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南京市2016届高考考前综合题(终稿) (1) (1)


南京市 2016 届高考考前综合题
一、填空题 1.已知 α,β,γ 是三个互不重合的平面,l 是一条直线,下列命题中正确的个数是 ①若 α⊥β,l⊥β,则 l 不一定平行 α; ②若 α⊥β,γ⊥β,则 γ∥α; ③若 l 上有两个点到 α 的距离相等,则 l∥α; ④若 l 与 α,β 所成角相等,则 α∥β. 【答案】1. 2.已知正项等比数列{an}的前 n 项

和为 Sn,S1=6,S2+S3=60,则 S4 的值为 . 【答案】90. 【提示】由题知 a1=6,2a1+2a2+a3=60,设等比数列{an}的公比为 q,代入化简得 q2+2q-8=0,q=2 或 者 q=-4(舍),所以 S4=90.(如果用求和公式则需要讨论 q=1,q≠1) 【说明】本题考查了等比数列的项与和关系,通项公式,求和公式,考查了基本量的运算,合理选择运算 方法. 3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{an}满足 an+2-an=d(d 为常数,且 d≠0,n∈N*),a1=1,a2=2, 且 a1a2,a2a3,a3a4 成等差数列,则 S20 等于 . 【答案】120. 【提示】由题得 2a2a3=a1a2+a3a4,则 2×2(d+1)=2+(d+1)(d+2).又 d ≠0,得 d =1,所以数列{an} 奇数项成等差数列,偶数项成等差数列,于是 10×9 10×9 S20=(a1+a3+?+a19)+(a2+a4+?+a20)=10×1+ × 1+10×2+ × 1=120. 2 2 【说明】本题考查等差数列的基本量运算,考查了简单的隔项成等差数列的求和问题. 4.已知函数 f (x)=2 |x|+cosx-π,则不等式(x-2)f (x)>0 的解集是 ________ . π π 【答案】(- , )∪(2,+∞). 2 2 π π 【提示】注意到函数 f (x)为偶函数,且 f (- )=f ( )=0. 2 2 当 x≥0 时,f (x)=2x+cosx-π,此时 f′(x)=2-sinx>0 恒成立, 于是 f (x)在[0,+∞)上单调递增,根据 f (x)为偶函数可知,f (x)在(-∞,0]上单调递减.
?x-2>0, ?x-2<0, π π 由(x-2)f (x)>0 得? 或者? 即 x>2 或- <x< . 2 2 ?f (x)>0, ?f (x)<0,



【说明】本题考查函数的基本性质以及简单的分类讨论.该题没有直接指明函数的奇偶性及单调性,需要 能根据给定的解析式发现其性质,助于解决问题. 5.已知圆 O:x2+y2=r2(r>0)及圆上的点 A(0,-r),过点 A 的直线 l 交圆于另一点 B,交 x 轴于点 C,若 OC=BC,则直线 l 的斜率为_______. 【答案】± 3. 【提示】方法一:设直线 l 的斜率为 k,则直线 l 方程为 y=kx-r,联立直线
2 2kr (k -1) r r r 与圆方程解得 B( 2 , 2 ),又点 C 坐标为( ,0),由 OC=BC,得( )2 k k k +1 k +1

y

B O C D A x

=(

2 2kr r 2 (k -1) r 2 - ) +[ 2 ] ,解得 k=± 3. k +1 k k +1 2

1

r 2 r 方法二:设∠B=θ,在△ABD 中,AB=2rcosθ.在△AOC 中,AC= ,在△BOC 中,BC= .由 AB= cosθ cosθ r 2 r π 3 π π AC+ BC,得 2rcosθ= + .因为 θ∈(0, ),解得 cosθ= ,故 θ= ,得∠BCx= ,所以 k= 3.由 cosθ cosθ 2 2 6 3 对称性,得 k=± 3. 【说明】考查坐标法处理直线与圆的位置关系. x2 y2 6.已知斜率为 3的直线 l 过椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点 F,交椭圆于 A,B 两点.若原点 O 关于直 a b 线 l 的对称点在椭圆的右准线上,则椭圆的离心率为_________. 【答案】 6 . 3

【提示】直线 l 方程为 y=

?m 3=-1 3 3(x-c),设 O 关于 l 的对称点为 P(m,n),则?n ,解得 m= c, m 2 ?2= 3( 2 -c)

n

3 a2 6 由题意知 c= ,由 e= . 2 c 3 【说明】考查点关于直线对称问题的处理方法及椭圆离心率的计算. → 7.如图,边长为 1 的正三角形 ABC 中,P 是线段 BC 上的动点,Q 是 AB 延长线上的动点,且满足| BQ | → → → =2| BP |,则 PA ·PQ 的最小值为_________. 25 【答案】- . 32 → → → → → 【提示】设 BP =λ BC ,λ∈[0,1],则 BQ =2λ AB ,则 PA = → → → → → → → → BA - BP = BA - λ BC , PQ = BQ - BP =- 2λ BA - 5 5 25 → → → → → λ BC .因此 PA ·PQ =2λ2- λ=2(λ- )2- ,因此 PA ·PQ 2 8 32 25 最小值为- . 32 【说明】本题考查平面向量数量积的最值问题,也可通过坐标法解决. 8.如图,凸四边形 ABCD 中,AB=2,BC=6,AD=CD=4.设四边形 ABCD 面积为 S,则 S 的最大值为 ________. A 【答案】8 3 B 1 1 S 【提示】S=S△ ABD+ S△ BCD = AB· AD· sinA+ CB· CD· sinC=4sinA+12sinC,即 =sinA 2 2 4 D +3sinC①;由余弦定理得 BD2=AB2+AD2-2AB· ADcosA=CB2+CD2-2CB· CDcosC, S 代入化简得 2=3cosC-cosA②.①②两式平方相加得:( )2+4=10-6cos(A+C)≤16 4 C (当 cos(A+C)=-1,即 A+C=π 时取“=”) ,解得 S≤8 3. 【说明】本题考查三角形面积公式,余弦定理,两角和差公式及三角函数最值.本题的背景是“四条边长
2

