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北京市东城区2016届高三数学一模试卷(理科) Word版含解析


2016 年北京市东城区高考数学一模试卷(理科)
一、本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目 要求的一项. 1.已知复数 i?(1+ai)为纯虚数,那么实数 a 的值为( ) A.﹣1 B.0 C.1 D.2 2.集合 A={x|x≤a},B={x|x2﹣5x<0},若 A∩B=B,则 a 的取值范围是( ) A.a≥5 B.a≥4 C.a<5 D.a<4 3.某单位共有职工 150 名,其中高级职称 45 人,中级职称 90 人,初级职称 15 人.现采用 分层抽样方法从中抽取容量为 30 的样本,则各职称人数分别为( ) A.9,18,3 B.10,15,5 C.10,17,3 D.9,16,5 4.执行如图所示的程序框图,输出的 S 值为( )

A.

B.1

C.2

D.4 )

5.在极坐标系中,直线 ρsinθ﹣ρcosθ=1 被曲线 ρ=1 截得的线段长为( A. B.1 C. D. )

6.一个几何体的三视图如图所示,那么该几何体的最长棱长为(

A.2

B.

C.3

D.

7.已知三点 P(5,2) 、F1(﹣6,0) 、F2(6,0)那么以 F1、F2 为焦点且过点 P 的椭圆的 短轴长为( ) A.3 B.6 C.9 D.12 8. 已知
1, 2 为平面上的单位向量, 1 与 2 的起点均为坐标原点 O, 1 与 2 夹角为

. 平

面区域 D 由所有满足 为( A. ) B. C.



1+μ 2 的点

P 组成,其中

,那么平面区域 D 的面积

D.

二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. 9.在 的展开式中,x3 的系数值为______. (用数字作答)

10.已知等比数列{an}中,a2=2,a3?a4=32,那么 a8 的值为______. 11.如图,圆 O 的半径为 1,A,B,C 是圆周上的三点,过点 A 作圆 O 的切线与 OC 的延 长线交于点 P,若 CP=AC,则∠COA=______;AP=______.

12.若

,且

,则 sin2α 的值为______.

13.某货运员拟运送甲、乙两种货物, 每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表: / 货物 体积(升 件) 重量(公斤/件) 利润(元/件) 20 10 8 甲 10 20 10 乙 110 100 运输限制 在最合理的安排下,获得的最大利润的值为______. 14. 已知函数 f (x)=|lnx|,关于 x 的不等式 f (x)﹣f(x0)≥c(x﹣x0)的解集为(0,+∞) , 其中 x0∈(0,+∞) ,c 为常数.当 x0=1 时,c 的取值范围是______;当 ______. 三、解答题:本大题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程. 15.在△ABC 中, (Ⅰ)求 AB 的长度; ,AC=2,且 . 时,c 的值是

(Ⅱ)若 f(x)=sin(2x+C) ,求 y=f(x)与直线

相邻交点间的最小距离. AC=2, ,

16. A1A⊥底面 ABC, A1A=1, 已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, ∠BAC=90°, E、F 分别为棱 C1C、BC 的中点. (Ⅰ)求证 AC⊥A1B; (Ⅱ)求直线 EF 与 A1B 所成的角; (Ⅲ)若 G 为线段 A1A 的中点,A1 在平面 EFG 内的射影为 H,求∠HA1A.

17.现有两个班级,每班各出 4 名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打(混双)比 赛(注:每名选手打只打一场比赛) .根据以往的比赛经验,各项目平均完成比赛所需时间 如表所示,现只有一块比赛场地,各场比赛的出场顺序等可能. 比赛项目 男单 女单 混双 25 分钟 20 分钟 35 分钟 平均比赛时间 (Ⅰ)求按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率; (Ⅱ)求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行; (Ⅲ) 若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少, 应该怎样安排比赛顺序 (写出结论即可) . x 18.设函数 f(x)=ae ﹣x﹣1,a∈R. (Ⅰ)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)当 x∈(0,+∞)时,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)求证:当 x∈(0,+∞)时,ln > .

