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选修 2－2 2011.04 命题：吴晓英（区教研室） 检测：张新会（石油中学） 一、选择题：本大题共 10 个小题，每小题 6 分，共 60 分. 1. B（ 杨静供题改 ） 2． D（2010 年陕西高考题改） 3. A．(齐宗锁、司婷、杨文兵供题改) 4. C （牛占林、张东月供题改） 5．D．（李会琴、司秦霞供题改) 6．A．（牛占林、张东月供题改） 7. D. （沈涛供题改） 8. A.（司婷、杨文兵、齐宗锁供题改） 9． B．（ 齐宗锁供题改） 10. B．（杨静、梁春霞供题改） 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分. 11． 1 3 （教材 p107 习题改）； 12. 2( , )3   和(2, ) （教材 p62 习题改） 13．0（教材 p95 复习题改） 14. 2 2 cos(2 5) sin(2 5)x x xy x    （教材 p51 习题改） 15． 2 1 （教材 p95 复习题改） 16． 2 2 1sin sin ( 30 ) sin cos( 30 ) 4           （ 李会琴、司秦霞供题改） 三、解答题：本大题共4小题，共54分. 17．(本小题满分 12 分) （ 李会琴、司秦霞、秦天武供题改 ） 解：（1） 1 1 1S a  ， 由已知有 2 1 12 2S S S  ，得 2 3 2S  又 3 2 12 2S S S  ， 得 3 7 4S  （3 分） （2）由以上结果猜测： 1 2 1 2 n n nS   （6 分） 用数学归纳法证明如下： （Ⅰ）当 1n  时 ， 1 1 1 1 2 1 12S    ，猜想成立 （8 分） （Ⅱ）假设当 n k 时猜想成立，则有 1 2 1 2 k k kS   当 1n k  时，∵ 1 12 2k kS S S   ∴ 1 1 1 1 2 1 2 12 22 2 k k k k kS         ∴ 1 1 ( 1) 1 2 1 2 k k kS      ∴ 1n k  时猜想成立 由（Ⅰ）、（Ⅱ）可知，对任意正整数 n，猜想都成立. （12 分） 18.（本小题满分 14 分）（司秦霞、秦天武供题改） （1）用综合法证明如下： ∵ 2 2 8 6  ， 7 5 ∴ 2 2 7 6 5 0    ，∴ 1 1 2 2 7 6 5    又∵(2 2 7)(2 2 7) 1   ，( 6 5)( 6 5) 1   ∴ 2 2 7 6 5   （5 分） 用分析法证明如下： 要证明 2 2 7 6 5   ，只需证明， 2 2 5 6 7   只需证明 2 2(2 2 5) ( 6 7)   即 2 4 10 5 6 2 42 7     只需证明 2 40 2 42 即 40＜42,这显然成立. 这就证明了 2 2 7 6 5   （10 分） （2）用综合法证明的特点是“由因导果”，即从命题的条件出发，利用定义、 公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到 完成命题的证明. (12 分) 用分析法证明的特点是“执果索因”.即从求证的结论出发，一步一步地探 索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为 定义、公理、定理等. （14 分） 19．（本小题满分 14 分）（教材例题改） 解：（1）∵利润＝收入－成本，即 y z  ∴ 3 215 ( 18 75 80)y x x x x     3 218 60 80 ( 0)x x x x      （3 分） （2） 23 36 60y x x     解方程 0y  ，得 1 22, 10x x  （6 分） 根据 1x ， 2x ，列出下表 （10 分） x （0，2） 2 （2，10） 10 （10，＋∞） y － 0 + 0 － y ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 10x  是函数的极大值点，比较 2x  和 10x  的函数值， (2) 24y  ， (10) 280y  ∴产量为 10t 时该企业能获得最大的利润，最大利润为 280 万元. （14 分） 20．（本小题满分 14 分）（2010 北京高考理科题改） 已知函数 kf x x x x k    2( ) ln(1 ) ( 0),2 （1）当 2k  时，求曲线 ( ) (1, (1))y f x f 在点 处的切线方程； （2）当 1k  时，求函数 ( )f x 的单调区间 c 解：（I）当 2k  时， 2( ) ln(1 )f x x x x    ， 1'( ) 1 21f x xx    （3 分） 由于 (1) ln 2f  ， 3'(1) 2f  ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线方程为 3ln 2 ( 1)2y x   即 3 2 2ln 2 3 0x y    （7 分） （II） ( 1)'( ) 1 x kx kf x x    ， ( 1, )x   当 0 1k  时，由 ( 1)'( ) 01 x kx kf x x    ，得 1 0x  ， 2 1 0kx k   所以在 ( 1,0) 和 1( , )k k   上 '( ) 0f x  ；在 1(0, )k k  上 '( ) 0f x  故 ( )f x 在 ( 1,0) 和 1( , )k k   单调递增，在 1(0, )k k  单调递减（11 分） 当 1k  时， ( 1)'( ) 01 x kx kf x x    ，得 1 1 ( 1,0)kx k    ， 2 0x  . 所以在 1( 1, )k k  和 (0, ) 上 '( ) 0f x  ；在 1( ,0)k k  上 '( ) 0f x  故 ( )f x 单调递增区间是 1( 1, )k k  和 (0, ) ，减区间是 1( ,0)k k  （15 分）