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2015届高三数学考前综合题(解答)


2015 届高三数学考前综合题
一、填空题 1.设等比数列{an}的前 n 项的乘积为 Tn,若 T2=T8,则 T10 的值为_____________. 【答案】1 【提示】 法一: 由 T2=T8, 得 a3· a4· ?· a8=1, 即(a3· a8)3=1, 即 a3· a8=1, 从而 T10=a1· a2· ?· a10=(a1· a10)5 =(a3·

a8)5=1; 法二:(特殊化),取 an=1,则 T10=1. 【说明】本题考查等比数列的运算性质.可一般化:设正项等比数列{an}的前 n 项的乘积为 Tn,若存 在 m,n∈N*,m≠n,使 Tm=Tn,则 Tm+n=1;可类比得:设等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn,若 Sm=Sn, 则 Sm+n=0. 2.在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 P 为圆 C:x2+y2-4x-4y+4=0 上的动点,点 P 到某直线 l 的最大 距离为 5.若在直线 l 上任取一点 A 作圆 C 的切线 AB,切点为 B,则 AB 的最小值是________. 【答案】 5. 【提示】由 P 到直线 l 的最大距离为 5,得圆心 C 到直线 l 的距离为 3,从而直线 l 与圆 C 相离. 过 A 引圆 C 的切线长 AB= AC2-r2= AC2-4≥ 32-4= 5. 【说明】点、直线与圆的相关问题常转化为圆心与点、直线问题. 3.在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线 l:x-2y+m=0 上存在点 M 满足与两点 A(-2,0),B(2,0)连线 3 的斜率 kMA 与 kMB 之积为- ,则实数 m 的值是___________. 4 【答案】[-4,-2)∪(-2,2)∪(2,4]. y y 3 x2 y2 【提示】设 M(x,y),由题知 · =- ,即 + =1(y≠0).与 x-2y+m=0 联立,消去 x,得 4 4 3 x+2 x+2
?△=(-12m)2-4×16×(3m2-12)≥0, 16y2-12my+(3m2-12)=0(*). 由题知方程(*)有非零解, 即? 2 解得- ?3m -12≠0,

4≤m≤4 且 m≠±2. 【说明】求曲线方程的直接法,研究直线与椭圆位置关系中基本方法是方程思想. 1 4 4.已知数列{an}为正项等差数列,若存在 k∈N*,k≥2,满足 + ≤1,则 ak 的最小值为______. a1 a2k-1 9 【答案】 . 2 a1+a2k-1 a1+a2k-1 1 a2k-1 1 4 4 1 【提示】因为{an}为正项等差数列, + ≤1,所以 ak= ≥ ( + )= (5+ a1 a2k-1 2 2 a1 a2k-1 2 a1 + 4a1 1 )≥ (5+2 a2k-1 2 a2k-1 4a1 a2k-1 4 a1 9 1 4 · )= ,当且仅当 + =1,且 = ,即 a1=3,a2k-1=6 时,等号 a1 a2k-1 2 a1 a2k-1 a1 a2k-1

成立. 【说明】本题将等差数列的运算性质(等差中项)与基本不等式进行综合. ?? 5.在△ABC 中,已知∠C 为钝角,BC=3, BA · BC =12.当∠A 最大时,△ABC 的面积为__________. 【答案】3 ?? 【提示】过 A 作 AD⊥BC,垂足为 D,则 BA · BC =BA·BCcosB=BD·BC. ?? 因为 BC=3, BA · BC =12,所以 3BD=12,即 BD=4.又 BC=3,所以 CD=1.
B C D A

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4 1 - y y 3 3 4 设 AD=y(y>0),则 tan∠BAC= = ≤ ,且仅当 y= ,即 y=2 时,等号成立. 4 4 4 y 1+ 2 y+ y y π 由正切函数在区间(0, )上单调增,此时∠BAC 也最大. 2 1 1 当 y=2 时,△ABC 的面积为 S= BC·AD= ×3×2=3. 2 2 【说明】学会从向量的数量积处理的三种方式:定义、基底和坐标,本题用定义最为简洁,用坐标也 可以得出同上结论,另由两个直角三角形拼接的平面图形,计算角的最大值,可转化到直角三角形用两角 和与差的正切来解决,体现了化归与转化的思想. 6.计算:4sin20?+tan20?=____________. 【答案】 3. 【提示】原式=4sin20?+ = sin20? 4sin20? cos20?+sin20? 2sin40?+sin20? 2sin(60?-20?)+sin20? = = = cos20? cos20? cos20? cos20?

3cos20?-sin20?+sin20? = 3. cos20?

【说明】切化弦、向特殊角转化、向单一的角转化是三角恒等变换(求值)的一般思路. π 4 π 7.设 α 是锐角,若 cos(α+ )= ,则 sin(2α+ )的值为____________. 6 5 12 17 2 【答案】 50 π π 2π π 4 π 3 【提示】因为 α 是锐角,所以 <α+ < .因为 cos(α+ )= ,所以 sin(α+ )= . 6 6 3 6 5 6 5 所以 所以 π π π 24 π π 7 sin[2(α+ )]=2sin(α+ )cos(α+ )= ,cos2(α+ )=1-2sin2(α+ )= . 6 6 6 25 6 6 25 π π π π π π π 24 2 7 2 17 2 sin(2α+ )=sin[2(α+ )- ]=sin2(α+ )cos -cos2(α+ )sin = × - × = . 12 6 4 6 4 6 4 25 2 25 2 50

【说明】考查同角三角函数,倍角三角函数,和角三角函数,重点突出角之间的互化,设法将所求角 转化为已知角,用已知角表示所求角. 8.在等比数列{an}中,已知 a1=2,公比 q=3,若存在 m,n∈N*,且 m>n,使 an+an+1+?+am=720, 则 m+n 的值为____________. 【答案】9. 【提示】因为 an = 2×3n 1 ,所以 an + an + 1 +?+ am =


