2021学年江苏省淮安市高一（下）期末数学试卷
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，只要求写出结果，不必写出计算和推理过程，请把答案填写在答题卡相应的位置上）
1. 集合𝐴={2, 3}，集合𝐵={1, 2}，则集合𝐴∪𝐵=________．
2. 我校高一、高二、高三年级学生数之比为4:3:3，现用分层抽样的方法为从该校高中三个年级的学生中抽取容量为50的样本，则应从高一年级抽取________名学生．
3. 已知向量𝑎=(1−2𝑥,2)，𝑏=(2,−1)，若𝑎⊥𝑏，则实数𝑥=________．
4. 某算法的伪代码如图所示，若输出𝑦的值为2，则输入𝑥的值为________．
→
→
→
→
5. 设𝑆𝑛是等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑎5=9，则𝑆9=________．
3
5
𝑎5𝑆
6. 已知不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐≤0的解集为[−1, 2]，则不等式𝑏𝑥2+𝑎𝑥≥0的解集为________．
𝑥+𝑦≥2
7. 已知实数𝑥，𝑦满足{𝑥−𝑦≤2 ，则𝑧＝2𝑥−𝑦的最大值为________．
0≤𝑦≤3
8. 根据某固定测速点测得的某时段内过往的200辆机动车的行驶速度（单位：𝑘𝑚/ℎ）绘制的频率分布直方图如图所示，该路段限速标志牌提示机动车辆速度为60𝑘𝑚/ℎ−120𝑘𝑚/ℎ，则该时段内正常行驶的机动车辆数为
试卷第1页，总18页
________．
9. 函数𝑓(𝑥)=sin2(sin2−cos2)的最小正周期为________．
10. 在一个盒子中有分别标有数字0，1，2，3，4的5张卡片，现从中一次取出2张卡片，
𝑥𝑥𝑥
则取到的卡片上的数字之和为偶数的概率是________．
11. 在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝐵𝐶=2，𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，则△𝐴𝐵𝐶面积的最大值是________．
12. 已知𝛼∈(0, 2)，且sin2+cos2=cos𝛽=________．
13. 已知直线𝑥=𝛼(0<𝛼<4)与函数𝑓(𝑥)=cos𝑥，𝑔(𝑥)=sin2𝑥和ℎ(𝑥)=sin𝑥的图象及𝑥轴依次交于点𝑃，𝑀，𝑁，𝑄，则𝑃𝑁2+𝑀𝑄2的最小值为________．
14. 已知数列{𝑎𝑛}；𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛+(𝑛∈𝑁+)且𝑎1=4，其前𝑛项之和为𝑆𝑛，则满足不
2
2
1
3
𝜋
𝜋
𝛼
𝛼
√6，若cos(𝛼2
→→
−𝛽)=3，𝛽∈(2, 𝜋)，则
1𝜋
等式|𝑆𝑛−𝑛−2|<
12013
的最小整数𝑛是________．
二、解答题：（本大题共6道题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或
演算步骤，请把答案填写在答题卡相应的位置上）
已知不等式𝑥2≤5𝑥−4解集𝐴，关于𝑥的不等式𝑥2−(𝑎+2)𝑥+2𝑎≤0(𝑎∈𝑅)解集为𝑀．
（1）求集合𝐴；
试卷第2页，总18页
（2）若𝑀⊆𝐴，求实数𝑎的范围．
在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐．已知（1）求角𝐵的大小；
（2）设𝑇=sin2𝐴+sin2𝐶，求𝑇的取值范围．
已知关于𝑥的一元二次函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1．
（1）设集合𝑃={1, 2, 3}和𝑄={−1, 1, 2, 3, 4}，分别从集合𝑃和𝑄中随机取一个数作为𝑎和𝑏，求函数𝑦=𝑓(𝑥)在区间[1, +∞)上是增函数的概率；
𝑥+𝑦−8≤0
𝑥>0（2）设点(𝑎, 𝑏)是区域{内的随机点，求𝑦=𝑓(𝑥)在区间[1, +∞)上是增函𝑦>0数的概率．
某水库堤坝年久失修，发生了渗水现象，经测算坝面每渗水1𝑚2的直接经济损失约为250元，当发现时已有200𝑚2的坝面每渗水，且渗水面积以每天4𝑚2的速度扩散，当地政府在发现的同时，立即组织民工进行抢修，假定每位民工平均每天可抢修渗水面积2𝑚2，为此政府需支出服装补贴费每人400元，劳务费每人每天150元，所消耗的维修材料等费用每人每天150元，若安排𝑥名民工参与抢修，抢修完成需用𝑛天． （1）写出𝑛天关于𝑥的函数关系式；
