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【全程复习方略】(全国通用)2016高考数学 阶段滚动检测(四)


阶段滚动检测(四) 第一~七章
(120 分钟 150 分) 一、 选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(滚动交汇考查)(2015?济南模拟)等比数列{an}中,“a1<a3”是“a4<a6”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.(2015?武汉模拟)设 a 是空间中的一条直线,α 是空间中的一个平面,则下列说法正确的是( ) A.过 a 一定存在平面β ,使得β ∥α B.过 a 一定存在平面β ,使得β ⊥α C.在平面α 内一定不存在直线 b,使得 a⊥b D.在平面α 内一定不存在直线 b,使得 a∥b 3.(2015?南昌模拟)已知一个三棱锥的正视图和侧视图如图所示,则该三棱锥的俯视图可能为( )

A.①②

B.②③

C.①④

D.②④ )

4.(2015?合肥模拟)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是 ,则正视图中的 x 的值是(

A.2

B.

C.

D.3

5.(2015?郑州模拟)已知不等式组

? y ? x, ? ? y ? ? x, ?x ? a ?

表示的平面区域 S 的面积为 4,则 z=ax+y 的最大值为(

)
-1-

A.4 B.6 C.8 D.12 6.某几何体的直观图如图所示,该几何体的正视图和侧视图可能正确的是 ( )

7.( 滚动单独考查 ) 在△ ABC 中 ,D 是 BC 边上的点 ,AB=2

,AD=

,AC=4, ∠ C=30 ° , ∠ BAC> ∠ B, 则

BD=( ) A.2 或 4 B.1 或 3 C.3 或 2 D.4 或 1 8.(2015?杭州模拟)如图,在正三棱锥 A-BCD 中,E,F 分别是 AB,BC 的中点,EF⊥DE,且 BC=1,则正三棱锥 A-BCD 的体积是( ) A. B.

C. D. 9.(滚动单独考查)在△ABC 中,AB=AC=2,∠B=30°,P 为 BC 边中线上的任意一 点,则 A.-12 ? 的值为( B.-6 ) C.6 D.12 ,那么当棱锥的体积最大时,点 S 到平面 ABCD 的距离为( D.3 ,它的外接球的球心为 )

10.已知正四棱锥 S-ABCD 中,SA=2 A.1 B. C.2

11.(2015?长沙模拟)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面边长 AB=6,AA1=2 O,点 E 是 AB 的中点,点 P 是球 O 上任意一点,则下列说法错误的是( A.PE 的最大值为 9 B.三棱锥 P-EBC 体积的最大值为 )

-2-

C.存在过点 E 的平面,截球 O 的截面面积为 9π D.三棱锥 P-AEC1 体积的最大值为 20 12.(滚动交汇考查)设 f(x)=|lnx|,若函数 g(x)=f(x)-ax 在区间(0,3]上有三个零点,则实数 a 的取值范围是( A.(0, ) B.[ , )

)

C.(0, ] D.( ,e) 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确答案填在题中横线上) 13.(滚动单独考查)已知函数 f(x)为奇函数,且当 x>0 时,f(x)=lnx,则 f(f( ))= 14.(2015?乐山模拟)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 cm3. .

15.(2015?西安模拟)某几何体的三视图如图,则该几何体体积的最大值为

.

16.(滚动单独考查)设 0<m< ,若 + ≥k 恒成立,则 k 的最大值为 . 三 、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10 分)(滚动单独考查)已知向量 a=(sin , ),b=( 对边分别为 a,b,c. (1)求 f(x)的单调递增区间. (2)若 f(B+C)=1,a= ,b=1,求△ABC 的面积 S. cos -sin ,1),函数 f(x)=a?b,△ABC 三个内角 A,B,C 的

18.(12 分)(2015?北京模拟)如图,已知四边形 ABCD 和四边形 BCEG 均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,且∠

BCD=∠BCE= ,平面 ABCD⊥平面 BCEG,BC=CD=CE=2AD =2BG=2. (1)求证:EC⊥CD.
-3-

(2)求证:AG∥平面 BDE. (3)求几何体 EG-ABCD 的体积.

