新編高考數(shù)學試題分類解析 考點2630

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1、 高考數(shù)學試題分類解析 考點26-30 考點26 隨機變量及其分布 第1題圖 【1】（A，湖北，理4）設，，這兩個正態(tài)分布密度曲線如圖所示．下列結論中正確的是 A. B. C.對任意正數(shù)， D.對任意正數(shù)， 【2】（B，上海，理12）賭博有陷阱.某種賭博每局的規(guī)則是：賭客先在標記有的卡片中隨機摸取一張，將卡片上的數(shù)字作為其賭金（單位：元）；隨后放回該卡片，再隨機摸取兩張，將這兩張卡片上數(shù)字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金（單位：元）.若隨機變量和分別表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金，則= （元）. 【3】（A，重慶，理17）端午節(jié)吃粽子是我國的傳統(tǒng)習俗.

2、設一盤中裝有10個粽子，其中豆沙粽2個，肉粽3個，白粽5個，這三種粽子的外觀完全相同.從中任意選取3個. (I)求這三種粽子各取到1個的概率； (II)設表示取到的豆沙粽個數(shù)，求的分布列與數(shù)學期望. 【4】（A，四川，理17）某市兩所中學的學生組隊參加辯論賽，中學推薦了3名男生、2名女生，學推薦了3名男生、4名女生，兩校所推薦的學生一起參加集訓.由于集訓后隊員水平相當，從參加集訓的男生中隨機抽取3人、女生中隨機抽取3人組成代表隊. (1)求A中學至少有1名學生入選代表隊的概率； (2)某場比賽前，從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽，設表示參賽的男生人數(shù)，求的分布列和數(shù)學期望. 【

3、5】（A，福建，理16）某銀行規(guī)定，一張銀行卡若在一天內出現(xiàn)3次密碼嘗試錯誤，該銀行卡將被鎖定，小王到銀行取錢時，發(fā)現(xiàn)自己忘記了銀行卡的密碼，但是可以確定該銀行卡的正確密碼是他常用的6個密碼之一，小王決定從中不重復地隨機選擇1個進行嘗試.若密碼正確，則結束嘗試；否則繼續(xù)嘗試，直至該銀行卡被鎖定. (I)求當天小王的該銀行卡被鎖定的概率； (II)設當天小王用該銀行卡嘗試密碼次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學期望． 【6】（B，天津，理16）為推動乒乓球運動的發(fā)展，某乒乓球比賽允許不同協(xié)會的運動員組隊參加.現(xiàn)有來自甲協(xié)會的運動員3名，其中種子選手2名；乙協(xié)會的運動員5名，其中種子選手3名.從這8

4、名運動員中隨機選擇4人參加比賽. (I)設為事件“選出的4人中恰有2 名種子選手，且這2名種子選手來自同一個協(xié)會”求事件發(fā)生的概率； (II)設為選出的4人中種子選手的人數(shù)，求隨機變量的分布列和數(shù)學期望. 【7】（B，安徽，理17）已知2件次品和3件正品混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機檢測一件產(chǎn)品，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或檢測出3件正品時檢測結束． (I)求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率； (II)已知每檢測一件產(chǎn)品需要費用100元，設表示直到檢測出2件次品或檢測出3件正品時所需要的檢測費用(單位：元)，求的分布列和均值(數(shù)學期望). 【8】

5、（B，湖南，理18）某商場舉行有獎促銷活動，顧客購買一定金額的商品后即可抽獎. 每次抽獎都是從裝有4個紅球、6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中，各隨機摸出1個球. 在摸出的2球中，若都是紅球，則獲一等獎；若只有1個紅球，則獲二等獎；若沒有紅球，則不獲獎. (I)求顧客抽獎1次能獲獎的概率； (II)若某顧客有3次抽獎的機會，記該顧客在3次抽獎中獲一等獎的次數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望. 【9】（C，山東，理19）若是一個三位正整數(shù)，且的個位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，則稱為“三位遞增數(shù)”（如137，359，567等）． 在某次數(shù)學趣味活動中，每位參加者需從所有

6、的“三位遞增數(shù)”中隨機抽取1個數(shù)，且只能抽取一次．得分規(guī)則如下：若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個數(shù)字之積不能被5整除，參加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得分；若能被10整除，得1分． (I)寫出所有個位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)” ； (II)若甲參加活動，求甲得分的分布列和數(shù)學期望． 考點27 導數(shù)的應用 【1】（C，新課標Ⅱ，理12）設函數(shù)是奇函數(shù)的導函數(shù)，，當時，，則使得成立的的取值范圍是 A. B. C. D. 【2】（C，安徽，文10）函數(shù) 的圖象如圖所示，則下列結論成立的是 A. B. C. D. 【3】（C，福建，文12）“對任意，”