2×3n 1· (1-3m 1-3


-n+1

)

= 3n 1(3m


-n+ 1

- 1) = 720 =

?n-1=2, 32×24×5.因为 m,n∈N*,且 m>n,所以? 解得 n=3,m=6,则 m+n=9. ?m-n+1=4,

【说明】本题考查等比数列中的基本运算,涉及到简单的数论知识(整数的分解).
?x+4,x<a, 9. 设函数 f(x)=? 2 若对任意 b∈R, 总存在 x0∈R, 使 f(x0)=b, 则实数 a 的取值范围是_____. ?x -2x,x≥a,

【答案】[-5,4]. 【提示】 “任意实数 b,总存在实数 x0,使得 f (x0)=b”等价于函数 f(x)的值域为 R.在平面直角坐标系 xOy 中,分别作出函数 y=x+4 及 y=x2-2x 的图像,观察图像可知-5≤a≤4. 【说明】本题要注意条件的等价转化.一般情况下涉及到分段函数的问题都要有意识的作出图像,运 用数形结合的方法解决问题,学会从特殊值验证,再到一般结论的发展.

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10. 设函数 f (x)=ax3-3x2+1, 若 f (x)存在唯一的零点 x0, 且 x0>0, 则实数 a 的取值范围是____________. 【答案】(-∞,-2) 【提示】解法一:若 a=0,解得 x=± 3 ,不合题意. 3

若 a>0,则 f(-1)=-a-2<0,f(0)=1>0,所以 f(x)存在负的零点,不合题意. 2 2 4 若 a<0,则 f′(x)=3ax(x- ),可得 f(x)的极小值 f( )=1- 2>0,解得 a>2 或 a<-2,从而 a<-2. a a a 综上,实数 a 的取值范围是区间(-∞,-2). 3 1 解法二:f(x)=0,即 ax3=3x2-1,分离参数 a= - 3,易得 a<-2. x x 【说明】考查零点概念、零点存在性定理;函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想,学会利 用导数来研究函数的图象和性质. f(b)-f(a) m 11.设函数 f(x)=lnx+ ,若对任意不等的正数 a,b,都有 <1,则实数 m 的取值范围是______. x b-a 1 【答案】[ ,+∞). 4 f(b)-f(a) 【提示】对任意不等的正数 a,b,都有 <1 成立,即 f(b)-b<f(a)-a 恒成立,即函数 h(x)= b-a m 1 m f(x)-x=lnx+ -x 在区间(0,+∞)上单调减,即 h′(x)= - 2-1≤0 在区间(0,+∞)上恒成立,即 m≥- x x x 1 1 1 x2+x=-(x- )2+ 在区间(0,+∞)上恒成立,即 m≥ . 2 4 4 【说明】考查求常见函数的导数,利用导数研究函数的单调性,会用分离常数的方法来研究不等式恒 成立问题,不等式、方程、函数三者之间相互转化是高考考查的重点,要培养用函数的观点来研究不等式、 方程的意识,体现数形结合思想. 二、解答题 1 1.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知 tanA= ,在平面直角坐标系 xOy 中,设向量 x 3 =(3a,cosA),y=(2c,cosC),且 x∥y, (1)若 b= 5,求 c2-a2 的值; (2)求 B 的值. a2+c2-b 2 b2+c2-a2 解:(1)因为 x∥y,所以 3acosC=2ccosA.由余弦定理得 3a· =2c· ,即 b2=5(c2-a2). 2ac 2bc 因为 b= 5,所以 c2-a2=1. (2)因为 3acosC=2ccosA,由正弦定理得 3sinAcosC=2sinCcosA. 在△ABC 中,因为 A,C∈(0,π),所以 sinA,sinC 都为正数,cosC,cosA 不同时为 0,所以 cosCcosA ≠0,从而 3tanA=2tanC. tanA+tanC 1 1 因为 tanA= ,所以 tanC= ,从而 tanB=-tan(A+C)=- =-1. 3 2 1-tanAtanC 3π 因为 B∈(0,π),所以 B= . 4 【说明】考查向量的平行,正弦、余弦定理,两角和与差的正切公式.能够根据题目的要求正确实现 边角互化. 2.在三角形 ABC 中,角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c,面积为 S. → → (1)若 AB · AC ≤2 3S,求 A 的取值范围;

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(2)若 tanA∶tanB∶tanC=1∶2∶3,且 c=1,求 b 的值. 1 → → 解:(1)由题意知, AB · AC =bccosA,S= bcsinA,所以 bccosA≤ 3bcsinA,即 cosA≤ 3sinA, 2 (或也可根据 cosA 的正负,转化为关于 tanA 的不等式). π 即 3sinA-cosA≥0,即 2sin(A- )≥0. 6 π π 5π π 5π π 因为 A 为三角形内角,所以 A- ∈(- , ),所以 0≤A- < ,从而 A∈[ ,π). 6 6 6 6 6 6 (2)因为 tanA∶tanB∶tanC=1∶2∶3,所以设 tanA=m,tanB=2m,tanC=3m.由题意知,m>0. 因为 tanC=-tan(A+B)=- tanA+tanB 3m ,则 3m=- ,解得 m=1,所以 tanB=2,tanC=3. 1-tanA· tanB 1-2m2

sinB 由 tanB= ,得 sinB=2cosB. sinB 4 又 sin2B+cos2B=1,所以 sin2B= . 5 2 5 因为 B∈(0,π),所以 sinB>0,所以 sinB= . 5 同理 3 10 sinC= , 10

b sinB 2 2 因为 c=1,所以,根据正弦定理得 = ,从而 b= . c sinC 3 【说明】 本题第(1)问考查数量积? 三角形面积公式? 两角和差公式及简单的三角不等式. 第(2)问的目的 是考查斜三角形三内角 A,B,C 满足的一个恒等式(tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC). 还可联想到一类求值问题(两角和差正切公式的变形),如 tan37?+tan23?+ 3tan37?· tan23?等问题. 3.某高速公路收费站出口处依次有编号为 1,2,3,4,5 的五个收费窗口. (1)若每天随机开放其中的 3 个窗口,则其中恰有两个相邻(如:1,2,4)的概率是多少? (2)经统计,在某个开放的收费窗口处排队等侯的车辆数及相应概率如下: 排队车辆数 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 ≥5 0.04

