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高考数学经典复习题汇编答案:2006-2010江苏数学答案


2006
1、 分) 本小题主要考查椭圆与双曲线的基本概念、 (12 标准方程、 几何性质等基础知识和基本运算能力. 解:(Ⅰ)由题意,可设所求椭圆的标准方程为 其半焦距 c=6. 2a=|PF1|+|PF2|= ∴a=3 ,b2=a2-c2=45-36=9.

所以所求椭圆的标准方程 (Ⅱ)点 P(5,2)、F1(-6,0)、F2(6,0)关于直线

y=x 的对称点分别为 P′(2,5)、F′1(0, -6)、F′2(0,6). 设所求双曲线的标准方程为 由题意知,半焦距 c1=6, 2a1=||P′F′1|-|P′F′2||= ∴a1=2 ,b21=c21-a21=36-20=16.

所以所求双曲线的标准方程为 2、(14 分) 本小题主要考查利用导数研究函数的最大值和最小值的基础知识,以及运用数学知识解决实 际问题的能力. 解:设 OO1 为 xm,则 1<x<4. 由题设可得正六棱锥底面边长为(单位:m) 于是底面正六边形的面积为(单位:m2)

帐篷的体积为(单位:m3) V(x)= 求导数,得 V′(x)= 令 V′(x)=0,解得 x=-2(不合题意,舍去),x=2. 当 1<x<2 时,V′(x)>0,V(x)为增函数; 当 2<x<4 时,V′(x)<0,V(x)为减函数. 所以当 x=2 时,V(x)最大. 答:当 OO1 为 2m 时,帐篷的体积最大. 3、(14 分)
1

本小题主要考查线面垂直、直线和平面所成的角、二面角等基础知识,以及空间线面位置关系的证明、 角和距离的计算等,考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力.

解法一: 不妨设正三角形 ABC 的边长为 3. (Ⅰ)在图 1 中,取 BE 的中点 D,连结 DF. ∵AE︰EB=CF︰FA=1︰2,∴AF=AD=2,而 ∠A=60°, ∴△ADF 是正三角形.又 AE=DE=1, ∴EF⊥AD. 在图 2 中,A1E⊥EF,BE⊥EF, ∴∠A1EB 为二面角 A1-EF-B 的平面角. 由题设条件知此二面角为直二面角,∴A1E⊥BE. 又 BE∩EF=E,∴A1E⊥平面 BEF,即 A1E⊥平面 BEP. (Ⅱ)在图 2 中,∵A1E 不垂直于 A1B,∴A1E 是平面 A1BP 的斜线. 又 A1E⊥平面 BEP,∴A1E⊥BP, 从而 BP 垂直于 A1E 在平面 A1BP 内的射影(三垂线定理的逆定理). 设 A1E 在平面 A1BP 内的射影为 A1Q,且 A1Q 交 BP 于点 Q,则 ∠EA1Q 就是 A1E 与平面 A1BP 所成的角. 且 BP⊥A1Q. 在△EBP 中,∵BE=BP=2,∠EBP=60°, ∴△EBP 是等边三角形,∴BE=EP. 又 A1E⊥平面 BEP,∴A1B=A1P,∴Q 为 BP 的中点,且 EQ= .

又 A1E=1,在 Rt△A1EQ 中,tan∠EA1Q= ,∴∠EA1Q=60°. 所以直线 A1E 与平面 A1BP 所成的角为 60°. (Ⅲ)在图 3 中,过 F 作 FM⊥A1P 于 M,连结 QM,QF. ∵CF=CP=1,∠C=60°, ∴△FCP 是正三角形,∴PF=1. 又 PQ= ∴PF=PQ. ①

∵A1E⊥平面 BEP,EQ=EF= , ∴A1F=A1Q,∴△A1FP≌△A1QP, 从而∠A1PF=∠A1PQ. ② 由①②及 MP 为公共边知△FMP≌△QMP, ∴∠QMP=∠FMP=90°,且 MF=MQ, 从而∠FMQ 为二面角 B-A1P-F 的平面角. 在 Rt△A1QP 中,A1Q=A1F=2,PQ=1,∴A1P= ∵MQ⊥A1P,∴MQ= 在△FCQ 中,FC=1,QC=2,∠C=60°,由余弦定理得 QF= 在△FMQ 中,cos∠FMQ= 所以二面角 B-A1P-F 的大小为 π -arccos .
2

.

