自我检测 函数与导数 1． C． 2． 由解集｛x－2
4． 作出函数的图象，由图知a，b，c有两个在（0，10］上，假设a，b∈（0，10］，并有一个大于1，一个小于1，不妨设a1，则f（a）=lga=－lga=lg，f（b）=lgb=lgb，所以=b，abc=c，由图知c∈（10，12）． 选C．
5． 不妨设x1>x2，则左边可化为f（a）x1－f（a）x2≤g（x1）－g（x2），即g（x1）－2a+•x1≥g（x2）－2a+x恒成立． 构造函数h（x）=g（x）－2a+x，结合选择支，若g（x）=x2+lnx－2，则h′（x）=2x+－2a+，由已知f（x）=2x+在［a，b］上单调递增，所以h′（ｘ）=2x+－2a+≥0成立，故f（a）x1－f（a）x2≤g（x1）－g（x2）成立． 同理可证当g（x）=x2+lnx－2时对右边也成立． 选B．
6． 经判定函数f（x）是奇函数，且f（x）∈－，，再结合［ｘ］的意义可求得y=［f（x）］+［f（-x）］∈｛0，－1｝．
7． 要使函数有意义，则ex－x+m≠0，即ex－x+m>0或ex－x+m（x－ex）max=－1，而ex－x+m1.（答案不唯一）
9． 由题意得x=－3和x=2是函数f（x）的零点且a≠0，则0=a•（－3）2+（b－8）•（－3）－a－ab，0=a•22+（b－8）•2－a－ab，解得a=－3，b=5，所以f（ｘ）=－3x2－3x+18．
（1）结合函数图象知，函数f（x）在［0，1］内单调递减，当x=0时，y=18，当x=1时，y=12，所以f（x）在［0，1］内的值域为［12，18］．
（2）法1：令g（x）=－3x2+5x+c，则g（x）在，+∞上单调递减，要使g（x）≤0在［1，4］上恒成立，则需g（ｘ）ｍａｘ=g（1）≤0，即－3+5+c≤0，解得c≤－2，所以当c≤－2时，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立．
法2：不等式－3x2+5x+c≤0在［1，4］上恒成立，即c≤3x2－5x在［1，4］上恒成立． 令g（x）=3x2－5x，显然g（x）在［1，4］上单调递增，则g（x）min=g（1）=－2，即当c≤－2时，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立．
10． （1）当x0，所以f（－x）==． 因为f（x）是偶函数，所以f（x）=f（－x）=，所以f（x）=（x≥0），（x0，所以g（1）•g（2）0是f ′（x）=0的任意正实根，即x0=－tanx0，则存在一个非负整数k，使x0∈+kπ，π+kπ，即x0在第二或第四象限内． 由①式， f ′（x）=cosx（tanx+x）在第二象限或第四象限中的符号可列表如下：
所以满足f ′（x）=0的正根x0都为f（x）的极值点． 由题设条件，a1，a2，…，an，…为方程x=－tanx的全部正实根且满足a1 由于+（n－1）π0，由②式知tan（an+1－an） 9． （1）a1=S1=a，当n≥2时，an=Sn－Sn－1=a+（n－1）•2b，当n=1时，式子也成立． 所以｛an｝是首项为a，公差为2b的等差数列，于是an=a+2（n－1）b．
（2）设Pn（x，y），由已知，应有x=2bn+a－2b，y=－1=bn+a－b－1，观察可知点Pn都在直线y=+－1上．
（3）因为a=1，b=，易求得P1（1，0），P22，，P3（3，1）． 由题设（r－1）2+r2>r2，（r－2）2+r－>r2，（r－3）2+（r－1）2>r2，解得r∈－∞，∪（4+，+∞）．
10． （1）因为n2个正数的数表A每横行的数成等差数列，a42=2，a43=3，所以第四行的数构成以公差d=a43－a42=1的等差数列，所以a4j=a42+（j－2）×1=j（1≤j≤n，j∈N），故a44=4． 所以第四列的数构成公比q==2的等比数列，所以第j列的数构成的等比数列公比也是2，所以aij=a4j2i－4=j•2i－4．
（2）因为bn=ann=n•2n－4=•n•2n，所以Sn=bn=［1×21+2×22+3×23+…+（n－1）•2n－1+n•2n］，①
2Sn=［1×22+2×23+3×24+…+（n－1）•2n+n•2n+1］，②
所以②－①得Sn=［－2－（22+23+24+…+2n）+n•2n+1］=－+n•2n+1］=+（n－1）•2n－3．
11． （1）因为4Sn f=1，所以2Sn=an-a． ①
当n=1时，2a1=a1-aa1=-1；当n≥2时，2Sn-1=an-1-a，②
