)>0,所以g(%)在(0,+8)上是增函數(shù)，故不存在不相等的實數(shù)%1,第2,使得g(%])=g(第2),所以僅>0.由g(%])=g(第2)使得%1 Mn%]=%2 mln%2，即優(yōu)(ln%2 in%1)=%2 %.不妨設(shè)0<%]<%2,則僅=久2久1>0,in久2in久]要證僅<%1+%2,只需要證{\{}$dfrac{{%}_{2}{%}_{1}}{{刈_{1}+{%}_{2}}只需證$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,-\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\,+\,1\}}$令七=J>1,久1只需要證$${\{}$\${dfrac\{t\,-\,1\}\{t\,+\,1\}}$即證int ^>0,t+1令h(t)=int 言(t>1),試卷第16頁，總19頁

則力(t)=1 2—=-t21>0.t(t1)2 t(t1)2所以何t)在(1,8)上是增函數(shù)，所以攸t)>攸1)>0.從而lnt-0>0，故0<加<%_, /.ti 1 2如圖，直角坐標(biāo)系中，圓的方程為%2y2=1,4(1,0),3(-；,產(chǎn))，。(一1，—-)為圓上三個定點，某同學(xué)從4點開始，用擲骰子的方法移動棋子.規(guī)定：①每擲一次骰子，把一枚棋子從一個定點沿圓弧移動到相鄰下一個定點；②棋子移動的方向由擲骰子決定，若擲出骰子的點數(shù)為偶數(shù)，則按圖中箭頭方向移動；若擲出骰子的點數(shù)為奇數(shù)，則按圖中箭頭相反的方向移動.設(shè)擲骰子幾次時，棋子移動到4B,C處的概率分別為匕(4)，匕。)，q(C).例如：擲骰子一次時，棋子移動到4B，C處的概率分別為匕(4)=0，匕(8)=1，P[(G=11 1 2 1 2(1)分別擲骰子二次，三次時，求棋子分別移動到4B，C處的概率；⑵擲骰子幾次時，若以%軸非負(fù)半軸為始邊，以射線。4OB，0C為終邊的角的余弦值記為隨機變量X"，求X4的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3