19.(12 分)已知在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD 为菱形,∠ABC= 60°,AB=PA=2,G,E,F 分别为 AB,BC,PD 的中点. (1)求证:AF∥平面 PGC. (2)求平面 PAE 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值.

20.(12 分)(滚动单独考查)已知公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 S5=3a5-2,a1,a2,a5 依次成 等比数列. (1)求数列{an}的通项公式.

(2)令 bn=

(n∈N*),数列{bn}的前 n 项和为 Tn,若 an+1≥λ Tn 对任意正整数 n 都成立,求实数λ 的取

值范围. 21.(12 分)(2015?广州模拟)如图所示,在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠ADC= 90°,AE⊥平面 ABCD,EF∥CD,BC=CD=AE=EF= AD=1. (1)求证:CE∥平面 ABF. (2)求证:AF⊥BE.

(3)在直线 BC 上是否存在点 M,使二面角 E-MD-A 的大小为 ?若存在,求出 CM 的长;若不存在,请说明理由.

22.(12 分)(滚动单独考查)设函数 f(x)=1-x2+ln(x+1). (1)求函数 f(x)的单调区间.
-4-

(2)若不等式 f(x)>

-x2(k∈N*)在(0,+∞)上恒成立,求 k 的最大值.

-5-

答案解析 1.D 在等比数列中,由 a1<a3 可得 a1<a1q2,则 q 可取正也可取负,不能推出 a4<a6,而由 a4<a6 可得 a1q3<a1q5; 两者之间的大小关系取决于 q 的正负取值情况,故不能相互推出,则知“a1<a3”是“a4<a6”的既不充分也 不必要条件. 2.B 当 a 与α 相交时,不存在过 a 的平面β ,使得β ∥α ,故 A 错误;当 a 与α 平行时,在平面α 内存在直线 b, 使得 a∥b,故 D 错误;平面α 内的直线 b 只要垂直于直线 a 在平面α 内的投影,则就必然垂直于直线 a,故 C 错 误.直线 a 与其在平面α 内的投影所确定的平面β 满足β ⊥α . 【加固训练】设 a,b 是不同的直线,α ,β 是不同的平面,则下列命题: ①若 a⊥b,a∥α ,α ⊥β ,则 b∥β ; ②若 a∥α ,α ⊥β ,则 a⊥β ; ③若 a⊥β ,α ⊥β ,则 a∥α ; ④若 a⊥b,a⊥α ,b⊥β ,则α ⊥β . 其中正确命题的个数是 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3 B ①b 与β 可能相交,所以①错误.②中 a⊥β 不一定成立.③中 a?α 或 a∥α ,所以错误.④正确,所以正确的 有 1 个,所以选 B. 3.B 由三视图可知,此三棱锥为如图所示的长方体内的 P-ABD 或 P-BCD,当三棱锥为 P-ABD 时,俯视图为③, 当三棱锥为 P-BCD 时,俯视图为②,选择 B.

4.【解题提示】先由三视图还原出几何体,再计算求解. C 由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,其高为 x,底面是上底为 1,下底为 2,高为 2 的梯形,所以几何体的 体积 V= ? (1+2)?2?x= ,解得 x= . 5.B 由题意知 a>0,如图,

不等式组对应的平面区域为△OBC,其中 B(a,a),C(a,-a), 所以 BC=2a,所以△OBC 的面积为 ?a?2a=a2=4,
-6-

所以 a=2. 由 z=2x+y 得 y=-2x+z,平移直线 y=-2x,由图象可知当直线 y=-2x+z 经过点 B 时,直线截距最大,此时 z 也最大, 把 B(2,2)代入 z=2x+y 得 z=2?2+2=6.

【加固训练】已知直线(m+2)x+(m+1)y+1=0 上存在点(x,y)满足 ( ) B.(-∞,- ]

? x ? y ? 3 ? 0, ? ? x ? 2y ? 3 ? 0, ? x ? 1, ?

