浙江省金華第一中學(xué)2024屆高三下學(xué)期高考適應(yīng)性測(cè)試數(shù)學(xué)試卷含解析-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上．
2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)．回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1 若集合，，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助三角函數(shù)的性質(zhì)與對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可計(jì)算出集合、，即可得解.
【詳解】由，可得，
即，
由，可得，
即，可得，
故.
故選：B.
2. 經(jīng)過點(diǎn)且與拋物線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)的直線的條數(shù)為（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】分直線斜率存在于不存在進(jìn)行討論，斜率存在時(shí)聯(lián)立曲線借助計(jì)算即可得.
【詳解】設(shè)過點(diǎn)的直線為，當(dāng)該直線斜率不存在時(shí)，，則，
即其與拋物線有唯一公共點(diǎn)，符合要求；
當(dāng)該直線斜率存在時(shí)，設(shè)，
聯(lián)立有，即，
，有，
故有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，
即有兩條不同的直線，與拋物線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，
綜上所述，共三條.
故選：C.
3. 在邊長為1的正方形中，E為線段的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段上的一點(diǎn)，若，則（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)圖形，利用基底表示向量，利用數(shù)量積公式，即可求解.
【詳解】如圖，，，
所以，
.
故選：D
4. 若復(fù)數(shù)z滿足，則（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】設(shè)，借助復(fù)數(shù)的模長與共軛復(fù)數(shù)的定義計(jì)算即可得.
【詳解】設(shè)，則，
則有，
即，
化簡可得，故.
故選：D.
5. 已知公差不為0的等差數(shù)列滿足成等差數(shù)列，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助等差數(shù)列的性質(zhì)計(jì)算可得，代入計(jì)算即可得.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，
由題意可得，
即，即，即，即，
則.
故選：A.
6. 已知函數(shù)，設(shè)甲：；乙：，則（）
A. 甲是乙的充分條件但不是必要條件B. 甲是乙的必要條件但不是充分條件
C. 甲是乙的充要條件D. 甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】利用特殊值的函數(shù)值判斷充分性不成立，利用導(dǎo)數(shù)研究的單調(diào)性和值域，結(jié)合三角函數(shù)的有界性，從而判斷必要性.
【詳解】，，滿足，但，故甲不是乙的充分條件；
令，則，故在單調(diào)遞增，
即，也即在恒成立，則在恒成立；
故當(dāng)時(shí)，，，甲是乙的必要條件.
綜上所述，甲是乙的必要條件，但不是充分條件.
故選：B.
7. 將1至8這8個(gè)整數(shù)排成一列，要求任意相鄰兩項(xiàng)互質(zhì)，則不同的排列方法有（）
A. 1296種B. 1728種C. 2304種D. 2592種
【答案】B
【解析】
【分析】任意相鄰兩項(xiàng)互質(zhì)，采用插空法，由排列組合的知識(shí)求解即可
【詳解】由于任意相鄰兩項(xiàng)互質(zhì)，所以偶數(shù)必須隔開，
所以先把四個(gè)奇數(shù)排成一列有種方法，然后把偶數(shù)插空進(jìn)去，
四個(gè)偶數(shù)中只有不能與相鄰，其他偶數(shù)可以隨意插空，
所以先考慮把插空，有種選擇，剩下的個(gè)偶數(shù)在剩下的個(gè)空中隨意插空，
所以共有：.
故選：B.
8. 如圖，已知多面體的底面與頂面平行且均為矩形.若，，則該多面體的體積為（）

A. B. 37C. D. 47
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)組合體的體積公式計(jì)算即可.
【詳解】
如圖所示，設(shè)在底面的投影分別為，
延長分別交底面矩形于兩點(diǎn)，延長交于兩點(diǎn)，
由條件易得，
所以幾何體的高為，
該幾何體的體積可分割為兩個(gè)幾何體的體積
加兩個(gè)幾何體的體積再加長方體的體積.
易得，
同理，
，
故該幾何體體積為：.
故選：C
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．
9. 已知函數(shù)，則（）
A. 是偶函數(shù)B. 的最小正周期為
C. 的最大值為D. 的最小值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】先將化簡，再逐項(xiàng)分析答案即可.
【詳解】因?yàn)榈亩x域?yàn)?，所以?br>又因?yàn)?br>，
所以為偶函數(shù)，故A正確；
的最小正周期為，故B正確；
因?yàn)椋詻]有最大值；
當(dāng)時(shí)，，故D正確.