7、是“”的 A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 【4】（C，福建，理10）若定義在上的函數(shù) 滿足，其導函數(shù)滿足 ，則下列結論中一定錯誤的是 A. B. C. D. 【5】（A，新課標Ⅱ，文13）已知函數(shù) 的圖像過點，則 . 【6】（A，新課標Ⅱ，文16）已知曲線在點 處的切線與曲線相切，則 . 【7】（B，天津，文11）已知函數(shù)， ，其中為實數(shù)，為的導函數(shù).若，則的值為 . 【8】（B，陜西，文15）函數(shù)在其極值點處的切線方程為 . 【9】（

8、B，陜西，理15）設曲線在點處的切線與曲線上點處的切線垂直，則的坐標為 . 【10】（C，安徽，理15）設，其中均為實數(shù).下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是 （寫出所有正確條件的編號）. ①;②； ③;④; ⑤． 【11】（A，新課標I，文21）設函數(shù) . (I)討論的導函數(shù)的零點的個數(shù)； (II)證明：當時. 【12】（A，浙江，自選模塊3-2）設函數(shù)R)，求的單調遞減區(qū)間. 【13】（B，重慶，文19）已知函數(shù) 在處取得極值. (I)確定的值； (II)若，討論函數(shù)的單調性. 【14】（B，重慶，理20）設函數(shù) . (I)若在處取

9、得極值，確定的值，并求此時曲線在點處的切線方程； (II)若在上為減函數(shù)，求的取值范圍. 【15】（B，廣東，理19）設，函數(shù) . (1)求的單調區(qū)間； (2)證明：在上僅有一個零點； (3)若曲線在點處的切線與軸平行，且在點處的切線與直線平行（是坐標原點）,證明：． 【16】（C，新課標I，理21）已知函數(shù) ，. (I)當為何值時，軸為曲線的切線； (II)用 表示，中的最小值，設函數(shù) ，討論零點的個數(shù). 【17】（C，新課標Ⅱ，文21）函數(shù) . (I)討論的單調性； (II)當有最大值，且最大值大于時，求a的取值范圍． 【18】（C，新課標Ⅱ，理21）設函數(shù)

10、 . (I)證明：在單調遞減，在單調遞增； (II)若對于任意都有 ，求的取值范圍. 【19】（C，北京，文19）設函數(shù)，． (I)求的單調區(qū)間和極值； (II)證明：若存在零點，則在區(qū)間上僅有一個零點． 【20】（C，北京，理18）已知函數(shù)． (I)求曲線在點處的切線方程； (II)求證：當時，； (III)設實數(shù)使得對恒成立，求的最大值． 【21】（C，天津，文20）已知函數(shù)，. (1)求的單調區(qū)間； (2)設曲線與軸正半軸的交點為，曲線在點處的切線方程為，求證：對于任意的實數(shù)，都有; (3)若方程（為實數(shù)）有兩個實數(shù)根且求證：. 【22】（C，天津，理20）

11、已知函數(shù) ，其中,且 (I)討論的單調性； (II)設曲線與軸正半軸的交點為，曲線在點處的切線方程為,求證：對于任意的正實數(shù)，都有 (III)若關于的方程（為實數(shù)）有兩個正實根，求證： 【23】（C，四川，文21）已知函數(shù) ，其中． (1)設是的導函數(shù)，討論的單調性； (2)證明：存在，使得恒成立，且在區(qū)間內有唯一解. 【24】（C，四川，理21）已知函數(shù) ，其中 (1)設是的導函數(shù)，討論的單調性； (2)證明：存在，使得在區(qū)間內恒成立，且在區(qū)間內有唯一解. 【25】（C，廣東，文21）設為實數(shù)，函數(shù)． (1)若，求的取值范圍； (2)討論的單調性； (3)當

12、時，討論在區(qū)間內的零點個數(shù)． 【26】（C，山東，文20）設函數(shù)， ，已知曲線在點處的切線與直線平行. (I)求的值； (II)是否存在自然數(shù)，使得方程在內存在唯一的根？如果存在，求出；如果不存在，請說明理由； (III)設函數(shù) （表示中的較小值），求的最大值. 【27】（C，山東，理21）設函數(shù) ，其中． (I)討論函數(shù)極值點的個數(shù)，并說明理由； (II)若，成立，求的取值范圍． 【28】（C，江蘇，文理19）已知函數(shù) (R). (1)試討論的單調性； (2)若（實數(shù)是與無關的常數(shù)），當函數(shù)有三個不同的零點時，的取值范圍恰好是，求的值. 【29】（C，福建，文