则实数 m 的取值范围为

A.[- ,+∞)

C.[-1, ] D.[- , ] B 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示,

又直线 l:(m+2)x+(m+1)y+1=0 过定点(-1,1),结合图形可知,点(1,2),(1,-1)在直线 l 的两侧或其中一点在 l 上,即 [(m+2)?1+(m+1)?2+1]?[(m+2)?1+(m+1)?(-1)+1]≤0,解得 m≤- . 6.A 由几何体的直观图,可知该几何体可以看作由正方体 ABCD-A1B1C1D1 割掉四个角后所得的几何体 ABCD -MNPQ,如图所示,该几何体的正视图就是其在正方体的面 CDD1C1 上的投影,显然为正方形 CDD1C1 与△CDQ 的组合;该几何体的侧视图就是其在面 BCC1B1 上的投影,显然为正方形 BCC1B1 和△BCP 的组合. 综上,只有 A 选项正确,故选 A.

【加固训练】 将一个底面是正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱 ABC-DEF 截去一个三棱锥 C-ABD,得到几 何体 BC-DEF(如图),则该几何体的正视图是 ( )

-7-

C 从正前方观察截去三棱锥后的几何体,可知正确选项为 C. 7.【解题提示】先由正弦定理求∠B,再由余弦定理构建关于 BD 的方程求解.

B 在△ABC 中,由正弦定理,得 sinB= 又∠BAC>∠B,所以∠B=45°. 因为 AD=

=

,所以∠B=45°或∠B=135°.

,则在△ABD 中,由余弦定理得 AD2=AB2+BD2-2AB?BD?cos45°,即 5=8+BD2-2?2

BD

?cos45°,解得 BD=1 或 BD=3. 8.【解题提示】根据 EF 与 DE 的垂直关系,证明 AC⊥DE,再证 AC⊥AB,再求得侧棱长,根据体积公式计算即 可. B 因为 E,F 分别是 AB,BC 的中点,所以 EF∥AC, 又 EF⊥DE,所以 AC⊥DE. 取 BD 的中点 O,连接 AO,CO,所以在正三棱锥 A-BCD 中,AO⊥BD,CO⊥BD, 所以 BD⊥平面 AOC, 又 AC?平面 AOC, 所以 AC⊥BD.又 DE∩BD=D, 所以 AC⊥平面 ABD,所以 AC⊥AB.

设 AC=AB=AD=x,则 x2+x2=1?x=

,

所以 VC-ABD= S△ABD?AC= AB?AD?AC=

. ,以 O 为原点, , 方向分别为 x,y 轴正方向

9.B 取 BC 的中点为 O,连接 AO,则 AO⊥BC,OB=OC= 建立直角坐标系,则 B(,0),C( ,0),

设 P(0,x0),所以 =(,x0), =(2 ,0),则 ? =(,x0)?(2 ,0) =-6. 10.【解题提示】以点 S 到平面 ABCD 距离 h 为变量,构建以 V 为因变量的函数,然后用导数求最值. C 设点 S 到平面 ABCD 的距离为 h,底面对角线长为 l,

l ( )2 则 h2+ 2 =(2
得 l=2

)2, (0<h<2 ).

-8-

所以底面边长 a=

l=

,

故体积 V= a2h= (24-2h2)h=- h3+8h. 令 V'=0,得-2h2+8=0,解得 h=2 或 h=-2(舍去),经检验,当 h=2 时,棱锥体积最大. 11.B 因为正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面边长 AB=6,AA1=2 5. 因为点 E 是 AB 的中点,所以 BE=3,OE=4. 又点 P 是球 O 上任意一点,所以 PE 的最大值为 OE+5=9,所以 A 正确. 因为点 O 到平面 EBC 的距离为 3(5 + ,S△EBC=9,三棱锥 P-EBC 高的最大值为 5+ ,故其体积的最大值为 ,所以 AC1=10,所以它的外接球半径为

),所以 B 错误.因为 OE=4,所以过 E 且垂直于 OE 的平面到球心 O 的距离为 4,所以此截面圆的半径

为 3,即截面面积为 9π ,所以 C 正确.由题意得球心 O 在 AC1 上,所以点 P 到平面 AEC1 的最大距离为 5, = =12,所以三棱锥 P-AEC1 体积的最大值为 20,所以 D 正确.

12.B 函数 g(x)=f(x)-ax 在区间(0,3]上有三个零点,即 y=f(x)与 y=ax 有 3 个交点.当 x>1 时,f(x)=lnx,f'(x)= .