故選：ABD
10. 已知橢圓為原點(diǎn)，過第一象限內(nèi)橢圓外一點(diǎn)作橢圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B．記直線的斜率分別為，若，則（）
A. 為定值B. 為定值
C. 的最大值為2D. 的最小值為4
【答案】AD
【解析】
【分析】設(shè)直線的方程為，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由得到方程，求出，證明橢圓在處的切線方程為，從而得到橢圓在點(diǎn)和的切線方程，得到切點(diǎn)弦方程為，對(duì)照系數(shù)結(jié)合得到的軌跡方程，A選項(xiàng)，計(jì)算出，，求出；B選項(xiàng)，在A選項(xiàng)基礎(chǔ)上進(jìn)行求解；C選項(xiàng)，得到雙曲線的漸近線，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，先得到，設(shè)，則，聯(lián)立雙曲線方程，由根的判別式得到不等式，求出答案.
【詳解】由于，故不關(guān)于軸對(duì)稱且的橫縱坐標(biāo)不為0，
所以直線方程斜率一定存在，
設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，
，
設(shè)，則，
故
，
其中，
故，即，
所以，解得，
下面證明橢圓在處的切線方程為，理由如下：
當(dāng)時(shí)，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為，
代入橢圓方程得：，
由，化簡得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
則橢圓的切線斜率為，切線方程為，
整理得到，
其中，故，即，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)或，
當(dāng)時(shí)，切線方程為，滿足，
當(dāng)時(shí)，切線方程為，滿足，
綜上：橢圓在處的切線方程為；
故橢圓在點(diǎn)的切線方程為，
同理可得，橢圓在點(diǎn)的切線方程為，
由于點(diǎn)為與的交點(diǎn)，
故，，
所以直線為，
因?yàn)橹本€的方程為，對(duì)照系數(shù)可得
，
又，故，整理得，
又在第一象限，
故點(diǎn)的軌跡為雙曲線位于第一象限的部分，
A選項(xiàng)，，同理可得，
則，A正確；
B選項(xiàng)，
，
其中
又，
故，不為定值，
故不是定值，B錯(cuò)誤；
C選項(xiàng)，由于，，，故雙曲線的一條漸近線為，
設(shè)，則，故無最大值，
D選項(xiàng)，由于，，，故，
設(shè)，則，
則兩式聯(lián)立得，
由得，，
檢驗(yàn)，當(dāng)時(shí)，，又，
解得，滿足要求.
故的最小值為4，D正確.
故選：AD
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：過圓上一點(diǎn)的切線方程為：，
過圓外一點(diǎn)的切點(diǎn)弦方程為：.
過橢圓上一點(diǎn)的切線方程為，
過橢圓外一點(diǎn)的切點(diǎn)弦方程為;
過雙曲線上一點(diǎn)的切線方程為,
過雙曲線外一點(diǎn)的切點(diǎn)弦方程為,
11. 已知邊長為l的等邊的三個(gè)頂點(diǎn)到平面α的距離分別為1，2，3，且的重心G到平面α的距離恰有兩個(gè)可能值，則l的取值可以為（）
A. B. C. 5D. 6
【答案】BC
【解析】
【分析】先證明引理：若不全相等，則空間中存在一個(gè)邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是的充要條件是，然后將題目條件分4種情況考慮，分別計(jì)算出對(duì)應(yīng)的存在的條件，再通過這4個(gè)條件中恰有2個(gè)成立，可得出的取值范圍，最后分別驗(yàn)證4個(gè)選項(xiàng)即可得到正確答案.
【詳解】對(duì)題目中給定的平面，我們?nèi)《ㄆ矫娴囊粋€(gè)法向量，并將該法向量所指的方向定義為平面的上方.
然后，我們定義空間中一個(gè)點(diǎn)到平面的有向距離：一方面，到平面的有向距離的絕對(duì)值等于到平面的距離；
另一方面，若在平面的上方，則到平面的有向距離為正數(shù)，若在平面的下方，則到平面的有向距離為負(fù)數(shù).
易知，到平面的全體有向距離為的點(diǎn)構(gòu)成的集合為一個(gè)平面，將該平面記為，
那么就有：，且全體兩兩之間是平行，而兩平面之間的距離為.
