深圳中学2022-2022学年高三第一次月考数学试卷参考解答

数学试卷参考解答

一、选择题： A卷: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C A A A D B A C C B B卷: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A C A C A C C B D B 二、填空题：

11. 37 12. -1280. 13.(,3)(6,) 14. ②,③.

三、解做题：

15. 【解】对于A,有 (x – 2)2 – (3m)2 ≤ 0  2 – 3m≤x≤2+3m

A[23m,23m]

对于B,有-5 1 – 2x  5  -2 x 3.

[-2, 3] B[2,3] 由题意 [2 – 3m, 2+3m]

23m223m2123m323m30m无解, 3m0m01故实数m的取值范围是(0,]

3

16. 【解】〔1〕f(x)x24ax3a2.

令f(x)x24ax3a20,得xa或x3a……………………………2

分

由表 〔,a〕 x f(x) － f(x) a 0 (a,3a) + 3a 0 (3a,) － 4a31 递增 1 递减 3 ………………5分

可知：当x(,a)时,函数f(x)为减函数,当x(3a,)时．函数f(x)也为减函数；当x(a,3a)时,函数f(x)为增函数. …………………………………6分

递减 4当x=a时,f(x)的极小值为a31;当x3a时,f(x)的极大值为1.……7

3分

〔2〕由|f(x)|a,得ax24ax3a2a.

∵0∴[f(x)]maxf(a1)2a1,[f(x)]minf(a2)4a4.

2a1a,于是,问题转化为求不等式组的解.

4a4a4解不等式组,得a1.

54又05

17. 【解】〔1〕四件产品逐一取出排成一列共有A44种方法,前两次取出的产

11×C2品都是二等品的共有C2种方法,

∴前两次取出的产品都是二等品的概率为 11C2×C21 ………………4分 46A4 〔2〕四件产品逐一取出排成一列共有A44种方法,第二次取出的产品是二等1×A33种方法, 品的共有C2 ∴第二次取出的产品是二等品的概率为13C2×A31 ……….. ………8分 42A4 〔3〕的所有可能取值为2,3,4, ∴的概率分布为

2 3 4  p 123 66612310 ∴E2×3×4×

6663

18. 【解】〔1〕f(1)0 ab10, 又xR时,f(x)值域为[0,),

a0,2b4(b1)0,b2,a1． 2b4a0. f(x)x22x1(x1)2

2(x1) (x0), …………5分 F(x)2(x1) (x0). 〔2〕g(x)f(x)kxx22x1kxx2(2k)x1

2k2(2k)2)1 =(x． 24k2k2  当 2, 或 2时,即k6或k2时g(x)单调．

22 〔3〕f(x)为偶函数,

2ax+1 (x0), f(x)ax1, F(x) 2ax1 (x0). mn0, 不妨设m0,则n0.又mn0,mn0,mn．

2 F(m)F(n)f(m)f(n)am21an21a(m2n2)0．

故F(m)F(n)能大于0．

19.解: 点P(an,an1)在直线xy10上，即an1an1,且a11数列an是以1为首项，1为公差的等差数列.an1(n1)1n(n2),a11也满足ann.12n（1）f(n),n1n22n123n1nn1f(n1)，n2n3n42n2n12n21111nf(n1)f(n)()2n1n2nn2n11111n ()

2n1n1n12n11nn1n2 =20,22n1n122n3n112105f(n)是单调递增的，故f(n)的最小值是f(2)=.341265f(n)6

…2分

11111Sn1,Sn1Sn(nN) n23nn1假设存在关于n的整式gn满足要求,那么有

S12; S1 = (S2 – 1)g(2) g(2) =

S21SS23. S1 +S2= (S3 – 1)g(3) g(3) = 1S31(2)

bn所以可猜测g(n) = n . …….9分

下面我们用数学归纳法证实: S1S2S3小于2的自然数n恒成立.

Sn1Sn1n对于一切不

1①当n = 2时, 左边=S1 =1 , 右边=2(S2 – 1) = 2=1, 所以左边=右

2边. …..10分

②假设n = k(k2)时, 等式成立,

即S1S2S3Sk1Sk1k

那

S1S2S3么n = k+1时左

k1边=

Sk1Skk(Sk1)Sk=(k1)Skk(k1)(Skk)

1k1)= (k1)(Sk) k1k1n = k+1时,等式也成立

由①②可知, 等式对于一切不小于2的自然数n恒成立. 故存在满足要求的整式gn, 且g(n)=n.

20.【解】(1)kf(t)2t, ∴yt22t(xt), 即y2txt2(0t6). ….4

右边=(k1)(Sk11)(k1)(Sk分

(2)令y0得 x; 令x6,y12tt2.

t311t2∴g(t)APAQ(6)(12tt)6t236t,(0t6). .....6

2224t2分

3t212t360,得4t12, 又0t6, 由g'(t)4∴4t6, 又g(t)在(m,n)上单调递减, 所以(m,n)(4,6). ∴(m)min4.

(3)当0t4时, g(t)0, ∴g(t)在(0,4)上单调递增,

当4t6时, g(t)0, ∴g(t)在(4,6)上单调递减,又g(t)在t = 4处连续

∴gmax(t)g(4)64,limg(t)54t6121121, limg(t)0, t044t3121解方程6t236t(0t4) 得 t1

44121t∴SQAP[,64]1t6. 又P点的横坐标x,

24∴P的横坐标的取值范围为,3.

12