令 y=ax 与 f(x)=lnx(x>1)相切,设切点为(x0,y0),则 f'(x0)=

,所以切线方程为 y=

x,即当 y=f(x)与 y=ax 相切

时,a= ,当 x=3 时,直线 y=ax 过(3,ln3),代入得 a= 为[ , ).

,所 以函数 g(x)在区间(0,3]上有 3 个交点时 a 的取值范围

?a ? x 2 ? 2x, x ? 0, ? ? ?f ? x ? 1? , x ? 0, 且函数 y=f(x)+x 恰有 3 个不同的零点,则实数 a 的取值范围是 【加固训练】已知 f(x)= ?
( ) A.(-∞,1] B.(0,1] C.(-∞,0] D.(-∞,2] A 当 x<0 时,f(x)=(x+1)2+a-1,

-9-

把函数 f(x)在[-1,0)上的图象向右平移一个单位即得函数 f(x)在[0,1)上的图象,继续右移可得函数 f(x)在[0,+ ∞)上的图象. 由于函数 y=f(x)+x 恰有 3 个不同的零点,即函数 y=f(x),y=-x 的图象有 3 个不同的交点,则实数 a 应满足 a-1 ≤0,即 a≤1. 13.【解析】由题意可知函数 f(x)为奇函数, 所以 f(-x)=-f(x), 又 f( )=ln =-2,

所以 f(f( ))=f(-2) =-f(2)=-ln2. 答案:-ln2 14.【解析】该几何体为圆柱挖去半个球而得的组合体,其体积为 V=π ?12?3- ? = (cm3).

答案: 15.【解析】由三视图知该几何体为三棱锥,记为 S-ABC,其中 SA⊥平面 ABC,底面 ABC 为直角三角形,且∠ BAC=90°.

则 AB=1,设 SA=x,AC=y, 则 x2+y2=6. 利用不等式得 x2+y2=6≥2xy, 所以 xy≤3. 又体积 V= ? ?AB?AC?SA= xy≤ ?3= . 答案: 16.【解析】令 t= + 因为 + ≥k 恒成立,
- 10 -

,

所以 tmin≥k 恒成立, t= + =2(2+ = + + ), =( + )(2m+1-2m)

因为 0<m< , 所以 2m>0,1-2m>0, 所以 + ≥2(当且仅当 答案:8 17.【解析】(1)由题意得,f(x)=a? b = ,即 m= 时取等号),所以 t≥8,所以 k≤8,所以 k 的最大值为 8.

x =sin 2 ( 3 cos -sin )+
= = sin cos -sin2 + sinx+

=

sinx+ cosx=sin(x+ ).

令 2kπ - ≤x+ ≤2kπ + (k∈Z),

解得 2kπ -

≤x≤2kπ + (k∈Z),

所以函数 f(x)的单调递增区间为[2kπ (2)因为 f(B+C)=1,

,2kπ + ](k∈Z).

所以 sin(B+C+ )=1,

又 B+C∈(0,π ),B+C+ ∈( ,

),

所以 B+C+ = 所以 A= ,

,B+C= ,

由正弦定理得

=

,
- 11 -

把 a= 因为 A=

,b=1 代入上式,得 sinB= ,故 B= 或 B= 为钝角,所以 B= 舍去,

,

所以 B= ,得 C= .

所以,△ABC 的面积 S= absinC= ?

?1? =

.

【一题多解】本题还可采用如下方法求解. 由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA,得 3=1+c2+c,c=1 或-2(舍去),

所以△ABC 的面积 S= bcsinA= ?1?1?

=

.

18.【解析】(1)因为平面 ABCD⊥平面 BCEG, 又平面 ABCD∩平面 BCEG=BC,CE⊥BC,CE?平面 BCEG, 所以 EC⊥平面 ABCD, 又 CD?平面 ABCD,故 EC⊥CD. (2)如图,在平面 BCEG 中,过 G 作 GN⊥CE 交 BE 于 M,连接 DM,

则由已知可得:MG=MN,MN∥BC∥DA,且 MN=AD= BC, 所以 MG∥AD,MG=AD, 故四边形 ADMG 为平行四边形, 所以 AG∥DM, 因为 DM?平面 BDE, AG?平面 BDE, 所以 AG∥平面 BDE. (3 )VEG-ABCD=VD-BCEG+VG-ABD = S 四边形 BCEG?DC+ S△ABD?BG = ? ?2?2+ ? ?1?2?1= . 【 加 固 训 练 】 在 如 图 所 示 的 几 何 体 中 , 四 边 形 BB1C1C 是 矩 形 ,BB1 ⊥ 平 面 ABC,CA=CB;A1B1 ∥ AB,AB=2A1B1,E,F 分别是 AB,AC1 的中点.

