2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国新课标Ⅲ卷）-【创新示范卷】2015-2019高考理科数学真题汇编

当a＞０时,令g′(x)＝０,得x＝１a． 当０＜x＜１a 时,g′(x)＜０,g(x)单调递减;当x＞１a 时,g′(x)＞０,g(x)单调递增． 若０＜a＜１,则g(x)在 １,１a( ) 上单调递减, g １a( )＜g(１)＝０; 若a＞１,则g(x)在 １a ,１( ) 上单调递增,g １a( ) ＜ g(１)＝０; 若a＝１,则g(x)min＝g １ a( )＝g(１)＝０,g(x)≥０． 综上,a＝１． (２)f(x)＝x２－x－xlnx,f′(x)＝２x－２－lnx,x＞０． 令h(x)＝２x－２－lnx,则h′(x)＝２－１x＝ ２x－１ x ,x＞０． 令h′(x)＝０得x＝１２ , 当０＜x＜１２ 时,h′(x)＜０,h(x)单调递减;当x＞１２ 时,h′(x)＞０,h(x)单调递增． 所以h(x)min＝h １ ２( )＝１－２＋ln２＜０． 因为h(e－２)＝２e－２＞０,h(２)＝２－ln２＞０,e－２∈ ０,１２( ),２∈ １ ２ ,＋∞( ), 所以在 ０,１２( ) 和 １ ２ ,＋∞( ) 上,h(x)即f′(x)各有 一个零点． 设f′(x)在 ０,１２( ) 和 １ ２ ,＋∞( ) 上 的 零 点 分 别 为 x０,x２,因为f′(x)在 ０, １ ２( ) 上单调递减, 所以当０＜x＜x０ 时,f′(x)＞０,f(x)单调递增;当 x０＜x＜ １ ２ 时,f′(x)＜０,f(x)单调递减．因此,x０ 是 f(x)的极大值点． 因为,f′(x)在 １２ ,＋∞( ) 上单调递增,所以当１２＜x ＜x２ 时,f′(x)＜０,f(x)单调递减,x＞x２ 时,f(x) 单调递增,因此x２ 是f(x)的极小值点． 所以,f(x)有唯一的极大值点x０． 由前面 的 证 明 可 知,x０∈ e－２, １ ２( ),则 f(x０)＞ f(e－２)＝e－４＋e－２＞e－２． 因为f′(x０)＝２x０－２－lnx０＝０,所以lnx０＝２x０－ ２,则 又f(x０)＝x２０－x０－x０(２x０－２)＝x０－x２０,因为０＜ x０＜ １ ２ ,所以f(x０)＜ １ ４． 因此e－２＜f(x０)＜ １ ４． ２２．解:(１)设 M(ρ０,θ０),P(ρ,θ) 则|OM|＝ρ０,|OP|＝ρ． ρρ０＝１６, ρ０cosθ０＝４, θ＝θ０, { 解得ρ＝４cosθ,化为直角坐标系方程为 (x－２)２＋y２＝４(x≠０)． (２)连接AC,易知△AOC为正三角形． |OA|为定值． ∴当高最大时,S△AOB面积最大, 如图,过 圆 心 C 作 AO 垂 线,交AO 于H 点,交圆C 于B 点, 此时S△AOB最大, Smax＝ １ ２|AO| 􀅰|HB| ＝１２|AO| (|HC|＋|BC|) ＝ ３＋２． ２３．解:(１)由柯西不等式得:(a＋b)(a５＋b５)≥ (a􀅰a５＋ b􀅰b５)２＝(a３＋b３)２＝４, 当且仅当 ab５＝ ba５,即a＝b＝１时取等号． (２)∵a３＋b３＝２, ∴(a＋b)(a２－ab＋b２)＝２, ∴(a＋b)[(α＋b)２－３ab]＝２, ∴(a＋b)３－３ab(a＋b)＝２, ∴ (a＋b)３－２ ３(a＋b) ＝ab． 由均值不等式可得:(a＋b) ３－２ ３(a＋b) ＝ab≤ a＋b ２( ) ２ ∴ (a＋b)３－２ ３(a＋b) ≤ a＋b ２( ) ２ ∴(a＋b)３－２≤３ (a＋b)３ ４ ∴１４ (a＋b)３≤２ ∴a＋b≤２,当且仅当a＝b＝１时等号成立． 全国新课标Ⅲ卷 １．B　由题意可得:圆x２＋y２＝１与直线y＝x相交于两 点(１,１),(－１,－１),则A∩B 中有两个元素．本题选 择B选项． ２．C　由题意可得:z＝ ２i１＋i ,∴|z|＝ |２i||１＋i|＝ ２ ２ ＝ ２．本 题选择C选项． ３．A　由折线图,８~９月份月接待游客量减少,A 错误; 本题选择 A选项． ４．C　 由 (２x－y)５ 展 开 式 的 通 项 公 式:Tr＋１ ＝ Cr５(２x)５－r(－y)r可得: 当r＝３时,x(２x－y)５ 展开式中x３y３ 的系数为 C３５× ２２×(－１)３＝－４０ 当r＝２时,y(２x－y)５ 展开式中x３y３ 的系数为 C２５× ２３×(－１)２＝８０, 则x３y３ 的系数为８０－４０＝４０． 本题选择C选项． ５．B　由题意可得:ba ＝ ５ ２ ,c＝３,又a２＋b２＝c２,解得a２ ＝４,b２＝５, 则C的方程为x ２ ４－ y２ ５＝１． 本题选择B选项． ６．D　当x∈ π２ ,π( ) 时,x＋π３∈ ５π ６ ,４π ３( ),函数在该区 间内不单调．本题选择 D选项． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