①该收费窗口处至多有 2 辆车排队等侯的概率是多少? ②该收费窗口处至少有 3 辆车排队等侯的概率是多少? 解:(1)记事件 A 为“开放 3 个收费窗口,恰有两个窗口相邻” ,用(i,j,k)表示编号分别为 i,j,k 的三个 窗口开放,其中 1≤i<j<k≤5,且 i,j,k∈N*,则本题的基本事件包括(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5), (1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5),共 10(即 C3 5)个基本事件; 而事件 A 包括(1,2,4),(1,2,5),(2,3,5),(1,3,4),(1,4,5),(2,4,5),共 6(即)个基本事件. 6 3 因此 P(A)= = . 10 5 3 答:随机开放其中三个收费窗口,恰有两个相邻窗口开放的概率为 . 5 (2)记事件 Bi 为“该窗口处有 i 辆车排队等候” ,其中 i=1,2,3,4,5,6.由题知,这 6 个事件互斥.记 事件 C 为“该窗口处至多有 2 辆车排队等候” ,事件 D 为“该窗口处至少有 3 辆车排队等候” ,则 P(C)=P(B1+B2+B3)=P(B1)+P(B2)+P(B3)=0.1+0.16+0.3=0.56, P(D)=P(B4+B5+B6)=P(B4)+P(B5)+P(B6)=0.3+0.1+0.04=0.44. ?)=1-P(C)=0.44) (另解:由题意知事件 C,D 为对立事件,则 P(D)=P(C 答:该收费窗口处至多 2 辆车排队等候的概率为 0.56,至少 3 辆车排队等候的概率为 0.44. 【说明】本题考查古典概型和互斥事件的概率计算,主要要注意规范表述.
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4.如图,在四边形 ABCD 中,已知 AB=2,AD=1,△BCD 为正三角形. π → → → (1)当∠BAD= 时,设 AC =x AB +y AD ,求实数 x,y 的值; 3 (2)设∠BAD=α,则当 α 为多少时,四边形 ABCD 的面积最大,并求出最大值. π 解:(1)在△ABD 中,因为 AB=2,AD=1,∠BAD= ,所以, 3
A B C D

π 由余弦定理得 BD2=AB2+AD2-2AB· ADcos∠BAD=22+12-2×2×1×cos =3,即 BD= 3. 3 BD AD AB 1 由正弦定理 = = ,得 sin∠ABD= ,sin∠ADB=1. 2 sin∠BAD sin∠ABD sin∠ADB 2π π π 在△ABD 中,因为∠ABD,∠ADB∈(0, ),所以∠ABD= ,∠ADB= . 3 6 2 π 因为△BCD 为正三角形,所以∠CBD=∠BCD=∠BDC= , 3 π 5π 所以∠ABC=∠ABD+∠CBD= ,∠ADC=∠ADB+∠BDC= . 2 6 下面提供三种解法: 法一:如图,过点 C 作 CE∥AD,交 AB 于点 E. π π 在△BCE 中,因为 BC= 3,∠ABC= ,∠BEC= , 2 3
A C D E B

? ?x=1, → → → 1→ → 所以 CE=2,BE=1,则 AE=1,所以 AC = AE + EC = AB +2 AD ,即? 2 2 ? ?y=2.
法二:以 A 为坐标原点,AB 所在直线为 x 轴,建立如图所示的直角坐标系 xOy. 1 3 由题知 D( , ),B(2,0),C(2, 3), 2 2 3 → → → 1 所以 AC =(2, 3), AB =(2,0), AD =( , ). 2 2 y
C D

?2x+2y=2, ? ?x=1, → → → 因为 AC =x AB +y AD ,所以? 解得? 2 3 ?y=2. ? 2 y= 3, ?
→ → → → → 法三:因为 AC · AB =x AB 2+y AD · AB =4x+y, → → → → → →2 → → 又 AC · AB =( AB + BC )· AB = AB + BC · AB =4, 所以 4x+y=4.①

1

A O

B

x

→ → → → → 因为 AC · AD =x AB · AD +y AD 2=x+y, π 5 → → → → → →2 → → 又 AC · AD =( AD + DC )· AD = AD + DC · AD =1+1× 3×cos = , 6 2 所以 5 x+y= .② 2

1 由①②解得 x= ,y=2. 2 (2)在△ABD 中,由余弦定理知 BD= 5-4cosα,所以
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△ABD 的面积为 S△ABD=sinα,△BDC 的面积为 S△BDC=