19.已知抛物线 C:y2=2px(p>0) ,焦点 F,O 为坐标原点,直线 AB(不垂直 x 轴)过点 F 且与抛物线 C 交于 A,B 两点,直线 OA 与 OB 的斜率之积为﹣p. (Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)若 M 为线段 AB 的中点,射线 OM 交抛物线 C 于点 D,求证: .

20.数列{an}中,给定正整数 m(m>1) , 足 ai+1≤ai(i=1,2,…,m﹣1) ,称数列{an}的前 m 项单调不增. (Ⅰ)若数列{an}通项公式为: (Ⅱ)若数列{an}满足:

.定义:数列{an}满

,求 V(5) . ,求证 V(m)=a

﹣b 的充分必要条件是数列{an}的前 m 项单调不增. (Ⅲ)给定正整数 m(m>1) ,若数列{an}满足:an≥0, (n=1,2,…,m) ,且数列{an}的 2 前 m 项和 m ,求 V(m)的最大值与最小值. (写出答案即可)

2016 年北京市东城区高考数学一模试卷(理科)
参考答案与试题解析

一、本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目 要求的一项. 1.已知复数 i?(1+ai)为纯虚数,那么实数 a 的值为( ) A.﹣1 B.0 C.1 D.2 【考点】复数代数形式的乘除运算. 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简,然后由实部为 0 求得 a 的值. 【解答】解:∵i?(1+ai)=﹣a+i 为纯虚数, ∴﹣a=0,即 a=0. 故选:B. 2.集合 A={x|x≤a},B={x|x2﹣5x<0},若 A∩B=B,则 a 的取值范围是( A.a≥5 B.a≥4 C.a<5 D.a<4 【考点】集合的包含关系判断及应用. 【分析】由 x2﹣5x<0,可得 B=(0,5) ,再利用集合的运算性质即可得出. 2 x 5x 0 0 x 【解答】解:由 ﹣ < ,解得 < <5, ∴B=(0,5) , ∵A∩B=B,∴a≥5. 则 a 的取值范围是 a≥5. 故选:A. 3.某单位共有职工 150 名,其中高级职称 45 人,中级职称 90 人,初级职称 15 人.现采用 分层抽样方法从中抽取容量为 30 的样本,则各职称人数分别为( ) A.9,18,3 B.10,15,5 C.10,17,3 D.9,16,5 【考点】分层抽样方法. 【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系,即可求出各职称分别抽取的人数. 【解答】解:用分层抽样方法抽取容量为 30 的样本, 则样本中的高级职称人数为 30× 中级职称人数为 30× 初级职称人数为 30× 故选:A. 4.执行如图所示的程序框图,输出的 S 值为( ) =18, =3. =9, )

A.

B.1

C.2

D.4

【考点】程序框图. 【分析】由已知中的程序框图可知:该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值, 模拟程序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,可得答案. 【解答】解:当 k=0 时,满足进行循环的条件,故 S= ,k=1, 当 k=1 时,满足进行循环的条件,故 S= ,k=2, 当 k=2 时,满足进行循环的条件,故 S=1,k=3, 当 k=3 时,满足进行循环的条件,故 S=2,k=4, 当 k=4 时,不满足进行循环的条件, 故输出的 S 值为 2, 故选:C 5.在极坐标系中,直线 ρsinθ﹣ρcosθ=1 被曲线 ρ=1 截得的线段长为( A. B.1 C. D. )

【考点】简单曲线的极坐标方程. 【分析】分别得出直角坐标方程,求出圆心(0,0)到直线的距离 d.即可得出直线 ρsinθ ﹣ρcosθ=1 被曲线 ρ=1 截得的线段长=2 .

【解答】解:直线 ρsinθ﹣ρcosθ=1 化为直角坐标方程:x﹣y+1=0. 曲线 ρ=1 即 x2+y2=1. ∴圆心(0,0)到直线的距离 d= . =2 = .