C

P A B Q

一定的凸四边形,当其四点共圆时面积最大”
?x2-1,x≥0, 9. 已知函数 f (x)=? 若函数 y=f(f (x))-k 有 3 个不同的零点, 则实数 k 的取值范围是______. ?-x+1,x<0.

【答案】(1,2].

?x -2x,x<0, ? 2 【提示】f(f (x))=?2-x ,0≤x<1,作出函数 f(f (x))的图像可知,当 1<k≤2 时,函数 y=f(f (x))-k 有 3 个 ? ?x4-2x2,x≥1.
不同的零点. 【说明】本题考查函数迭代运算、函数的零点以及数形结合思想.一般的函数的零点问题要有意识的借助 于函数的图像解决问题. a+3b 3 4 5 10.已知 a,b,c 为正数,且 a+2b≤5c,a+b≤c ,则 c 的最小值为____________. 27 【答案】 . 5

2

y
a b

?c+2c ≤5, b a 【提示】由题意得? ,设 x= ,y= , 3c 4c c c ? a + b ≤5,
y≤5-2x, 3x 2 x + y ≤ 5 , ? ? y≥ , 5x-4 则有?4 3 即 + ≤ 5 , ?x y ? 4 5 <x< . 5 2 作出平面区域得: 设 a+3b 3x =t, 即 t=3x+y, 当直线 y=-3x+t 与曲线 y= 相切时, c 5x-4

(1,3)

? ? ? ? ?

(2,1) O x

t 最小. 3x 将直线 y=-3x+t 与曲线 y= 联立方程组,消去 y 整理得 15x2-(5t+9)x+4t=0, 5x-4 △=(5t+9)2-240t=0 得 t= 27 3 27 或 t= (舍),于是 t 最小为 . 5 5 5

【说明】一般的含多个变量的不等式组问题要注意先减元再利用解决线性规划问题的方法求解. 11.已知 f (x)=(x+1) |x|-3x.若对于任意 x∈R,总有 f (x)≤f (x+a)恒成立,则常数 a 的最小值是______. 【答案】3+ 10.
?x2-2x,x≥0, 【提示】f (x)=? 2 ,作出函数 f (x)的图象得: ?-x -4x,x<0,
M O y

N

x

作平行于 x 轴的直线 l 与 f(x)图象有三个交点,设最左边与最右边的交点分别为 M,N,如图所示,则 a
3

的最小值即为线段 MN 长的最大值.设直线 l 的方程为 y=t, 可得 MN=3+ 1+t+ 4-t=3+ ( 1+t+ 4-t)2=3+ 5+2 (1+t)(4-t) ≤3+ 5+1+t+4-t=3+ 10 所以,a 的最小值是 3+ 10 【说明】本题的难点是要能结合函数的图象发现常数 a 的最小值即为线段 MN 长的最大值. 二、解答题 12.三角形 ABC 中,A=45○,BC=2. 5 (1)若 cosC= ,求三角形 ABC 的面积 S; 13 → → (2)求 AB ·AC 的最大值. 5 12 【解答】 (1)因为 cosC= ,C∈(0,π),所以 sinC= . 13 13 a 24 2 由正弦定理得 c= · sinC=2 2sinC = . sinA 13 17 2 1 408 又 sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC= ,所以 S= acsinB= . 26 2 169 2 → → (2) AB ·AC =bccosA= bc. 2 因为 a2=b2+c2-2bccosA,所以 4=b2+c2- 2bc. 因为 b2+c2≥2bc,当且仅当 b=c 时取等号,所以 4+ 2bc≥2bc,所以 bc≤4+2 2, → → → → 所以 AB ·AC ≤2+2 2,即 AB ·AC 的最大值为 2+2 2. 【说明】考查三角形面积公式,正弦定理,平面向量的数量积,基本不等式. 4 13.三角形 ABC 中,三内角 A,B,C 所对边长分别为 a,b,c,cosB= . 5 (1)若 c=2a,求 sinA 的值; (2)若 C=45○+B,求 sinA 的值. 9 3 5 3 5 【解答】 (1)由余弦定理知:b2=a2+c2-2accosB= a2,即 b= a,由正弦定理得:sinB= sinA, 5 5 5 4 3 5 因为 cosB= ,B∈(0,π),所以 sinB= ,所以 sinA= . 5 5 5 4 3 2 (2)因为 cosB= ,B∈(0,π),所以 sinB= ,而 sinA=sin(B+C)=sin(2B+45○)= (sin2B+cos2B), 5 5 2 24 7 31 2 又 sin2B=2sinBcosB= ,cos2B=1-2sin2B= ,所以 sinA= . 25 25 50 【说明】考查正余弦定理,两角和差公式及二倍角公式.另外第(1)问还可以利用正弦定理将边的关系“c =2a”转化为角的关系“sinC=2sinA”来解决.