3 2 3 BD = (5-4cosα), 4 4

5 3 π 5 3 所以四边形 ABCD 的面积 S=sinα- 3cosα+ =2sin(α- )+ ,α∈(0,π), 4 3 4 π π 5π 5 3 所以,当 α- = ,即 α= 时,Smax=2+ . 3 2 6 4 5π 5 3 答:当 α= 时,四边形 ABCD 的面积最大,最大值为 2+ . 6 4 → → → 【说明】第(1)问考查平面向量基本定理,将向量 AC 用基底 AB , AD 线性表示.此类问题通常的处理 方法:利用“平行四边形法则”或“三角形法则”分解;将向量用坐标表示;将向量与基底进行运算(数 量积? 平方等).第(2)问考查三角形面积? 三角恒等变换及三角函数在给定区间上的最值问题. 5.某隧道长 2150m,通过隧道的车辆速度不能超过 20m/s.一支由 55 辆车身长都为 10m 且最高行驶速度 为 40m/s 的同一车型组成的车队欲匀速通过该隧道.设该车队的行驶速度为 xm/s,根据安全及其车流 量最大化的需要,当 0<x≤10 时,相邻两车之间应保持 20m 的距离;当 10<x≤20 时,相邻两车之间 1 1 保持( x2+ x)m 的距离.自第 1 辆车车头进入隧道至第 55 辆车车尾离开隧道所用时间为 y(s). 6 3 (1)将 y 表示为 x 的函数; (2)求车队通过隧道时间 y 的最小值及此时车队的速度. 解:(1)当 0<x≤10 时,y= 2150+10×55+20×(55-1) 3780 = ; x x

1 1 2150+10×55+( x2+ x)×(55-1) 6 3 2700+9x2+18x 2700 当 10<x≤20 时,y= = =18+9x+ . x x x

所以

? x ,0<x≤10, y=? 2700 ?18+9x+ x ,10<x≤20.
3780 =378. 10 2700 2700 =18+180 3,当且仅当 9x= >0,即 x= x x

3780

(2)当 x∈(0,10]时,因为 y 是 x 的减函数,所以,当 x=10 时,ymin= 2700 当 x∈(10,20]时,y=18+9x+ ≥18+2 x 9x?

10 3时,等号成立. 因为 10 3∈(10,20],所以,当 x=10 时,ymin=18+180 3. 因为 378=18+360>18+180 3,所以,当 x∈(0,20]时,ymin=18+180 3. 答:当车队的速度为 10 3m/s 时,车队通过隧道时间 y 有最小值(18+180 3)s. 【说明】注意半建模型的应用问题,其中变量在不同范围内,对应的函数关系不一样,处理问题的方 法也有区别,可与多项式函数? 分式函数、三角函数等综合,也可用不等式、导数、三角变换等工具研究 其最值. 6.在平面直角坐标系 xOy 中,已知圆 O 的方程为 x2+y2=1,P 为直线 l:x=t(1<t<2)上一点, 4 (1)设 t= , 3 5 ①当点 P 在第一象限,且 OP= 时,求过点 P 圆 O 的切线方程; 3 ②若存在过点 P 的直线交圆 O 于点 A,B,且 B 恰为线段 AP 的中点,求点 P 的纵坐标的取值范围; (2)设直线 l 与 x 轴交于点 M,线段 OM 的中点为 Q,若 R 为圆 O 上一点,且 RM=1,直线 RM 与圆 O
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交于另一点 N,求线段 NQ 长的最小值. 4 解:(1)设点 P 的坐标为( ,y0). 3 5 4 5 ①因 OP= ,所以( )+y02=( )2,解得 y0=±1. 3 3 3 4 又点 P 在第一象限,所以 y0=1,即 P 的坐标为( ,1). 3 易知过点 P 圆 O 的切线的斜率必存在,可设切线的斜率为 k, 4 |1- k| 3 4 4 24 则切线为 y-1=k(x- ),即 kx-y+1- k=0,于是有 2 =1,解得 k=0 或 k= . 3 3 7 k +1 因此过点 P 圆 O 的切线为:y=1 或 24x-7y-25=0. 4 x+ 3 y+y0 ②设 A(x,y),则 B( , ). 2 2

? ? ?x +y =1, ?x +y =1, 42 因为点 A,B 均在圆上,所以有?1? 4?2 ?y+y0?2 即? 2 ?(x+3) +(y+y0) =4. ?4?x+3? +? 2 ? =1, ? ?
4 该方程组有解,即圆 x2+y2=1 与圆(x+ )2+(y+y0)2=4 有公共点. 3 于是 1≤ 16 2 65 65 +y0≤3,解得- ≤y0≤ , 9 3 3 65 65 , ]. 3 3

2

2

2

2

即点 P 纵坐标的取值范围是[-

2 ?x2 +y2 t t2 2=1, 2 (2)设 R(x2,y2),则? 解得 x = , y = 1 - . 2 2 2 2 2 4 ?(x2-t) +y2=1,

所以直线 RM 的方程为 y=-
2 2

2y2 (x-t). t

? ?x +y =1, t(3-t2) 2y2 由? 解得 N 点横坐标为 , 2 ?y=- t (x-t), ?
所以 NQ=

?2t-t ?2+1-?3t-t ?2=1 2t4-5t2+4=1 2 ? 2 ? ? 2 ? 2

3

3

5 7 2(t2- )2+ . 4 8

5 5 14 所以,当 t2= ,即 t= 时,NQ 取得最小值 . 4 2 8 【说明】本题考查了直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系.其中第二问要能体会将方程组有解问 题转化为圆与圆有公共点问题;第三问要能会求在已知一个交点的情况下直线与曲线的另一个交点的坐 标.最后需要注意解析几何当中求范围问题. x2 y2 3 7.在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 E: 2+ 2=1 过点 D(1, ),右焦点为 F(1,0),右顶点为 A.过 a b 2 点 F 作直线交椭圆 E 于点 B,C.设直线 BA,CA 分别交直线 l:x=m(m>2)于点 P,Q. (1)求椭圆的方程; (2)若 FP⊥FQ,求 m 的值.