（2）应安排多少名民工参与抢修，才能使总损失最少．（总损失=渗水损失+政府支出）
已知函数𝑓(𝑥)是区间𝐷⊆[0, +∞)上的增函数．若𝑓(𝑥)可表示为𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)，其中𝑓1(𝑥)是𝐷上的增函数，𝑓2(𝑥)是𝐷上的减函数，且函数𝑓2(𝑥)的值域𝐴⊆[0, +∞)，则称函数𝑓(𝑥)的区间𝐷上的“偏增函数”
（1）试说明𝑦=sin𝑥+cos𝑥是区间(0, )上的“偏增函数”；
4𝜋
sin𝐶sin𝐴
=
𝑎2+𝑐2−𝑏2
𝑎2
（2）记𝑓1(𝑥)=𝑥，𝑓2(𝑥)=𝑥（𝑎为常数），是判断𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)是否是区间(0, 1]上的“偏增函数”，若是，证明你的结论，若不是，请说明理由．
已知数列{𝑎𝑛}满足：𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗) (1)若𝑎1=2，求数列{𝑎𝑛}的前20项和𝑆20；
试卷第3页，总18页
𝑎
(2)若对任意的𝑛∈𝑁都有𝑎
∗
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛𝑛+1+𝑎𝑛
≥3成立，求𝑎1的取值范围；
(3)若数列{𝑎3𝑛−2}(𝑛∈𝑁∗)为等差数列，求证：数列{𝑎𝑛}为等差数列．
试卷第4页，总18页
参考答案与试题解析
2021学年江苏省淮安市高一（下）期末数学试卷
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，只要求写出结果，不必写出计算和推理过程，请把答案填写在答题卡相应的位置上） 1.
【答案】 {1, 2, 3} 【考点】 并集及其运算 【解析】
直接利用集合的并集的运算法则求解即可． 【解答】
解：∵ 集合𝐴={2, 3}，集合𝐵={1, 2}， ∴ 𝐴∪𝐵={1, 2, 3}， 故答案为：{1, 2, 3}． 2.
【答案】 20
【考点】 分层抽样方法 【解析】
先求出高一学生所占的比例，用样本容量乘以此比例，即得所求． 【解答】
解：高一学生所占的比例为 50×=20，
52
44+3+3
=，故样本中高一学生所占的比例也是，
5
5
22
故答案为 20． 3.
【答案】 0
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】
由题意可得 𝑎⋅𝑏=2(1−2𝑥)+2×(−1)=−4𝑥=0，由此求得实数𝑥的值． 【解答】
解：∵ 已知向量𝑎=(1−2𝑥,2)，𝑏=(2,−1)，若𝑎⊥𝑏，则𝑎⋅𝑏=2(1−2𝑥)+2×(−1)=−4𝑥=0， 解得𝑥=0， 故答案为0． 4. 【答案】
试卷第5页，总18页
→
→
→
→
→
→
→
→
0或4 【考点】 伪代码 【解析】
根据伪代码可知该题考查一个分段函数𝑦={得输入值． 【解答】
𝑥+2,𝑥≤0
解：本题的伪代码表示一个分段函数𝑦={
log2𝑥，𝑥>0∵ 输出值为2，
𝑥+2=2log2𝑥=2∴ {或{，
𝑥≤0𝑥>0∴ 𝑥=0或4
∴ 输入值𝑥=0或4
𝑥+2,𝑥≤0
，再利用输出值为2，即可求
log2𝑥，𝑥>0
故答案为：0或4．5.
【答案】 1
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和 【解析】
根据等差数列的等差中项的性质，把2𝑎5=𝑎1+𝑎9和2𝑎3=𝑎1+𝑎5代入𝑆9即可求得答
5
𝑆
案． 【解答】 解：𝑆9=
5
𝑆
(𝑎1+𝑎9)×9
2(𝑎1+𝑎5)×52=𝑎5×5=1
3
𝑎9
故答案为1 6.
【答案】 {𝑥|0≤𝑥≤1}
试卷第6页，总18页
【考点】
一元二次不等式的解法 【解析】
由题意可知−1、2为方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0的两根，且𝑎>0，由韦达定理可得𝑎，𝑏的关系，从而不等式𝑏𝑥2+𝑎𝑥≥0可化为已知不等式，解出即可． 【解答】
解：由𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐≤0的解集为[−1, 2]，知−1、2为方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐=0的两根，且𝑎>0， 所以{
−1+2=−−1×2=𝑎
𝑐𝑏𝑎
，则𝑏=−𝑎，
不等式𝑏𝑥2+𝑎𝑥≥0为−𝑎𝑥2+𝑎𝑥≥0，即𝑥2−𝑥≤0，解得0≤𝑥≤1， 故不等式𝑏𝑥2+𝑎𝑥≥0的解集为{𝑥|0≤𝑥≤1}． 故答案为：{𝑥|0≤𝑥≤1}． 7.