解法二:不妨设正三角形 ABC 的边长为 3. (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)如图 1,由解法一知 A1E⊥平面 BEF,BE⊥EF.建立如图 4 所示的空间直角坐标系 O-xyz,则 E(0,0, 0)、A1(0,0,1)、B(2,0,0)、F(0, ,0).

在图 1 中,连续 DP,∴AF=BP=2, AE=BD=1,∠A=∠B, ∴△FEA≌△PDB,PD=EF= . ,0).

由图 1 知 PF∥DE 且 PF=DE=1,∴P(1,

∴ =(2,0,-1), =(-1, ,0), ∴对于平面 A1BP 内任一非零向量 a,存在不全为零的实数 λ 、μ , 使得 a=λ +μ =(2λ -μ , μ ,-λ ).又 =(0,0,-1),

∴cos ∵直线 A1E 与平面 A1BP 所成的角是 与平面 A1BP 内非零向量夹角中最小的,

∴可设 λ >0,从而 cos 又 =4

= +4 的最小值为 4,

∴cos 的最大值为 ,即 与 α 夹角中最小的角为 60°. 所以直线 A1E 与平面 A1BP 所成的角为 60°. (Ⅲ)如图 4,过 F 作 FM⊥A1P 于 M,过 M 作 MN⊥A1P 交 BP 于 N,则∠FMN 为二面角 B-A1P-F 的平面角. 设 M(x,y,z),则 ∵ 又 ∴x+ (y)-z=0. ①

∵A1、M、P 三点共线,∴存在 λ ∈R,使得 ∵ =(x,y,z-1),∴(x,y,z-1)=λ (1, ,-1),

从而 同理可得 N(

代入①得 λ = ),从而

∴M(

).

∴cos
3

所以二面角 B=A1P-F 的大小为 π -arccos 4、(16 分) (20)本小题主要考查函数、方程等基本知识,考查分类讨论的数学思想方法和综合运用数学 知识分析问题、解决问题的能力. 解:(Ⅰ)∵t= ∴要使 t 有意义,必须 1+x≥0 且 1-x≥0,即-1≤x≤1. ∵t2=2+2 ∴t 的取值范围是[ 由①得 ∴m(t)=a (Ⅱ)由题意知 g(a)即为函数 m(t)= 注意到直线 t=是抛物线 m(t)= at2+t-a,t∈[ ,2]的最大值. t≥0, ]. ①

at2+t-a 的对称轴,分以下几种情况讨论. ,2]的图像是开口向上的抛物线的一段,由 t=知 m(t)

(1)当 a>0 时,函数 y=m(t),t∈[ 在[ ,2]上单调递增, ∴g(a)=m(2)=a+2. (2)当 a=0 时,m(t)=t,t∈[

,2],∴g(a)=2. ,2]的图像是开口向下的抛物线的一段. )= . )=-a-

(3)当 a<0 时,函数 y=m(t),t∈[ 若 t=若 t=若 t=],即 a≤],即 a∈(),即 a∈(-

,则 g(a)=m( ,-

),则 g(a)=m(-

,0),则 g(a)=m(2)=a+2.

综上有 g(a)= (Ⅲ)解法一: 情形 1:当 a<-2 时, 由 2+ = 解得 a=-1此时 g(a)= ,与 a<-2 矛盾. < 解得 a=,此时 g(a)= ,与 a<4

,g(

)=

+2.

情形 2:当-2≤a<g( )=- ,由

时,=-

,

矛盾.

情形 3:当所以-

≤a≤.

时,-



≤-

,此时 g(a)=

=g(

),

≤a≤-

情形 4:当g( )=

<a≤-

时,-2≤ 解得 a=-

<-

,此时 g(a)=-a矛盾. )= ,

,由-a-

,与 a>-

情形 5:当- <a<0 时, 由 a+2= 解得 a=

<-2,此时 g(a)=a+2,g( 矛盾. )=

-2,与 a>-

情形 6:当 a>0 时, 由 a+2=

>0,此时 g(a)=a+2,g(

+2,

+2 解得 a=±1,由 a>0 知 a=1. )的所有实数 a 为:

综上知,满足 g(a)=g( ≤a≤解法二: 当 a>当或 a=1.