? 12+ 9 2=1, ? 解:(1)由题知?a 4b 解得 a2=4,b2=3, 2 2 ?a -b =1, ?
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x2 y2 所以椭圆方程为 + =1. 4 3 y0 (2)设 B(x0,y0),则 BC 的方程为 y= (x-1). x0-1 8-5x y ?y=x -1(x-1), ?x=x , ?x=5-2x , 8-5x -3y 由? 得? 或? 所以 C( , ). x y -3y 5-2x 5-2x ?y=y , ? 4 + 3 =1, ?y=5-2x .
0 0 0 2 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0

y D F O B A x C P

设直线 AB,AC,AP,AQ,FP,FQ 的斜率分别为 kAB,kAC,kAP,kAQ,kFP,kFQ,则 -3y0 x2 0 9(1 - ) 2 5-2x0 3y0 4 y0 y0 3y0 9 kABkAC= ? = ? = = 2 =- . 4 x0-2 8-5x0 x0-2 x0+2 x2 - 4 x - 4 0 0 -2 5-2x0 9 显然 kAB=kAP,kAC=kAQ,所以 kAPkAQ=- . 4 设 Q(m,y1),则 kFQ= 同理 y1 y1 m-2 m-2 = ? = k . m-1 m-2 m-1 m-1 AQ m-2 k . m-1 AP

Q

kFP=

m-2 2 9 m-2 2 所以 kFPkFQ=( ) k k =- ( ) =-1, 4 m-1 m-1 AP AQ m-2 2 又 m>2,所以 = ,所以 m=4. m-1 3 【说明】本题考查了椭圆的标准方程、直线的斜率.重点考查学生的计算能力,即应用解析的方法证 明圆锥曲线性质的能力.本题中要证明 FP⊥FQ,即证明 kFPkFQ=-1,通过分析可以发现 kFQ 与 kAQ 成比 例,同理 kFP 与 kAP 成比例,故只需证明 kABkAC 即可. x2 y2 2 8.在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= ,右焦点、下顶点、左顶 a b 2 点分别为 F2,B,A,且 AB= 3.设直线 l 交椭圆 C 于 P,Q 两点,直线 AP 与 BQ 交于点 M. (1)求 a,b 的值; y (2)当 BP 过点 F2 时,求过 A,B,P 三点的圆的方程; Q AM BM *(3)当 = 时,求 F2M 的最小值. MP MQ c 2 = , ?a 2 解:(1)根据条件,得? 解得 a= a +b =3, ?a =b +c ,
2 2 2 2 2

Ml A 2,b=1. O B F
2

P

x

(2)由(1)知,F2,B 的坐标分别为(1,0),(0,-1),所以直线 BP 的方程为 y=x-1. x2 4 4 1 与 C 的方程 +y2=1 联立,消去 y,得 3x2-4x=0,解得 x=0 或 .所以 P( , ). 2 3 3 3 设过 A,B,P 三点的圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0, - 2D+F=-2, 4 1 -E+F=-1, 将 A(- 2,0),B(0,-1),P( , )的坐标代入,得 解得 3 3 4 1 17 D+ E+F=- , 3 3 9 D= , ? ? 32+1 ?E=- 3 , ? ?F=- 23+4. 2-1

? ? ?

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故圆的方程为 x2+y2+

2-1 2+1 2+4 x- y- =0, 即 3x2+3y2+( 2-1)x-( 2+1)y-( 2+4)=0. 3 3 3

AM BM (3)设 P,Q,M 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(x0,y0),且 = =?. MP MQ 根据条件得 ? ? ? ? AM=?MP,BM=?MQ.

1 2 x1=(1+ )x0+ , ?x0+ 2=?(x1-x0), ? ? ? ? 由AM=?MP, 得(x0+ 2, y0)=?(x1-x0, y1-y0), 所以? 解得 1 ?y0=?(y1-y0), y1=(1+ )y0.

? ? ?

?

?x =(1+?)x , ? ? 同理,由BM=?MQ,得? 1 1 ?y =(1+?)y +?.
2 0 2 0

1

1 22 1 2 因为 P(x1,y1)在椭圆 C 上,所以 x1 +2y2 ] +2[(1+ )y0]2=2. 1=2,即 [(1+ )x0+

?

?

?

同理得

1 1 1 [(1+ )x0]2+2[(1+ )y0+ ]2=2.

?

?

?

1 上面两式左右对应相减,得(1+ )(x0- 2y0)=0.

?

1 因为 1+ ≠0,所以 x0- 2y0=0,即点 M 的轨迹是直线 x- 2y=0 在椭圆内的一段.

?

所以 F2M 的最小值即为 F2 到直线 x- 2y=0 距离,即 F2Mmin=

∣1×1- 2×0∣ 3 = . 2 2 3 1 +(- 2 )