現(xiàn)在，我們證明一個(gè)引理：
引理：若不全相等，則空間中存在一個(gè)邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是的充要條件是：.
如圖所示：
一方面，我們證明必要性：
若空間中存在一個(gè)邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是，且不全相等：
記點(diǎn)所在的平面為，則由于不全相等，知不可能是某個(gè)，
由于全體兩兩之間是平行的，所以不可能平行于任意一個(gè)，
故和任意一個(gè)都有唯一的交線，將其記為.
然后，在上任取一點(diǎn)，并過作的垂線交于，然后以為原點(diǎn)，以為軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系.
這樣相應(yīng)確定的軸顯然就是直線，記兩直線和之間的距離為，則，且直線的方程就是.
現(xiàn)在，由于是邊長為的正三角形，故可設(shè)，，
而分別在平面上，從而分別在直線上，
這意味著我們有，.
從而，，故：
.
這就有
.
所以.
從而必要性得證.
另一方面，我們證明充分性：
若不全相等，且.
我們?nèi)?，則.
然后取一個(gè)平面，使得和之間的夾角的正弦值為.
此時(shí)，和任意一個(gè)的夾角正弦值都是正數(shù)，故和任意一個(gè)都有唯一的交線，將其記為.
此時(shí)，之間的距離為，
從而我們可以在上取一個(gè)平面直角坐標(biāo)系，使得的方程恰為.
這種情況下，和之前證明必要性時(shí)進(jìn)行的演算類似，可以證明恒等式，
這表明我們可以再取一個(gè)實(shí)數(shù)使得，.
然后，在該直角坐標(biāo)系下取，，，
則顯然是邊長為的正三角形，與此同時(shí)，由于，且
.
故分別在直線上，也就是分別在直線上，
從而分別在平面上，故它們到平面的有向距離分別是，充分性得證.
現(xiàn)在我們回到原題，根據(jù)對(duì)稱性，我們不妨設(shè)中至少有兩個(gè)點(diǎn)在平面的上方.
情形1：均在平面的上方，此時(shí)，而重心到平面的距離為
（這是因?yàn)橹匦牡淖鴺?biāo)可由三點(diǎn)取平均值得到，故它到的有向距離一定也是到的有向距離的平均值，即）.
若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于；
情形2：在平面的下方，在平面的上方，此時(shí)，而重心到平面的距離為.
若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于；
情形3：在平面的下方，在平面的上方，此時(shí)，而重心到平面的距離為.
若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于；
情形4：在平面的下方，在平面的上方，此時(shí)，而重心到平面的距離為.
若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于.
而題目條件為重心到平面的距離恰有兩個(gè)可能值，根據(jù)以上討論，這就相當(dāng)于四個(gè)不等式，，，中恰有兩個(gè)成立，這等價(jià)于.
綜上，原題條件等價(jià)于給定的邊長滿足.
最后，分別驗(yàn)證A，B，C，D四個(gè)選項(xiàng)，它們的平方分別是，，，，在區(qū)間上的是，，所以B，C正確，A，D錯(cuò)誤.
故選：BC.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題最重要的還是證明引理：若不全相等，則空間中存在一個(gè)邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是的充要條件是，這也是該問題的核心.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 設(shè)一組樣本的容量為50，經(jīng)過數(shù)據(jù)整理，得出了如下所示的頻數(shù)分布表，則該組樣本的第80百分位數(shù)為___________．
【答案】
【解析】
【分析】借助百分位數(shù)的定義計(jì)算即可得.
【詳解】，，故第80百分位數(shù)必在，
設(shè)第80百分位數(shù)為，則有，解得.
故答案為：.
13. 若對(duì)任意實(shí)數(shù)，則的最大值為___________．
【答案】
【解析】
【分析】構(gòu)造函數(shù)，對(duì)參數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，在不同情況下，研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合題意，即可求得參數(shù)的最大值.
