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江苏省南京市2014届高三考前冲刺训练(南京市教研室) 数学 Word版含答案


南京市 2014 届高三数学综合题
一、填空题 π 1 .已知函数 y = sinωx(ω > 0) 在区间 [0 , 2 ] 上为增函数,且图象关于点 (3π , 0) 对称,则 ω 的取值集合 为 1 2 【答案】{3,3,1}. .

? ? ? π ≥π, ?0<ω≤1 1 2 k ,其中 k∈Z,则 k= 或 k= 或 k=1. 【提示】由题意知,?2ω 2 即? 3 3 ω=3 ? ?3ωπ=kπ, ? ?
【说明】本题考查三角函数的图象与性质(单调性及对称性) .三角函数除关注求最值外,也适当关注其 图象的特征,如周期性、对称性、单调性等. → → → → 2.如图:梯形 ABCD 中,AB//CD,AB=6,AD=DC=2,若AC·BD=-12,则AD·BC= 【答案】0. → → → → 1→ → → → 【提示】以AB,AD为基底,则AC=AD+3AB,BD=AD-AB, → → → 2→ → 1→ 则AC·BD=AD2-3AB·AD-3AB2=4-8cos∠BAD-12=-12, 1 所以 cos∠BAD=2,则∠BAD=60o, A B D C .

→ → → → → → → 2→ → 2→ → 则AD·BC=AD·(AC-AB)=AD·(AD-3AB)=AD2-3AB·AD=4-4=0. 【说明】本题主要考查平面向量的数量积,体现化归转化思想.另本题还可通过建立平面直角坐标系将向 量“坐标化”来解决.向量问题突出基底法和坐标法,但要关注基底的选择与坐标系位置选择的合理性, 两种方法之间的选择. 3.设 α 、β 为空间任意两个不重合的平面,则: ①必存在直线 l 与两平面 α 、β 均平行; ③必存在平面 γ 与两平面 α 、β 均平行; 【答案】①④. 【提示】当两平面相交时,不存在直线与它们均垂直,也不存在平面与它们均平行(否则两平面平行) . 【说明】本题考查学生空间线面,面面位置关系及空间想象能力. 4.圆锥的侧面展开图是圆心角为 3π,面积为 2 3π 的扇形,则圆锥的体积是______. 【答案】π. 2πr 1 【提示】设圆锥的底面半径为 r,母线长为 l,由题意知 l = 3π,且2· 2πr· l=2 3π,解得 l=2,r= 3, 1 所以圆锥高 h=1,则体积 V=3πr2h=π. 【说明】本题考查圆锥的侧面展开图及体积的计算. 5.设圆 x2+y2=2 的切线 l 与 x 轴正半轴,y 轴正半轴分别交于点 A,B.当线段 AB 的长度最小值时,切 线 l 的方程为____________. 【答案】x+y-2=0. ②必存在直线 l 与两平面 α 、β 均垂直; ④必存在平面 γ 与两平面 α 、β 均垂直.

其中正确的是___________. (填写正确命题序号)

【说明】本题考查直线与圆相切问题和最值问题. x2 y2 6.已知双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的离心率等于 2,它的右准线过抛物线 y2=4x 的焦点,则双曲线的方 程为
2 2



x y 【答案】 4 -12=1. 【解析】本题主要考查了双曲线、抛物线中一些基本量的意义及求法. 7.在平面直角坐标系 xOy 中,已知曲线 C1、C2、C3 依次为 y=2log2x、y=log2x、y=klog2x(k 为常数, 0<k<1).曲线 C1 上的点 A 在第一象限,过 A 分别作 x 轴、y 轴的平行线交曲线 C2 分别于点 B、D,过 点 B 作 y 轴的平行线交曲线 C3 于点 C.若四边形 ABCD 为矩形,则 k 的值是___________. 1 【答案】2. 【提示】设 A(t,2 log2t)(t>1),则 B(t2,2 log2t),D(t,log2t),C(t2,2k log2t),则有 log2t=2k log2t, 1 由于 log2t>0,故 2k=1,即 k=2. 【说明】本题考查对数函数的图像及简单的对数方程.注意点坐标之间的关系是建立方程的依据. *8.已知实数 a、b、c 满足条件 0≤a+c-2b≤1,且 2 +2 ≤2 1 5- 17 【答案】[-4, 2 ]. 【提示】由 2a+2b≤21 c 得 2a c+2b c≤2,由 0≤a+c-2b≤1 得 0≤(a-c)-2(b-c)≤1, 于是有 1≤2(a
-c)-2(b-c) + - -

a

b

1+c

2a-2b ,则 2c 的取值范围是_________.

2a c - - ≤2,即 1≤ 2(b-c)≤2.设 x=2b c,y=2a c, 2



2a-2b 则有 x+y≤2,x2≤y≤2x2,x>0,y>0, 2c =y-x. 在平面直角坐标系 xOy 中作出点(x,y)所表示的平面区域,并设 y-x=t. 如图,当直线 y-x=t 与曲线 y=x2 相切时,t 最小. 1 1 1 1 1 此时令 y′ =2x=1,解得 x=2,于是 y=4,所以 tmin=4-2=-4.
?y=2x2, -1+ 17 9- 17 当直线过点 A 时,t 最大.由? 解得 A( , 4 ), 4 ?x+y=2,

所以 tmax=

9- 17 -1+ 17 5- 17 = 2 . 4 - 4

2a-2b 1 5- 17 因此 2c 的取值范围是[-4, 2 ]. 【说明】本题含三个变量,解题时要注意通过换元减少变量的个数.利用消元、换元等方法进行减元的思 想是近年高考填空题中难点和热点,对于层次很好的学校值得关注. 9.已知四数 a1,a2,a3,a4 依次成等比数列,且公比 q 不为 1.将此数列删去一个数后得到的数列(按原 来的顺序)是等差数列, 则正数 q 的取值集合是 -1+ 5 1+ 5 【答案】{ , 2 }. 2 【提示】因为公比 q 不为 1,所以不能删去 a1,a4.设{an}的公差为 d,则 ① 若删去 a2,则由 2a3=a1+a4 得 2a1q2=a1+a1q3,即 2q2=1+q3, 整理得 q2(q-1)=(q-1)(q+1). .