【答案】 7
【考点】 简单线性规划 【解析】
根据约束条件画出可行域，得到△𝐴𝐵𝐶及其内部，其中𝐴(5, 3)，𝐵(−1, 3)，
𝐶(2, 0)．然后利用直线平移法，可得当𝑥＝5，𝑦＝3时，𝑧＝2𝑥−𝑦有最大值，并且可以得到这个最大值． 【解答】
𝑥+𝑦≥2
根据约束条件{𝑥−𝑦≤2 画出可行域如图，
0≤𝑦≤3
得到△𝐴𝐵𝐶及其内部，其中𝐴(5, 3)，𝐵(−1, 3)，𝐶(2, 0) 平移直线𝑙:𝑧＝2𝑥−𝑦，得当𝑙经过点𝐴(5, 3)时， ∴ 𝑍最大为2×5−3＝7． 8.
【答案】 170
【考点】
用样本的频率分布估计总体分布 频率分布直方图
【解析】
利用频率等于纵坐标乘以组距求出正常行驶的频率，求出正常行驶的频率；利用频数等于频率乘以样本容量求出这200辆汽车中正常行驶的汽车的辆数． 【解答】
解：正常行驶在60𝑘𝑚/ℎ∼120𝑘𝑚/ℎ的频率为20×(0.0100+0.0150+0.0175)=0.85， 所以这200辆汽车中正常行驶的汽车有200×0.85=170．
试卷第7页，总18页
故答案为：170．9.
【答案】 2𝜋
【考点】
求二倍角的余弦 求二倍角的正弦
【解析】
利用两角和的正弦公式，二倍角公式，把函数𝑓(𝑥)化为𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+𝐵的形式，最后利用周期公式解之即可． 【解答】
解：𝑓(𝑥)=sin(sin−cos)=sin2−sincos=−sin𝑥−cos𝑥+=−
2
2
2
2
2
2
2
2
2
𝜋
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
𝑥
1
1
1
√2sin(𝑥2
+
)+2 4
2𝜋1
1
故它的最小正周期等于故答案为：2𝜋 10. 【答案】
=2𝜋
2 5【考点】
古典概型及其概率计算公式 【解析】
2
从标有数字1，2，3，4，5的5张卡片中一次取出2张卡片，共有𝐶5种方法；其中取到的卡片上的数字之和为偶数表示两个数的奇偶性一致，共4种方法，再利用古典概型的概率计算公式即可得出． 【解答】
2
解：从标有数字1，2，3，4，5的5张卡片中一次取出2张卡片，共有𝐶5=10种方法，
22
其中取到的卡片上的数字之和为偶数共有：𝐶3+𝐶2=3+1=4种方法， ∴ 取到的卡片上的数字之和为偶数的概率𝑃=10=5， 故答案为：5． 11. 【答案】 √2 试卷第8页，总18页
2
4
2
【考点】
向量在几何中的应用 【解析】
根据𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，及向量的数量积的定义式得到|𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|cos𝐴=1，两边平方得到1=𝐴𝐵2𝐴𝐶2cos2𝐴，根据三角形的面积公式𝑆=2|𝐴𝐵||𝐴𝐶|sin𝐴，两边平方，两式相加，得到1+4𝑆2=𝐴𝐵2𝐴𝐶2，根据余弦定理和基本不等式即可求得三角形面积的最大值． 【解答】
解：∵ 𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，∴ |𝐴𝐵|⋅|𝐴𝐶|cos𝐴=1 ∴ 1=𝐴𝐵2𝐴𝐶2cos2𝐴(1) 又∵ 𝑆=2|𝐴𝐵||𝐴𝐶|sin𝐴
∴ 4𝑆2=𝐴𝐵2𝐴𝐶2sin2𝐴(2)
(1)+(2)得：1+4𝑆2=𝐴𝐵2𝐴𝐶2(cos2𝐴+sin2𝐴) 即1+4𝑆2=𝐴𝐵2𝐴𝐶2 由题知：𝐵𝐶=𝐴𝐶−𝐴𝐵，
∴ 𝐵𝐶=𝐴𝐶−2𝐴𝐵⋅𝐴𝐶+𝐴𝐵2=𝐴𝐶2+𝐴𝐵2−2
2
2
→
→
→
→
→
1→
→
→
→
1
→
→
→
→
∵ 𝐵𝐶=2，
∴ 𝐴𝐶2+𝐴𝐵2=6
由不等式：𝐴𝐶2+𝐴𝐵2≥2𝐴𝐶⋅𝐴𝐵 当且仅当，𝐴𝐶=𝐴𝐵时，取等号 ∴ 6≥2𝐴𝐶⋅𝐴𝐵 即𝐴𝐶⋅𝐴𝐵≤3
∴ 1+4𝑆2=𝐴𝐵2𝐴𝐶2《9 ∴ 4𝑆2≤8，即：𝑆2≤2
∴ 𝑆≤√2，所以△𝐴𝐵𝐶面积的最大值是：√2． 故答案为√2． 12. 【答案】
√3−2√2 6【考点】
两角和与差的余弦公式 【解析】
题干中𝛽的范围写错了，请给修改，谢谢
把所给的等式平方求得sin𝛼的值，再利用同角三角函数的基本关系求得cos𝛼、sin(𝛼−𝛽)的值，再根据cos𝛽=cos[𝛼−(𝛼−𝛽)]利用两角差的余弦公式运算求得结果． 【解答】
解：已知𝛼∈(0, 2)，且sin2+cos2=cos𝛼=
√3． 2
1
𝜋
2√23
𝜋
𝛼
𝛼
√6，平方可得12
+sin𝛼=2，∴ sin𝛼=2，∴
31
若cos(𝛼−𝛽)=3，𝛽∈(2,𝜋)，则−𝜋<𝛼−𝛽<0，∴ sin(𝛼−𝛽)=−
