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广东省揭阳市2013届高三第一次模拟数学理试题(WORD解析版)

时间:2013-10-07


2013 年广东省揭阳市高考数学一模试卷(理科)
参考答案与试题解析
一.选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,满分 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合 题目要求的. 1. 分) (5 (2013?揭阳一模)已知复数 z1,z2 在复平面内对应的点分别为 A(0,1) ,B(﹣1,3) ,则 ( ) A. ﹣1+3i B. ﹣3﹣i C. 3+i 考点: 复数代数形式的乘除运算. 专题: 计算题. 分析: 利用复数的运算法则和复数的几何意义即可得出. 解答: 解:由题意可得 z1=i,z2=﹣1+3i. ∴ = =i+3. =

D. 3﹣i

故选 C. 点评: 熟练掌握复数的运算法则和复数的几何意义是解题的关键. 2. 分) (5 (2013?揭阳一模)已知集合 A={x|y=log2(x+1)},集合 ,则 A∩B=

( ) A. (1,+∞) B. (﹣1,1) C. (0,+∞) D. (0,1) 考点: 交集及其运算. 专题: 计算题. 分析: 求对数型函数的定义域化简集合 A,求解指数函数的值域化简集合 B,然后直接利用交集的运算求 解. 解答: 解:由 A={x|y=log2(x+1)}={x|x>﹣1}=(﹣1,+∞) , ={y|0<y<1}=(0,1) , 所以 A∩B=(﹣1,+∞)∩(0,1)=(0,1) . 故选 D. 点评: 本题考查了交集及其运算,考查了对数型函数定义域的求法及指数函数值域的求法,是基础题.

3. 5 分) 2013?揭阳一模) ( ( 在四边形 ABCD 中, “ A.充分不必要条件 C. 充要条件 考点: 必要条件、充分条件与充要条件的判断. 专题: 平面向量及应用.

, 且

”是“四边形 ABCD 是菱形”的 (



B. 必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

分析:

根据 边形,又由

,以及共线向量定理可得 AB∥CD,且 AB=CD,从而可知在四边形 ABCD 是平行四 ,得四边形 ABCD 的对角线互相垂直,因此得到四边形 ABCD 为菱形.反之

也成立.再根据充要条件进行判断即得. 解答: 解:由 由 可得四边形 ABCD 是平行四边形, 得四边形 ABCD 的对角线互相垂直,

∴对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 反之也成立. ∴“ ,且 ”是“四边形 ABCD 是菱形”的充要条件.

故选 C. 点评: 此题是个基础题.考查必要条件、充分条件与充要条件的判断、共线向量定理以及向量在几何中的 应用,考查学生利用知识分析解决问题的能力.

4. 5 分) 2013?泰安一模) ( ( 当 是( ) A. 奇函数且图象关于点 C. 奇函数且图象关于直线

时, 函数 (x) f =Asin x+φ) A>0) ( ( 取得最小值, 则函数

对称 对称

B. 偶函数且图象关于点(π,0)对称 D. 偶函数且图象关于点 对称

考点: 由 y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式. 专题: 计算题. 分析: 由 f( )=sin( +φ)=﹣1 可求得 φ=2kπ﹣ 利用正弦函数的奇偶性与对称性判断即可. 解答: 解:∵f( ∴ )=sin( , +φ)=﹣1,

(k∈Z) ,从而可求得 y=f(

﹣x)的解析式,

+φ=2kπ﹣

∴φ=2kπ﹣ ∴y=f(

(k∈Z) , ﹣x)=Asin( ﹣x+2kπ﹣ )=﹣Asinx,

令 y=g(x)=﹣Asinx,则 g(﹣x)=﹣Asin(﹣x)=Asinx=﹣g(x) , ∴y=g(x)是奇函数,可排除 B,D; 其对称轴为 x=kπ+ 令 k=0,x= ,k∈Z,对称中心为(kπ,0)k∈Z,可排除 A;

为一条对称轴,

故选 C. 点评: 本题考查由 y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式,求 φ 是难点,考查正弦函数的奇偶性与对 称性,属于中档题. 5. 分) (5 (2013?揭阳一模)一简单组合体的三视图及尺寸如图(1)示(单位:cm)则该组合体的体积 为. ( )