- 12 -

(1)求证:EF∥平面 BB1C1C. (2)求证:C1A1⊥平面 ABB1A1. 【证明】(1)连接 BC1,因为 E,F 分别是 AB,AC1 的中点,所以 EF∥BC1.

又 EF?平面 BB1C1C, BC1?平面 BB1C1C, 所以 EF∥平面 BB1C1C. (2)连接 A1E,CE. 因为 BB1⊥平面 ABC,BB1?平面 ABB1A1, 所以平面 ABB1A1⊥平面 ABC, 因为 CA=CB,E 是 AB 的中点,所以 CE⊥AB, 所以 CE⊥平面 ABB1A1. 因为 B1A1∥BA,B1A1= BA=BE, 所以四边形 A1EBB1 为平行四边形,所以 BB1 又 BB1 CC1,所以 A1E CC1, A1E.

所以四边形 A1ECC1 为平行四边形, 则 C1A1∥CE,所以 C1A1⊥平面 ABB1A1. 19.【解题提示】(1)要证 AF∥平面 PGC,只需证明 AF 与平 面 PGC 内的一条直线平行即可.(2)根据已知条件 得 AE⊥AD,从而可以建立以 A 为坐标原点的空间直角坐标系,分别求出平面 PAE 与平面 PCD 的一个法向 量,求出这两个法向量的夹角的余弦值即可. 【解析】(1)取 PC 的中点 H.连接 HG,HF,

- 13 -

则由中位线定理得 HF∥CD, HF= CD, 因为 CD∥BA,GA= BA, 所以 HF∥GA 且 HF=GA, 所以四边形 HFAG 是平行 四边形, 所以 AF∥GH. 又 AF?平面 PGC,GH?平面 PGC, 所以 AF∥平面 PGC. (2)因为 E 为 BC 中点, 所以 AB=2BE,因为∠ABC=60°, 所以 AE= BE,所以 AE⊥BC,

因为 AD∥BC,所以 AE⊥AD. 建立以 A 为坐标原点,AE 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直 线为 z 轴的空间直角坐标系,如图所示, 则 P(0,0,2),C( =( ,-1,0). ,1,0),D(0,2,0), =(0,2,-2),

易知平面 PAE 的一个法向量为 m=(0,1,0),设平 面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z), 则 n? =0 且 n? =0,

? ? 0, 2, ?2 ? ? 0, ?? x, y, z ?? ? ?? x, y, z ??( 3, ?1, 0) ? 0, 所以 ?
? ?2y ? 2z ? 0, ? ? ? 3x ? y ? 0,
,

所以

令 y=

,

所以 n=(1,

)为平面 PCD 的一个法向量.

m? n |n| = 所以 cos<m,n>= | m |?

=

,

所以平面 PAE 与平面 PCD 所成锐二面角的余弦值为

.
- 14 -

20.【解题提示】(1)根据已知条件求出首项和公差,写出数列的通项.

(2)由(1)得到 an,又 bn=

(n∈N*),得到数列{bn}的通项公式,再利用求和方法求其前 n 项和,然后解不等

式即可. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d,则 S5=5a1+10d, 因为 S5=3a5-2=3(a1+4d)-2=3a1+12d-2, 所以 5a1+10d=3a1+12d-2, 所以 a1=d-1, 因为 a1,a2,a5 依次成等比数列, 所以 =a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d),

化简得,d=2a1, 所以 a1=1,d=2, 所以 an=a1+(n-1)d=2n-1. (2)bn= =

1 1 = 2 ( 2n ? 1 -

), )

所以 Tn= (1- + - +?+ = (1)= .