1+ 5 又 q≠1,则可得 q2=q+1,又 q>0 解得 q= 2 ; ② 若删去 a3,则由 2a2=a1+a4 得 2a1q=a1+a1q3,即 2q=1+q3,整理得 q(q-1)(q+1)=q-1. -1+ 5 又 q≠1,则可得 q(q+1)=1,又 q>0 解得 q= . 2 ±1+ 5 综上所述,q= . 2 【说明】本题主要考查等差数列等差中项的概念及等比数列中基本量的运算. 3 *10.数列{an}是等差数列,数列{bn}满足 bn=anan+1an+2 (n∈N*),设 Sn 为{bn}的前 n 项和.若 a12= a5>0, 8 则当 Sn 取得最大值时 n 的值等于___________. 【答案】16. 3 76 81 【提示】设{an}的公差为 d,由 a12=8a5>0 得 a1=- 5 d,d>0,所以 an=(n- 5 )d, 从而可知 1≤n≤16 时,an>0, n≥17 时,an<0. 从而 b1>b2>?>b14>0>b17>b18>?,b 15=a15a16a17<0,b16=a16a17a18>0, 故 S14>S13>??>S1,S14>S15,S15<S16. 6 9 6 9 4 因为 a15=- d>0,a18= d<0,所以 a15+a18=- d+ d= d<0, 5 5 5 5 5 所以 b15+b16=a16a17(a15+a18)>0,所以 S16>S14,故 Sn 中 S16 最大. 【说明】利用等差数列及等差数列的基本性质是解题基本策略.此题借助了求等差数列前n项和最值的方 法,所以在关注方法时,也要关注形成方法的过程和数学思想. 二、解答题 11.三角形 ABC 中,角 A、B、C 所对边分别为 a,b,c,且 2sinB= 3cosB. 1 (1)若 cosA=3,求 sinC 的值; (2)若 b= 7,sinA=3sinC,求三角形 ABC 的面积. 解 (1)由 2sinB= 3cosB,两边平方得 2sin2B=3cosB, 1 即 2(1-cos2B)=3cosB,解得 cosB=2或 cosB=-2(舍去). π 又 B 为三角形内角,则 B=3. 1 2 2 因为 cosA=3,且 A 为三角形内角,则 sinA= 3 , 3+2 2 π 3 1 故 sinC=sin(B+A)=sin(3+A)= 2 cosA+2sinA= . 6 (2)解法一 因为 sinA=3sinC,由正弦定理可得 a=3c. 由余弦定理知:b2= a2+c2-2accosB,则 7=9c2+c2-3c2,解得 c=1,则 a=3. 1 3 3 面积 S=2acsinB= 4 . 解法二 π 1 3 由 sinA=3sinC 得 sin(C+B)=3sinC,即 sin(C+3)=3sinC,则2sinC+ 2 cosC=3sinC,

3 5 3 即 2 cosC=2sinC,故可得 tanC= 5 .

21 又 C 为三角形的内角,则 sinC= 14 . b c 由正弦定理知sinB=sinC,则 c=1. 3 21 1 3 3 又 sinA=3sinC= 14 ,故面积 S=2bcsinA= 4 . 【说明】本题考查同角三角函数关系式,两角和差公式及正、余弦定理,具有一定的综合性. 12.三角形 ABC 中,三内角为 A、B、C,a=( 3cosA,sinA),b=(cosB, 3sinB),c=(1,-1). (1)若 a·c=1,求角 A 的大小; (2)若 a//b,求当 A-B 取最大时,A 的值. π π 1 解 (1)a·c= 3cosA-sinA=2cos(A+6)=1,则 cos(A+6)=2. π π 7π π π π 因为 A∈ (0,π),则 A+6∈ (6, 6 ),则 A+6=3,则 A=6. (2)因为 a//b,所以 3cosA· 3sinB=sinA· cosB,则 tanA=3tanB. 由于 A、B 为三角形内角,则 A、B 只能均为锐角,即 tanA>0,tanB>0. tan(A-B) = tanA-tanB 2tanB = = 1+tanA· tanB 1+3tan2B 2 2 3 ≤ = , 1 2 3 3 tanB+ 3tanB

1 π 当且仅当tanB=3tanB 时,B=6取“=”号. π π π π 又 A-B∈ (-2,2),则 A-B 的最大值为6,此时 A=3. π 所以,当 A-B 的最大时,A=3. 【说明】本题第一问考查向量数量积的坐标运算,两角和差公式及已知三角函数值求角问题;第二问考查 平面向量平行的条件及两角差的正切公式,利用基本不等式求最值. 13.如图,六面体 ABCDE 中,面 DBC⊥面 ABC,AE⊥面 ABC. (1)求证:AE //面 DBC; (2)若 AB⊥BC,BD⊥CD,求证:AD⊥DC. 证明 (1)过点 D 作 DO⊥BC,O 为垂足. 因为面 DBC⊥面 ABC,又面 DBC∩面 ABC=BC,DO ?面 DBC, 所以 DO⊥面 ABC. 又 AE⊥面 ABC,则 AE//DO. 又 AE ? / 面 DBC,DO ?面 DBC,故 AE // 面 DBC. (2)由(1)知 DO⊥面 ABC,AB?面 ABC,所以 DO⊥AB. 又 AB⊥BC,且 DO∩BC=O,DO,BC?平面 DBC,则 AB⊥面 DBC. 因为 DC ?面 DBC,所以 AB⊥DC. 又 BD⊥CD,AB∩DB=B,AB,DB?面 ABD,则 DC⊥面 ABD. 又 AD? 面 ABD,故可得 AD⊥DC. 【说明】本题第(1)问考查面面垂直的性质定理,线面垂直的性质定理及线面平行的判定定理;第(2)问通过 线面垂直证线线垂直问题. 14.如图,在斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 A1ACC1 是边长为 2 的菱形,∠A1AC=60o.在面 ABC 中,AB A B C E D