∴直线 ρsinθ﹣ρcosθ=1 被曲线 ρ=1 截得的线段长 L=2 故选:D.

6.一个几何体的三视图如图所示,那么该几何体的最长棱长为(



A.2

B.

C.3

D.

【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由三视图可知:该几何体为四棱锥 P﹣ABCD,其中底面 ABCD 为直角梯形,侧棱 PB⊥底面 ABCD.即可得出. 【解答】解:由三视图可知:该几何体为四棱锥 P﹣ABCD,其中底面 ABCD 为直角梯形, 侧棱 PB⊥底面 ABCD. ∴最长的棱为 PD,PD= 故选:C. =3.

7.已知三点 P(5,2) 、F1(﹣6,0) 、F2(6,0)那么以 F1、F2 为焦点且过点 P 的椭圆的 短轴长为( ) A.3 B.6 C.9 D.12 【考点】椭圆的简单性质. 【分析】设椭圆的标准方程为: + =1(a>b>0) ,可得:c=6,2a=|PF1|+|PF2|,可

得 b=



【解答】解:设椭圆的标准方程为:

+

=1(a>b>0) ,

可得:c=6,2a=|PF1|+|PF2|=

+

=6

,解得 a=3



∴b=

=

=3.

∴椭圆的短轴长为 6. 故选:B.

8. 已知

1, 2 为平面上的单位向量, 1 与 2 的起点均为坐标原点 O, 1 与 2 夹角为

. 平

面区域 D 由所有满足 为( A. ) B. C.



1+μ 2 的点

P 组成,其中

,那么平面区域 D 的面积

D.

【考点】平面向量的基本定理及其意义. 【分析】以 O 为原点,以 根据 =λ +μ 写出 方向为 x 轴正方向,建立坐标系 xOy,写出 、 的坐标,

的坐标表示,利用向量相等列出方程组,求出点 P 的坐标满足的

约束条件,画出对应的平面区域,计算平面区域的面积即可. 【解答】解:以 O 为原点,以 则 又 设 =(1,0) , =λ +μ =(cos 方向为 x 轴正方向,建立坐标系 xOy, )=( , ) ,

,sin

=(λ+ μ,

μ) ,其中 λ≥0,μ≥0,λ+μ≤1;

=(x,y) , μ) ,

则(x,y)=(λ+ μ,





解得



由于 λ≥0,μ≥0,λ+μ≤1,





它表示的平面区域如图所示:

由图知 A( ,

) ,B(1,0) ; = .

所以阴影部分区域 D 的面积为 S= ×1× 故选:D.

二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. 9.在 的展开式中,x3 的系数值为 20 . (用数字作答)

【考点】二项式系数的性质. 【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可得出. 【解答】解:Tr+1= (2x)5﹣r =25﹣3r x5﹣2r.

令 5﹣2r=3,解得 r=1. ∴T4= x3=20x3.

故答案为:20. 10.已知等比数列{an}中,a2=2,a3?a4=32,那么 a8 的值为 128 . 【考点】等比数列的通项公式. 【分析】利用等比数列的通项公式即可得出. 【解答】解:设等比数列{an}的公比为 q, ∵a2=2,a3?a4=32, ∴a1q=2, =32,

解得 a1=1,q=2. 那么 a8=27=128. 故答案为:128. 11.如图,圆 O 的半径为 1,A,B,C 是圆周上的三点,过点 A 作圆 O 的切线与 OC 的延 长线交于点 P,若 CP=AC,则∠COA= ;AP= .

【考点】与圆有关的比例线段. 【分析】证明△OAC 是等边三角形,得到∠COA= 【解答】解:由题意,OA⊥AP. ∵CP=AC, ∴∠P=∠CAP, ∵∠P+∠AOP=∠CAP+∠OAC, ∴∠AOP=∠OAC, ∴AC=OC, ∵OA=OC, ∴△OAC 是等边三角形, ∴∠COA= ∵OA=1 ∴AP= 故答案为: , , ,利用 OA=1,可求 AP.