13、22）已知函數(shù)． (I)求函數(shù)的單調遞增區(qū)間； (II)證明：當時，； (III)確定實數(shù)的所有可能取值，使得存在，當時，恒有． 【30】（C，湖南，理21）已知，函數(shù) ，，記為的從小到大的第個極值點. 證明: (I)數(shù)列是等比數(shù)列； (II)若，則對一切，恒成立. 【31】（C，陜西，文21）設 ,，，． (I)求; (II)證明：在內有且僅有一個零點（記為），且. 【32】（C，福建，理20）已知函數(shù)， ，. (I)證明：當時； (II)證明：當時，存在,使得對任意的，恒有； (III)確定k的所有可能取值，使得存在，對任意的，恒有． 考點28 定積分與

14、微積分基本定理 【1】（A，天津，理11）曲線與直線所圍成的封閉圖形的面積為 . 【2】（A，湖南，理11） . 第3題圖 【3】（B，陜西，理16）如圖，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導致水渠截面邊界呈拋物線型（圖中虛線表示），則原始的最大流量與當前最大流量的比值為 . 考點29 推理與證明 【1】（A，山東，理11）觀察下列各式： ；； ； 照此規(guī)律，當時， = . 【2】（B，陜西，文16）觀察下列等式： ； … … … 據(jù)此規(guī)律，第個等式可為 . 【3】（Ｃ，福建，理15）一個二元碼是

15、由0和1組成的數(shù)字串，，其中 稱為第位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?）. 已知某種二元碼的碼元滿足如下校驗方程組： 其中運算 定義為： ． 現(xiàn)已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定等于 . 【4】（B，湖北，文21）設函數(shù)，的定義域均為R，且是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，，其中為自然對數(shù)的底數(shù). (I)求，的解析式，并證明：當時，，； (II)設，，證明：當時，. 【5】（C，湖北，理22）已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，，為自然對數(shù)的底數(shù)． (I)

16、求函數(shù)的單調區(qū)間，并比較與的大??； (II)計算，，，由此推測計算的公式，并給出證明； (II)令，數(shù)列，的前項和分別記為,, 證明：. 【6】（C，江蘇，理23）已知集合，（N*），設 整除或整除，，，令表示集合所含元素個數(shù). (1)寫出的值； (2)當時，寫出的表達式，并用數(shù)學歸納法證明. 考點30 復數(shù) 【1】（A，新課標I，文3）已知復數(shù)滿足 ，則 A. B. C. D. 【2】（A，新課標I，理1）設復數(shù)滿足，則 A. B. C. D. 【3】（A，新課標Ⅱ，文2）若為實數(shù)，且 ，則 A. B

17、. C.3 D. 【4】（A，新課標Ⅱ，理2）若為實數(shù)，且 ，則 A.-1 B.0 C.1 D. 【5】（A，北京，理1）復數(shù) A. B. C. D. 【6】（A，湖北，文1）i為虛數(shù)單位， A. B. C. D.1 【7】（A，湖北，理1）i為虛數(shù)單位，的共軛復數(shù)為 A. B. C.1 D.-1 【8】（A，四川，理2）設是虛數(shù)單位，則復數(shù) A. B. C. D. 【9】（A，廣東，文2）已知是虛數(shù)單位，則復數(shù) A.2i B.-2i

18、 C.2 D.-2 【10】（A，廣東，理2）若復數(shù) ( i是虛數(shù)單位)，則 A. B. C. D. 【11】（A，山東，理2文2）若復數(shù)滿足i，其中i為虛數(shù)單位，則= A. B. C. D. 【12】（A，安徽，文1）設i是虛數(shù)單位，則復數(shù) A. B. C. D. 【13】（A，安徽，理1）設i是虛數(shù)單位，則復數(shù)在復平面內所對應的點位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【14】（A，福建，文1）若 （，是虛數(shù)單位），則的值分別等于 A. B. C. D. 【15】（A，福

19、建，理1）若集合（ 是虛數(shù)單位）， ，則 等于 A. B. C． D. 【16】（A，湖南，文1理1）已知（為虛數(shù)單位），則復數(shù)= A. B. C. D. 【17】（A，北京，文9）復數(shù)的實數(shù)為 . 【18】（A，天津，文9）是虛數(shù)單位，計算的結果為 . 【19】（A，天津，理9）是虛數(shù)單位，若復數(shù)是純虛數(shù)，則實數(shù)的值為 . 【20】（A, 上海，文3理2）若復數(shù)滿足，其中為虛數(shù)單位，則= . 【21】（A，重慶，文11）復數(shù)的實部為__. 【22】（A，重慶，理11）設復數(shù)的模為，則 . 【23】（A