试卷第9页，总18页
．
∴ cos𝛽=cos[𝛼−(𝛼−𝛽)]=cos𝛼cos(𝛼−𝛽)+sin𝛼sin(𝛼−𝛽)=
12
√32
×+
3
1
×(−
2√2)3
=
√3−2√2， 6
故答案为：13. 【答案】
√3−2√2． 6
3 4【考点】
求二倍角的正弦 函数的值域及其求法 正弦函数的单调性
【解析】
正确画出三角函数的图象，进而由图象可列出式子表达已知条件，利用三角函数的单调性、有界性和二次函数的单调性即可得出最小值． 【解答】
解：如图所示，则𝑃𝑁2+𝑀𝑄2=(cos𝑥−sin𝑥)2+sin22𝑥=sin22𝑥−sin2𝑥+1=(sin2𝑥−2)2+4，
因此当sin2𝑥=2时，则𝑃𝑁2+𝑀𝑄2的最小值为4．
1
3
1
3
故答案为．
4
3
14.
【答案】 12
【考点】 数列的求和 数列的函数特性 【解析】
由𝑎𝑛+1=−2𝑎𝑛+2(𝑛∈𝑁+)，得𝑎𝑛+1−1=−2(𝑎𝑛−1)，从而可知{𝑎𝑛−1}为首项是3，公比为−2的等比数列，
11
3
1
试卷第10页，总18页
由此可求得𝑎𝑛，进而得到𝑆𝑛，解不等式可得答案． 【解答】
解：由𝑎𝑛+1=−2𝑎𝑛+2(𝑛∈𝑁+)，得𝑎𝑛+1−1=−2(𝑎𝑛−1)， 又𝑎1=4，所以{𝑎𝑛−1}为首项是3，公比为−的等比数列，
21
1
3
1
则𝑎𝑛−1=3⋅(−2)𝑛−1，𝑎𝑛=1+3⋅(−2)𝑛−1， 所以𝑆𝑛=𝑛+3⋅则|𝑆𝑛−𝑛−2|=
1−(−)𝑛
1211−(−)
211
=𝑛+2−2(−)𝑛，
212013
1
12𝑛−1，|𝑆𝑛−𝑛−2|<
1
，即
1
2𝑛−1<
12013
，解得𝑛>11，
满足不等式|𝑆𝑛−𝑛−2|<2013的最小整数𝑛是12，
故答案为：12． 二、解答题：（本大题共6道题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案填写在答题卡相应的位置上）
【答案】 解：（1）不等式𝑥2≤5𝑥−4可化为𝑥2−5𝑥+4≤0，解得1≤𝑥≤4， ∴ 𝐴={𝑥|1≤𝑥≤4}；
（2）原不等式等价于(𝑥−𝑎)(𝑥−2)≤0，
若𝑎<2，则𝑀=[𝑎, 2]，要𝑀⊆𝐴，只需1≤𝑎<2； 若𝑎>2，则𝑀=[2, 𝑎]，要𝑀⊆𝐴，只需2<𝑎≤4； 若𝑎=2，则𝑀={2}，符合𝑀⊆𝐴． 综上所述，𝑎的取值范围为[1, 4]． 【考点】
一元二次不等式的解法
集合关系中的参数取值问题
【解析】
（1）先化不等式为标准形式，求得对应方程的根，借助二次函数的图象可得解集； （2）按两根𝑎，2的大小分情况讨论解得𝑀，由𝑀⊆𝐴，得𝑎所满足的不等式； 【解答】 解：（1）不等式𝑥2≤5𝑥−4可化为𝑥2−5𝑥+4≤0，解得1≤𝑥≤4， ∴ 𝐴={𝑥|1≤𝑥≤4}；
（2）原不等式等价于(𝑥−𝑎)(𝑥−2)≤0，
若𝑎<2，则𝑀=[𝑎, 2]，要𝑀⊆𝐴，只需1≤𝑎<2； 若𝑎>2，则𝑀=[2, 𝑎]，要𝑀⊆𝐴，只需2<𝑎≤4； 若𝑎=2，则𝑀={2}，符合𝑀⊆𝐴． 综上所述，𝑎的取值范围为[1, 4]． 【答案】
解：（1）已知等式利用正弦定理化简得：𝑎=整理得：
𝑎2+𝑐2−𝑏2
2𝑎𝑐
𝑐
𝑎2+𝑐2−𝑏2
𝑎2，
=2，即cos𝐵=2，
11
∵ 𝐵为三角形的内角，∴ 𝐵=60∘；
试卷第11页，总18页
（2）𝑇=sin2𝐴+sin2𝐶=(1−cos2𝐴)+(1−cos2𝐶)
2
2
1
1
11
=1−(cos2𝐴+cos2𝐶)=1−[cos2𝐴+cos(240∘−2𝐴)]
2211√3=1−(cos2𝐴−sin2𝐴)
222=1−2cos(2𝐴+60∘)，
∵ 0<𝐴<120∘，∴ 60∘<2𝐴+60∘<300∘， ∴ −1≤cos(2𝐴+60∘)<，
21
1
则4<𝑇≤2．
【考点】 余弦定理 【解析】
（1）已知等式左边利用正弦定理化简，整理后利用余弦定理求出cos𝐵的值，由𝐵为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出𝐵的度数；
（2）将𝑇关系式利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后用𝐴表示出𝐵，利用两角和与差的余弦函数公式化为一个角的余弦函数，根据𝐴的范围求出这个角的范围，利用余弦函数的图象与性质即可求出𝑇的范围． 【解答】
解：（1）已知等式利用正弦定理化简得：𝑎=整理得：
𝑎2+𝑐2−𝑏2
2𝑎𝑐
𝑐
𝑎2+𝑐2−𝑏2
𝑎233
，
=，即cos𝐵=，
2
2
11
∵ 𝐵为三角形的内角，∴ 𝐵=60∘；
（2）𝑇=sin2𝐴+sin2𝐶=(1−cos2𝐴)+(1−cos2𝐶)
2
2
1
1
11