12.若 【考点】二倍角的正弦.

,且

,则 sin2α 的值为



【分析】利用已知及两角差的正弦函数公式可得 cosα﹣sinα= 公式即可解得 sin2α 的值. 【解答】解:∵ ∴cosα﹣sinα= >0, , = (cosα﹣sinα) ,

,两边平方,利用二倍角

∴两边平方可得:1﹣sin2α= ∴sin2α= 故答案为: . .

13.某货运员拟运送甲、乙两种货物, 每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表: 货物 体积(升/件) 重量(公斤/件) 利润(元/件)

20 10 8 甲 10 20 10 乙 110 100 运输限制 在最合理的安排下,获得的最大利润的值为 62 . 【考点】简单线性规划. 【分析】运送甲 x 件,乙 y 件,利润为 z,建立约束条件和目标函数,利用线性规划的知识 进行求解即可. 【解答】解:设运送甲 x 件,乙 y 件,利润为 z,

则由题意得

,即

,且 z=8x+10y,

作出不等式组对应的平面区域如图: 由 z=8x+10y 得 y=﹣ x+ 平移直线 y=﹣ x+ z 最大, 由 ,得 ,即 B(4,3) , , 经过点 B 时,直线的截距最大,此时

,由图象知当直线 y=﹣ x+

此时 z=8×4+10×3=32+30=62, 故答案为:62

14. 已知函数 f (x)=|lnx|,关于 x 的不等式 f (x)﹣f(x0)≥c(x﹣x0)的解集为(0,+∞) , 其中 x0∈(0,+∞) ,c 为常数.当 x0=1 时,c 的取值范围是 [﹣1,1] ;当 的值是 ﹣2 . 【考点】分段函数的应用;对数函数的图象与性质. 【分析】当 0<x<1 时,f(x)=﹣lnx,f′(x)=﹣ ∈(﹣∞,﹣1) ,当 x>1 时,f(x) =lnx,f′(x)= ∈(0,1) ,进而将 x0=1 和 【解答】解:∵函数 f(x)=|lnx|, 代入,结果斜率公式分类讨论可得答案. 时,c

当 0<x<1 时,f(x)=﹣lnx,f′(x)=﹣ ∈(﹣∞,﹣1) , 当 x>1 时,f(x)=lnx,f′(x)= ∈(0,1) , ①当 x0=1 时,f(x)﹣f(x0)≥c(x﹣x0)可化为:f(x)﹣f(1)≥c(x﹣1) 当 0<x<1 时,f(x)﹣f(1)≥c(x﹣1)可化为: 当 x>1 时,f(x)﹣f(1)≥c(x﹣1)可化为: 故 c∈[﹣1,1]; ②当 x0= 时,f(x)﹣f(x0)≥c(x﹣x0)可化为:f(x)﹣f( )≥c(x﹣ ) ≤c,则 c≥﹣1, ≥c,则 c≤1,

当 0<x< 时,f(x)﹣f( )≥c(x﹣ )可化为:

≤c,则 c≥f′( )=

﹣2,

当 <x<1 时,f(x)﹣f( )≥c(x﹣ )可化为:

≥c,则 c≤f′( )=

﹣2,

当 x>1 时,f(x)﹣f( )≥c(x﹣ )可化为:

≥c,则 c≤1,

故 c=﹣2, 故答案为:[﹣1,1],﹣2 三、解答题:本大题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程. 15.在△ABC 中, (Ⅰ)求 AB 的长度; (Ⅱ)若 f(x)=sin(2x+C) ,求 y=f(x)与直线 相邻交点间的最小距离. ,AC=2,且 .