所以①②两式相减得（an+an－1）（an－an－1+1）=0，所以an=－an－1或an－an－1=－1． 若an=－an－1，则a2=1，与an≠1矛盾，所以an－an－1= －1，所以an=－n． 由于要证－1），则g′（x）=1－=>0，所以g（x）=x－1－lnx在（1，+∞）上单调递增，所以g1+>g（1）=0，ln1），则h′（x）=－=>0，所以h（x）=lnx－1+在（1，+∞）上单调递增，所以h1+>h（1）=0，ln>． ④
综合③④，得a+2，所以a>1． 由大边对大角可知，边长a＋2的边对应的角θ最大． 由余弦定理可得0>cosθ=≥－，所以≤a0时，g（x）=2msin2x+－m+1的值域为（1，m+1］． 又g（x）的值域为1,，解得m=；当m 17． （1）设圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则圆心C－，－，且PC的斜率为-1
所以1+E+F=0，4+2D+F=0，－=，=－1，解得D=1，E=5，F=－6，m=－3，所以圆方程为x2+y2+x+5y－6=0
（2）①•=••（－）=0•=0CP⊥AB，所以AB的斜率为1；②设直线AB方程为y=x+t，代入圆C方程得2x2+（2t+6）x+t2+5t－6=0． 设A（x1，y1），B（x2，y2），则Δ>0－780，A9==760，则+2x≥2，所以b的取值范围是（－∞，2］
（2）设t=ex，则函数化为y=t2+bt，t∈［1，2］． 因为y=t+2－，所以当－≤1，即 －2≤b≤2时，函数y在［1，2］上为增函数，当t=1时，ymin=b+1；当11，则lnu=，u>1，… （1）
令r（u）=lnu－，u>1，则r′（u）=－=． 因为u>1，所以r′（u）>0，所以r（u）在［1，+∞）上单调递增，故r（u）>r（1）=0，则lnu>，与（1）矛盾！故不存在这样的R
20． （1）因为点Pn，Pn+1都在直线y=kx+b上，所以=k，得（k-1）xn+1=kxn． 因为常数k≠0，且k≠1，所以=（非零常数），所以数列｛xn｝是等比数列
（2）由yn=log0.5xn，得xn=yn=8n-6，所以=8，得k=．由P在直线上，得Sn=kxn+b，令n=1得b=S1－x1=－x1=－
（3）由yn=log0.5xn知xn>1恒成立等价于yn0，即：数列｛ｙｎ｝是首项为正，公差为负的等差数列，所以一定存在一个最小自然数M，使yM≥0，yM+1M时，xn>1恒成立
21. A． （1）BE平分∠ABC． 因为CD＝AC，所以∠D=∠CAD． 因为AB＝AC，所以∠ABC=∠ACB． 因为∠EBC=∠CAD，所以∠EBC=∠D=∠CAD． 因为∠ABC=∠ABE+∠EBC，∠ACB=∠D+∠CAD，所以∠ABE=∠D=∠EBC，即BE平分∠ABC
（2）由（1）知∠CAD=∠EBC =∠ABE． 因为∠AEF=∠AEB，所以△AEF∽△BEA，所以=． 因为AE=6，BE=8，所以EF===
B． （1）M1=0 －11 0，M121=0 －11 021=－12，所以点P（2，1）在T1作用下的点P′的坐标是P′（－1，2）
（2）M=M2M1=1 －11 0，设xy是变换后图象上任一点，与之对应的变换前的点是xy，则Mxy=xy，也就是x－y=x，x=y，即x0=y，y=y－x，所以，所求曲线的方程是y－x=y2
C． 将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程x2+y2－4y=0，即x2+（y－2）2=4，它表示以（0，2）为圆心，2为半径的圆． 直线方程l的普通方程为y=x+1，圆C的圆心到直线l的距离d=，故直线l被曲线C截得的线段长度为2=
D． 因为x2+y2≥2xy≥0，所以x3+y3=（x+y）（x2-xy+y2）≥xy（x+y），同理y3+z3≥yz（y+z），z3+x3≥zx（z+x），三式相加即可得2（x3+y3+z3）≥xy（x+y）+yz（y+z）+zx（z+x）． 又因为xy（x+y）+yz（y+z）+zx（z+x）=x2（y+z）+y2（x+z）+z2（x+y），所以2（x3+y3+z3）≥x2（y+z）+y2（x+z）+z2（x+y）
22． （1）设盒子中有“会徽卡”n张，依题意有，1－=，解得n=3，即盒中有“会徽卡”3张
（2）因为ξ表示某人一次抽得2张“福娃卡”终止时，所有人共抽取了卡片的次数，所以ξ的所有可能取值为1，2，3，4， P（ξ=1）==；P（ξ=2）=•+•=；P（ξ=3）=••+••+••=；P（ξ=4）=•••=，所以Eξ=1×+2×+3×+4×=
23． （1）当n=1时，因为a1=0，=0，所以等式正确． 假设n=k时，等式正确，即ak=（k∈N*，k≥1），那么，n=k+1时，因为ak+1=3k－ak=3k－==，这说明n=k+1时等式仍正确． 综上可知，an=（n∈N*，n≥1）
（2）易知P=•=1+，①当n为奇数（n≥3）时，P=1-，因为3n≥27，所以P≥1-=，又P=1-，所以
江西师大附中 南昌三中
月考试卷调研