【詳解】令，，由題可知，恒成立；
，；令，
，；
當(dāng)，，故單調(diào)遞增，則，
故單調(diào)遞增，，滿足題意；
當(dāng)，顯然單調(diào)遞增；
若，即時(shí)，當(dāng)趨近于正無窮時(shí)，趨近于正無窮；
故存在，當(dāng)，，單調(diào)遞減；
，，單調(diào)遞增；
又，當(dāng)趨近于正無窮時(shí)，趨近于正無窮；
故存在，當(dāng)，，單調(diào)遞減；
當(dāng)，，單調(diào)遞增；
又，故當(dāng)，，不滿足題意；
若，即，又單調(diào)遞增，故，
則單調(diào)遞增，又，故，
則單調(diào)遞增，，滿足題意；
綜上所述，當(dāng)時(shí)，滿足題意，故的最大值為.
故答案為：.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：處理本題的關(guān)鍵是以端點(diǎn)值1處的二階導(dǎo)函數(shù)值的正負(fù)為討論的標(biāo)準(zhǔn)，進(jìn)而在不同情況下考慮函數(shù)單調(diào)性和最值解決問題.
14. 某校數(shù)學(xué)建模社團(tuán)對(duì)校外一座山的高度h(單位：)進(jìn)行測(cè)量，方案如下：如圖，社團(tuán)同學(xué)朝山沿直線行進(jìn)，在前后相距a米兩處分別觀測(cè)山頂?shù)难鼋呛?)，多次測(cè)量相關(guān)數(shù)據(jù)取平均值后代入數(shù)學(xué)模型求解山高，這個(gè)社團(tuán)利用到的數(shù)學(xué)模型___________；多次測(cè)量取平均值是中學(xué)物理測(cè)量中常用的減小誤差的方法之一，對(duì)物理量進(jìn)行n次測(cè)量，其誤差近似滿足，為使誤差在的概率不小于0.9973，至少要測(cè)量___________次.參考數(shù)據(jù)：若占，則.
【答案】 ①. (也可以寫成) ②. 72
【解析】
【分析】再中由正弦定理可得，在中求解即可；由正態(tài)分布的3原則建立不等式求解即可.
【詳解】（1）在中，，，
在中，.
(結(jié)果還可以是)
（2）由于，因此，
所以，
故至少要測(cè)量72次.
故答案為：(也可以寫成)；72
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在解決正態(tài)分布問題中，需要理解原則，學(xué)會(huì)利用原則求解相關(guān)問題，屬于中檔題.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 已知四棱錐的棱的長為，其余各條棱長均為1．
（1）求四棱錐的體積；
（2）求二面角大?。?br>【答案】15.
16.
【解析】
【分析】（1）設(shè)四邊形的外接圓半徑為，求得，利用等面積求得四邊形的面積，求出到平面的距離，可以求解體積；
（2）利用線面垂直，推出面面垂直，求解二面角.
【小問1詳解】
如圖（1）所示，四棱錐中，，其余各條棱長均為1，
所以點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為底面四邊形的外接圓的圓心，
即四邊形為圓內(nèi)接四邊形，如圖（2）所示,
根據(jù)四邊形的對(duì)稱性，可得為外接圓的直徑，,
所以，
設(shè)四邊形的半徑為，在直角中，可得，,
由等面積法，
又由點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為底面四邊形的外接圓的圓心，
所以底面四邊形,即，
所以;
【小問2詳解】
由,,
所以
即,
又平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
所以二面角為.
16. 太陽能板供電是節(jié)約能源的體現(xiàn)，其中包含電池板和蓄電池兩個(gè)重要組件，太陽能板通過電池板將太陽能轉(zhuǎn)換為電能，再將電能儲(chǔ)存于蓄電池中．已知在一定條件下，入射光功率密度（E為入射光能量且為入射光入射有效面積），電池板轉(zhuǎn)換效率與入射光功率密度成反比，且比例系數(shù)為k．
（1）若平方米，求蓄電池電能儲(chǔ)存量Q與E的關(guān)系式；
（2）現(xiàn)有鉛酸蓄電池和鋰離子蓄電池兩種蓄電池可供選擇，且鉛酸蓄電池的放電量，鋰離子蓄電池的放電量．設(shè)，給定不同的Q，請(qǐng)分析并討論為了使得太陽能板供電效果更好，應(yīng)該選擇哪種蓄電池？
注：①蓄電池電能儲(chǔ)存量；
②當(dāng)S，k，Q一定時(shí)，蓄電池的放電量越大，太陽能板供電效果越好．
【答案】（1）
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）利用題目所給公式及數(shù)據(jù)計(jì)算即可得；
（2）用S，k，Q表示出兩種蓄電池的放電量后作差比大小即可得.