时,g(a)=a+2> <a≤- 时,-a∈[ >2 ],所以-a≠因此,当 a>)知 a+2= 时,g(a)> .

g(a)=-a-

当 a>0 时, >0,由 g(a)=g( 当 a<0 时,a? =1,因此 a≤-1 或 要使 g(a)=g( 此时 g(a)= ),必须有 a≤=g( ).

+2 解得 a=1. 或 g( ≤a≤)= . .

≤-1,从而 g(a)= , ≤,即-

综上知,满足 g(a)=g(

)的所有实数 a 为:

≤a≤或 a=1. 5、(14 分) (21)本小题主要考查等差数列、充要条件等基础知识,考查综合运用数学知识分析问题和解 决问题的能力. 证明:必要性.设{an}是公差为 d1 的等差数列,则 bn+1-bn=(an+1-an+3)-(an-an+2)=(an+1-an)-(an+3-an+2)=d1-d1=0, 所以 bn≤bn+1(n=1,2,3,…)成立,
5

又 cn+1-cn=(an+1-an)+2(an+2-an+1)+3(an+3-an+2) =d1+2d1+3d1=6d1(常数)(n=1,2,3,…), 所以数列{cn}为等差数列. 充分性.设数列{cn}是公差为 d2 的等差数列,且 bn≤bn+1(n=1,2,3,…). 证法一: ∵cn=an+2an+1+3an+2, ① ∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4. ② ①-②得 cn-cn+2=(an-an+2)+2(an+1-an+3)+3(an+2-an+4) =bn+2bn+1+3bn+2. ∵cn-cn+2=(cn-cn+1)+(cn+1-cn+2)=-2d2, ∴bn+2bn+1+3bn+2=-2d2, ③ 从而有 bn+1+2bn+2+3bn+3=-2d2. ④ ④-③得 (bn+1-bn)+2(bn+2-bn+1)+3(bn+3-bn+2)=0. ⑤ ∵bn+1-bn≥0,bn+2-bn+1≥0,bn+3-bn+2≥0, ∴由⑤得 bn+1-bn=0(n=1,2,3,…). 由此不妨设 bn=d3(n=1,2,3,…),则 an-an+2=d3(常数). 由此 cn=an+2an+1+3an+2=4an+2an+1-3d3, 从而 cn+1=4an+1+2an+2-3d3=4an+1+2an-5d3. 两式相减得 cn+1-cn=2(an+1-an)-2d3, 因此 an+1-an= (cn+1-cn)+d3= d2+d3(常数)(n=1,2,3,…), 所以数列{an}是等差数列, 证法二: 令 An=an+1-an,由 bn≤bn+1 知 an-an+2≤an+1-an+3, 从而 an+1-an≥an+3-an+2,即 An≥An+2(n=1,2,3,…). 由 cn=an+2an+1+3an+2,cn+1=an+1+2an+2+3an+3 得 cn+1-cn=(an+1-an)+2(an+2-an+1)+3(an+3-an+2),即 An+2An+1+3An+2=d2. ⑥ 由此得 An+2+2An+3+3An+4=d2. ⑦ ⑥-⑦得 (An-An+2)+2(An+1-An+3)+3(An+2-An+4)=0. ⑧ 因为 An-An+2≥0,An+1-An+3≥0,An+2-An+4≥0, 所以由⑧得 An-An+2=0(n=1,2,3,…). 于是由⑥得 4An+2An+1=An+2An+1+3An+2=d2, ⑨ 从而 2An+4An+1=4An+1+2An+2=d2. ⑩ 由⑨和⑩得 4An+2An+1=2An+4An+1,故 An+1=An,即 an+2-an+1=an+1-an(n=1,2,3,…), 所以数列{an}是等差数列.