1． C 2． （理）B （文）A 3． D
4． 由题意知asin－bcos=，化简得a=－b，选D
5． B 6． D
7． （理）R2=+×=，选B
（文）B
8． （理）f ′（x）=cosx－xsinx，在［－π，π］上是偶函数，x=0时， f ′（x）=1，在大于0的某个区间， f ′（x）是单调递减的，选A
（文）同理科第7题
9． （理）图形具有对称性，由题意我们只需研究2、3、6的涂法，标号为2的小正方形有2种涂法，此时标号为3、6的小正方形共有3种涂法，故标号为2、3、6的小正方形共有2×3=6种涂法，同理标号为4、7、8的小正方形也有6种涂法，而标号为1、5、9的小正方形有3种涂法，选A
（文）同理科第8题
10． 由题意有c=，所以AF=2c，由双曲线的第二定义有=，化简得b2=2a，即－4－4=0，所以=2+2，选D
11． 170
12． （理）阴影部分面积为
2sinxdx=4，
（文）60
13． 由题意有•x3，需4小时
14． 442，所以p=．
（2）依题意知，ξ的所有可能值为2，4，6． 设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为． 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响． 从而有P（ξ=2）=，P（ξ=4）=1－=，P（ξ=6）=1－1－•1=，则Eξ=
（文）设Ai表示事件“第二箱中取出i件二等品”，i=0，1；Bi表示事件“第三箱中取出i件二等品”，i=0，1，2．
（1）P（A0）==，P（A1）==，P（B0）==，P（B1）==，依题意所求的概率为P1=P（A1•B0）+P（A0•B1）=P（A1）•P（B0）+P（A0）•P（B1）=
（2）所求的概率为P2=1－P（A0•B0）－P1=
18． （理）（1）AM=3，BM=． 以A为坐标原点，平行于MB的直线为x轴，AC，AE为y轴、z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A（0，0，0），M（0，3，0），E（0，0，3），B（，3，0），F（0，4，1），所以=（0，－3，3），=（－，1，1）． 由•=（0，－3，3）•（－，1，1）=0，得⊥，所以EM⊥BF
（2）由（1）知=（－，－3，3），=（－，1，1）． 设平面BEF的法向量为n=（x，y，z），由n•=0，n•=0得－x－3y+3z=0，－x+y+z=0.令x=得y=1，z=2，所以n=（，1，2），由已知EA⊥平面ABC，所以取面ABC的法向量为=（0，0，3），设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，则cosθ=cos〈n，〉==，所求锐二面角的余弦值为
（文）同理科第16题
19． （理）（1）因为an+1－f（n+1）=3［an－f（n）］，所以an+1=3an+f（n+1）－3f（n），所以只需f（n+1）－3f（n）=2n－1－4n． 因为f（n+1）－3f（n）=－A•2n－1－2Bn+（B－2C），所以－A=1，－2B=－4，B－2C=0，所以A=－1，B=2，C=1． 故李四设想的f（n）存在， f（n）=－2n－1+2n+1． 所以an－f（n）=3n－1［a1－f（1）］=3n－1（4－2）=2×3n－1，所以an=2×3n－1+f（n）=2×3n－1－2n－1+2n+1
（2）Sn=2（1+3+32+…+3n－1）－（1+2+…+2n－1）+［3+5+…+（2n+1）］=3n－2n+n2+2n，所以Sn－n2=3n－2n+2n． 由Sn－n2>p×3n，得p2n－1（也可用数学归纳法证明），所以n≥4时，bn+1>bn． 容易验证，当1≤n≤3时，bn+1≤bn，所以p0，x1•x2=0，解得x>；令f ′（x）1时，因为g′（x）=1－>0，故g（x）是（1，+∞）上的增函数，所以g（x）的最小值是g（1）=1，所以a∈（－∞，1］
21． （理）（1）由已知得：f(x）=2f（x+2）=4f（x+4），因为x∈（0，2）时， f（x）=lnx+axa0， f（ｘ）为增函数，当x∈－－4，-2时， f ′（ｘ）恒成立，即>恒成立．
①当x∈（0，1）时，>b>x－lnx． 令g（x）=x－lnx，x∈（0，1），则g′（x）=1－－=． 令h（x）=2－lnx－2，则当x∈（0，1）时，h′（x）=－=h（1）=0，所以g′（x）=>0，所以g（x）b0，所以h（x）>h（1）=0，所以φ′（x）=>0，所以φ（x）>φ（1）=1，故此时只需b≤1即可． 综上所述，b的取值集合为｛1｝
（文）同理科第20题
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