=2 3,BC=4,M 为 BC 的中点,过 A1,B1,M 三点的平面交 AC 于点 N. (1)求证:N 为 AC 中点; (2)平面 A1B1MN⊥平面 A1ACC1. 解 (1)由题意,平面 ABC//平面 A1B1C1, 平面 A1B1M 与平面 ABC 交于直线 MN,与平面 A1B1C1 交于直线 A1B1,所以 MN// A1B1. CN CM 因为 AB// A1B1,所以 MN//AB,所以AN=BM. CN 因为 M 为 AB 的中点,所以AN=1,所以 N 为 AC 中点. (2)因为四边形 A1ACC1 是边长为 2 的菱形,∠A1AC=60o. 在三角形 A1AN 中,AN=1,AA1=2,由余弦定理得 A1N= 3, 故 A1A2=AN2+A1N2,从而可得∠A1NA=90o,即 A1N⊥AC. 在三角形 ABC 中,AB=2,AC=2 3,BC=4, 则 BC =AB +AC ,从而可得∠BAC=90 ,即 AB⊥AC. 又 MN//AB,则 AC⊥MN. 因为 MN∩A1N=N,MN ?面 A1B1MN,A1N?面 A1B1MN, 所以 AC⊥平面 A1B1MN. 又 AC?平面 A1ACC1,所以平面 A1B1MN⊥平面 A1ACC1. 【说明】本题考查面面平行的性质定理,线面垂直及面面垂直的判定定理,综合考查空间想象及逻辑推理 能力.立体几何中线面平行、面面平行、面面垂直的性质定理要适当关注,不成为重点,但也不要成为盲 点.关注以算代证的方法. 15.某汽车厂有一条价值为 a 万元的汽车生产线,现要通过技术改造来提高该生产线的生产能力,提高产 品的增加值.经过市场调查,产品的增加值 y 万元与技术改造投入的 x 万元之间满足:①y 与(a-x)和 x2 的乘积成正比;②x∈(0, 2am a ],其中 m 是常数.若 x=2时,y=a3. 2m+1
2 2 2 o

A1

B1

C1

A B M

N C

(1)求产品增加值 y 关于 x 的表达式; (2)求产品增加值 y 的最大值及相应的 x 的值. a 解:(1)设 y=f(x)=k(a-x)x2,因为当 x=2时,y=a3,所以 k=8, 2am 所以 f(x)=8(a-x)x2 ,x∈(0, ]. 2m+1 2a (2)因为 f′ (x)=-24x2+16ax,令 f′ (x)=0,则 x=0(舍),x= 3 . 2am 2a ①当 ≥ ,即 m≥1 时, 2m+1 3 2a 2a 当 x∈(0, 3 )时,f′ (x)>0,所以 f(x)在(0, 3 )上是增函数, 2a 2am 2a 2am 当 x∈( 3 , )时,f′ (x)<0,所以 f(x)在( 3 , )上是减函数, 2m+1 2m+1 2a 32 所以 ymax=f( 3 )=27a3; 2am 2a ②当 < ,即 0<m<1 时, 2m+1 3

当 x∈(0,

2am 2am )时,f′ (x)>0,所以 f(x)在(0, )上是增函数, 2m+1 2m+1 2am 32m2 3 )= a, 2m+1 (2m+1)3

所以 ymax=f(

2a 32 综上,当 m≥1 时,投入 3 万元,最大增加值27a3. 2am 32m2 3 当 0<m<1 时,投入 万元,最大增加值 a. 2m+1 (2m+1)3 【说明】适当关注建模容易,解模难的应用题,如本题需要对解模过程进行分类讨论. 16.如图,摄影爱好者 S 在某公园 A 处,发现正前方 B 处有一立柱,测得立柱顶端 O 的仰角和立柱底部 B π 的俯角均为6.设 S 的眼睛距地面的距离按 3米. (1) 求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度; (2) 立柱的顶端有一长 2 米的彩杆 MN 绕其中点 O 在 S 与立柱所在的平面内旋转. 摄影者有一视角范围 π 为3的镜头,在彩杆转动的任意时刻,摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面?说明理由. 解 (1) 如图,作 SC 垂直 OB 于 C,则∠CSB=30°,∠ASB=60°. 又 SA= 3,故在 Rt△SAB 中,可求得 BA=3,即摄影者到立柱的水平 距离为 3 米. 由 SC=3,∠CSO=30°,在 Rt△SCO 中,可求得 OC= 3. 因为 BC=SA= 3,故 OB=2 3,即立柱高为 2 3米. (2) 方法一:连结 SM,SN,设 ON=a,OM=b. 在△SON 和△SOM 中, (2 3)2+1-b2 (2 3)2+1-a2 =- ,得 a2+b2=26. 2· 2 3· 1 2· 2 3· 1 a2+b2-22 11 22 11 1 cos∠MSN= 2ab =ab≥ 2 = > . a +b2 13 2 π 又∠MSN∈(0,π), 则∠MSN<3. 故摄影者可以将彩杆全部摄入画面. 11 方法二提示:设∠MOS=θ,建立 cos∠MSN 关于 θ 的关系式,求出 cos∠MSN 最小值为13,从而得到∠ π MSN<3. π 方法三提示:假设∠MSN=3,设 ON=a,OM=b,联立 a2+b2=26 和 a2+b2-ab=4 消元,判断方程 是否有解. 方法四提示:计算过 S 点作圆 O(1 为半径)的两切线夹角大于 60o.也可合理建系. 【说明】第(1)问主要考查了对图形的认识;第(2)问突出应用题中变量的选择,方法的选择.另外应用题中 除求解函数最值问题外,也考虑涉及方程的解、不等式等问题,如方法三. 17.为了迎接青奥会,南京将在主干道统一安装某种新型节能路灯,该路灯由灯柱和支架组成.在如图所 示的直角坐标系中,支架 ACB 是抛物线 y2=2x 的一部分,灯柱 CD 经过该抛物线的焦点 F 且与路面垂
N S O M