由 an+1≥λ Tn 得 2n+1≥λ ? 所以(2n+1)2≥λ n, 所以λ ≤ =4n+4+ . 令 f(x)=4x+ (x≥1),则 f'(x)=4所以 f(x)在[1,+∞)上递增, >0, =

对任意正整数 n 都成立,

所以对任意正整数 n,4n+ 的最小值为 5,所以λ ≤9. 21.【解析】(1)如图所示,过点 A 作 AG∥CD,交 CB 的延长线于点 G,连接 FG.

因为 BC∥AD,所以四边形 ADCG 是平行四边形.
- 15 -

所以 CG=AD,AG=CD. 又 EF CD,所以 AG EF,

所以四边形 AEFG 是平行四边形. 连接 EG 交 AF 于 H,连接 BH,则 H 为 EG 的中点. 又 BC=1,CG=AD=2, 所以 BG=1,所以 B 为 CG 的中点. 所以 BH∥CE. 又 BH?平面 ABF,CE?平面 ABF, 所以 CE∥平面 ABF. (2)因为在平行四边形 ADCG 中,∠ADC=90°, 所以四边形 ADCG 是矩形, 所以 BG⊥AG.又由 AE⊥平面 ABCD 知 AE⊥BG,而 AG∩AE=A, 所以 BG⊥平面 AEFG,所以 BG⊥AF. 由题意知四边形 AEFG 是正方形, 所以 AF⊥EG,而 BG∩EG=G,所以 AF⊥平面 BGE, 所以 AF⊥BE. (3)如图所示,以 A 为原点,AG 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AE 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,

则 A(0,0,0),G(1,0,0),E(0,0,1), D(0,2,0 ),设 M(1,y0,0), 所以 =(0,2,-1), =(1,y0-2,0).

设平面 EMD 的一个法向量为 n=(x,y,z),

??? ? ? n ? ED ? 2y ? z ? 0, ? ? ? ???? ?n?DM ? x ? ? y0 ? 2 ? y ? 0, 则?
令 y=1,得 z=2,x=2-y0, 所以 n=(2-y0,1,2). 易知 =(0,0,1)为平面 AMD 的一个法向量, >

所以 cos<n,

=

=cos =

,解得 y0=2±

.

故在直线 BC 上存在点 M,且 CM=|2-(2±

)|=

使二面角
- 16 -

E-MD-A 的大小为 . 22.【解析】(1)函数 f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)= -2x,

由 f'(x)>0,得-1<x<

;

由 f'(x)<0,得 x>

.

所以函数 f(x)的单调递增区间为(-1,

),单调递减区间为(

,+∞).

(2)方法一:由已知 f(x)> 令 g(x)= 则 g'(x)= , 设 h(x)=x-1-ln(x+1)(x>0),

-x2 在(0,+∞)上恒成立,则 k< (x>0),

(x>0),

则 h'(x)=1= >0,所以函数 h(x)在(0,+∞)上单调递增. 而 h(2)=1-ln3<0,h(3)=2-ln4>0, 由零点存在定理知,存在 x0∈(2,3),使得 h(x0)=0, 即 1+ln(x0+1)=x0, 又函数 h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当 x∈(0,x0)时,h(x)<h(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,h(x)>h(x0)=0. 从而当 x∈(0,x0)时,g'(x)= 当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)= <0; >0.

所以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(x0)= =x0+1, 因此 f(x)> -x2 在(0,+∞)上恒成立等价于 k<g(x)min=x0+1,由 x0∈(2,3),知 x0+1∈(3,4), 所以 k 的最大值为 3. 方法二:由题意得 1+ln(x+1)> 在(0,+∞)上恒成立,

设 g(x)=1+ln(x+1)-

(x>0),g'(x)=

-

=

.
- 17 -

当 k=1 时,则 g'(x)= >0, 所以 g(x)单调递增,g(0)=1>0, 即 g(x)>0 恒成立. 当 k>1 时,则 g(x)在(0,k-1)上单调递减,在(k-1,+∞)上单调递增, 所以 g(x)最小值为 g(k-1),只需 g(k-1)>0 即可, 即 lnk-k+2>0, 设 h(k)=lnk-k+2(k>1),h'(k)= 则 h(2)=ln2>0,h(3)=ln3-1>0,h(4)=ln4-2<0, 又因为 k∈N*,所以 k 的最大 值为 3. <0,h(k)单调递减,

- 18 -



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