=1−(cos2𝐴+cos2𝐶)=1−[cos2𝐴+cos(240∘−2𝐴)]
2211√3=1−(cos2𝐴−sin2𝐴)
222=1−2cos(2𝐴+60∘)，
∵ 0<𝐴<120∘，∴ 60∘<2𝐴+60∘<300∘， ∴ −1≤cos(2𝐴+60∘)<，
21
1
则<𝑇≤．
4
2
33
【答案】 解：（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率， ∵ 试验发生包含的事件是3×5=15， 函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1的图象的对称轴为𝑥=
2𝑏𝑎
，
要使𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1在区间[1, +∞)上为增函数，
试卷第12页，总18页
当且仅当𝑎>0且𝑎≤1，即2𝑏≤𝑎
若𝑎=1则𝑏=−1，若𝑎=2则𝑏=−1，1；若𝑎=3则𝑏=−1，1； ∴ 事件包含基本事件的个数是1+2+2=5 ∴ 所求事件的概率为
515
2𝑏
=．
3
1
（2）由(𝐼)知当且仅当2𝑏≤𝑎且𝑎>0时，
函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1在区是间[1, +∞)上为增函数，
𝑎+𝑏−8≤0
依条件可知试验的全部结果所构成的区域为{(𝑎,𝑏)|{} 𝑎>0
𝑏>0构成所求事件的区域为三角形部分 𝑎+𝑏−8=0168
𝑎由{得交点坐标为(，)， 𝑏=233∴ 所求事件的概率为𝑃=
18
×8×231
×8×82
=．
3
1
【考点】
等可能事件的概率 【解析】
（1）本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是3×5，满足条件的事件是函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1在区间[1, +∞)上为增函数，根据二次函数的对称轴，写出满足条件的结果，得到概率．
（2）本题是一个等可能事件的概率问题，根据第一问做出的函数是增函数，得到试验发生包含的事件对应的区域和满足条件的事件对应的区域，做出面积，得到结果． 【解答】 解：（1）由题意知本题是一个等可能事件的概率， ∵ 试验发生包含的事件是3×5=15， 函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1的图象的对称轴为𝑥=
2𝑏𝑎
，
要使𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1在区间[1, +∞)上为增函数， 当且仅当𝑎>0且𝑎≤1，即2𝑏≤𝑎
若𝑎=1则𝑏=−1，若𝑎=2则𝑏=−1，1；若𝑎=3则𝑏=−1，1； ∴ 事件包含基本事件的个数是1+2+2=5 ∴ 所求事件的概率为15=3．
试卷第13页，总18页
5
1
2𝑏
（2）由(𝐼)知当且仅当2𝑏≤𝑎且𝑎>0时，
函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−4𝑏𝑥+1在区是间[1, +∞)上为增函数，
𝑎+𝑏−8≤0
依条件可知试验的全部结果所构成的区域为{(𝑎,𝑏)|{} 𝑎>0
𝑏>0构成所求事件的区域为三角形部分 𝑎+𝑏−8=0168
𝑎由{得交点坐标为(，)， 𝑏=233∴ 所求事件的概率为𝑃=【答案】
解：（1）由题意得2𝑛𝑥=200+4𝑛，所以𝑛=𝑥−2，𝑥≥3，𝑥∈𝑁+；
（2）设总损失为𝑦，则𝑦=250×(200+4𝑛)+400𝑥+𝑛𝑥×(150+150)=80800+400(𝑥−2)+
160000𝑥−2
100
18
×8×231
×8×82
=．
3
1
≥80800+2×20×400=96800 当且仅当400(𝑥−2)=
160000𝑥−2
时，即𝑥=22时，等号成立
∴ 应安排22名民工参与抢修，才能使总损失最少． 【考点】
基本不等式在最值问题中的应用 函数模型的选择与应用
【解析】
（1）根据发现时已有200𝑚2的坝面渗水，渗水现象正在以每天4𝑚2的速度扩散及每个工人平均每天可抢修渗水面积2𝑚2，共派去𝑥名工人，抢修完成共用𝑛天，可得2𝑛𝑥=200+4𝑛，进而求出𝑛关于𝑥的函数关系式．
（2）由（1）结论，结合基本不等式，我们易求出要使总损失最小时的工人分派方案． 【解答】
解：（1）由题意得2𝑛𝑥=200+4𝑛，所以𝑛=𝑥−2，𝑥≥3，𝑥∈𝑁+；
（2）设总损失为𝑦，则𝑦=250×(200+4𝑛)+400𝑥+𝑛𝑥×(150+150)=80800+400(𝑥−2)+
160000𝑥−2
