热门试卷

（1）

∵，∴，。

∴，                           

（2）由，得，

又为锐角，所以，又，，

所以，，              

由，得，又，从而，。

所以，  

解：（1）∵sinxcosx=sin2x，cos2x=（1+cos2x）

∴=sin2x+cos2x=sin（2x+）

∵f（B）=1，即sin（2B+）=1

∴2B+=+2kπ（k∈Z），可得B=+kπ（k∈Z）

∵B∈（0，π），∴取k=0，得B=；

（2）根据余弦定理b2=a2+c2﹣2accosB，得

12=（）2+c2﹣2ccos，

化简整理得c2﹣3c+2=0，解之得c=1或2。

即当时，边c的值等于c=1或2。

（1）依题意，  

 ………5分

所以函数的最小正周期是,有最大值，      

（2）由（1）知：由，得， 所以。

 。

解：（1） 因为 ，所以 

由 得 

当时，，

当时，

所以，

又因为  ，所以，

所以，当时，    :

（2）由   得：

因为方程有两解，所以

由

解得：或 

(ⅰ) 当时，       无解

(ⅱ) 当时，    解得 

所以，实数的取值范围为       

解：（1） 依据条件， 的可能值为，                  

当时，，                                

当时，                                 

当时， ，                             

当时，                              

所以其分布列为：

数学期望为：

（2）依题意可知，一年中每天空气质量达到一级的概率为， 

一年中空气质量达到一级的天数为，则，

∴（天）

所以一年中平均有天的空气质量达到一级

解：（1）f′（x）=2ax﹣4b+=，其中x＞0，

由于函数y=f（x）存在极大值和极小值，

故方程f′（x）=0有两个不等的正实数根，即2ax2﹣4bx+2a=0有两个不等的正实数根，记为x1，x2，显然a≠0，

所以，解得；

（2）由b∈（a，a）得a＞0，且（，），

由（1）知f（x）存在极大值和极小值，

设f′（x）=0的两根为x1，x2（0＜x1＜x2），则f（x）在（0，x1）上递增，在（x1，x2）上递减，在（x2，+∞）上递增，

所以m=f（x1），n=f（x2），

因为x1x2=1，所以0＜x1＜1＜x2，而且=∈（，），

由于函数y=x+在（0，1）上递减，所以，

又由于，

所以，

所以m﹣n=f（x1）﹣f（x2）

=﹣+4bx2﹣2alnx2

=+2a（lnx1﹣lnx2）

=﹣a（）+2aln，

令t=，则m﹣n=﹣a（t﹣）+2alnt，令h（t）=﹣（t﹣）+2lnt（），

所以h′（t）=﹣1﹣+=﹣≤0，所以h（t）在（）上单调递减，所以e﹣e﹣1﹣2＜h（t）＜e2﹣e﹣2﹣4，

由m﹣n=ah（t）=1，知a=，所以。

（1）依题意：

在上递增，对恒成立

即对恒成立，只需.

 当且仅当时取，

故的最大值为.

（2）记g (x) = f (x) –2ax = x 2–2a lnx –2ax,

,

若方程f(x)=2ax有唯一解，即g(x)=0有唯一解；

令,得，因为，

所以（舍去），，

当时，，在是单调递减函数；

当时，，在上是单调递增函数。

当x=x2时, ，，

因为有唯一解，所以。

则 即

两式相减得因为a>0，所以。

设函数，

因为在x>0时，h (x)是增函数，所以h (x) = 0至多有一解。

因为h (1) = 0，所以方程(*)的解为x 2 = 1，从而解得.

解：（1）由得，

不是的极值点，所以是方程的根，得

（2）

①当时，在上递增，上递减，

当即时，若函数有零点

②当时，，

由零点存在定理，在内有零点，从而在内有零点

所以当时，函数有零点.

的最大值为，当时取得.