20、，四川，文11）設是虛數(shù)單位，則復數(shù). 【24】（A，江蘇，文理3）設復數(shù)滿足i（i是虛數(shù)單位），則的模為 . 【25】（A，浙江，自選模塊3-1）已知i是虛數(shù)單位，R,復數(shù)滿足，求的值. 考點26 隨機變量及其分布 【1】（A，湖北，理4）、C 解析：隨機變量的正態(tài)分布密度函數(shù)的圖象分別關于，對稱，所以.又越大，曲線越“矮胖”，越小，曲線越“瘦高”，由圖象可知，.因而選C. 【2】（B，上海，理12）、0.2 解析：當賭金分別為時，其概率都是，. 的分布律如下： 1.4 2.8 4.2 5.6 ，所以 【3】（A，重慶，理17）

21、 解析：(I)令表示事件“三種粽子各取到1個”，則由古典概型的概率計算公式有 (II)X的所有可能的取值為0,1,2，且 ，，. 綜上知，X分布列為 0 1 2 故（個）. 【4】（A，四川，理17） 解析：(1)由題意，參加集訓的男、女生各有6名.參賽學生全從B中學抽取的概率為.因此，A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為. (2)根據(jù)題意，的可能取值為1，2,3 . 所以的分布列為 1 2 3 因此，的數(shù)學期望為 . 【5】（Ａ，福建，理16） 解析：(I)設“當天小王的該銀行卡被鎖定”的事件為A，則

22、 (II)依題意得，X所有可能的取值是1，2，3， 又，，， 所以X的分布列為 X 1 2 3 P 所以． 【6】（B，天津，理16） 解析：(I)由已知，有 所以，事件發(fā)生的概率為 (II)隨機變量的所有可能值為：1，2，3，4. 所以，隨機變量的分布列為 1 2 3 4 隨機變量的數(shù)學期望 . 【7】（B，安徽，理17） 解析：(I)記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件， ． (II)的可能取值為200,300,400. ， ， ， 故的分布列為 200 300 4

23、00 ． 【8】（B，湖南，理18） 解析：(I)記事件={從甲箱中摸出的一個球是紅球}，={從乙箱中摸出的一個球是紅球}，＝{顧客抽獎一次獲一等獎}，＝{顧客抽獎一次獲二等獎}，C＝{顧客抽獎一次能獲獎}. 由題意與相互獨立，與互斥， 與互斥，且 ，=+，. 又因為，，所以， ，故所求概率為. (II)顧客抽獎3次可視為3次獨立重復實驗， 由(I)知，顧客抽獎1次獲一等獎的概率為，所以，于是 由此求得X的分布列為 X 0 1 2 3 P X的數(shù)學期望為. 【9】（C，山東，理19） 解析：(I)個位數(shù)字是的“三位遞

24、增數(shù)”分別是：，，，，，． (II)由題意知全部“三位遞增數(shù)”的個數(shù)為．甲得分，因此 ， ， ． 故甲得分的分布列為： 0 1 所以． 考點27 導數(shù)的應用 【1】（C，新課標Ⅱ，理12）、A 解析：設，則，由已知得，當時，，所以當時，，即在上單調遞減；又為奇函數(shù)，則為偶函數(shù)，即在上單調遞增，且.當時，，當時，，綜上所述，使得成立的的取值范圍是. 【2】（C，安徽，文10）、A 解析:由函數(shù)圖象可知； 又是的兩個正數(shù)解，則 故． 【3】（C，福建，文12）、B 解析：當時，，構 造函數(shù),則 .故在單調遞增,故 ,則； 當時

25、，不等式等價于，構造函數(shù)，則 ，故在單調遞增，故，則. 綜上所述，“對任意， ”是“”的必要不充分條件,故選B. 【4】（C，福建，理10）、C 解析：由已知條件,構造函數(shù),則,故函數(shù)g(x)在R上單調遞增,且,故,所以 ,即，所以結論中一定錯誤的是C，選項D不確定；構造函數(shù),則, 故函數(shù)h(x)在R上單調遞增,且,故,所以，即,選項A，B無法判斷，故選C. 【5】（A，新課標Ⅱ，文13）、 解析：由已知得，解得. 【6】（A，新課標Ⅱ，文16）、 解析：法1 設曲線，曲線，由求得曲線在點處的切線斜率 ，故切線方程，當時，為直線，不符合題意，當時，設切線與曲線相

26、切于點，根據(jù)題意可列方程組 ，解得，又，解得. 法2 由求得曲線在點處的切線斜率 ，故切線方程，當時，為直線，不符合題意，當時，由得，依據(jù)解得. 【7】（B，天津，文11）、 解析： . 【8】（B，陜西，文15）、 解析：由得.又因為當時，；當時，.所以為函數(shù)的極值點，由導數(shù)的幾何意義知，切線斜率，而切點為，所以切線方程為. 【9】（B，陜西，理15）、 解析：設，由導數(shù)的幾何意義知，曲線在點處的切線斜率，曲線上點處的切線斜率，因為兩切線垂直，所以，即，又，所以，所以. 【10】（C，安徽，理15）、①③④⑤ 解析:令， 當時，單調遞增，符合題意；當時，，分析可知，