100
≥80800+2×20×400=96800
试卷第14页，总18页
当且仅当400(𝑥−2)=
160000𝑥−2
时，即𝑥=22时，等号成立
∴ 应安排22名民工参与抢修，才能使总损失最少． 【答案】 解：（1）记𝑓1(𝑥)=sin𝑥，𝑓2(𝑥)=cos𝑥， 得𝑦=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+)
4𝜋
设−2+2𝑘𝜋≤𝑥+4≤2+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)，得−取𝑘=0，得区间[−
3𝜋4
𝜋4
𝜋𝜋𝜋3𝜋4
+2𝑘𝜋≤𝑥≤4+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)，
𝜋
, ]是𝑦=sin𝑥+cos𝑥的一个递增区间，
𝜋
故𝑦=sin𝑥+cos𝑥是区间(0, 4)上是增函数
又∵ 𝑓1(𝑥)=sin𝑥在区间(0, )上是增函数，𝑓2(𝑥)=cos𝑥在区间(0, )上是减函数
4
4
𝜋
𝜋
∴ 在区间(0, 4)上𝑦=sin𝑥+cos𝑥符合“偏增函数”的定义，即𝑦=sin𝑥+cos𝑥是区间(0, )上的“偏增函数”；
4𝜋
𝜋
（2）∵ 𝑓1(𝑥)=𝑥，𝑓2(𝑥)=𝑥（𝑎为常数），𝑦=𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)=𝑥+𝑥 ∴ 取𝑎=1，得𝑦=𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)=𝑥+ 𝑥1
𝑎𝑎
在区间(0, 1]上取𝑥1、𝑥2，且𝑥1<𝑥2，
得𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=(𝑥1+𝑥)−(𝑥2+𝑥)=(𝑥1−𝑥2)+(𝑥−𝑥)
1
2
1
2
1111
=(𝑥1−𝑥2)+
𝑥2−𝑥11
=(𝑥1−𝑥2)(1−) 𝑥1𝑥2𝑥1𝑥2
1𝑥1𝑥2
∵ 𝑥1−𝑥2<0，由
1
>1得1−
1𝑥1𝑥2
<0，∴ 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)>0，得𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)
因此，𝑦=𝑥+𝑥在区间(0, 1]上是减函数，
∴ 当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)不是区间(0, 1]上的“偏增函数”
综上所述，对于𝑓1(𝑥)=𝑥和𝑓2(𝑥)=𝑥（𝑎为常数），函数𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)不是区间(0, 1]上的“偏增函数”．
【考点】
余弦函数的单调性 【解析】
（1）记𝑓1(𝑥)=sin𝑥，𝑓2(𝑥)=cos𝑥，利用辅助角公式化简得𝑦=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+4)，根据正弦函数的图象与性质得到函数𝑦=sin𝑥+cos𝑥在区间(0, 4)上是增函数，再由𝑓1(𝑥)=sin𝑥、𝑓2(𝑥)=cos𝑥在区间(0, 4)上的单调性可得𝑦=sin𝑥+cos𝑥是区间(0, 4)上的“偏增函数”；
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝑎
试卷第15页，总18页
（2）利用函数的单调性的定义，证出当𝑎=1时𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)=𝑥+在区间
𝑥1
(0, 1]上是减函数，不符合“偏增函数”的定义，由此即可得到对于𝑓1(𝑥)=𝑥和𝑓2(𝑥)=𝑥（𝑎为常数），函数𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)不是区间(0, 1]上的“偏增函数”． 【解答】 解：（1）记𝑓1(𝑥)=sin𝑥，𝑓2(𝑥)=cos𝑥， 得𝑦=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+4)
设−+2𝑘𝜋≤𝑥+≤+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)，得−
2
4
2
𝜋
𝜋
𝜋
3𝜋4
𝜋
𝑎
+2𝑘𝜋≤𝑥≤+2𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)，
4
𝜋