【说明】(1)椭圆中的 a,b,c 与各种几何量之间关系要熟记,它们是求椭圆标准方程与几何量的基础; (2)注意求方程的待定系数法,合理选择方程的形式; (3)在进行关系转化时,一定要分清主次,要求什么量关系,需要消去哪些量,先想明白,再变形. 9.已知函数 f(x)=(x-1)ex,g(x)=lnx,其中 e 是自然对数的底数. (1)求函数 f(x)的极值; (2)求函数 h(x)=f(x)+e|g(x)-a|(a 为常数)的单调区间; 解:(1)因为 f?(x)=xex,所以,当 x<0 时,f?(x)<0;当 x=0 时,f?(x)=0;当 x>0 时,f?(x)>0. 因此 f(x)在(-∞,0]上单调递减,在区间[0,+∞)上单调递增. 所以 f(x)有极小值 f(0)=-1,无极大值. (2)h(x)=f(x)+e|g(x)-a|=(x-1)ex+e|lnx-a|. e 当 x≥ea 时,h(x)=(x-1)ex+e(lnx-a),所以 h?(x)=xex+ . x 当 x≥ea 时,因为 h?(x)>0 恒成立,所以 h(x)在区间[ea,+∞)上单调递增; e e 当 0<x≤ea 时,h(x)=(x-1)ex+e(a-lnx),所以 h?(x)=xex- ,所以[h?(x)]?=(x+1)ex+ 2. x x 当 0<x≤ea 时,因为[h?(x)]?>0 恒成立,所以 h?(x)在(0,ea]上单调递增. 因此,若 a≤0,则 0<ea≤1,所以 h?(x)≤h?(ea)≤h?(1)=0; 若 a>0,则当 x∈(0,1)时,h?(x)<0;当 x=1 时,h?(x)=0;当 x∈(1,ea]时,h?(x)≥0, 所以,h(x)在区间(0,1,]上单调减,在区间[1,ea]上单调增. 综上,若 a≤0,则 h(x)的单调减区间为(0,ea],单调增区间为[ea,+∞);若 a>0,则 h(x)的单调减 区间为(0,1],单调增区间为[1,+∞).
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【说明】本题以指对函数为载体,考查了导数的运用、分类讨论思想、函数的零点等相关知识.其中 第 3 问要能感受与体会存在性和唯一性的证明方法. 10.若函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 是实数集 R 上的奇函数,且在 x=1 处取得极小值-2, (1)求 f(x)的表达式; (2)设 k∈R,函数 g(x)=|x|-2,判断关于 x 的方程 f(g(x))-k=0 解的个数. 解:(1)由题知,对任意 x∈R,都有 f(-x)=-f(x),即-ax3+bx2-cx+d=-ax3-bx2-cx-d, 即 bx2+d=0,所以 b=d=0,所以 f(x)=ax3+cx,从而 f'(x)=3ax2+c. 由题意知 f'(1)=3a+c=0,f(1)=a+c=-2,所以 a=1,c=-3,所以 f(x)=x3-3x. (2)令 t=g(x),则方程 f(g(x))-k=0 可化为 f(t)=k. 由(1)知 f'(t)=3t2-3=3(t+1)(t-1),令 f'(t)=0,则 t=-1 或 t=1. 当 t<-1 或 t>1 时,f'(t)>0;当-1<t<1 时,f'(t)<0, 所以 f(t)在区间(-∞,-1]和[1,+∞)上单调增,在区间[-1,1]上单调减, 因为 f(-2)=f(1)=-2,f(2)=f(-1)=2,所以
y 2 -2 -1O -2
o

y

1 2

x

-2

O -2

2

x

1 若 k<-2,则方程 f(t)=k 仅有一小于-2 的解 t1. 由 g(x)=t1,得|x|-2=t1,即|x|=t1+2,无解. 所以方程 f(g(x))-k=0 无解.
y 2 -2 -1O -2 1 2 y=k x -2 O -2 2 x t=t1 y

2o 若 k=-2,则方程 f(t)=k 有两解 t1=-2,t2=1. 由 g(x)=t1,得|x|-2=-2,解得 x=0; 由 g(x)=t2,得|x|-2=1,解得 x=3 或-3,即方程 f(g(x))-k=0 有 3 解.
y 2 -2 -1O -2 1 y

2 y=k

x

-2

O -2

2

x t=t1

3o 若-2<k<2,则 f(t)=k 有三解 t1,t2,t3,且-2<t1<t2<t3<2, 由 g(x)=ti,得|x|-2=ti,即|x|=ti+2(i=1,2,3),有两解,所以方程 f(g(x))-k=0 有 6 解.
y 2 -2 1 2 y=k -2 第 10 页 共 14 页 x -2 O y t=t3 t=t2 2 x t=t1

-1O -2

4o 若 k=2,则 f(t)=k 有两解 t1=-1,t2=2. 由 g(x)=t1,得|x|-2=-1,解得 x=-1 或 1; 由 g(x)=t2,得|x|-2=2,解得 x=4 或-4,即 f(g(x))-k=0 有 4 解.
y 2 -2 1 2 x -2 O -2 2 x t=t1 y=k y t=t2

-1 O -2

5 若 k>2,则 f(t)=k 仅有一大于 2 的解 t1. 由 g(x)=t1,得|x|-2=t1,即|x|=t1+2,有 2 解,即方程 f(g(x))-k=0 有 2 解.
y 2 -2 1 2 x -2 O -2 2 x y=k y t=t1

o

-1 O -2

综上,关于 x 的方程 f(g(x))-k=0 解的个数如下:若 k<-2,则方程 f(g(x))-k=0 解的个数为 0;若 k=-2 时,则方程 f(g(x))-k=0 解的个数为 3;若-2<k<2,则方程 f(g(x))-k=0 的解的个数为 6;若 k =2,则方程 f(g(x))-k=0 的解的个数为 4;k>2 时,则方程 f(g(x))-k=0 的解的个数为 2. 【说明】本题考查了函数的奇偶性,单调性与极值.重点考查复合函数的零点个数,体现了数形结合 与化归的思想.处理复合函数的问题一般用换元法,就复合函数的零点个数而言,一般先求外函数的零点 个数,再分别代入内函数即可.研究函数零点问题,重点是利用好数形结合. 11.设公差不为零的等差数列{an}的前 n 项之和为 Sn,且对任意的 n∈N*,都有 Sn=? an+k?2 ? 2 ?.