B

A

直,其中 C 在抛物线上,B 为抛物线的顶点,DH 表示道路路面,BF∥DH,A 为锥形灯罩的顶,灯罩轴 线与抛物线在 A 处的切线垂直. 安装时要求锥形灯罩的顶到灯柱的距离是 1.5 米, 灯罩的轴线正好通过 道路路面的中线. (1)求灯罩轴线所在的直线方程; (2)若路宽为 10 米,求灯柱的高. 1 1 解:(1)由题意知,BF=2,则 xA=1.5+2=2, 代入 y2=2x 得 yA=2,故 A(2,2). 设点 A 处的切线方程为 y-2=k(x-2), 代入抛物线方程 y2=2x 消去 x,得 ky2-2y+4-4k=0. 1 则△=4-4k(4-4k)=0,解得 k=2. 11 (2)由于路宽为 10,则当 x= 2 时,y=-5,从而 FD=5. 又 CF=1,则 CD=6. 答:灯柱的高为 6 米. 【说明】本题改编自必修 2(P92)例 5,考查学生综合应用函数、不等式知识解决实际问题的能力.解析几 何应用题不需重点训练,但也需要学生适当了解和关注. 18.如图,在 RtΔABC 中,∠A 为直角,AB 边所在直线的方程为 x-3y-6=0,点 T(-1,1)在直线 AC 上, 斜边中点为 M(2,0). (1)求 BC 边所在直线的方程; (2)若动圆 P 过点 N(-2,0),且与 RtΔABC 的外接圆相交所得公共弦长为 4,求动圆 P 中半径最小的 圆方程. 解 (1)因为 AB 边所在直线的方程为 x-3y-6=0,AC 与 AB 垂直,所以直线 AC 的斜率为-3. 故 AC 边所在直线的方程为 y-1=-3(x+1), 即 3x+y+2=0. 设 C 为(x0,-3x0-2),因为 M 为 BC 中点, 所以 B(4-x0,3x0+2). 4 4 2 点 B 代入 x-3y-6=0,解得 x0=- ,所以 C(- , ). 5 5 5 所以 BC 所在直线方程为:x+7y-2=0. (2)因为 RtΔABC 斜边中点为 M(2,0),所以 M 为 RtΔABC 外接圆的圆心. 又 AM=2 2,从而 RtΔABC 外接圆的方程为(x-2)2+y2=8. 设 P(a,b),因为动圆 P 过点 N,所以该圆的半径 r= (a+2)2+b2,圆方程为(x-a)2+(y-b)2=r2. 由于⊙P 与⊙M 相交,则公共弦所在直线的方程 m 为:(4-2a)x-2by+a2+b2-r2+4=0. |2(4-2a)+a2+b2-r2+4| 因为公共弦长为 4,r=2 2,所以 M(2,0)到 m 的距离 d=2,即 =2, 2 (2-a)2+b2 化简得 b2=3a2-4a,所以 r= (a+2)2+b2= 4a2+4. 当 a=0 时,r 最小值为 2,此时 b=0,圆的方程为 x2+y2=4. 【说明】本题考查直线与直线的位置关系,直线与圆有关知识,考查圆与圆位置关系及弦长的求法及函数
T O C A M B x y D H y C B F x A

故灯罩轴线的斜率为-2,其方程为 y-2=-2(x-2),即 y=-2x+6.

最值求法. 19.如图,平行四边形 AMBN 的周长为 8,点 M,N 的坐标分别为(- 3,0),( 3,0). (1)求点 A,B 所在的曲线 L 方程; (2) 过 L 上点 C(-2,0)的直线 l 与 L 交于另一点 D,与 y 轴交于点 E,且 l//OA. CD·CE 求证: OA2 为定值. y 解 (1)因为四边形 AMBN 是平行四边形,周长为 8 所以两点 A,B 到 M,N 的距离之和均为 4>2 3,可知所求曲线为椭圆. 由椭圆定义可知,a=2,c= 3,b=1. x2 曲线 L 方程为 4 +y2=1(y≠0) . M (2)由已知可知直线 l 的斜率存在. 因为直线 l 过点 C(-2,0),设直线 l 的方程为 y=k(x+2), x2 代入曲线方程 4 +y2=1(y≠0),并整理得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0. -8k2+2 4k 因为点 C(-2,0)在曲线上,则 D( ),E(0,2k), 2 , 1+4k 1+4k2 A