取𝑘=0，得区间[−
3𝜋4
, 4]是𝑦=sin𝑥+cos𝑥的一个递增区间，
𝜋4
𝜋
故𝑦=sin𝑥+cos𝑥是区间(0, )上是增函数
又∵ 𝑓1(𝑥)=sin𝑥在区间(0, 4)上是增函数，𝑓2(𝑥)=cos𝑥在区间(0, 4)上是减函数 ∴ 在区间(0, )上𝑦=sin𝑥+cos𝑥符合“偏增函数”的定义，即𝑦=sin𝑥+cos𝑥是区间
4𝜋
𝜋
𝜋
(0, 4)上的“偏增函数”；
（2）∵ 𝑓1(𝑥)=𝑥，𝑓2(𝑥)=𝑥（𝑎为常数），𝑦=𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)=𝑥+𝑥 ∴ 取𝑎=1，得𝑦=𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)=𝑥+ 𝑥1
𝑎
𝑎
𝜋
在区间(0, 1]上取𝑥1、𝑥2，且𝑥1<𝑥2， 得𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=(𝑥1+=(𝑥1−𝑥2)+
1𝑥1
)−(𝑥2+
1𝑥2
)=(𝑥1−𝑥2)+(
1𝑥1
−
1𝑥2
)
𝑥2−𝑥11
=(𝑥1−𝑥2)(1−) 𝑥1𝑥2𝑥1𝑥2
1𝑥1𝑥2
∵ 𝑥1−𝑥2<0，由
1
>1得1−
1𝑥1𝑥2
<0，∴ 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)>0，得𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)
因此，𝑦=𝑥+𝑥在区间(0, 1]上是减函数，
∴ 当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)不是区间(0, 1]上的“偏增函数”
综上所述，对于𝑓1(𝑥)=𝑥和𝑓2(𝑥)=（𝑎为常数），函数𝑓(𝑥)=𝑓1(𝑥)+𝑓2(𝑥)不是区间
𝑥𝑎
(0, 1]上的“偏增函数”．
【答案】
解：𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)
𝑆20=(𝑎1+𝑎2)+(𝑎3+𝑎4)+...+(𝑎19+𝑎20) =(4×1−3)+(4×3−3)+...+(4×19−3) =4×(1+3+...+19)−3×10 (1+19)×10
−30
2=370 =4×
试卷第16页，总18页
22
(2)∵ 𝑎𝑛+1+𝑎𝑛≥
(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)2
2
，
又∵ 𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)， ∴
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
2
𝑎2
=
4𝑛−32+𝑎2
，
𝑛≥3时
4𝑛−32
≥3，.𝑎𝑛+1+𝑎𝑛≥3恒成立，
𝑛+1
𝑛
所以只要再𝑛=1，2时，
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥3成立即可．
2
𝑎1+(1−𝑎1)2≥3
𝑎1+𝑎2=1，𝑎3+𝑎4=5，所以只要{
(1−𝑎1)2+(𝑎1+4)2≥15
解得𝑎1≥
1+√52
或𝑎≤
−3−√52
(3)∵ 𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)，∴ 𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=4𝑛+1，
两式相减得出𝑎𝑛+2−𝑎𝑛=4．继而𝑎2𝑘+1−𝑎2𝑘−1=4．所以𝑎2𝑘−1=𝑎1+(𝑘−1)×4．①
又由已知，𝑎2𝑘+𝑎2𝑘−1=4×(2𝑘−1)−3，∴ 𝑎2𝑘=4𝑘−3−𝑎1② 因为数列{𝑎3𝑛−2}(𝑛∈𝑁∗)为等差数列，所以𝑎3𝑛−2=𝑎1+(𝑛−1)𝑑③ 在③中分别取𝑛=2，3得到𝑎4=𝑎1+𝑑，④𝑎7=𝑎1+2𝑑，⑤ 在②中取𝑘=2，得𝑎4=5−𝑎1，⑥ 在①中取𝑘=4，𝑎7=𝑎1+12，⑦ 由⑤⑦得𝑑=6，带入④⑥得𝑎1=−2，
代入①②分别得𝑎2𝑘−1=−+(𝑘−1)×4=4𝑘−．𝑎2𝑘=4𝑘−，即当𝑛=2𝑘−1
2
2
2
1
9
5
1
时，𝑎𝑛=2𝑛−2，当𝑛=2𝑘−1时，𝑎𝑛=2𝑛−2，综上所述，𝑎𝑛=2𝑛−2，𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2，数列{𝑎𝑛}为等差数列． 【考点】 数列递推式 等差关系的确定 数列的求和
【解析】