27、在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，極大值為，極小值為， 因為三次方程僅有一個實根， 所以或，即或． 【11】（A，新課標I，文21） 解析：(I)法1 的定義域為， ， 令，得 令，則 在上是增函數(shù)，從而 當時，有一個零點，當時，沒有零點； 法2 的定義域為 當時，，沒有零點； 當時，因為單調遞增，單調遞減，所以在單調遞增，又， 當滿足且時，，故當時，存在唯一零點. (II)由(I)，可設在的唯一零點為，當時，；當 時，. 故在單調遞減，在單調遞增，所以時，取得最小值，最小值為. 由于，所以 . 故當時，.

28、 【12】（A，浙江，自選模塊3-2） 解析：對求導，得，由，解得，所以的單調遞減區(qū)間為. 【13】（B，重慶，文19） 解析：(I)對求導得, 因為在處取得極值,所以, 即，解得. (II)由(I)得. 故 ， 令解得，或. 當時，故為減函數(shù); 當時, ，故為增函數(shù)； 當時,，故為減函數(shù)； 當時，，故為增函數(shù). 綜上知在和內為減函數(shù),在和內為增函數(shù). 【14】（B，重慶，理20） 解析：(I)對求導得 因為在處取得極值，所以=0，即. 當時，，，故，， 從而在點處的切線方程為，化簡. (II)由(I)知. 令， 由解得,. 當時，，即，故為減函

29、數(shù)； 當時，，即，故為增函數(shù)； 當時，，即，故為減函數(shù). 由在上為減函數(shù)，知，解得， 故的取值范圍為. 【15】（B，廣東，理19） 解析：(1)依題意 ， ∴ 在上是單調增函數(shù). (2) ，且 ∴在上有零點; 又由（1）知在上是單調函數(shù)，故在上僅有一個零點. （3）由（1）知，令得，又 ，即，即. 又， 令，則 由得，由得， 函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增. 函數(shù)，即在上恒成立，， 即. 故． 【16】（C，新課標I，理21） 解析：(I)設曲線與軸相切與點則，，即解得， 因此，當時，軸為曲線的切線. (II)當時，， 從而，故在無零點.

30、 當時，若，則，，故是的零點；若，則， ，故不是的零點. 當時，，所以只需考慮在的零點個數(shù). (i)若或，則在的無零點，故在單調，而，，所以當時，在有一個零點；當時，在沒有零點 (ii)若，則在單調遞減，在單調遞增，故在中，當時，取得最小值，最小值為. ?若，即，在無零點； ?若，即，則在有唯一零點； ?若，即， 由于，， 所以當時，在有兩個零點；當時，在有一個零點. 綜上，當或時，有一個零點；當或時，有兩個零點；當時，有三個零點. 【17】（C，新課標Ⅱ，文21） 解析：(I)的定義域為，.若，則，在上單調遞增；若，則當時，； 當時，.所以在單調遞增，在單調遞減.

31、 (II)由(I)得，當時，則在上沒有最大值；若，則在上的最大值為.從而 ，構造函數(shù)則在上單調遞增，結合得， 所求a的取值范圍是. 【18】（C，新課標Ⅱ，理21） 解析：(I) 法1依題意. 若,則當時, , ； 當時,,. 所以在單調遞減,在單調遞增. 若，則當時，，； 當時，，. 所以，在單調遞減，在單調遞增. 法2 依題意 設，則 在R上恒成立，即在R上單調遞增 又 所以當時，，當時，. 所以，在單調遞減，在單調遞增. (II)由(I)知,對任意的,在單調遞減,在單調遞增,故在處取得最小值. 所以,對于任意, 的充要條件是即 ① 設函數(shù),則

32、. 當時,； 當,. 故在單調遞減,在單調遞增. 又，, 故當時, 當時,,,即①式成立 當時,由的單調性,, 即 時, ,即. 綜上,的取值范圍是. 【19】（C，北京，文19） 解析：(I)由，得 . 由解得． 與在區(qū)間上的情況如下： - 0 + ↘ ↗ 所以，的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是．在處取得極小值． （Ⅱ）由（I）知，在區(qū)間上的最小值． 因為存在零點，所以，從而． 當時，在區(qū)間上單調遞減，且， 所以是在區(qū)間上的唯一零點． 當時，在區(qū)間上單調遞減，且，， 所以在區(qū)間上僅有一個零點． 綜上所述，若存