O

N

x

B

4 1+k2 所以 CD= ,CE=2 1+k2. 1+4k2 因为 OA//l,所以设 OA 的方程为 y=kx ,代入曲线方程,并整理得(1+4k2)x2=4. 2 2 4k 4+4k 4 2 2 2 所以 xA= , 2,yA = 2,所以 OA = 1+4k 1+4k 1+4k2 CD·CE CD·CE 化简得 =2,所以 为定值. 2 OA OA2 【说明】本题考查用定义法求椭圆方程知识及直线与椭圆相交的有关线段的计算与证明. x2 y2 6 20.如图,在直角坐标系 xOy 中,椭圆 E:a2+b2=1(a>b>0)的焦距为 2,且过点( 2, 2 ). (1)求椭圆 E 的方程; (2)若点 A,B 分别是椭圆 E 的左、右顶点,直线 l 经过点 B 且垂直于 x 轴,点 P 是椭圆上异于 A,B 的 任意一点,直线 AP 交 l 于点 M. (i)设直线 OM 的斜率为 k1,直线 BP 的斜率为 k2,求证:k1k2 为定值; *(ii)设过点 M 垂直于 PB 的直线为 m.求证:直线 m 过定点,并求出定点的坐标. 2 3 解:(1)由题意得 2c=2 ,所以 c=1,又a2+2b2=1. 1 消去 a 可得 2b4-5b2-3=0,解得 b2=3 或 b2=-2(舍去),则 a2=4, x2 y2 所以椭圆 E 的方程为 4 + 3 =1. y0 y1 (2)(i)设 P(x1,y1)(y1≠0),M(2,y0),则 k1= 2 ,k2= , x1-2 4y1 因为 A,P,M 三点共线,所以 y0= , 则 k1k2= . x1+2 2 2(x1-4) 4y1
2

y P

M

A
O

B
x
l

m

4y1 3 3 2 2 因为 P(x1,y1)在椭圆上,所以 y1=4(4-x1),则 k1k2= =-2为定值. 2 2(x1-4) 2-x1 y1 (ii)方法一:直线 BP 的斜率为 k2= ,直线 m 的斜率为 km= y , x1-2 1 2-x1 则直线 m 的方程为 y-y0= y (x-2),
1

2

2-x1 2-x1 4y1 2-x1 4y12 即 y= y (x-2)+y0= y (x-2)+ = y [(x-2)+ ] x1+2 4-x12 1 1 1 2-x1 12-3x12 2-x1 = y [(x-2)+ ]= y (x+1), 4-x12 1 1 所以直线 m 过定点(-1,0). 方法二:直线 BP 的斜率为 k2= 2-x1 y1 ,直线 m 的斜率为 km= y , x1-2 1

4y1 2-x1 则直线 m 的方程为 y- = y (x-2), x1+2 1 2 3 2 3 若 P 为(0, 3),则 m 的方程为 y= 3 x+ 3 , 2 3 2 3 若 P 为(0,- 3),则 m 的方程为 y=- 3 x- 3 , 两直线方程联立解得 Q(-1,0). 12-3x12 4y1 y1 4y12 因为 kMQ· k2= · = = =-1, 2 3(x1+2) x1-2 3(x1 -4) 3(x12-4) 所以 Q 在过 M 且与 BP 垂直的直线上, 所以直线 m 过定点(-1,0). 【说明】考查椭圆方程的求法及直线与椭圆中的一些定值、定点问题.其中定点问题可以考虑先从特殊情 况入手,找到定点再证明. 1 λ 21.已知函数 f(x)= + (a,b,λ 为实常数). x-a x-b (1)若 λ=-1,a=1. ①当 b=-1 时,求函数 f(x)的图象在点( 2,f( 2))处的切线方程; 1 1 ②当 b<0 时,求函数 f(x)在[3,2]上的最大值. * (2)若 λ=1,b<a,求证:不等式 f(x)≥1 的解集构成的区间长度 D 为定值. 解 (1)①当 b=-1 时,f(x)= -4x 1 1 2 - = 2 ,则 f ′ (x)= 2 ,可得 f ′ ( 2)=-4 2, x-1 x+1 x -1 (x -1)2

又 f( 2)=2,故所求切线方程为 y-2=-4 2(x- 2),即 4 2x+y-10=0. 1 1 ②当 λ=-1 时,f(x)= - , x-1 x-b b+1 2(b-1)(x- 2 ) (x-1) -(x-b) 1 1 则f′ (x)=- + = = . (x-1)2 (x-b)2 (x-1)2(x-b)2 (x-1)2(x-b)2
2 2

b+1 1 因为 b<0,则 b-1<0 ,且 b< 2 <2

b+1 b+1 故当 b<x< 2 时,f ′ (x)>0,f(x)在(b, 2 )上单调递增; b+1 b+1 1 1 当 2 <x<2 时,f ′ (x)<0,f(x)在( 2 ,2 )单调递减. b+1 1 1 1 1 1 9b-9 (Ⅰ)当 2 ≤3,即 b≤-3时,f(x)在[3,2]单调递减,所以[f(x)]max=f(3)= ; 2-6b b+1 1 b+1 1 1 4 (Ⅱ)当3< 2 <2,即-3<b<0 时,[f(x)]max=f( 2 )= . b-1

综上所述,[f(x)]max

? b-1,-3<b<0, =? 9b-9 1 ? 2-6b,b≤-3.
4 1

1 1 (2) f(x)≥1 即 + ≥1.????????(*) x-a x-b ①当 x<b 时,x-a<0,x-b<0,此时解集为空集. ②当 a>x>b 时,不等式(*)可化为 (x-a)+(x-b)≤(x-a)(x-b), 展开并整理得,x2-(a+b+2)x+(ab+a+b)≥0, 设 g (x)=x2-(a+b+2)x+(ab+a+b), 因为△=(a-b)2+4>0,所以 g (x)有两不同的零点,设为 x1,x2(x1<x2), 又 g (a)=b-a<0,g (b)=a-b>0,且 b<a, 因此 b<x1<a<x2, 所以当 a>x>b 时,不等式 x2-(a+b+2)x+(ab+a+b)≥0 的解为 b<x≤x1. ③当 x>a 时,不等式(*)可化为 (x-a)+(x-b)≥(x-a)(x-b), 展开并整理得,x2-(a+b+2)x+(ab+a+b)≤0, 由②知,此时不等式的解为 a<x≤x2 综上所述,f(x)≥1 的解构成的区间为(b,x1]∪(a,x2], 其长度为(x1-b)+(x2-a)=x1+x2-a-b=a+b+2-a-b=2. 故不等式 f(x)≥1 的解集构成的区间长度 D 为定值 2. 【说明】本题考查了导数的应用、分类讨论思想、解一元二次不等式.其中第(2)问涉及不常考的解一元二 次不等式分类讨论问题,注意比较 a、b 与两根的大小. 22.已知函数 f (x)=lnx(x>0). (1)求函数 g (x)=f (x)-x+1 的极值; *(2)求函数 h(x)=f (x)+|x-a|(a 为实常数)的单调区间; *(3)若不等式(x2-1)f (x)≥k(x-1)2 对一切正实数 x 恒成立,求实数 k 的取值范围.