4

14.如图,矩形 ABCD 所在的平面与平面 ABF 互相垂直. 在△ ABF 中,O 为 AB 的中点,AF=8,BF=6, OF=5. (1)求证:AF⊥平面 BCF; (2)设 FC 的中点为 M,求证:OM∥平面 ADF. 【解答】(1)取 BF 中点 E,连结 OE. 因为 O 为 AB 中点,所以 OE=4,EF D =3,由 OE +EF =25=OF 可得:EF⊥OE.又 OE∥AF,从而 BF⊥AF. 由矩形 ABCD 可知:BC⊥AB,又平面 ABCD 所在的平面与平面 ABF 互相垂直, 平面 ABCD∩平面 ABF=AB,BC?平面 ABCD,所以 BC⊥平面 ABF.而 AF?平 面 ABF,故 BC⊥AF.又 BF∩BC=B,所以 AF⊥平面 BCF. (2)连结 ME.由(1)知:ME∥BC,而 BC∥AD,故 ME∥AD. 又 ME? / 平面 DAF,DA?平面 DAF,所以 ME∥平面 DAF. 同理可证:OE∥平面 DAF. 而 OE∩ME=E,所以平面 OME∥平面 DAF. 又 MO?平面 OME,所以 OM∥平面 DAF. 【说明】本题第二问也可以使用线线平行来证明线面平行. 15.如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 2 的菱形,∠BCD=60° ,点 E 是 BC 边的中点,AC, DE 交于点 O,PO=2 3,且 PO⊥平面 ABCD. (1)求证:PD⊥BC; (2)在线段 AP 上找一点 F,使得 BF∥平面 PDE,并求此时四面 体 PDEF 的体积. 【解答】 (1)由题可得△BCD 为正三角形,E 为 BC 中点,故 DE ⊥BC.又 PO⊥平面 ABCD, BC?平面 ABCD, 则 PO⊥BC, 而 DE∩PO =O,所以 BC⊥平面 PDE.又 PD?平面 PDE,故 PD⊥BC. (2)取 AP 中点为 F, 再取 PD 中点为 G, 连结 FG.则 FG 为△PAD ∥ 1AD,又 BE ∥ 1AD,所以 FG ∥BE,于是四 中位线,故 FG = = 2 = 2 A B O E C D P
A O F
2 2 2

C

B

M

边形 BFGE 为平行四边形,因此 BF∥EG.又 BF? / 平面 PDE,EG?平面 PDE,所以 BF∥平面 PDE. 由(1)知,BC⊥平面 PDE.则有 BC⊥PE,BC⊥DE,而 BC∥FG,故 FG⊥PE,FG⊥DE,且 DE∩PE=E, 1 1 1 所以 FG⊥平面 PDE.于是四面体 PDEF 的体积为 V= S△PDE·FG= × × 2 3× 3× 1=1. 3 3 2 另解(等体积转化) :因为 BF//面 PDE,则 B,F 两点到平面 PDE 的距离相等,所以四面体 PDEF 的体积 1 等于四面体 PDEB,因为 PO⊥平面 ABCD,所以 VP-BDE= ·PO·S△ BDE=1. 3 【说明】第一问考查空间中线线垂直的证明方法;第二问属于探究性问题,本问注意与三模立体几何题第 二问区别开来.本题应先找到点的位置再进行论证,最终证明得到线面平行.最后考查棱锥的体积公式.

5

16.如图,有一位于 A 处的观测站,某时刻发现其北偏东 45° 且与 A 相距 20 2海里的 B 处有一货船正以 1 匀速直线行驶. 20 分钟后又测得该船位于观测站 A 北偏东 45° +θ(其中 tanθ= ,0° <θ<45° ) ,且与观测 5 站 A 相距 5 13海里的 C 处. (1) 求该船的行驶速度 v(海里/小时) ; (2) 在离观测站 A 的正南方 15 海里的 E 处有一半径为 3 海里的警戒区域, 并且要 求进入警戒区域的船只不得停留在该区域超过 10 分钟. 如果货船不改变航向 和速度继续前行,则该货船是否会进入警戒区域?若进入警戒区域,是否能按 规定时间离开该区域?请说明理由. 【解答】 (1)由题意:AB=20 2,AC=5 13,∠BAC=θ, 1 5 因为 tanθ= ,0° <θ<45° ,所以 cosθ= 26, 5 26
南 45° θ 北

B

A E

C

由余弦定理得:BC2=AB2+AC2-2AB·ACcosθ=125,即 BC=5 5. 因为航行时间为 20 分钟,所以该船的行驶速度为 v=15 5海里/小时. 3 10 (2)由(1)知,在△ ABC 中,cosB= 10,则 sinB= . 10 10 设 BC 延长线交 AE 于点 F,则∠AFB=45° -B,∠ACF=θ+B. AC AF 在△ AFC 中,由正弦定理可得: = sin∠AFB sin∠ACF . 解得:AF=20 海里.过点 E 作 EG 垂直 BF 于点 G, 在△ EFG 中,sin∠AFB= 5 ,EF=5,所以 EG= 5. 5
45° θ 北