【考点】两角和与差的余弦函数;正弦函数的图象. 【分析】 (Ⅰ)利用诱导公式求得 cosC,可得 C 的值,咋利用余弦定理求得 AB 的长度. (Ⅱ)由 f(x)=sin(2x+C) ,求得 x1、x2 的值,可得|x1﹣x2|的最小值. 【解答】解: (Ⅰ)∵ ∵ ∴AB=2. ,AC=2,∴ ,∴C=45°. =4,

(Ⅱ) 由 解得 因为 所以 当 ,或

, 解得 ,k1,k2∈Z.



k∈Z, ,

,当 k1=k2 时取等号, 时,相邻两交点间最小的距离为 .

16. A1A⊥底面 ABC, A1A=1, 已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, ∠BAC=90°, E、F 分别为棱 C1C、BC 的中点. (Ⅰ)求证 AC⊥A1B; (Ⅱ)求直线 EF 与 A1B 所成的角; (Ⅲ)若 G 为线段 A1A 的中点,A1 在平面 EFG 内的射影为 H,求∠HA1A.

AC=2, ,

【考点】直线与平面所成的角;棱柱的结构特征. 【分析】 (I)由 AC⊥AB,AC⊥AA1 即可得出 AC⊥平面 ABB1A1,于是 AC⊥A1B; (II)以 A 为原点建立坐标系,求出 线 EF 与 A1B 所成的角; (III)求出 和平面 EFG 的法向量 ,则 sin∠HA1A=|cos< , >|. 和 的坐标,计算 cos< >即可得出直

【解答】证明: (Ⅰ)∵AA1⊥底面 ABC,AC? 平面 ABC, ∴AC⊥AA1. ∵∠BAC=90°,∴AC⊥AB. 又 A1A? 平面 AA1B1B,AB? 平面 AA1B1B,A1A∩AB=A, ∴AC⊥平面 A1ABB1. ∵A1B? 平面 A1ABB1, ∴AC⊥A1B. (Ⅱ)以 A 为原点建立空间直角坐标系 A﹣﹣﹣xyz,如图所示: 则 A1(0,0,1) , ∴ , , , . .

∴ 直线 EF 与 A1B 所成的角为 45°.



(Ⅲ)







=(0,0,1) .

设平面 GEF 的法向量为 =(x,y,z) , 则 ,∴



,则



∴cos<

>=

=



∵A1 在平面 EFG 内的射影为 H,∴∠HA1A 位 AA1 与平面 EFG 所成的角, ∴sin∠HA1A=|cos< ∴∠HA1A= . >|= .

17.现有两个班级,每班各出 4 名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打(混双)比 赛(注:每名选手打只打一场比赛) .根据以往的比赛经验,各项目平均完成比赛所需时间 如表所示,现只有一块比赛场地,各场比赛的出场顺序等可能. 比赛项目 男单 女单 混双 25 20 35 分钟 平均比赛时间 分钟 分钟 (Ⅰ)求按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率; (Ⅱ)求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行; (Ⅲ) 若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少, 应该怎样安排比赛顺序 (写出结论即可) . 【考点】计数原理的应用. 【分析】 (Ⅰ)求出三场比赛的种数,其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有 1 种, 根据概率公式计算即可, (Ⅱ)令 A 表示女单比赛、B 表示男单比赛、C 表示混双比赛,分别求出按不同顺序比赛 时,第三场比赛等待的时间,再根据平均数的定义即可求出, (Ⅲ)按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛,可使等待的总时间最少. 【解答】解: (I)三场比赛共有 种方式,其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛 (Ⅱ)令 A 表

只有 1 种,所以按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率为 . 示女单比赛、B 表示男单比赛、C 表示混双比赛.

按 ABC 顺序进行比赛,第三场比赛等待的时间是:t1=20+25=45(分钟) . 按 ACB 顺序进行比赛,第三场比赛等待的时间是:t2=20+35=55(分钟) . 按 BAC 顺序进行比赛,第三场比赛等待的时间是:t3=20+25=45(分钟) . 按 BCA 顺序进行比赛,第三场比赛等待的时间是:t4=35+25=60(分钟) . 按 CAB 顺序进行比赛,第三场比赛等待的时间是:t5=35+20=55(分钟) . 按 CBA 顺序进行比赛,第三场比赛等待的时间是:t6=35+25=60(分钟) . 且上述六个事件是等可能事件,每个事件发生概率为 ,所以平均等待时间为 , (Ⅲ)按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛,可使等待的总时间最少 18.设函数 f(x)=aex﹣x﹣1,a∈R. (Ⅰ)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (Ⅱ)当 x∈(0,+∞)时,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)求证:当 x∈(0,+∞)时,ln > .