【小問1詳解】
，
若平方米，則；
【小問2詳解】
由，即，
鉛酸蓄電池的放電量為：，
鋰離子蓄電池的放電量為：，
則
，
令，可得，
即時(shí)，，此時(shí)應(yīng)選擇鉛酸蓄電池，
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)應(yīng)選擇鋰離子蓄電池，
當(dāng)時(shí)，，兩種電池都可以.
17. 現(xiàn)有n枚硬幣．對(duì)于每個(gè)，硬幣是有偏向的，即向上拋出后，它落下時(shí)正面朝上的概率為．
（1）將這3枚硬幣拋起，設(shè)落下時(shí)正面朝上的硬幣個(gè)數(shù)為，求的分布列及數(shù)學(xué)期望;
（2）將這n枚硬幣拋起，求落下時(shí)正面朝上的硬幣個(gè)數(shù)為奇數(shù)的概率．
【答案】（1）分布列見解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）借助相互獨(dú)立事件的概率公式及離散型隨機(jī)變量的分布列及方差定義計(jì)算即可得；
（2）設(shè)將這n枚硬幣拋起，落下時(shí)正面朝上的硬幣個(gè)數(shù)為奇數(shù)的概率為，由題意可得，計(jì)算出后結(jié)合數(shù)列的性質(zhì)計(jì)算即可得.
【小問1詳解】
用表示第枚硬幣正面朝上，則表示第枚硬幣正面朝下，其中，
的可能取值為、、、，
則，
,
，
，
則其分布列為：
期望；
【小問2詳解】
設(shè)將這n枚硬幣拋起，落下時(shí)正面朝上的硬幣個(gè)數(shù)為奇數(shù)的概率為，
則，
當(dāng)時(shí)，有，
即，即，又，
即數(shù)列為以為公差，以為首項(xiàng)的等差數(shù)列，
即，故.
18. 在直角坐標(biāo)系中，圓Γ的圓心P在y軸上（不與重合），且與雙曲線的右支交于A，B兩點(diǎn)．已知．
（1）求Ω的離心率；
（2）若Ω的右焦點(diǎn)為，且圓Γ過點(diǎn)F，求的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由點(diǎn)差法與直線與圓的性質(zhì)分別得到與直線的斜率有關(guān)的等量關(guān)系，結(jié)合已知條件將坐標(biāo)化，得，再結(jié)合兩斜率關(guān)系，整體消元可得，從而求出斜率；
（2）將化斜為直，轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)表示，再由韋達(dá)定理代入得關(guān)于的函數(shù)解析式，求解值域即可.
【小問1詳解】
設(shè)，，則線段中點(diǎn)
由題意不與重合，則，由在雙曲線右支上，則，
所以斜率存在且不為.
由在雙曲線上，則，且，
兩式作差得，
所以有，
故①，
由圓Γ的圓心P在y軸上（P不與O重合），設(shè)，
由題意，
則，
化簡得，由，得，
由圓Γ的圓心為，弦中點(diǎn)為，所以，
則，即②，
由①②得，，則，
故Ω的離心率為.
【小問2詳解】
由Ω的右焦點(diǎn)為，得，
由（1）知，，所以有，故雙曲線的方程為.
設(shè)圓的方程為，由圓Γ過點(diǎn)，則，
則圓的方程可化為，
聯(lián)立，消化簡得，
，
其中，，則有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，則，
所以，
設(shè)，，
由函數(shù)單調(diào)遞增，則，即，
所以有，
故,
.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線最值范圍問題，關(guān)鍵在把要求最值（范圍）的幾何量、代數(shù)式轉(zhuǎn)化為某個(gè)（些）參數(shù)的函數(shù)，然后利用函數(shù)、不等式方法進(jìn)行求解.