B

A E F


C

G

显然, 5<3,故货船会进入警戒区. 则货船进入警戒区的时间为 而 2 32-5 4 = 5小时, 75 15 5

4 1 5< ,所以货船可以在规定时间之内离开警戒区域. 75 6

【说明】考查正、余弦定理的运用,求解直线与圆的弦长问题,考查学生解决实际问题的能力.本题第二 问也可以通过建立平面直角坐标系来解决直线与圆的位置关系问题. 17.某工厂制造一批无盖圆柱形容器,已知每个容器的容积都是 π 立方米,底面半径都是 r 米.如果制造底 b 面的材料费用为 a 元/平方米,制造侧面的材料费用为 b 元/平方米,其中 >1,设计时材料的厚度忽略不 a 计. (1)试将制造每个容器的成本 y(单位:元)表示成底面半径 r(单位:米)的函数; (2)若要求底面半径 r 满足 1≤r≤3(单位:米) ,则如何设计容器的尺寸,使其成本最低? 【解答】 (1)设每个容器的高为 h 米,则圆柱的体积为 V=πr2h=π,即 r2h=1. 2 所以,制造成本 y=2πrhb+πr2a=( b+r2a)π(r>0). r
6

b (2)y'=2π(ar- 2),令 y'=0,则有 r= r 列表得: r y' y ( 0,
3

3

b a

.

b ) a

3

b a 0



3

b ,+?) a +

- 单调递减

极小值

单调递增

(i)当

3

b b ≥3,即 ≥27,则函数 y 在[1,3]上单调递减, a a

所以当 r=3 时,y 取得最小值,此时底面半径应设计成 3 米. (ii)当 1<
3

b b <3,即 1< <27,则函数 y 在[1, a a

3

b ]上单调递减,在[ a
3

3

b ,3]上单调递增, a

所以当 r=

3

b 时,y 取得最小值,此时底面半径应设计成 a

b 米. a
3

b b 综上,当 ≥27 时,应将底面半径设计成 3 米;当 1< <27 时,应将底面半径设计成 a a

b 米. a

【说明】考查圆柱体的体积及表面积的计算,利用导数解决函数在闭区间上的最值问题,分类讨论思想的 运用,考查学生解决实际问题的能力. x2 y2 18.已知椭圆 + =1,左顶点为 A,右准线与 x 轴的交点为 B,点 P 为椭圆右准线上且在第一象限内的 4 3 点,直线 AP 交椭圆于点 Q,连接 BQ. → → (1)当 AP =2 AQ 时,求证:直线 BQ 与椭圆只有一个公共点; (2)过点 P 与直线 BQ 垂直的直线 l 在 y 轴上的截距为 t,当 t 最大时,求直线 AP 的方程. y Q A O B x P

【解答】 (1)由题意知,右准线方程为 x=4. m 1 → → 设 P(4,m),因为 AP =2 AQ ,即 Q 为 AP 中点,因为 A(—2,0),所以点 Q(1, ),代入椭圆方程得 + 2 4

7

1m2 3 ( ) =1,解得 m=±3(负值舍去) ,所以 Q(1, ). 3 2 2

?y=-2(x-4), 1 又 B(4,0),所以直线 BQ 方程为 y=- (x-4),联立直线与椭圆方程得? 消去 y,得 x -2x x y 2 ? 4 + 3 =1,
2 2 2

1

+1=0,该方程有两个相等的实根,所以直线与椭圆只有一个公共点. k(x+2), ? ?y= 2 2 (2)AP 方程为 y=k(x+2)(k>0),则点 P 坐标为(4,6k),联立直线与椭圆方程? x y 消去 y,得(3 + ? 4 3 =1, ? 16k2―12 +4k2)x2+16k2x+16k2―12=0.设方程两根为 x1,x2,由题意知 x1=―2,因为 x1x2= ,因此 x2= 3+4k2 ―8k2+6 ―8k2+6 12k 12k 2k ,代入直线方程得 y = ,即 Q ( , ),则直线 BQ 的斜率为 kBQ=- 2 , 2 3+4k2 3+4k2 3+4k2 3+4k2 4k + 1 4k2+1 4k2+1 2 则直线 l 的斜率为 , 所以直线 l 的方程为 y-6k = (x―4). 令 x=0, 得 y=-( +2k)≤-2 2k 2k k =-4(当且仅当 k=1 时取“=”号) , 此时直线 AP 方程为 y=x+2. 【说明】考查直线与椭圆的位置关系及解几中的最值问题. x2 y2 19.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)上顶点 A(0,2),右焦点 F(1,0),椭圆上任一点到点 F 的距离与到定直 a b 线 l:x=m 的距离之比为常数 k. (1)求常数 m,k 的值; (2)过点 F 的直线交椭圆于点 S,T 两点,P 为直线 l 上一动点. ①若 PF⊥ST,求证:直线 OP 平分线段 ST; ②设直线 PS,PF,PT 的斜率分别为 k1,k2,k3,求证:k1,k2,k3 成等差数列. 2 · 2k k

y A S l P

O

F T

x

x2 y2 【解答】 (1)由题意知 b=2,c=1,则 a= 5,所以椭圆方程为 + =1.设 M(x,y)为椭圆上任一点, 5 4 (x-1)2+y2 4x2 1 2 2 2 2 2 由题意知 = k,整理得 (x—1) + y = k (x—m) .又 y = 4— ,代入上式整理得 ( —k2)x2 + 5 5 |x-m|
8