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 【分析】 (Ⅰ)a=1 时得出 f(x) ,进而得到 f′(x)=ex﹣1,这样便可判断导数符号,根据符 号即可得出 f(x)的单调区间; (Ⅱ)可以由 f(x)>0 恒成立得到 恒成立,这样设 ,求导,根据导数

符号便可判断 g(x)在(0,+∞)上单调递减,这便可得到 g(x)<1,从而便可得出 a 的 取值范围; (Ⅲ)容易得到 等价于 ex﹣xex﹣1>0,可设 h(x)=ex﹣xex﹣1,求导数,

并根据上面的 f(x)>0 可判断出导数 h′(x)>0,从而得到 h(x)>h(0)=0,这样即 可得出要证明的结论. 【解答】解: (Ⅰ)当 a=1 时,则 f(x)=ex﹣x﹣1,f'(x)=ex﹣1; 令 f'(x)=0,得 x=0; ∴当 x<0 时,f'(x)<0,f(x)在(﹣∞,0)上单调递减; 当 x≥0 时,f'(x)≥0,h(x)在(0,+∞)上单调递增; 即 a=1 时,f(x)的单调减区间为(﹣∞,0) ,单调赠区间为[0,+∞) ; x (Ⅱ)∵e >0; ∴f(x)>0 恒成立,等价于 设 ,x∈(0,+∞) , 恒成立; ;

当 x∈(0,+∞)时,g′(x)<0; ∴g(x)在(0,+∞)上单调递减; ∴x∈(0,+∞)时,g(x)<g(0)=1; ∴a≥1;

∴a 的取值范围为[1,+∞) ; (Ⅲ)证明:当 x∈(0,+∞)时, 等价于 ex﹣xex﹣1>0;

设 h(x)=ex﹣xex﹣1,x∈(0,+∞) , 由(Ⅱ)知,x∈(0,+∞)时,ex﹣x﹣1>0 恒成立; ∴ ;



∴h′(x)>0; ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增; ∴x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0; 因此当 x∈(0,+∞)时, .

19.已知抛物线 C:y2=2px(p>0) ,焦点 F,O 为坐标原点,直线 AB(不垂直 x 轴)过点 F 且与抛物线 C 交于 A,B 两点,直线 OA 与 OB 的斜率之积为﹣p. (Ⅰ)求抛物线 C 的方程; (Ⅱ)若 M 为线段 AB 的中点,射线 OM 交抛物线 C 于点 D,求证: .

【考点】抛物线的简单性质. 【分析】 (I)设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,直线 AB(不垂直 x 轴)的方程可设为 .与抛物线方程联立可得: ,由直线

OA 与 OB 的斜率之积为﹣p,即 出.

.可得:x1x2=4. 利用根与系数的关系即可得

(II)利用中点坐标公式、斜率计算公式可得:直线 OD 的方程为 抛物线 C:y2=8x 的方程,解出即可得出. 【解答】 (I)解:∵直线 AB 过点 F 且与抛物线 C 交于 A,B 两点, 设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,直线 AB(不垂直 x 轴)的方程可设为 ∴ , . ,

,代入



∵直线 OA 与 OB 的斜率之积为﹣p, ∴ .



,得 x1x2=4.



,化为



其中△=(k2p+2p)2﹣k2p2k2>0 ∴x1+x2= ,x1x2= .

∴p=4,抛物线 C:y2=8x. (Ⅱ)证明:设 M(x0,y0) ,P(x3,y3) ,∵M 为线段 AB 的中点, ∴ , .

