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高三10月数学参考答案：高三年级数学调研组题号12345678910答案DCDBDDADACDBCD题号11答案ABD12．22−2213．2.14．6415．（1）显然0a，()fx的定义域为(0,)+，求导得11()axf

xaxx+=+=，当0a时，()0,()fxfx在(0,)+上单调递增；当0a时，由()0fx，得10xa−，令()0fx，得1xa−，则()fx在1(0,)a−上单调递增，在1(,)a−+上单调递减，所以当0a时，()fx的单调递增区间是(0,)+；当0a

时，()fx的单调递增区间是1(0,)a−，单调递减区间是1(,)a−+.（2）由（1）知，当且仅当0a时，()fx存在最大值，且最大值为11()1ln()faaa−=−−−−.，设1()1ln()gaaa=−−−−，求导得22111()0agaaaa−−=−=

−，函数()ga在(),0−上单调递增，又(1)0g−=，则由()0ga，得1a−，所以a的取值范围为(,1)−−.16．（1）∵113422323342x==−−−，∴1xA．∵()2294292882

818181122x=−=−=−+=−=−=−+,∴2xA．∵()231321962x=−=−，∴3xA．综上，1xA，2xA，3xA．（2）任取12,xxA，设1112xmn=+，()2

2211222,,,xmnmnmn=+Z，则()()()()1211221212222xxmnmnmmnn+=+++=+++，其中12mm+，12nn+Z，∴12xxA+．∵()()()()121122121212212222xxmnmnmmnnmnmn=++=+++，其中12122m

mnn+，1221mnmn+Z，∴12xxA．综上，12xxA+，12xxA．17．（1）由题设()()16616919967231079152aaSaaaaaS+==+=+，所以1111350756adadad+=+=，而3112

62aadad=+===，所以2nan=（2）由题设212412nannb=+=+，则()()1234144444441212121433nnnnTnnn+−=+++++=+=+−−，所以1441220

2433nnTn+=+−，又1441233nnTn+=+−在nN上单调递增，当5n=时，65441251424202433T=+−=，当6n=时，76441265532202433T=+−=，所以2024nT，求n的最小值6．18．（1）()=3sinsi

n23sin2sincossin(32cos)fxxxxxxxx−=−=−，令()0fx=，得sin0x=或3cos2x=，又02πx，所以当sin0x=时，0,π,2πx=；当3cos2x=时，π11π,

66x=，所以π11π{0,,π,,2π}66P=；（2）（i）由（1）知130,=πxx=，则0()cos(π)cosπ0xgxx−==−，得2()[()]()xgxgxt=−−，令()ugx=，

由π(0,)2x，得()(0,1)gx，即(0,1)u，对于方程20uut−−=，14t=+，当0即14t−时，()x无零点；当0=即14t=−时，()x有1个零点；当0即14t−时，方程20uut−−=的解为1142tu+=，若11

4012t−+且114012t++，即104t−，()x有2个零点；若0t=，()x有1个零点；若11412t++，即0t，()x无零点；综上，当14t−或0t时，()x无零点；当14t=−或0t=

时，()x有1个零点；当104t−时，()x有2个零点.（ii）若()x有2个零点,mn，则(),()gmgn是方程20uut−−=的两个根，由韦达定理得()()1,()()gmgngmgnt+==

−，又0()1,0()1gmgn，所以0()()2gmgn+，而()()1gmgn+=，故110(),()122gmgn，因为()cosgxx=在π(0,)2上单调递减，所以π2mn+，故cos()0m

n+，即证.19．（1）()πcos2fxx=，()10f=，()01f=，()ππsin22fxx=−，()00f=，()2Hxaxbxc=++，()2Hxaxb=+，由()()

()()()()001100HfHfHf===得100cabcb=++==，解得101abc=−==，因此()21Hxx=−+.设()()()2πcos12FxfxHxxx=−=+−，0,1x，()ππsin222Fxxx=−+

，令()()1FxFx=，则()21ππcos242Fxx=−+，因为()1Fx在[0,1]上单调递增，且()21π0204F=−+，()1120F=，故存在()10,1x使()11

0Fx=，且()Fx在()10,x上单调递减，在()1,1x上单调递增，又()00F=，()()100FxF=，()π1202F=−+，所以()Fx在()0,1上存在唯一的零点()21,1xx，使得()

20Fx=，且()Fx在()20,x上单调递减，在()2,1x上单调递增，又()()010FF==，所以()0Fx，即()()fxHx.（2）由（1）知()()2fxHxx−等价于()()2Hxfxx−，且0λ，设()()()()22π1cos12GxHxfxxxx

=−−=−+−+，0,1x，则()0Gx，()()ππ21sin22Gxxx=−++，令()()1GxGx=，则()()21ππ21cos42Gxx=−++，令()()21GxGx=，则()32ππsin0

82Gxx=−，所以1()Gx在0,1上单调递减，若2π18−，则()()()211π02104GxG=−++，所以()Gx在0,1上单调递减，所以()()00GxG=，所以(

)Gx在0,1上单调递减，所以()(0)0GxG=；若2π018−，则()21π(0)2104G=−++，而1(1)2(1)0G=−+，故存在()00,1x，使10()0Gx=，从而在()0

0,x上，1()0Gx，()Gx单调递增，()()00GxG=，于是()Gx单调递增，()()00GxG=不符合题意.综上所述，的取值范围为2π1,8−+.（3）21111cos10.8992πππfH==−+.由（2）知，()(

)22π18fxHxx−−，所以，误差22211π1111111ππ8π8π81040efH=−−=−−=.