?5—k =0, 5 2(mk —1)x+5—k m =0.由题意知上式恒成立,则?2(mk —1)=0,解得 k= ,m=5. 5 ? 5—k m =0,
2 2 2 2 2 2 2

1

(2)①当 ST 斜率不存在时,由 PF⊥ST,得 P 为直线 l 与 x 轴的交点,此时线段 ST 被直线 OP 平分; 当 ST 斜率为 0 时,不合题意; k(x—1) ? ?y= 2 2 当 ST 斜率存在时,设直线 ST 方程为 y=k(x—1),联立直线与椭圆方程? x y ,消去 y,得(4+ + ? 5 4 =1 ? 5k2)x2—10k2x+5k2—20=0.设 S(x1,y1),T(x2,y2),则 x1+x2= 5k2-20 10k2 ,且△>0.设线 2,x1x2= 4+5k 4+5k2

x1+x2 -4k -4k 5k2 5k2 段 ST 中点为(x0, y0), 则 x0= = , y = k(x0—1)= , 所以 ST 中点为( , ). 因 2 4+5k2 0 4+5k2 4+5k2 4+5k2 1 4 4 为 PF⊥ST,所以直线 PF 方程为 y=- (x—1),所以点 P 坐标为(5,— ),则直线 OP 方程为 y=- x, k k 5k 而 y0=- 4 x ,即(x0,y0)在直线 OP 上,即直线 OP 平分线段 ST. 5k 0

综上,直线 OP 平分线段 ST. 4 5 4 5 t- t+ 5 5 4 5 4 5 t (2)当 ST 斜率不存在时,易得 S(1, ),T(1,- ).设 P(5,t),则 k1= ,k2= ,k3= , 5 5 4 4 4 4 5 4 5 t— t+ 5 5 t 则 k1+k3= + = =2k2,即 k1,k2,k3 成等差数列. 4 4 2 t—y1 t—k(x1—1) 当 ST 斜率存在时,设直线 ST 方程为 y=k(x—1)(同第(1)问) .设 P(5,t),则 k1= = = 5—x1 5—x1 k+ t—4k t t—y2 t—k(x2—1) t—4k t—4k t—4k , k2 = , k3 = = =k+ , 则 k1 + k3 = k + +k+ = 2k + 5—x1 4 5—x2 5—x2 5—x2 5—x1 5—x2

(t—4k)[10—(x1+x2)] (t—4k)(10—x1—x2) 10k2 5k2—20 = 2k + .由(1)知 x1+x2= ,代入上式得 2,x1x2= (5—x1)( 5—x2) 25—5(x1+x2)+x1x2 4+5k 4+5k2 10k2 ] 4+5k2 (t—4k)(40+40k2) t—4k t t k1+k3=2k+ =2k+ =2k+ = ,又 k2= ,所以 k1+k3=2k2, 10k2 5k2—20 2 2 4 80+80k2 25—5 + 4+5k2 4+5k2 (t—4k)[10— 即 k1,k2,k3 成等差数列. 综上:k1,k2,k3 成等差数列. 【说明】考查直线与椭圆的位置关系,解析几何中的恒成立问题及分类讨论思想. 20.已知函数 f (x)=2x3-3(k+1)x2+6kx+t,其中 k,t 为实数,记区间[-2,2]为 I. (1)若函数 f (x)的图像与 x 轴相切于点(2,0),求 k,t 的值; (2)已知 k≥1,如果存在 x0∈(-2,2),使得 f (x0)为 f (x)在 I 上的最大值,求 k 的取值范围; 10 (3)已知- <k<-3,若对于任意 x∈I,都有 f (x)≥6(x-2)ex,求 t 的最小值. (e2≈7.39) 3 【解答】 (1)f′(x)=6x2-6(k+1)x+6k=6(x-1)(x-k), 因为函数 f (x)的图像与 x 轴相切于点(2,0),于是 f (2)=0,f′(2)=0, 即 2-k=0,16-12(k+1)+12k+t=0,解得 k=2,t=-4.
9