∴直线 OD 的斜率为

. 代入抛物线 C:y2=8x 的方程,

直线 OD 的方程为





∴ ∵k2>0, ∴





20.数列{an}中,给定正整数 m(m>1) , 足 ai+1≤ai(i=1,2,…,m﹣1) ,称数列{an}的前 m 项单调不增. (Ⅰ)若数列{an}通项公式为: (Ⅱ)若数列{an}满足:

.定义:数列{an}满

,求 V(5) . ,求证 V(m)=a

﹣b 的充分必要条件是数列{an}的前 m 项单调不增. (Ⅲ)给定正整数 m(m>1) ,若数列{an}满足:an≥0, (n=1,2,…,m) ,且数列{an}的 2 前 m 项和 m ,求 V(m)的最大值与最小值. (写出答案即可) 【考点】数列的应用.

【分析】 (Ⅰ)由数列{an}通项公式分别气的前 5 项,代入即可求得 V(5) , (Ⅱ)充分性:由 ,数列{an}的前 m 项单调不增,即 am≤…≤a2

≤a1,去掉绝对值求得 V(m)=a﹣b,再证明必要性,采用反证法,假设数列{an}的前 m 项不是单调不增,则存在 i(1≤i≤m﹣1)使得 ai+1>ai,求得 = |a

﹣b+ai+1﹣ai|+(ai+1﹣ai)>a﹣b,与已知矛盾,即可证明 V(m)=a﹣b 的充分必要条件是 数列{an}的前 m 项单调不增. (Ⅲ)由当丨 ai+1﹣ai 丨=0 时,即数列{an}为常数列,V(m)=0,当 m=2 时的最大值:此 时 a1+a2=4,|a1﹣a2|≤|4﹣0|=4,当 m>2 时的最大值:此时 a1+a2+a3+…+a4=m2. 【解答】解(Ⅰ) ,

a1=﹣1,a2=1,a3=﹣1,a4=1,a5=﹣1, V(5)=丨 a2﹣a1 丨+丨 a3﹣a2 丨+丨 a4﹣a3 丨+丨 a5﹣a4 丨=2+2+2+2=8, V(5)=8.… (Ⅱ)充分性:若数列{an}的前 m 项单调不增,即 am≤…≤a2≤a1, 此时有: =(a1﹣a2)+(a2﹣a3)+(a3﹣a4)+…+(am﹣1﹣am)

=a1﹣am=a﹣b. 必要性:反证法,若数列{an}的前 m 项不是单调不增,则存在 i(1≤i≤m﹣1)使得 ai+1> ai,那么: = 丨 ai+1﹣ai 丨+丨 ai+1﹣ai 丨+ 丨 ai+1﹣ai 丨≥丨 ai﹣a1

丨+(ai+1﹣ai)+丨 am﹣ai+1 丨, =丨 am﹣ai+ai﹣ai+1 丨+(ai+1﹣ai) , =丨 a﹣b+ai+′﹣ai 丨+(ai+1﹣ai) , 由于 ai+1>ai,a>b, ∴|a﹣b+ai+1﹣ai|+(ai+1﹣ai)>a﹣b. 与已知矛盾.… (III)最小值为 0.此时{an}为常数列.… 最大值为 ,

当 m=2 时的最大值:此时 a1+a2=4, (a1,a2≥0) ,…11 分 |a1﹣a2|≤|4﹣0|=4. 当 m>2 时的最大值:此时 a1+a2+a3+…+a4=m2. 由|x﹣y|≤|x|+|y|易证,{an}的值的只有是大小交替出现时,才能让 V(m)取最大值. 不妨设:ai+1≤ai,i 为奇数,ai+1≥ai,i 为偶数.当 m 为奇数时有: ,

=a1﹣a2+a3﹣a2+a3﹣a4+a5﹣a4+…+am﹣am﹣1, =a1﹣am+2 ai﹣4 a2i≤2 ai=2m2,

当 m 为偶数时同理可证.…

2016 年 9 月 20 日


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