1-x 1 解:(1)g (x)=lnx-x+1,g′ (x)=x -1= x , 当 0<x<1 时,g′ (x)>0;当 x>1 时,g′ (x)<0, 可得 g (x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 故 g (x)有极大值为 g (1)=0,无极小值. (2)h(x)=lnx+|x-a|. 1 当 a≤0 时,h(x)=lnx+x-a,h′ (x)=1+x >0 恒成立,此时 h(x)在(0,+∞)上单调递增;
?lnx+x-a,x≥a, 当 a>0 时,h(x)=? ?lnx-x+a,0<x<a.

1 ①当 x≥a 时,h(x)=lnx+x-a,h′ (x)=1+x >0 恒成立,此时 h(x)在(a,+∞)上单调递增; 1-x 1 ②当 0<x<a 时,h(x)=lnx-x+a,h′ (x)=x -1= x . 当 0<a≤1 时,h′ (x)>0 恒成立,此时 h(x)在(0,a)上单调递增; 当 a>1 时,当 0<x<1 时 h′ (x)>0,当 1≤x<a 时 h′ (x)≤0, 所以 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,a)上单调递减. 综上,当 a≤1 时,h(x)的增区间为(0,+∞),无减区间; 当 a>1 时,h(x)增区间为(0,1),(a,+∞);减区间为(1,a). (3)不等式(x2-1)f (x)≥k(x-1)2 对一切正实数 x 恒成立, 即(x2-1)lnx≥k(x-1)2 对一切正实数 x 恒成立. 当 0<x<1 时,x2-1<0;lnx<0,则(x2-1)lnx>0; 当 x≥1 时,x2-1≥0;lnx≥0,则(x2-1)lnx≥0. 因此当 x>0 时,(x2-1)lnx≥0 恒成立. 又当 k≤0 时,k(x-1)2≤0,故当 k≤0 时,(x2-1)lnx≥k(x-1)2 恒成立. 下面讨论 k>0 的情形. 当 x>0 且 x≠1 时,(x2-1)lnx-k(x-1)2=(x2-1)[lnx- k(x-1) ]. x+1

k(x-1) x2+2(1-k)x+1 1 2k 设 h(x)=lnx- ( x>0 且 x≠1),h′ (x)=x - . 2= x+1 (x+1) x(x+1)2 记△=4(1-k)2-4=4(k2-2k). ①当△≤0,即 0<k≤2 时,h′ (x)≥0 恒成立,故 h(x)在(0,1)及(1,+∞)上单调递增. 于是当 0<x<1 时,h(x)<h(1)=0,又 x2-1<0,故(x2-1) h(x)>0,即(x2-1)lnx>k(x-1)2. 当 x>1 时,h(x)>h(1)=0,又 x2-1>0,故(x2-1) h(x)>0,即(x2-1)lnx>k(x-1)2. 又当 x=1 时,(x2-1)lnx=k(x-1)2. 因此当 0<k≤2 时,(x2-1)lnx≥k(x-1)2 对一切正实数 x 恒成立. ②当△>0,即 k>2 时,设 x2+2(1-k)x+1=0 的两个不等实根分别为 x1,x2(x1<x2). 函数 φ(x)=x2+2(1-k)x+1 图像的对称轴为 x=k-1>1, 又 φ(1)=4-2k<0,于是 x1<1<k-1<x2. 故当 x∈(1,k-1)时,φ(x)<0,即 h′ (x)<0,从而 h(x)在(1,k-1)在单调递减; 而当 x∈(1,k-1)时,h(x)<h(1)=0,此时 x2-1>0,于是(x2-1) h(x)<0,即(x2-1)lnx<k(x-1)2, 因此当 k>2 时,(x2-1)lnx≥k(x-1)2 对一切正实数 x 不恒成立. 综上,当(x2-1)f (x)≥k(x-1)2 对一切正实数 x 恒成立时,k≤2,即 k 的取值范围是(-∞,2].

【说明】本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想.第三问比较难,两个注意:①适当变形后研究函数 h(x); ②当 k>2 时,区间(1,k-1)是如何找到的.

