20.(本小题满分12分)(2011•北京学普教育中心)已知复数z1=sin2x+λi，z2=m+(m-3cos2x)i，λ、m、x∈R，且z1=z2.

(1)若λ=0且0

(2)设λ=f(x)，已知当x=α时，λ=12，试求cos4α+π3的值.

[解析]　(1)∵z1=z2，

∴sin2x=mλ=m-3cos2x，

∴λ=sin2x-3cos2x，

若λ=0则sin2x-3cos2x=0得tan2x=3，

∵0

∴2x=π3或2x=4π3，

∴x=π6或2π3.

(2)∵λ=f(x)=sin2x-3cos2x

=212sin2x-32cos2x=2sin2x-π3，

∵当x=α时，λ=12，

∴2sin2α-π3=12，∴sin2α-π3=14，

sinπ3-2α=-14，

∵cos4α+π3=cos22α+π6-1

=2cos22α+π6-1=2sin2π3-2α-1，

∴cos4α+π3=2×-142-1=-78.

21.(本小题满分12分)(2011•山东临沂质检)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC中点.

(1)求证：B1C∥平面A1BD;

(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1.

[解析]　(1)证明：如图，连结AB1，设AB1∩A1B=O，则O为AB1中点，连结OD，

∵D为AC中点，

在△ACB1中，有OD∥B1C.

又∵OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，

∴B1C∥平面A1BD.

(2)证明：∵AB=B1B，ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1，

又∵AC1⊥平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，

∵AC1⊥A1B，

又∵AC1⊂平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，AC1∩AB1=A，

∴A1B⊥平面AB1C1，

又∵B1C1⊂平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.

又∵A1A⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，

∴A1A⊥B1C1，

∵A1A⊂平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B=A1，

∴B1C1⊥平面ABB1A1.

22.(本小题满分12分)(文)(2011•山东省实验中学)函数f(x)=lnx+1ax-1a(a为常数，a>0).

(1)若函数f(x)在区间[1，+∞)内单调递增，求a的取值范围;

(2)求函数f(x)在区间[1,2]上的最小值.

[解析]　f′(x)=ax-1ax2　(x>0).

(1)由已知得f′(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，

即a≥1x在[1，+∞)上恒成立，

又∵当x∈[1，+∞)时，1x≤1，

∴a≥1，即a的取值范围为[1，+∞).

(2)当a≥1时，∵f′(x)>0在(1,2)上恒成立，f(x)在[1,2]上为增函数，∴f(x)min=f(1)=0，

当0

∴f(x)min=f(2)=ln2-12a.

当12

∴f(x)min=f1a=-lna+1-1a.

综上，f(x)在[1,2]上的最小值为

①当0

②当12

③当a≥1时，f(x)min=0.

(理)(2011•丹东四校协作体联考)设数列{an}满足：a1=2，an+1=an+1an(n∈N*).

(1)证明：an>2n+1对n∈N*恒成立;

(2)令bn=ann(n∈N*)，判断bn与bn+1的大小，并说明理由 .

[解析]　(1)证法1：当n=1时，a1=2>2×1+1，不等式成立，

假设n=k时，ak>2k+1成立，

当n=k+1时，a2k+1=a2k+1a2k+2>2k+3+1a2k>2(k+1)+1.

∴n=k+1时，ak+1>2k+1+1时成立，

综上由数学归纳法可知，an>2n+1对一切正整数成立.

证法2：当n=1时，a1=2>3=2×1+1，结论成立;

假设n=k时结论成立，即ak>2k+1，

当n=k+1时，由函数f(x)=x+1x(x>1)的单增性和归纳假设有ak+1=ak+1ak>2k+1+12k+1，

因此只需证：2k+1+12k+1≥2k+3，

而这等价于(2k+1+12k+1)2≥2k+3⇔12k+1≥0，

显然成立，所以当n=k+1是，结论成立;

综上由数学归纳法可知，an>2n+1对一切正整数成立.

证法3：由递推公式得a2n=a2n-1+2+1a2n-1，

a2n-1=a2n-2+2+1a2n-2，a22=a21+2+1a21，

上述各式相加并化简得a2n=a21+2(n-1)+1a21+…+1a2n-1>22+2(n-1)=2n+2>2n+1(n≥2)，

又n=1时，an>2n+1显然成立，故an>2n+1(n∈N*).

(2)解法1：bn+1bn=an+1nann+1=1+1a2nnn+1

<1+12n+1nn+1=2n+1n2n+1n+1

=2nn+12n+1=n+122-14n+12<1，

又显然bn>0(n∈N*)，故bn+1

解法2：bn+1-bn=an+1n+1-ann

=1n+1an+1an-ann

=1annn+1[n-(n+1-n)a2n]

≤1annn+1[n-(n+1-n)(2n+1)](由(1)的结论)

=1nn+1n+1+nan[n(n+1+n)-(2n+1)]

=1nn+1n+1+nan[nn+1-(n+1)]

=1nn+1+nan(n-n+1)<0，

所以bn+1

解法3：b2n+1-b2n=a2n+1n+1-a2nn

=1n+1a2n+1a2n+2-a2nn

=1n+12+1a2n-a2nn<1n+12+12n+1-2n+1n

=1n+112n+1-1n<0，

故b2n+1

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