33、在零點，則在區(qū)間上僅有一個零點． 【20】（C，北京，理18） 解析: (I)因為，所以 ，． 又因為，所以曲線在點處的切線方程為． (II)令，則. 因為，所以在區(qū)間上單調遞增．所以,, 即當時，． (III)由(II)知，當時，對恒成立． 當時，令，則 . 所以當時，，因此在區(qū)間上單調遞減． 當時，， 即． 所以當時，令并非對恒成立． 綜上可知，的最大值為2． 【21】（C，天津，文20） 解析：（I）由得 當即時，函數(shù)單調遞增； 當即時，函數(shù)單調遞減. 所以，的單調遞增區(qū)間為單調遞減區(qū)間為 (II)設點的坐標為點則 曲線在點處的切線方程為，即

34、 . 令函數(shù)即 則 由于在區(qū)間上單調遞減，故在區(qū)間上單調遞減. 又因為所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以對于任意實數(shù)，即對任意實數(shù)，都有. (III)由（II）知設方程的根為，可得因為在區(qū)間上單調遞減，又由（II）知因此 類似地，設曲線在原點處的切線方程為，可得對于任意的有即 設方程的根為可得因為在上單調遞增，且因此 由此可得 【22】（C，天津，理20） 解析：(I)由可得 其中,且 下面分兩種情況討論 (1)當為奇數(shù) 令解得或 當變化時，，的變化如下表： ↘ ↗ ↘ 所以，在，上單調遞減，在內

35、單調遞增. (2)當為偶數(shù) 當，即時，函數(shù)單調遞增； 當，即時，函數(shù)單調遞減； 所以，在上單調遞增，上單調遞減. (II)設的坐標為即，曲線在點處的切線方程為，即 令 ，則 由于在上單調遞減，故在上單調遞減. 又因為，所以當時，，當時，，所以在內單調遞增，在上單調遞減，所以對于任意正實數(shù)，都有即對任意正實數(shù)，都有. (III)不妨設由(II)知 . 設方程的根為，可得當時，在上單調遞減.又由(II)知，可得 類似的，設曲線在原點處的切線方程為可得當， 即對任意的， 設方程的根為，可得因為在上單調遞增，且因此 由此可得 因為，所以 ， 故 所以

36、， 【23】（C，四川，文21） 解析：(1)由已知，函數(shù)的定義域為，， 所以. 當時，，單調遞減； 當時，，單調遞增. (2)由， 解得， 令 ， 則. 于是，存在，使得. 令， 其中. 由知，函數(shù)在區(qū)間上單調遞增. 所以， 即. 當時，有. 由（1）知，在區(qū)間上單調遞增， 故當時，，； 當時，，； 又當時，． 所以，當時，. 綜上所述，存在，使得恒成立，且在區(qū)間內有唯一解. 【24】（C，四川，理21） 解析：(1)由已知，函數(shù)的定義域為， ，所以 . 當時，在區(qū)間 上單調遞增，在區(qū)間 上單調遞減； 當時，在區(qū)間上單調遞增.

37、(2)由 ，解得. 令 則 故存在，使得. 令， 由知，函數(shù)在區(qū)間上單調遞增. 所以 ，即. 當時，有， . 由（1）知，在區(qū)間上單調遞增， 故當時，，； 當時，，； 所以，當時，. 綜上所述，存在，使得在區(qū)間內恒成立，且在區(qū)間內有唯一解. 【25】（C，廣東，文21） 解析：，因為，所以， 當時，，顯然成立；當，則有，所以，所以 綜上所述，的取值范圍. （2） 對于，其對稱軸為 ，開口向上， 所以在單增； 對于，其對稱軸為 ，開口向上， 所以在單減. 綜上，在單增，在單減. （3）由（2）得在單增，在單減，所以. (i)當時，，

38、 令=0，即. 因為在單減，所以 而在單增，，所以 與在無交點. 當時，， 即，所以，所以，因為，所以，即當時，有一個零點. (ii)當時，， 當時， ，，而在單增，當時，.下面比較與的大?。? 因為 ，所以. 第25題圖 結合圖像不難得當，與有兩個交點. 綜上，當時，有一個零點；當，與有兩個零點. 【26】（C，山東，文20） 解析：(I)由題意知，曲線在點處的切線斜率為2.所以， 又，所以. (II)時，方程在內存在唯一的根.設 當時， 又. 所以存在，使得 因為 所以當時， 時， 所以當時，單調遞增. 所以，使得方程在內存在唯一的根.