(2)当 k≥2 时,f (x)在(-2,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减, 于是存在 x0=1,使得 f (x0)为 f (x)在 I 上的最大值; 当 k=1 时,f′(x)≥0 恒成立,故 f (x)在 I 上单调递增, 故不存在 x0∈(-2,2),使得 f (x0)为 f (x)在 I 上的最大值; 当 1<k<2 时,f (x)在(-2,1)上单调递增,在(1,k)上单调递减,在(k,2)上单调递增, 于是若存在 x0∈(-2,2),使得 f (x0)为 f (x)在 I 上的最大值,则必有 f (1)≥f (2), 5 5 即 k≥ ,又 1<k<2,于是 ≤k<2; 3 3 5 综上,k≥ . 3 (3)对于任意 x∈I,都有 f (x)≥6(x-2)ex, 即对于任意 x∈I,都有 2x3-3(k+1)x2+6kx+t≥6(x-2)ex 即 t≥6(x-2)ex-2x3+3(k+1)x2-6kx 设 g (x)=6(x-2)ex-2x3+3(k+1)x2-6kx,x∈[-2,2], 则 g′(x)=6(x-1)( ex-x+k),令 h(x)=ex-x+k,x∈[-2,2], 则 h′(x)=ex-1,于是 h(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,2)上单调递增, 1 1 1 又 h(-2)= 2+2+k< 2+2-3= 2-1<0,于是当 x∈[-2,0]时 h(x)<0 恒成立, e e e 10 16 又 h(1)=e-1+k<e-1-3=e-4<0,h(2)=e2-2+k>e2-2- =e2- >0, 3 3 因此 h(x)=ex-x+k,x∈[-2,2]存在唯一的零点 x0∈(1,2), 于是 g (x)在(-2,1)上单调递增,在(1,x0)上单调递减,在(x0,2)上单调递增, 所以 g (x)max=max{ g (1),g (2)}. 10 又 g (1)-g (2)=(1-6e-3k)-(-4)=5-6e-3k<5-6e-3(- )=15-6e<0,于是 g (1)<g (2), 3 所以 g (x)max=g (2)=-4,即 t≥-4,因此 t 的最小值是-4. 【说明】本题主要考查利用导数求函数的最值,分类讨论思想及函数极值点常见的处理方法.其中第三问 要能通过给定的 k 的范围比较相关量的大小. 21.已知函数 f (x)=x2+ax(a∈R),g (x)=lnx. x (1)求证:g (x)< ; 2 (2)设 h(x)=f (x)+bg (x)(b∈R). ①若 a2+b=0,且当 x>0 时 h(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围; ②若 h(x)在(0,+∞)上存在零点,且 a+b≥-2,求 b 的取值范围. x x 【解答】 (1)设 h (x)= -g (x)= -lnx 2 2 x-2 则 h′(x)= ,于是 f (x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 2x x 于是 h (x)min=h (2)=1-ln2>0,从而 h (x)>0 恒成立,即 g (x)< . 2 (2)h(x)=f (x)+bg (x)=x2+ax+b lnx ①因为 a2+b=0,所以 h(x)=x2+ax-a2lnx,h′(x)= (x+a)(2x-a) , x

10

当 a=0 时,h(x)=x2>0 恒成立; a a a 当 a>0 时,h(x)在(0, )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增,于是 h(x)min=h( )>0, 2 2 2 3 a 即 a2-a2ln >0,解得 0<a<2e4. 4 2 当 a<0 时,h(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增,于是 h(x)min=h(-a)>0, 即-a2ln(-a)>0,解得-1<a<0. 综上,-1<a<2 e . ②因为 h(x)在(0,+∞)上存在零点,所以 x2+ax+b lnx=0 在(0,+∞)上有解, lnx 即 a=-x-b 在(0,+∞)上有解. x lnx 又因为 a+b≥-2,即 a≥-b-2,所以-x-b ≥-b-2 在(0,+∞)上有解. x x2-2x x 由(1)可知 lnx< <x,因此 b≥ , 2 x-lnx x2-2x (x-1)(x-2lnx+2) 设 F(x)= ,则 F′(x)= , x-lnx (x-lnx)2 x 因为 lnx< ,所以 x-2lnx+2>0,于是 F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 2 所以 F(x)min=F(1)=-1,故 b≥-1. 【说明】本题考查导数的应用,第二问中涉及恒成立问题及存在性问题,一般说来首选方法是参变分离, 遇到不能分离的应考虑构建新的函数解决问题.注意比较第二问中解决问题的方法选择. 22.定义:从数列{an}中取出部分项,并将它们按原来的顺序组成一个数列,称为数列{an}的一个子数列. 设数列{an}是一个公差不为零的等差数列; (1)已知 a4=6,自然数 k1,k2,…,kt,…满足 4<k1<k2<…<kt<…, ①若 a2=2,且 a2,a4,ak1,ak2,…,akt,…是等比数列,求 k2 的值; ②若 a2=4,求证:数列 a2,a4,ak1,ak2,…,akt,…不是等比数列. (2)已知存在自然数 k1,k2,…,kt,…,其中 k1<k2<…<kt<….若 ak1,ak2,ak3,…,akt,…是{an} ak2 的一个等比子数列,若 =m(m 为正整数),求 kt 的表达式.(答案用 k1,k2,m,t 表示). ak1 【解答】 (1)①设数列{an}的公差为 d,因为 a2=2,a4=6,所以 2d=4,d=2,an=a2+(n-2)d=2n-2, a4 设无穷等比数列公比为 q,q= =3,所以 ak2=2×33=2k2-2,故 k2=28. a2 ②假设数列 a2,a4,ak1,ak2,…,akt,…是无穷等比数列.则 a2,a4,ak1 成等比,a4,ak1,ak2 成等比,所以 27 a42=a2×ak1 得 ak1=9, ak12=a4×ak2 得 ak2= .因为 2d=a4-a2=1,d=1,an=a2+(n-2)d=n+2,所以 2 27 23 / N* 这与 k2 为自然数矛盾.所以数列 a2,a4,ak1,ak2,…,akt,…不是无穷等比数 ak2=k2+2= ,k2= ∈ 2 2 列. (m-1)ak1 (2)方法 1 因为 ak2-ak1=(k2-k1)d=(m-1)ak1,所以 d= . k2-k1 又 ak1,ak2,ak3,…,akt,…是{an}的一个等比子数列,akt=ak1mt-1=ak1+(kt-k1)d, (m-1)ak1 (m-1)(kt-k1) 将 d= 代入,得 mt-1=1+ , k2-k1 k2-k1
11
3 4 3