A.72000cm3

B.64000cm3

C.56000cm3

D.44000cm3

考点: 由三视图求面积、体积. 专题: 计算题. 分析: 利用三视图复原的几何体以及三视图的数据,求出几何体的体积即可. 解答: 解:由三视图知,该组合体由两个直棱柱组合而成,上部长方体三度为:40,20,50; 下部长方体三度为:60,40,10; 故组合体的体积 V=60×40×10+20×40×50=64000(cm ) , 故选 B. 点评: 本题考查三视图与几何体的直观图的关系,正确判断几何体是特征与形状是解题的关键. 6. 分) (5 (2013?揭阳一模)已知等差数列{an}满足,a1>0,5a8=8a13,则前 n 项和 Sn 取最大值时,n 的 值为( ) A.20 B.21 C.22 D.23 考点: 等差数列的前 n 项和;数列的函数特性. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 由条件可得 ,代入通项公式令其≥0 可得 以后各项都是负数,可得答案. 解答: 解:设数列的公差为 d,由 5a8=8a13 得 5(a1+7d)=8(a1+12d) ,解得 由 an=a1+(n﹣1)d= 所以数列{an}前 21 项都是正数,以后各项都是负数, 故 Sn 取最大值时,n 的值为 21, 故选 B. ,可得 , ,
3

,可得数列{an}前 21 项都是正数,

点评: 本题考查等差数列的前 n 项和公式,从数列的项的正负入手是解决问题的关键,属基础题. 7. 分) (5 (2013?揭阳一模)如图,阅读程序框图,任意输入一次 x(0≤x≤1)与 y(0≤y≤1) ,则能输出数 对(x,y)的概率为( )

A.

B.

C.

D.

考点: 几何概型. 专题: 计算题. 分析: 据程序框图得到事件“能输出数对(x,y)”满足的条件,求出所有基本事件构成的区域面积;利用 定积分求出事件 A 构成的区域面积,据几何概型求出事件的概率. 解答: 解:是几何概型 所有的基本事件 Ω=

设能输出数对(x,y)为事件 A,则 A=

S(Ω)=1 S(A)=∫0 x dx=
1 2

=

故选 A 点评: 本题考查程序框图与概率结合,由程序框图得到事件满足的条件、考查利用定积分求曲边图象的面 积;利用几何概型概率公式求出事件的概率.

8. 分) (5 (2013?揭阳一模)已知方程 论正确的是( A. ) B.

在(0,+∞)有两个不同的解 α,β(α<β) ,则下面结

C.

D.

考点: 根的存在性及根的个数判断;两角和与差的正切函数. 专题: 计算题.

分析: 利用 x 的范围化简方程,通过方程的解转化为 函数的图象的交点问题,利用相切求出 β 的正切值, 通过两角和的正切函数求解即可. 解答: 解: , 要使方程 在(0,+∞)有两个不同的解,

则 y=|sinx|的图象与直线 y=kx(k>0)有且仅有三个公共点, 所以直线 y=kx 与 y=|sinx|在 由 , 故选 C. 点评: 本题考查函数的零点与方程根的关系,直线与曲线相切的转化,两角和的正切函数的应用,考查计 算能力. 二、填空题:本大题共 7 小题,考生作答 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分. (一)必做题(9-13 题) (二) 选做题(14、15 题,考生只能从中选做一题) 9. 分) (5 (2013?揭阳一模)计算: = 2 . , 内相切,且切于点(β,﹣sinβ) ,

考点: 对数的运算性质;二倍角的正弦. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 利用对数的运算性质和倍角公式即可得出. 解答: 解:原式= = 故答案为 2. 点评: 熟练掌握对数的运算性质和倍角公式是解题的关键. 10. 分) (5 (2013?揭阳一模)若二项式 则展开式中 x 的系数为 9
6

=

=2.

的展开式中,第 4 项与第 7 项的二项式系数相等,

. (用数字作答)

考点: 二项式系数的性质. 专题: 计算题. 分析: 由题意可得, ,可求 n,然后写出展开式的通项,令 x 的次方为 6 求出 r,即可求解 解答: 解:由题意可得, ,解得 n=9



的展开式的通项为

=

令 9﹣

=6,解得 r=2 =9

此时的系数为

故答案为:9 点评: 本题主要考查了二项式系数的性质及二项展开式的通项的应用,解题的关键是熟练掌握基本公式 11. 分) (5 (2013?揭阳一模) x 20 21 22 23 y 141 146 154 160

24 169

25 176

26 181

27 188

28 197

29 203

一般来说,一个人脚掌越长,他的身高就越高,现对 10 名成年人的脚掌长 x 与身高 y 进行测量,得到数 据(单位均为 cm)如上表,作出散点图后,发现散点在一条直线附近,经计算得到一些数据: , ;某刑侦人员在某案发现场发现一对裸 cm.

脚印,量得每个脚印长为 26.5cm,则估计案发嫌疑人的身高为 185.5

考点: 线性回归方程. 专题: 应用题. 分析: 根据所给的数据,求得回归方程的斜率 b 的值,代入样本中心点求出 a 的值,得到线性回归方程, 把所给的 x 的值代入预报出身高. 解答: 解:∵经计算得到一些数据: , ;

∴回归方程的斜率



, 截距 ,



即回归方程为 =7x, 当 x=26.5, , 则估计案发嫌疑人的身高为 185.5 cm. 故答案为:185.5. 点评: 本题考查回归分析的初步应用,本题解题的关键是正确运算出横标和纵标的平均数,写出线性回归 方程,再者注意根据所给的自变量的值和线性回归方程得到的结果是一个预报值,而不是准确值, 本题是一个中档题目.