39、 (III)由(II)知方程在內存在唯一的根，且時， 時， 所以 當時，若 若，由 可知. 故. 當時，由可知 當時，，單調遞增； 當時，，單調遞減； 可知，且 綜上可知函數(shù)的最小值為. 【27】（C，山東，理21） 解析：(I)函數(shù)的定義域是，． 令，，則 (1)當時，，此時，函數(shù)在定義域上是增函數(shù)，無極值點； (2)當時，． ①當時，，，此時，函數(shù)在定義域上是增函數(shù)，無極值點； ②當時，，設方程的兩根為和（），因為，所以 ,,由知, 所以當時，，，函數(shù)單調遞增；當時，，，函數(shù)單調遞減；當時，，，函數(shù)單調遞增；因此函數(shù)有兩個極值點． (3)當時,.由

40、知. 當時，，， 單調遞增；當時，，，單調遞減； 因此函數(shù)有一個極值點． 綜述：當時，函數(shù)有一個極值點； 當時，函數(shù)無極值點；當時，函數(shù)有兩個極值點． (II)(1)當時，函數(shù)在上單調遞增，因為，所以，，符合題意； (2)當時，由得，所以函數(shù)在上單調遞增，又因為，所以，，符合題意； (3)當時，由得，所以時，函數(shù)單調遞減，因為，所以時，，不合題意； (4)當時，設．因為時，，所以在上單調遞增．因此當時，，即．所以 ，當時，，此時，不合題意． 綜上所述，的取值范圍是． 【28】（C，江蘇，文理19） 解析：(1)，令， 解得，. 當時，因為，，所以函數(shù)在R上單調遞增

41、； 當時，當或時， ，當時，；所以函數(shù)在和上單調遞增，在上單調遞減； 當時，當或時， ，當時，；所以函數(shù)在和上單調遞增，在上單調遞減； (2)法1 ， ，當時，，. 由函數(shù)有三個不同的零點知且，即； 又因為的解集是. 因此，可得，，是 的所有根；又因為肯定有一個根為.因此，將，，分別代入解得的其他解進行檢驗. 最后得：時，，，，其他均不符合，所以. 法2 由(1)知，函數(shù)的兩個極值為，，則函數(shù)有三個零點等價于，從而或. 又，所以當時，或當時，. 設，因為函數(shù)有三個零點時，的取值范圍恰好是 則在上，且在上均恒成立，從而，且，因此. 此時， ，因函數(shù)有三個零點

42、，則有兩個異于的不等實根，所以 ， 且，解得 . 綜上. 【29】（C，福建，文22） 解析：(I)，．由得解得． 故的單調遞增區(qū)間是． (II)令，．則有． 當時，，所以在上單調遞減. 故當時，，即當時，． (III)由(II)知，當時，不存在滿足題意． 當時,對于,有, 則，從而不存在滿足題意． 當時，令，，則有． 由得，． 解得， ． 當時，，故在內單調遞增．從而當時， ，即. 綜上，的取值范圍是. 【30】（C，湖南，理21） 解析：(I) ， 其中，. 令，由得 ，即，. 對，若，即，則; 若，即，則. 因此，在區(qū)間與

43、上，的符號總相反，于是，當，時，取得極值，所以，. 此時， ，易知，且 是常數(shù)，故數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列. (II)由(I)知，，于是對一切，恒成立，即 恒成立，等價于 （*）恒成立（因為a>0）. 設，則得，當時，，所以在上單調遞減；當時，，所以在上單調遞增.從而當時，函數(shù)取得最小值.因此，要使（*）式恒成立，只需，即只需. 而當時，由且由知，. 于是，且當時，，因此，對一切，，所以，故（*）式也恒成立. 綜上所述，若，則對一切，恒成立. 【31】（C，陜西，文21） 解析：(I)法1由題設= = ① = ② ①-②得， . 所以. 法2 當時

44、，，則，可得 . (II)因為，, 所以在內至少存在一個零點. 又，所以在內單調遞增，因此在內有且僅有一個零點. 由于，所以 ，由此可得. 故，所以 . 【32】（C，福建，理20） 解析：(I)令， ，則有. 當時，，所以在上單調遞減； 故當時，即當時，． (II)令， ，則有 當時,,所以在上單調遞增，. 故對任意正實數(shù)均滿足題意. 當時，令得．取對任意，恒有，所以在上單調遞增, ，即. 綜上，當時，總存在，使得對任意的，恒有． (III)當時，由(I)知，對于， ，故. ， 令，，則有. 故當時，,在 上單調遞增，故，即，所以

45、滿足題意的不存在. 當時，由(II)知存在,使得對任意的任意的恒有． 此時 ，令，，則有， 故當時， ,在 上單調遞增，故，即 .記與中較小的為，則當時,恒有.故滿足題意的不存在. 當，由(I)知，當時， . 令，，則有. 當時，，所以在上單調遞減，故. 故當時，恒有，此時，任意實數(shù)滿足題意. 綜上，. 考點28 定積分與微積分基本定理 【1】（A，天津，理11）、 解析：聯(lián)立，得或， 曲線與直線的交點坐標為，. 曲線與直線所圍成的圖形面積. 【2】（A，湖南，理11）、 解析： 【3】（B，陜西，理16）、1.2 第3題圖 解析