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2008
1、(10 分) A.选修 4—1 几何证明选讲本题主要考查三角形、圆的有关知识,考查推理论证能力. 证明:如图,因为 是圆的切线, 所以, , 又因为 是 的平分线, 所以 从而 因为 , 所以 因为 ,故 . 是圆的切线,所以由切割线定理知,

, 而 ,所以 2、(10 分) B.选修 4—2 矩阵与变换 本题主要考查曲线在矩阵变换下的变化特点,考查运算求解能力. 解:设 是椭圆上任意一点,点 在矩阵 对应的变换下变为点 则有

,即 又因为点 在椭圆上,故

,所以 ,从而

所以,曲线 的方程是 3、(10 分) C.选修 4—4 参数方程与极坐标 本题主要考查曲线的参数方程的基本知识,考查运用参数方程解决数学问题的能力.

解: 因椭圆

的参数方程为
10

故可设动点 的坐标为 因此

,其中

.

所以,当 时, 取最大值 2 4、(10 分) D.选修 4—5 不等式证明选讲 本题主要考查平均不等式的相关知识,考查运用不等式进行推理论证的能力. 证明:因为 即 所以 而 所以 5、(10 分) 本题主要考查空间向量的基本知识和基本运算,考查运用空间向量解决问题的能力. 解:由题设可知,以 , , 、 , ,所以 、 为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系 由 ,得 ,则有 , 为正实数,由平均不等式可得

显然

不是平角,所以

为钝角等价于

,则等价于 即 ,得

因此, 的取值范围是 . 6、(10 分) 本题主要考查组合数、二项式定理、导数、积分等基础知识,考查推理论证能力与分析问题、 解决问题的能力. 证明:(1)在等式 两边对 求导得

移项得 (2)(i)在(*)式中,令 所以
11

(*) ,整理得

(ii)由(1)知 两边对 求导,得 在上式中,令

即 亦即 又由(i)知 由(1)+(2)得 (iii)将等式

, (1) (2)

两边在

上对 积分

由微积分基本定理,得 所以 。

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2010
1、(14 分) 解:(1)由题设知 + 所以| =(2,6), + |=2,| - - =(3,5), =(4,4). |=4 ,2. -t =(3+2t,5+t). . . =(-1,1),则

故所求的两条对角线长分别为 4 (2)由题设知 =(-2,-1),

由( -t )? =0,得(3+2t,5+t)?(-2,-1)=0,从而 5t=-11,所以 t=- 2、(14 分) 解:(1)因为 PD⊥平面 ABCD,BC ?平面 ABCD, 所以 PD⊥BC. 由∠BCD=90°,得 BC⊥DC. 又 PD∩DC=D,PD 平面 PCD, DC 平面 PCD,所以 BC⊥平面 PCD. 因为 PC 平面 PCD,所以 PC⊥BC. (2)连结 AC,设点 A 到平面 PBC 的距离为 h. 因为 AB∥DC,∠BCD=90°,所以∠ABC=90°. 从而由 AB=2,BC=1,得△ABC 的面积 SABC=1. 由 PD⊥平面 ABCD 及 PD=1,得三棱锥 P—ABC 的体积 V= S△ABC?PD= . 因为 PD⊥平面 ABCD,DC 所以 PD⊥DC. 又 PD=DC=1,所以 PC=

平面 ABCD, = . , .

由 PC⊥BC,BC=1,得△PBC 的面积 S△PBC= 由 V= S△PBC?h= ? ?h= ,得 h= . ,BD=

因此,点 A 到平面 PBC 的距离为 3、(14 分) 解:(1)由 AB=

,AD=

及 AB+BD=AD,得







解得 H= =124. 因此,算出的电视塔的高度 H 是 124 m. (2)由题设知 d=AB,得 tanα = 由 AB=AD-BD= 所以 tan(α -β )= . .

,得 tanβ =




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当且仅当 d= tan(α -β )最大.

, d= 即



时, 上式取等号, 所以当 d=55

时,

因为 0<β <α < ,则 0<α -β < ,所以当 d=55 时,α -β 最大.故所求的 d 是 55 4、(16 分) 解:由题设得 A(-3,0),B(3,0),F(2,0). (1)设点 P(x,y),则 PF2=(x-2)2+y2,PB2=(x-3)2+y2. 由 PF2-PB2=4,得(x-2)2+y2-(x-3)2-y2=4,化简得 x= 故所求点 P 的轨迹为直线 x= (2)由 x1=2, . .

m.