12. 分) (5 (2013?揭阳一模)已知圆 C 经过直线 2x﹣y+2=0 与坐标轴的两个交点,又经过抛物线 y =8x 的焦点,则圆 C 的方程为 .

2

考点: 抛物线的简单性质;圆的标准方程. 专题: 计算题. 2 2 分析: 求出抛物线的焦点坐标,设出圆的一般方程为 x +y +Dx+Ey+F=0,把三个点的坐标分别代入即可 得到关于 D,E 及 F 的三元一次方程组,求出方程组的解即可得到 D,E 及 F 的值,进而确定出圆 的方程. 2 解答: 解:抛物线 y =8x 的焦点为 F(2,0) ,直线 2x﹣y+2=0 与坐标轴的两个交点坐标分别为 A(﹣1, 0) ,B(0,2) , 设所求圆的方程为 x +y +Dx+Ey+F=0.
2 2

将 A、B、F 三点的坐标代入圆的方程得:



解得

于是所求圆的方程为 x +y ﹣x﹣y﹣2=0. 即 故答案为: . (12 分) ;

2

2

点评: 本题考查圆的方程,考查抛物线的简单性质,解题的关键是利用待定系数法求圆的方程,属于中档 题. 13. 分) (5 (2013?揭阳一模)函数 f(x)的定义域为 D,若对任意的 x1、x2∈D,当 x1<x2 时,都有 f(x1) ≤f(x2) ,则称函数 f(x)在 D 上为“非减函数”.设函数 g(x)在[0,1]上为“非减函数”,且满足以下三个 条件: (1)g(0)=0; (2) ;

(3)g(1﹣x)=1﹣g(x) , 则 g(1)= 1 、 = .

考点: 函数的值;抽象函数及其应用. 专题: 新定义. 分析: ①在(3) 中令 x=0 即可得出 g(1) ;②在(2)中令 x=1 得 得

,在(3)中令

,再利用函数 g(x)在[0,1]上为“非减函数”即可得出.

解答: 解:①在(3)中令 x=0 得 g(1)=1﹣g(0)=1,∴g(1)=1; ②在(2)中令 x=1 得 , ∵ ,∴ ,故 . ,在(3)中令 得 ,故

故答案分别为 1, . 点评: 恰当对函数 g(x)的 x 赋值及利用函数 g(x)在[0,1]上为“非减函数”是解题的关键. 14. (2013?东莞二模) (坐标系与参数方程选做题)已知曲线 C1: ,则 C1 上到 C2 的距离等于 和曲线 C2:

的点的个数为 3 .

考点: 直线与圆的位置关系;点的极坐标和直角坐标的互化. 专题: 直线与圆. 分析: 把极坐标方程化为直角坐标方程,求出圆心到直线的距离等于半径的一半 ,可得圆上到直线的距 离等于 的点的个数. 解答: 解:将方程 2=0, 可知 C1 为圆心在坐标原点,半径为 r= = , 故满足条件的点的个数 n=3, 故答案为 3. 的圆,C2 为直线,因圆心到直线 x﹣y﹣2=0 的距离为 与 化为直角坐标方程得 与 x﹣y﹣

点评: 本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法,点到直线的距离公式的应用,直线和圆的位 置关系,属于中档题. 15. 分) (5 (2013?揭阳一模)如图所示,AB 是⊙O 的直径,过圆上一点 E 作切线 ED⊥AF,交 AF 的延 长线于点 D,交 AB 的延长线于点 C.若 CB=2,CE=4,则⊙O 的半径长为 3 ;AD 的长为 .

考点: 相似三角形的性质. 专题: 计算题.

分析: 设出圆的半径直接利用切割线定理求出圆的半径,通过三角形相似列出比例关系求出 AD 即可. 2 解答: 解:设 r 是⊙O 的半径.由切割线定理可知:CE =CA?CB, 2 即 4 =(2r+2)×2,解得 r=3. 因为 EC 是圆的切线,所以 OE⊥EC,AD⊥DC, 所以△ ADC∽△OEC,所以 ,解得 故答案为:3; . . ,

点评: 本题考查圆的切割线定理的应用,三角形相似的证明以及应用,考查计算能力. 三、解答题:本大题共 6 小题,满分 80 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 16. 分) (12 (2013?揭阳一模) 在△ ABC 中, A, C 所对的边分别为 a, c, 角 B, b, 且满足 (1)求角 C 的大小; (2)求 的最大值,并求取得最大值时角 A,B 的大小.