(1)𝑆20=(𝑎1+𝑎2)+(𝑎3+𝑎4)+...+(𝑎19+𝑎20)分组后，利用𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3，求出每个括号的值，进行求和
2
(2)）利用𝑎𝑛+14𝑛−32
555
+
2𝑎𝑛
≥
(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)2
2
，化2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥3为
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
2
=
4𝑛−32
，𝑛≥3时
≥3，.𝑎
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛𝑛+1+𝑎𝑛
≥3恒成立，所以只要再𝑛=1，2时，𝑎
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛𝑛+1+𝑎𝑛
≥3成立即可．
(3)𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)，∴ 𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=4𝑛+1，两式相减得出𝑎𝑛+2−
𝑎𝑛=4．继而𝑎2𝑘+1−𝑎2𝑘−1=4．所以𝑎2𝑘−1=𝑎1+(𝑘−1)×4．①又由已知，𝑎2𝑘+𝑎2𝑘−1=4×(2𝑘−1)−3，∴ 𝑎2𝑘=4𝑘−3−𝑎1②因为数列{𝑎3𝑛−2}(𝑛∈𝑁∗)为等差数列，所以𝑎3𝑛−2=𝑎1+(𝑛−1)𝑑③．利用特殊项，可以求得𝑎2𝑘−1=−2+(𝑘−1)×4=4𝑘−2．𝑎2𝑘=4𝑘−2，即当𝑛=2𝑘−1时，𝑎𝑛=2𝑛−2，当𝑛=2𝑘−1时，
试卷第17页，总18页
9
5
5
1
𝑎𝑛=2𝑛−2，综上所述，𝑎𝑛=2𝑛−2，𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2，数列{𝑎𝑛}为等差数列． 【解答】
解：𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)
𝑆20=(𝑎1+𝑎2)+(𝑎3+𝑎4)+...+(𝑎19+𝑎20) =(4×1−3)+(4×3−3)+...+(4×19−3) =4×(1+3+...+19)−3×10 (1+19)×10
−30
2=370 =4×(2)∵
2 𝑎𝑛+1
5
5
+
2𝑎𝑛
≥
(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)2
2
，
又∵ 𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)， ∴
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
2
=
4𝑛−32
，
𝑛≥3时
4𝑛−32
≥3，.
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥3恒成立，
所以只要再𝑛=1，2时，
2+𝑎2𝑎𝑛+1𝑛
𝑎𝑛+1+𝑎𝑛
≥3成立即可．
2
𝑎1+(1−𝑎1)2≥3
𝑎1+𝑎2=1，𝑎3+𝑎4=5，所以只要{
(1−𝑎1)2+(𝑎1+4)2≥15
解得𝑎1≥
1+√52
或𝑎≤
−3−√52
(3)∵ 𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=4𝑛−3(𝑛∈𝑁∗)，∴ 𝑎𝑛+2+𝑎𝑛+1=4𝑛+1，
两式相减得出𝑎𝑛+2−𝑎𝑛=4．继而𝑎2𝑘+1−𝑎2𝑘−1=4．所以𝑎2𝑘−1=𝑎1+(𝑘−1)×4．①
又由已知，𝑎2𝑘+𝑎2𝑘−1=4×(2𝑘−1)−3，∴ 𝑎2𝑘=4𝑘−3−𝑎1② 因为数列{𝑎3𝑛−2}(𝑛∈𝑁∗)为等差数列，所以𝑎3𝑛−2=𝑎1+(𝑛−1)𝑑③ 在③中分别取𝑛=2，3得到𝑎4=𝑎1+𝑑，④𝑎7=𝑎1+2𝑑，⑤ 在②中取𝑘=2，得𝑎4=5−𝑎1，⑥ 在①中取𝑘=4，𝑎7=𝑎1+12，⑦ 由⑤⑦得𝑑=6，带入④⑥得𝑎1=−，
21
代入①②分别得𝑎2𝑘−1=−2+(𝑘−1)×4=4𝑘−2．𝑎2𝑘=4𝑘−2，即当𝑛=2𝑘−1时，𝑎𝑛=2𝑛−，当𝑛=2𝑘−1时，𝑎𝑛=2𝑛−，综上所述，𝑎𝑛=2𝑛−，𝑎𝑛+1−
2
2
2
5
5
5
195
𝑎𝑛=2，数列{𝑎𝑛}为等差数列．
试卷第18页，总18页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容