=1 及 y1>0,得 y1= ,则点 M(2, ),从而

直线 AM 的方程为 y= x+1;

由 x2= ,

=1 及 y2<0,得 y2=- .

,则点 N( ,-

),

从而直线 BN 的方程为 y=

由 所以点 T 的坐标为(7, ).

(3)由题设知,直线 AT 的方程为 y=

(x+3),直线 BT 的方程为 y=

(x-3).

点 M(x1,y1)满足 得 因为 x1≠-3,则 解得 x1= 从而得 y1= , . . ,

16

点 N(x2,y2)满足 若 x1=x2,则由 及 m>0,得 m=2

. ,此时直线 MN 的方程为 x=1,过点 D(1,0).

若 x1≠x2,则 m≠2

,直线 MD 的斜率 kMD=



直线 ND 的斜率 kND= 因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0) 5、(16 分) 解:(1)由题设知, an=Sn-Sn-1=( - )( +

,得 kMD=kND,所以直线 MN 过 D 点. +(n-1)d= )=2d +(n-1)d,则当 n≥2 时, -3d2+2d2n. =d.

由 2a2=a1+a3,得 2(2d +d2)=a1+2d +3d2,解得 故当 n≥2 时,an=2nd2-d2. 又 a1=d2,所以数列{an}的通项公式为 an=(2n-1)d2. (2)由 =d 及 = +(n-1)d,得 d>0,Sn=d2n2. 于是,对满足题设的 m,n,k,m≠n. 有 Sm+Sn=(m2+n2)d2> 所以 c 的最大值 cmax≥ 另一方面,任取实数 a> =d2(m2+n2)=d2(( . .设 k 为偶数,令 m= k-1)2)= k+1,n= d2(9k2+4). d2= d2k2= Sk.

k-1,则 m,n,k 符合条件,且 Sm+Sn

k+1)2+(

于是,只要 9k2+4<2ak2,即当 k> Sm+Sn< d2?2ak2=aSk. ,从而 cmax≤ .

时,

所以满足条件的 c≤ 因此 c 的最大值为 .

6、(16 分) 解:(1)①由 f(x)=lnx+

,得 f′(x)=

.

17

因为 x>1 时,h(x)= >0, 所以函数 f(x)具有性质 P(b). ②当 b≤2 时,由 x>1 得 x2-bx+1≥x2-2x+1=(x-1)2>0, 所以 f′(x)>0,从而函数 f(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 当 b>2 时,解方程 x2-bx+1=0 得 x1= ,x2= .

因为 x1= = < <1,x2= >1. 所以当 x∈(1,x2)时,f′(x)<0;当 x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0;当 x=x2 时,f′(x)=0.从而函 数 f(x)在区间(1,x2)上单调递减,在区间(x2,+∞)上单调递增. 综上所述,当 b≤2 时,函数 f(x)的单调增区间为(1,+∞); 当 b>2 时,函数 f(x)的单调减区间为(1, ),单调增区间为( ,+∞). (2)由题设知,g(x)的导函数 g′(x)=h(x)(x2-2x+1),其中函数 h(x)>0 对于任意的 x∈(1,+∞) 都成立.所以,当 x>1 时,g′(x)=h(x)(x-1)2>0.从而 g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. ①当 m∈(0,1)时,有 α =mx1+(1-m)x2>mx1+(1-m)x1=x1, α <mx2+(1-m)x2=x2,得 α ∈(x1,x2),同理可得 β ∈(x1,x2),所以由 g(x)的单调性知 g(α ), g(β )∈(g(x1),g(x2)),从而有|g(α )-g(β )|<|g(x1)-g(x2)|,符合题设. ②当 m≤0 时,α =mx1+(1-m)x2≥mx2+(1-m)x2=x2,β =(1-m)x1+mx2≤(1-m)x1+mx1=x1, 于是由 α >1,β >1 及 g(x)的单调性知 g(β )≤g(x1)<g(x2)≤g(α ),所以|g(α )-g(β )|≥|g(x1) -g(x2)|,与题设不符. ③当 m≥1 时,同理可得 α ≤x1,β ≥x2,进而得|g(α )-g(β )|≥|g(x1)-g(x2)|,与题设不符. 因此,综合①②③得所求的 m 的取值范围为(0,1).

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