(1)求常数 k 的值以及数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}中的部分项 ak ,ak ,ak ,?ak ,?,恰成等比数列,其中 k1=2,k3=14,求 a1k1+a2k2 +?+ankn 的值.
1 2 3 n

n(n-1)d 解:(1)法一:设等差数列的公差为 d,则 Sn=na1+ ,an=a1+(n-1)d. 2 因为对任意的 n∈N*,都有 Sn=? an+k?2 n(n-1)d 2 ? 2 ? ,即 4[na1+ 2 ]=[a1+(n-1)d+k] ,
2

? ?4a1=(a1+k) ,① 2 所以,分别令 n=1,2,3,得?4(2a1+d)=(a1+d+k) ,② ? ?4(3a1+3d)=(a1+2d+k)2.③
由①+③-2×②,得 4d=2d2. 因为 d≠0,所以 d=2. 代入②,得 8a1+8=(a1+k+2)2.④ 由④-①,得 a1+2=a1+k+1,解得 k=1. 代入①,得 4a1=(a1+1)2,即(a1-1)2=0,解得 a1=1. 当 k=1,a1=1,d=2 时,Sn=n2,an=2n-1,等式 Sn=? 所以 k=1,an=2n-1. 法二:设等差数列的首项为 a1,公差为 d, n(n-1) d 2 d 则 Sn=na1+ d= n +(a1- )n,an=a1+(n-1)d=dn+(a1-d). 2 2 2
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an+k?2 * ? 2 ? 对 n∈N 成立.

代入 Sn=? 即

an+k?2 d d 1 得, n2+(a1- )n= [dn+(a1+k-d)]2, 2 2 4 ? 2 ? 2dn2+(4a1-2d)n=d2n2+2d(a1+k-d)n+(a1+k-d)2.
2

? ?2d=d , 因为上面等式对一切正整数 n 都成立,所以由多项式恒等可得,?4a1-2d=2d(a1+k-d), ? ?a1+k-d=0. ? ?d=2, 因为 d≠0,所以解得,?a1=1,所以常数 k=1,通项公式 an=2n-1. ?k=1. ?
(2)设 cn=akn,则数列{cn}为等比数列,设公比为 q. c3 由题知 c1=ak1=a2=3,c3=ak3=a14=27,所以 q2= =9. c1 又 cn>0,所以 q>0,从而 q=3. - - 所以 cn=c1qn 1=3×3n 1=3n. 1 又 cn=akn=2kn-1,所以 2kn-1=3n,即 kn= ×(3n+1). 2 所以 所以 2n-1 n 2n-1 ankn= ×3 + . 2 2 a1k1+a2k2+?+ankn 2n-1 n 2n-1 1 1 3 3 5 5 =( ×31+ )+( ×32+ )+( ×33+ )+?+( ×3 + ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 = [1×31+3×32+5×33+?+(2n-1)×3n]+ [1+3+5+?+(2n-1)] 2 2 1 1 = [1×31+3×32+5×33+?+(2n-1)×3n]+ n2. 2 2 法一:令 Sn=1×31+3×32+5×33+?+(2n-1)×3n, + 则 3Sn=1×32+3×33+?+(2n-3)×3n+(2n-1)×3n 1, 两式相减:得 + -2Sn=3+2×32+2×33+?+2×3n-(2n-1)×3n 1 3(1-3n) + + =2× -3-(2n-1)×3n 1=-6-2(n-1)×3n 1, 1-3 所以 Sn=(n-1)×3n 1+3.
+ +

n 1 2 1 1 2 (n-1)?3 +n +3 n+1 从而 a1k1+a2k2+?+ankn= ×[(n-1)×3 +3]+ n = . 2 2 2

法二:因为(2k-1)?3k=[(k+1)-2]?3k 1-(k-2)?3k=(k-1)3k 1-(k-2)3k. + 所以 Sn=[0×32-(-1)×31]+[1×33-0×32]+[2×34-1×33]+?+[(n-1)3n 1-(n-2)3n] + =(n-1)3n 1+3. 【说明】(1)等差数列或等比数列中的基本量问题,通常转化为方程组求解,但在解方程组要注意一些 消元的方法; (2)等差数列注意前 n 项和与通项的形式,有时可根据其特征,转化为多项式恒等问题; (3)数列求和中两类比较重要的方法错位相减法与裂项相消法. 12.设数列{an}的各项均为正数,其前 n 项的和为 Sn,对任意 n∈N*,都有 rSn+1-(r+1)Sn=ra1,其中 r 为常数,r∈N*. (1)求证:数列{an}为等比数列; - - *(2)若 r≥2,a1,at(t 为常数,t∈N*,t≥3)均为正整数,且存在 q∈N*,使得 a1≥qt 1,at≤(q+1)t 1, 求证:St=(q+1)t-qt.
+ +

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解:(1)对任意 n∈N*,由 rSn+1-(r+1)Sn=ra1,得 rSn+2-(r+1)Sn+1=ra1, an+2 r+1 两式相减得 ran+2=(r+1)an+1,即 = . r an+1 又 rS2-(r+1)S1=ra1,所以 a2 r+1 = . a1 r

an+1 r+1 所以,对任意的 n∈N*,都有 = . an r r+1 所以,数列{an}为等比数列,公比为 . r r+1 t-1 (2)由(1)知 at=a1( ) . r 因为 a1,at 均为正整数,r 与 r+1 互质,所以存在 k∈N*,使得 a1=krt 1,所以 at=k(r+1)t 1. - - - - 由 at≤(q+1)t 1,得(q+1)t 1≥k(r+1)t 1≥(r+1)t 1,所以 q≥r.
- -

t 1 r+1 t-1 (q+1)t 1 r+1 q+1 at (q+1) - - 又 a1≥qt 1,at≤(q+1)t 1,所以 ≤ ,于是 ( ) ≤ ,从而 ≤ ,即 q≤r. - t 1 t-1 a1 r r q q q
- -