1-mt-1 解得 kt=(k2-k1)× +k1. 1-m (k2-k1)d ak22 a1+(k2-1)d 方法 2 因为 ak1,ak2,ak3 成等比数列,所以 ak3= = ×ak2=[1+ ]×ak2=ak2+ ak1 a1+(k1-1)d a1+(k1-1)d (k2-k1)d ak2 ak 2 ×ak2,则(k3-k2)d=(k2-k1)d× ,因为 d 不为零, 是正整数 m,所以 k3-k2=(k2-k1)m,同理 ak1 ak1 ak 1 可得 k4-k3=(k3-k2)m,…,kt-kt-1=(kt-1-kt-2)m(t≥3),所以{kt-kt-1}(t≥2)是等比数列,则 kt-kt-1=(k2 1-mt 1 1-mt-1 - -k1)×mt 2(t≥2),累加得 kt-k1=(k2-k1)× ,所以 kt=(k2-k1)× +k1(t≥2),易知当 t=1 时,此 1-m 1-m


1-mt-1 式也成立,于是 kt=(k2-k1)× +k1. 1-m 【说明】本题主要探究了无穷等差数列中能有无穷等比子数列的条件问题,考查了等差数列等比数列的概 念及基本量运算,通项公式的求法,反证法等等.考查了运算能力,推理论证能力和化归思想.

5 13 23.等差数列{an}公差大于零,且 a2+a3= ,a22+a32= ,记{an}的前 n 项和为 Sn,等比数列{bn}各项均 2 4 为正数,公比为 q,记{bn}的前 n 项和为 Tn. (1)写出 Si(i=1,2,3,4,5,6)构成的集合 A. (2)若 q 为正整数,问是否存在正整数 k,使得 Tk,T3k 同时为(1)中集合 A 的元素?若存在,求出所有 符合条件的{bn}的通项公式,若不存在,请说明理由. (3)若将 Sn 中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列{cn},求{cn}的一个通项公式. 5 13 3 1 1 【解答】 (1)由 a2+a3= ,a22+a32= ,设{an}公差为 d,d 大于零,得 a2=1,a3= ,d= ,a1= , 2 4 2 2 2 n2+n 1 3 15 21 Sn= ,所以 A={ , ,3,5, , } 4 2 2 2 2 (2)因为{bn}是等比数列,bn>0,q∈N* T3k 3 1 1 1 1 当 q=1 时,Tk=kb1,T3k=3kb1, =3,所以 T3k= ,Tk= ,所以 kb1= ,b1= ,bn= . Tk 2 2 2 2k 2k b1(1-qk) b1(1-q3k) 当 q ≠1 时,Tk= ,T3k= . 1-q 1-q T3k 因为 q∈N*,q ≠1,所以 q ≥2,则 =1+qk+q2k≥1+2+4=7, Tk

? ?Tk=2, ?Tk=2, ?Tk=1, ?Tk=2, 2 或? 所以? 或 或? ? ?T3k=5, ?T3k=15, ?T3k=21, ?T3k=21, ?
2 2 2

1

1

3

? ?Tk=1, -1± 37 2 时,1+qk+q2k=10,解得 qk= / N*. 当? ∈ 2 ?T3k=5 ?

?T =2, 当? 15 时,1+q +q ?T = 2
k k 3k

1

2k

-1± 57 / N*. =15,解得 qk= ∈ 2

12

?T =2, 当? 21 时,1+q +q T = ? 2
k k 3k

1

2k

=21,解得 qk=4 或-5(舍).

b1(1-qk) 1 1 n-1 由 q=2,k=2,代入 Tk= ,得 b1= ,所以 bn= × 2 . 6 6 1-q b1(1-qk) 1 1 n-1 n-2 由 q=4,k=1,代入 Tk= ,得 b1= ,所以 bn= × 4 =4 . 2 2 1-q

?T =2, 当? 时,1+q +q 21 T = ? 2
k k 3k

3

2k

=7,解得 qk=2 或-3(舍), b1(1-qk) 3 - ,得 b1= ,所以 bn=3×2n 2. 2 1-q

所以 q=2,k=1,代入 Tk=

1 1 n-1 - - 综上,bn= (k∈N*)或 bn= × 2 或 bn=4n 2 或 bn=3×2n 2. 2k 6 n2+n (3)因为 Sn= 为整数项,所以 n=4k 或 4k-1,k∈N*. 4 当 n=4k-1,k∈N*时,Sn=(4k-1)k;当 n=4k,k∈N*时,Sn=k(4k+1); 因为 Sn 中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列{cn},所以 n+1 n+1 n+1 2n2+3n+1 当 n 为奇数时,k= ,cn=(4× -1)× = ; 2 2 2 2 2n2+n n n 当 n 为偶数时,k= ,cn= ×(2n+1)= ; 2 2 2

?2n +23n+1(n为奇数), 所以 c =? 2n +n ? 2 (n为偶数),
n 2

2

【说明】本题是数列与方程的综合问题.本题考查了等差数列等比数列的基本量运算,方程整解问题.考查 了运算能力,推理论证能力,分类讨论思想.