23.已知函数 f (x)=sinx-xcosx 的导函数为 f ′ (x). (1)求证:f (x)在(0,π)上为增函数; 1 (2)若存在 x∈(0,π),使得 f′ (x)>2x2+λx 成立,求实数 λ 的取值范围; *(3)设 F(x)=f′ (x)+2cosx,曲线 y=F(x)上存在不同的三点 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),x1<x2<x3, 且 x1,x2,x3∈(0,π),比较直线 AB 的斜率与直线 BC 的斜率的大小,并证明. 解 (1)证明:f′ (x)=xsinx, 当 x∈(0,π)时,sinx>0,所以 f′ (x)>0 恒成立, 所以 f (x) 在(0,π)上单调递增. 1 1 (2)因为 f′ (x)>2x2+λx,所以 xsinx>2x2+λx. 1 当 0<x<π 时,λ<sinx-2x. 1 1 设 φ(x)=sinx-2x,x∈(0,π),则 φ′ (x)=cosx-2. π π 当 0<x<3时,φ′ (x)>0;当3<x<π 时,φ′ (x)<0. π π 于是 φ (x)在(0,3)上单调递增,在 (3,π)上单调递减, π 3 π 所以当 0<x<π 时,φ(x)max=g (3)= 2 -6 3 π 因此 λ< 2 -6. F(x3)-F(x2) F(x2)-F(x1) (3)由题意知只要判断 < 的大小. x3-x2 x2-x1 F(x3)-F(x2) 首先证明: <F′ (x2). x3-x2 由于 x2<x3,因此只要证:F(x3)-F(x2)<(x3-x2) F′ (x2). 设函数 G(x)=F(x)-F(x2)-(x-x2) F′ (x2)( x2<x<π), 因为 F′ (x)=xcosx-sinx=-f(x),所以 G′ (x)=F′ (x)-F′ (x2)=f (x2)-f (x), 由(1)知 f(x)在(0,π)上为增函数,所以 G′ (x)<0. 则 G(x)在(x2,π)上单调递减,又 x>x2,故 G(x)<G(x2)=0. 而 x2<x3<π,则 G(x3)<0,即 F(x3)-F(x2)-(x3-x2) F′ (x2)<0,即 F(x3)-F(x2)<(x3-x2) F′ (x2). F(x3)-F(x2) 从而 <F′ (x2)得证. x3-x2 F(x2)-F(x1) 同理可以证明:F′ (x2)< . x2-x1

F(x3)-F(x2) F(x2)-F(x1) 因此有 < ,即直线 AB 的斜率大于直线 BC 的斜率. x3-x2 x2-x1 【说明】本题以三角函数为载体,考查导数的应用及分类讨论思想,适时结合形分析.其中第三问找一个中间 量 F′ (x2),难度稍大.

24.已知数集 A={a1,a2,?,an}(0≤a1<a2<?<an,n≥2,n∈N*)具有性质 P:?i,j(1≤i≤j≤n), ai+aj 与 aj-ai 两数中至少有一个属于 A. (1)分别判断数集{1,2,3,4}是否具有性质 P,并说明理由; (2)证明:a1=0; *(3)证明:当 n=5 时,a1,a2,a3,a4,a5 成等差数列. 证明 (1)由于 4+4 与 4-4 均不属于数集{1,2,3,4},所以该数集不具有性质 P. (2)因为 A={a1,a2,?,an}具有性质 P,所以 an+an 与 an-an 中至少有一个属于 A, 又 an+an>an,所以 an+an∈ ∕A,所以 an-an∈A,即 0∈A,又 a1≥0,a2>0,所以 a1=0; (3)当 n=5 时,取 j=5,当 i≥2 时,ai+a5>a5, 由 A 具有性质 P,a5-ai∈A,又 i=1 时,a5-a1∈A,所以 a5-ai∈A,i=1,2,3,4,5. 因为 0=a1<a2<a3<a4<a5,所以 a5-a1>a5-a2>a5-a3>a5-a4>a5-a5=0, 则 a5-a1=a5,a5-a2=a4, a5-a3=a3, 从而可得 a2+a4=a5,a5=2a3,故 a2+a4=2a3,即 0<a4-a3=a3-a2<a3, 又因为 a3+a4>a2+a4=a5,所以 a3+a4∈ ∕A,则 a4-a3∈A,则有 a4-a3=a2=a2-a1. 又因为 a5-a4=a2=a2-a1,所以 a5-a4=a4-a3=a3-a2=a2-a1=a2, 即 a1,a2,a3,a4,a5 是首项为 0,公差为 a2 的等差数列. 【说明】本题主要考查集合、等差数列的性质,考查运算能力、推理论证能力,本题是数列与不等式的综 合题.对于复杂的数列问题,我们往往可以从特殊情况入手,找到解题的突破口. ? N*,正项数列{an}的前项积为 Tn,且?k∈M,当 n>k 时, Tn+kTn-k=TnTk 都成立. 25.设 M≠ (1)若 M={1},a1= 3,a2=3 3,求数列{an}的前 n 项和; (2)若 M={3,4},a1= 2,求数列{an}的通项公式. an+1 解:(1)当 n≥2 时,因为 M={1},所以 Tn+1Tn-1=TnT1,可得 an+1=ana12,故 =a12=3(n≥2). an 又 a1= 3,a2=3 3,则{an}是公比为 3 的等比数列, 故{an}的前 n 项和为 3(1-3n) 3 3 = ·3n- . 2 2 1-3

(2)当 n>k 时,因为 Tn+kTn-k=TnTk,所以 Tn+1+kTn+1-k=Tn+1Tk, 所以 Tn+kTn-k Tn+1+kTn+1-k = Tn Tk ,即 an+1+kan+1-k=an+1, Tn+1Tk

因为 M={3,4},所以取 k=3,当 n>3 时,有 an+4an-2=an+12; 取 k=4,当 n>4 时,有 an+5an-3=an+12.