由上可知:q=r. r+1 t-1 q+1 t-1 - - 所以 at=a1( ) =a1( ) ≤(q+1)t 1,于是 a1≤qt 1. r q 又 a1≥qt 1,所以 a1=qt 1.
- -

r+1 t 1-( ) r r+1 t q+1 t - 于是 St=a1· =a1r[( ) -1]=qt 1q[( ) -1]=(q+1)t-qt. r q r+1 1- r 【说明】 本题考查了 Sn 与 an 之间的转化、 等比数列、 简单的不等式等相关知识, 具有一定的综合性. 第 (2)问要能体会由不等推相等的方法. 3 3 3 2 13.设数列{an}的各项都是正数,前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N*,都有 a3 1+a2+a3+?+an=Sn+2Sn. (1)求 a1,a2 的值; (2)求数列{an}的通项公式; Sn+3 2a n *(3)设 bn= ,cn= an-1 ,试找出数列{bn},{cn}的公共项. Sn 2 +an 3 3 3 2 解:(1)因为对任意 n∈N*,都有 a3 1+a2+a3+?+an=Sn+2Sn,所以 2 3 2 令 n=1,得 a3 1=S1+2S1,即 a1=a1+2a1,解得 a1=2 或-1 或 0. 又因为数列{an}的各项都是正数,所以 a1>0,从而 a1=2. 3 2 3 3 2 令 n=2,则 a3 1+a2=S2+2S2,即 2 +a2=(2+a2) +2(2+a2),解得 a2=3 或-2 或 0. 又因为数列{an}的各项都是正数,所以 a2>0,从而 a2=3. 3 3 3 2 (2)因为对任意 n∈N*,都有 a3 1+a2+a3+?+an=Sn+2Sn,① 3 3 3 2 所以,当 n≥2 时,a3 1+a2+a3+?+an-1=Sn-1+2Sn-1.② 2 2 由①-②得 a3 n=(Sn+2Sn)-(Sn-1+2Sn-1)=(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1+2)=an(Sn+Sn-1+2), 因为 an>0,所以 a2 n=Sn+Sn-1+2.③ 所以,当 n≥3 时,a2 n-1=Sn-1+Sn-2+2.④ 2 2 由③-④得 an-an-1=an+an-1,即 an-an-1=1. 又由(1)知 a2-a1=1,所以,对任意 n∈N*,n≥2,都有 an-an-1=1. 所以数列{an}是以 2 为首项,1 为公差的等差数列. 所以 an=2+(n-1)×1=n+1. n(n+3) Sn+3 n(n+3)+6 2n 1 2a n (3)由(2)知 Sn= ,所以 bn= = ,cn= an-1 = n . 2 Sn n(n+3) 2 +an 2 +n+1


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n(n+3)+6 2m 1 2m-m-1 6 不妨设 bn=cm(n,m∈N*),即 = m ,即 = . n(n+3) 2 +m+1 n(n+3) 2m+m+1


2m-m-1 6 1 方法一:1o 若 m = ≥ ,则 n2+3n-18≤0,所以 1≤n≤3. 2 +m+1 n(n+3) 3 2m-m-1 3 当 n=1 时, m = ,即 2m+5m+5=0,无解; 2 +m+1 2 2m-m-1 3 当 n=2 时, m = ,即 5×2m-5m-5=3×2m+3m+3,即 2m=4m+4. 2 +m+1 5 当 m=1,2,3,4 时,2m<4m+4;当 m≥5 时,令 f(m)=2m-4m-4,则 f(m+1)-f(m)=2m-4>0, 所以 f(m)单调增,所以 f(m)≥f(5)=8>0,所以 2m=4m+4 无解; 2m-m-1 1 当 n=3 时, m = ,即 2m=2m+2. 2 +m+1 3 当 m=1,2 时,2m<2m+2;当 m=3 时,2m=2m+2;当 m=4 时,2m>2m+2;当 m≥5 时,2m> 4m+4>2m+2. 综上,m=3,n=3. 2m-m-1 6 1 2o 若 m = < ,即 2m<2m+2. 2 +m+1 n(n+3) 3 由 1?知,当 m≥3 时,2m≥2m+2.因此,当 2m<2m+2 时,m=1 或 2. 当 m=1 时, 6 6 1 =0 无解;当 m=2 时, = 无解. n(n+3) n(n+3) 7

4 综上,数列{bn},{cn}的公共项为 b3=c3= . 3 方法二:bn=1+ 2n-n-1 2n-n-1 6 6 ,cn=1+ n .设 dn= ,en= n .对任意的 n∈N*,因为 n(n+3) 2 +n+1 n(n+3) 2 +n+1 2n+5 6 6 - =- <0, (n+1)(n+4) n(n+3) n(n+1)(n+3)(n+4)
+ + +

dn+1-dn=

2n 1-n-2 2n-n-1 (2n 1-n-2)(2n+n+1)-(2n 1+n+2)(2n-n-1) en+1-en= n+1 - = + 2 +n+2 2n+n+1 (2n 1+n+2)(2n+n+1) = (2
n+1

3n· 2n >0, +n+2)(2n+n+1)

所以 dn 单调减,en 单调增. 2n-n-1 2(n+1) 3 3 因为 d1= ,e1=0,且 dn>0,em= n =1- n <1,所以 0<dn≤ ,0≤en<1. 2 2 2 +n+1 2 +n+1 3 1 1 1 1 又 d2= ,d3= ;e2= ,e3= ,所以 d3=e3= . 5 3 7 3 3 1 当 n>3 时,0<dn< <en<1. 3 若 6 1 = ,则 n2+3n-42=0,无正整数解, n(n+3) 7

1 4 所以数列{dn},{en}的公共项为 d3=e3= ,从而数列{bn},{cn}的公共项为 b3=c3= . 3 3 【说明】本题考查数列的综合运用.第(2)问考查 an 与 Sn 的关系,体现数列中最重要的数学思想方法 ——函数与方程;第(3)问考查学生从函数和集合论的角度看数列,自觉研究数列性质的能力,{bn}单调递 减趋向于 1,{cn}单调递增趋向于 2,所以{bn}与{cn}的公共项只有可能在前面若干项中产生,经过列举可 4 4 发现 c3=d3= ,所以可以 为分界的数,来找{cn}与{dn}的公共项. 3 3
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