13

附加题
1.如图,四棱锥 S-ABCD 的底面是平行四边形,AD=BD=2,AB=2 2,SD⊥平面 ABCD.SD=2,点 E → → 是 SD 上的点,且 DE=λDS(0≤λ≤1). → → → → (1)求证:对任意的 0≤λ≤1,都有SC·EA≥AC·BE; (2)若二面角 C-AE-D 的大小为 60° ,求 λ 的值. 【解答】(1)因为 AD=BD=2,AB=2 2,所以 AD⊥DB. 故以 D 为原点,DA 所在直线为 x 轴,DB 所在直线为 y 轴,DS 所在直 线为 z 轴,建立空间直角坐标系 o-xyz, 则D (0,0,0) , A (2,0,0) , B (0,2,0) , C (-2,2,0) , S (0,0,2) , E (0,0,2λ) . → → → → 所以SC=(-2,2,-2) ,EA=(2,0,-2λ) ,AC=(-4,2, 0) ,BE=(0,-2,2λ) , → → → → → → → → 则有SC·EA-AC·BE=-4+4λ-(-4+0)=4λ≥0,即SC·EA≥AC·BE. → (2)设平面 ACE 的一个法向量为 n=(x,y,z) ,所以EA·n=0,即 2x-2λz=0. → 同理AC·n=0,即-4x+2y=0. 取 z=1,则 x=λ,y=2λ,所以平面 ACE 的一个法向量为 n=(λ,2λ,1) . 显然平面 ADE 的一个法向量为 m=(0,1,0) , 1 11 由二面角 C-AE-D 的大小为 60° 知|cos<n, m>|= ,解得 λ= . 2 11 【说明】考查空间向量的基本运算以及在立体几何中的应用,本题主要是用空间向量来研究二面角的大 小.特别注意交待空间直角坐标系的建立过程和法向量的求解过程. 2.已知 2 件次品和 a 件正品放在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放 3 回, 直到检测出 2 件次品或者检测出 a 件正品时检测结束, 已知前两次检测都没有检测出次品的概率为 . 10 (1)求实数 a 的值; (2)若每检测一件产品需要费用 100 元,设 X 表示直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时所需要 的检测费用(单位:元) ,求 X 的分布列和均值. 【解答】(1)记“前两次检测都没有检测出次品”为事件 A, a(a-1) 3 2 P(A)= = 得 a=3 或- (舍). 10 7 (a+2)(a+1) (2)X 的可能取值为 200,300,400.
1 1 2 A3 A2 1 3 6A2 3+C2C3A2 2 3 3 P(X=200)= = ,P(X=300)= = ,P(X=400)= = . 10 10 5 3 A2 A5 A3 5 5

所以 X 的分布列为 X P 200 1 10 300 3 10 400 3 5

14

1 3 3 E(X)=200× +300× +400× =350. 10 10 5 【说明】本题要注意“检测后不放回”与“检测后放回”之间的区别,正确求出相应的排列数组合数是学 好分布列的基础和前提. 3.已知数列 T: a1,a2,?,an (n∈N*,n≥4)中的任意一项均在集合{-1,0,1}中,且对?i∈N*,1≤i≤n -1,有|ai+1-ai |=1. (1)当 n=4 时,求数列 T 的个数; (2)若 a1=0,且 a1+a2+?+an≥0,求数列 T 的个数. 【解答】 (1)当 n=4 时,符合条件的数列为: 0,1 ,0,-1; 0,1,0,1; 0,-1,0,-1;0,-1,0,1;

1,0,-1,0;1,0,1,0;-1,0,1,0;-1,0,-1,0. 共 8 个. (2)①当 n=4k(k∈N*)时, 由 a1=0,得 a3=a5=?=a4k-1=0, 所以 a2,a4,?,a4k 中的每一个任取±1. 又 a1+a2+?+an≥0, 所以 a2,a4,?,a4k 中 1 的个数不小于-1 的个数. 所以数列 T 的个数为: 1 0 1 k 1 2k 1 2k 1 k -1 k k+1 2k k C2kk+Ck+ 2k +?+C2k= ( C2k+C2k+?+C 2k +C2k+C 2k +?+C2k)+ C2k= (2 +C2k). 2 2 2 ②当 n=4k+1(k∈N*)时, 1 则 a1=a3=a5=?=a4k+1=0,同①,可知数列 T 的个数为 (22k+C2kk). 2 ③当 n=4k+2(k∈N*)时,则 a1=a3=a5=?=a4k+1=0,
+1 k +2 2k+1 2k 则数列 T 的个数为 C2kk +1+C2k+1+?+C2k+1=2 .

④当 n=4k+3(k∈N*)时,则 a1=a3=a5=?=a4k+3=0, 同③,可知数列 T 的个数为 22k. 1 综上,当 n=4k 或 n=4k+1,k∈N*时,数列 T 的个数为 (22k+C2kk). 2 当 n=4k+2 或 n=4k+3,k∈N*时,数列 T 的个数为 22k. 【说明】本题考查组合计数.要能从已知条件中发现数列 T 所满足的特性,再利用相关的特性求出数列的 个数.

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