46、：如圖，以為原點建立直角坐標系，則，因為拋物線過,兩點，易知其方程為，由題意可知原始的最大流量與當前最大流量的比值為，又因為 ，由定積分的幾何意義可知，所以，故答案應填1.2. 考點29 推理與證明 【1】（A，山東，理11）、 解析：觀察等式右邊的指數(shù)與中的關系，可知答案為． 【2】（B，陜西，文16）、 解析：觀察得知，等式左邊有2項，各項分子都是1，分母從1依次遞增至2，并且各項正負相間；等式右邊有項，各項分子都是1，分母從+1依次遞增至2.所以，第個等式為. 【3】（Ｃ，福建，理15）、 解析：由題意得相同數(shù)字經(jīng)過運算后為0,不同數(shù)字運算后為1. 由可知后4個數(shù)

47、字出錯； 由可知后2個數(shù)字沒錯，即出錯的是第4個或第5個； 由可判斷出錯的是第5個.綜上，第5位發(fā)生碼元錯誤. 【4】（B，湖北，文21） 解析：(I)由, 的奇偶性及 得：.聯(lián)立上述兩式解得 ，. 當時，，，故 又由基本不等式，有，即 (II)由(I)得 ， . 當時，等價于； 等價于 不妨設函數(shù) ， 則有 . 當時，需要分情況討論： (1)若，得，故在上為 增函數(shù),從而,即， 故成立. (2)若，得，故在上為減函數(shù)，從而，即 ，故 成立. 綜合可得. 【5】（C，湖北，

48、理22） 解析：(I)的定義域為，.當，即時，單調遞增；當，即時，單調遞減. 故的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為. 當時，，即. 令，得，即. ① (II)； ； . 由此推測： ② 下面用數(shù)學歸納法證明②. (1)當時，左邊右邊，②成立. (2)假設當時，②成立，即. 當時，，由歸納假設可得 所以當時，②也成立. 根據(jù)（1）（2），可知②對一切正整數(shù)n都成立. (III)由的定義，②，算術-幾何平均不等式，的定義及①得 . 即. 【6】（C，江蘇，理23）

49、 解析：(1). (2)當時， ，N* 下面用數(shù)學歸納法證明： ①當時，，結論成立； ②假設時結論成立，那么時，的基礎上新增加的元素在，，中產(chǎn)生，分以下情形討論： 1)若，則，此時有 ，結論成立； 2) 若，則，此時有 ，結論成立； 3)若，則，此時有 ，結論成立； 4)若，則，此時有 ，結論成立； 5)若，則，此時有 ，結論成立； 6) 若，則，此時有 ，結論成立；. 綜上所述，結論對滿足的自然數(shù)均成立. 考點30 復數(shù) 【1】（A，新課標I，文3）、C 解析：由題，得. 【2】（A，新課標I，理1）、A

50、 解析：由題，得. ∴. 【3】（A，新課標Ⅱ，文2）、D 解析：由已知得，所以. 【4】（A，新課標Ⅱ，理2）、B 解析：由已知得，故，，解得. 【5】（A，北京，理1）、A 解析：. 【6】（A，湖北，文1）、A 解析：因為，故選A. 【7】（A，湖北，理1）、A 解析：由i的性質知，則 . 【8】（A，四川，理2）、C 解析：，選C. 【9】（A，廣東，文2）、A 解析：. 【10】（A，廣東，理2）、A 解析：因為，. 【11】（A，山東，理2文2）、A 解析：由得，故. 【12】（A，安徽，文1）、C 解析：． 【13】（A，安徽，理1

51、）、B 解析：． 【14】（A，福建，文1）、A 解析：由已知得，所以． 【15】（A，福建，理1）、C 解析：由已知得，故，故選C． 【16】（A，湖南，文1理1）、D 解析：. 【17】（A，北京，文9）、-1 解析：復數(shù)，其實部為-1． 【18】（A，天津，文9）、 解析：. 【19】（A，天津，理9）、 解析： ，為純虛數(shù) . 【20】（A, 上海，文3理2）、 解析：設，則，解得 ，所以. 【21】（A，重慶，文11）、-2 解析： =. 【22】（A，重慶，理11）、3 解析：. 【23】（A，四川，文11）、 解析：. 【24】（A，江蘇，文理3）、 解析：因為，所以. 【25】（A，浙江，自選模塊3-1） 解析：由題意得ii，解得,故.