由 an+5an-3=an+12知, 数列 a2,a6,a10,a14,a18,a22,?,a4n-2,?,是等比数列,设公比为 q.??????① 由 an+4an-2=an+12 知, 数列 a2,a5,a8,a11,a14,a17,?,a3n-1,?,是等比数列,设公比为 q1,??????② 数列 a3,a6,a9,a12,a15,a18,?,a3n,?,成等比数列,设公比为 q2,???????③ 数列 a4,a7,a10,a13,a16,a19,a22,?,a3n+1,?,成等比数列,设公比为 q3,????④ 3 a14 a14 由①②得, =q3,且 =q14,所以 q1=q4; a2 a2 3 a18 a18 由①③得, =q3,且 =q24,所以 q2=q4; a6 a6 3 a22 a22 由①④得, =q3,且 =q34,所以 q3=q4; a10 a10 所以 q1=q2=q3=q4.
1 a3 q 由①③得,a6=a2q,a6=a3q2,所以 = =q4, a2 q 2 1 a4 q2 由①④得,a10=a2q2,a10=a4q32,所以 = 2=q2, a2 q3 3

所以 a2,a3,a4 是公比为 q4的等比数列,所以{an}(n≥2)是公比为 q4的等比数列. 因为当 n=4,k=3 时,T7T1=T42T32;当 n=5,k=4 时,T9T1=T52T42, 所以(q4)7=2a24,且(q4)10=2a26,所以 q4=2,a2=2 2. 又 a1= 2,所以{an}(n∈N*)是公比为 q4的等比数列. 故数列{an}的通项公式是 an=2n-1· 2. 【说明】本题主要考查等比数列的性质,考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想方法. *26.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,数列{Mn}满足条件:M1= St ,当 n≥2 时,Mn= St -St - ,其中数列{tn}
1 n n 1
1 1 1 1

1

1

单调递增,且 tn∈N*. (1)若 an=n, ①试找出一组 t1、t2、t3,使得 M22=M1M3; ②证明:对于数列 an=n,一定存在数列{tn},使得数列{Mn}中的各数均为一个整数的平方; (2) 若 an=2n-1, 是否存在无穷数列{tn}, 使得{Mn}为等比数列. 若存在, 写出一个满足条件的数列{tn}; 若不存在,说明理由. n2+n 解: (1)若 an=n,则 Sn= 2 , ①取 M1=S1=1,M2=S4-S1=9,M3=S13-S4=81,满足条件 M22=M1M3, 此时 t1=1,t2=4,t3=13. ②由①知 t1=1,t2=1+3,t3=1+3+32,则 M1=1,M2=32,M3=92, 3n-1 - 一般的取 tn=1+3+32+?+3n 1= 2 ,

3n-1 3n-1 3n-1-1 3n-1-1 (1 + ) (1 + ) 2 2 2 2 此时 St = , S = , tn-1 2 2 n 3n-1 3n-1 3n-1-1 3n-1-1 (1 + ) (1 + ) 2 2 2 2 - 则 Mn=St -St = - =(3n 1)2, 2 2 n n-1 所以 Mn为一整数平方. 因此存在数列{tn},使得数列{Mn}中的各数均为一个整数的平方. (3)假设存在数列{tn},使得{Mn}为等比数列,设公比为 q. 因为 Sn=n2,所以 St =tn2,则 M1=t12,当 n≥2 时,Mn=tn2-tn-12=qn n r 因为 q 为正有理数,所以设 q=s(r,s 为正整数,且 r,s 既约). 因为
- rn 1 2 2 tn -tn-1 必为正整数,则 n-1t1 ∈N*,由于 -1

t12,

2

s

t12 r,s 既约,所以 n-1必为正整数. s

t12 t12 2 若 s≥2,且{tn}为无穷数列,则当 n>logst1 +1 时, n-1<1,这与 n-1为正整数相矛盾. s s 于是 s=1,即 q 为正整数. 注意到 t32=M3+M2+M1=M1(1+q+q2)=t12 (1+q+q2),于是 t32 t1 t32 t1
2=1+q+q .
2

因为 1+q+q2∈N*,所以

2∈N .

*

t3 t3 又t 为有理数,从而t 必为整数,即 1+q+q2 为一整数的平方.
1 1

但 q2<1+q+q2<(q+1) 2,即 1+q+q2 不可能为一整数的平方. 因此不存在满足条件的数列{tn}. 【说明】本题主要考查等差、等比数列的性质,考查阅读理解能力、运算求解能力、推理论证能力.对于 新构造的函数,可以尝试列举,了解构造的过程和含义,从中观察发现规律或寻找突破口.对于存在性问 题,也可以考虑先从特殊情况入手寻找突破口. *27.已知(1+x)2n=a0+a1x+a2x2+?+a2nx2n. (1)求 a1+a2+a3+?+a2n 的值;

1 1 1 1 1 1 (2)求a -a +a -a +?+ -a 的值. a2n-1 1 2 3 4 2n 解 (1)令 x=0 得,a0=1;令 x=1 得,a0+a1+a2+a3+?+a2n=22n. 于是 a1+a2+a3+?+a2n=22n-1. (2)ak=C2kn,k=1,2,3,?,2n, 首先考虑 k!(2n+1-k)! (k+1)!(2n-k)! k!(2n-k)!(2n+1-k+k+1) 1 1 + k+1 = + = (2n+1)! (2n+1)! (2n+1)! C2nk C2n+1 +1 k!(2n-k)!(2n+2) 2n+2 = = , (2n+1)! (2n+1) C2kn 则 2n+1 1 1 1 = ( + k+1 ), C2kn 2n+2 C2nk C2n+1 +1 2n+1 1 1 1 1 ( k- k - k+1= +2 ) . C2n C 2n 2n+2 C2n+1 C2kn +1

因此

1 1 1 1 1 1 2n+1 1 1 1 1 1 1 故a -a +a -a +?+ -a = ( 1 - 3 + 3 - 5 +?+ 2n-1- 2n+1) a2n-1 2n 2n+2 C2n+1 C2n+1 C2n+1 C2n+1 C2n+1 C2n+1 1 2 3 4 2n+1 1 2n+1 1 1 n = ( - 2n+1)= ( -1)=- . 2n+2 C2n1 2 n + 2 2 n + 1 n + 1 C2n+1 +1 【说明】本题考查二项式定理、赋值法、组合恒等变换.关于组合数的倒数问题一直没有涉及过,注意关注一 下.


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