19. 設(shè)全集為，定義域?yàn)榈暮瘮?shù)是關(guān)于x的函數(shù)“函數(shù)組”，當(dāng)n取中不同的數(shù)值時(shí)可以得到不同的函數(shù)．例如：定義域?yàn)榈暮瘮?shù)，當(dāng)時(shí)，有若存在非空集合滿足當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上存在零點(diǎn)，則稱是上的“跳躍函數(shù)”．
（1）設(shè)，若函數(shù)是上的“跳躍函數(shù)”，求集合;
（2）設(shè)，若不存在集合使為上的“跳躍函數(shù)”，求所有滿足條件的集合的并集；
（3）設(shè)，為上的“跳躍函數(shù)”，．已知，且對(duì)任意正整數(shù)n，均有．
（i）證明：;
（ii）求實(shí)數(shù)的最大值，使得對(duì)于任意，均有的零點(diǎn)．
【答案】（1）
（2）
（3）（i）證明見解析；（ii）2
【解析】
【分析】（1）將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求使得在上有零點(diǎn)的全體，然后利用當(dāng)時(shí)，的取值范圍是，得到，即可得解；
（2）將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求使得在上沒有零點(diǎn)的全體，然后通過分類討論即可解決問題；
（3）先用數(shù)學(xué)歸納法證明，然后將（i）等價(jià)轉(zhuǎn)化為證明對(duì)，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，再分類討論證明；之后，先證明在上的零點(diǎn)必定大于，再證明當(dāng)時(shí)，必存在正整數(shù)使得在上有一個(gè)滿足的零點(diǎn)，即可解決（ii）.
【小問1詳解】
根據(jù)題意，所求的為使得在上有零點(diǎn)的全體.
由于在上有零點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于的方程在上有解，注意到當(dāng)時(shí)，的取值范圍是，故關(guān)于的方程在上有解當(dāng)且僅當(dāng)，從而所求.
【小問2詳解】
根據(jù)題意，不存在集合使為上的“跳躍函數(shù)”，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意的，在上都不存在零點(diǎn).
這表明，全體滿足條件的的并集，就是使得在上不存在零點(diǎn)的全體構(gòu)成的集合.
從而我們要求出全部的，使得在上沒有零點(diǎn)，即關(guān)于的方程在上沒有解.
該方程在上可等價(jià)變形為，然后進(jìn)一步變形為.
設(shè)，則我們要求出全部的，使得在上沒有零點(diǎn).
當(dāng)時(shí)，由于，，故在上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而在上有零點(diǎn)；
當(dāng)時(shí)，由于，，故在上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而在上有零點(diǎn)；
當(dāng)時(shí)，對(duì)，我們有：
，
由于兩個(gè)不等號(hào)的取等條件分別是和，而這無法同時(shí)成立（否則將推出），故此時(shí)對(duì)都有，從而在上一定沒有零點(diǎn).
綜上，使得在上沒有零點(diǎn)的構(gòu)成的集合為，故所求的集合為.
【小問3詳解】
首先用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意正整數(shù)，有.
當(dāng)時(shí)，有，故結(jié)論成立；
假設(shè)結(jié)論對(duì)成立，即，則有：
，故結(jié)論對(duì)也成立.
綜上，對(duì)任意正整數(shù)，有.
（i）命題等價(jià)于，對(duì)，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)偶數(shù)，下面證明該結(jié)論：
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，對(duì)，有，所以在上沒有零點(diǎn)；
當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，對(duì)，有，而，，從而在上一定存在零點(diǎn)，所以在上一定有零點(diǎn).
綜上，對(duì)，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，結(jié)論得證.
（ii）我們需要求實(shí)數(shù)的最大值，使得對(duì)于任意，均有的零點(diǎn).
根據(jù)（i）的討論，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，所以我們需要求實(shí)數(shù)的最大值，使得對(duì)于任意，均有的零點(diǎn).
我們現(xiàn)在有，由于當(dāng)時(shí)，有，故在上的零點(diǎn)必定大于.
而對(duì)任意給定的，我們定義函數(shù)，則.
取，則當(dāng)時(shí)，有，這表明在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，有，從而.
取正整數(shù)，使得，且，則我們有，但我們又有，這表明在上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而在上必有一個(gè)滿足的零點(diǎn).
綜上所述，的最大值是.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在（3）的（ii）中，我們先證明在上的零點(diǎn)必定大于，再證明當(dāng)時(shí)，必存在正整數(shù)使得在上有一個(gè)滿足的零點(diǎn)，即可得到的最大值是，這是求解最值問題的一個(gè)較為有用的論證方法.數(shù)據(jù)分組區(qū)間
頻數(shù)
15
18
6
5
6

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多