考点: 正弦定理;两角和与差的正弦函数. 专题: 解三角形. 分析: (1) 已知等式变形后利用正弦定理化简, 整理后再利用同角三角函数间的基本关系求出 tanC 的值, 由 C 为三角形的内角,利用特殊角的三角函数值即可求出 C 的度数; (2)由 C 的度数及内角和定理,用 A 表示出 B,代入所求式子中,利用诱导公式化简,再利用两 角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简, 整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为 一个角的正弦函数,由 A 的范围求出这个角的范围,利用正弦函数的图象与性质求出最大值及此 时 A 与 B 的度数即可. 解答: 解: (1)由 csinA= acosC,结合正弦定理得, = = , ∴sinC= cosC,即 tanC= ; ﹣A, )= sinA﹣cosB= sinA= sinA﹣cos( ﹣A) ) , ,

∵0<C<π,∴C= (2)由(1)知 B= ∴ = sinA﹣sin(B+ sinA﹣cos

cosA﹣sin

sinA+ cosA=sin(A+

∵0<A< 当 A+ =

,∴ 时,

<A+



, )取得最大值 1,此时 A= ,B= .

sinA﹣sin(B+

点评: 此题考查了正弦定理, 两角和与差的正弦、 余弦函数公式, 诱导公式, 同角三角函数间的基本关系, 以及特殊角的三角函数值,熟练掌握定理及公式是解本题的关键. 17. (12 分) (2013?揭阳一模)根据公安部最新修订的《机动车驾驶证申领和使用规定》 :每位驾驶证申领 者必须通过《科目一》 (理论科目)《综合科》 、 (驾驶技能加科目一的部分理论)的考试.已知李先生已通 过《科目一》的考试,且《科目一》的成绩不受《综合科》的影响, 《综合科》三年内有 5 次预约考试的 机会,一旦某次考试通过,便可领取驾驶证,不再参加以后的考试,否则就一直考到第 5 次为止.设李先 生《综合科》每次参加考试通过的概率依次为 0.5,0.6,0.7,0.8,0.9. (1)求在三年内李先生参加驾驶证考试次数 ξ 的分布列和数学期望; (2)求李先生在三年内领到驾驶证的概率. 考点: 离散型随机变量及其分布列;离散型随机变量的期望与方差. 专题: 概率与统计. 分析: (1)可知 ξ 的取值为 1,2,3,4,5,分别可得所对应的概率,可得分布列,进而可得期望 Eξ; (2)李先生在三年内领到驾照的对立事件为 5 次考试全不过,由对立事件的概率可得结果. 解答: 解: (1)由题意可知 ξ 的取值为 1,2,3,4,5.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(1 分) P(ξ=1)=0.5,P(ξ=2)=(1﹣0.5)×0.6=0.3,P(ξ=3)=(1﹣0.5)×(1﹣0.6)×0.7=0.14, P(ξ=4)=(1﹣0.5)×(1﹣0.6)×(1﹣0.7)×0.8=0.048,P(ξ=5)=(1﹣0.5)×(1﹣0.6)×(1﹣ 0.7)×(1﹣0.8)=0.012﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6 分) ∴ξ 的分布列为: ξ 1 2 3 4 5 P 0.5 0.3 0.14 0.048 0.012 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(8 分) ∴Eξ=1×0.5+2×0.3+3×0.14+4×0.048+5×0.012=1.772﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10 分) (2)李先生在三年内领到驾照的概率为:P=1﹣(1﹣0.5)×(1﹣0.6)×(1﹣0.7)×(1﹣0.8)× (1﹣0.9)=0.9988﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12 分) 点评: 本题考查离散型随机变量及其分布列,涉及数学期望的求解,属中档题. 18. 分) (14 (2013?揭阳一模) (1) 在等腰梯形 CDEF 中, 如图 , CB、 是梯形的高, DA AE=BF=2, , 现将梯形沿 CB、DA 折起,使 EF∥AB 且 EF=2AB,得一简单组合体 ABCDEF 如图(2)示,已知 M,N, P 分别为 AF,BD,EF 的中点. (1)求证:MN∥平面 BCF; (2)求证:AP⊥DE; (3)当 AD 多长时,平面 CDEF 与平面 ADE 所成的锐二面角为 60°?

考点: 直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的性质;二面角的平面角及求法. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (1)如图 1,连接 AC.利用矩形的性质可得 N 为 AC 的中点,利用三角形的中位线定理可得 MN∥CF,再利用线面平行的判定定理即可证明; (2)利用线面垂直的判定定理可得 AD⊥平面 ABFE,得到 AD⊥AP;利用平行四边形的判定和性 质可得 AP=BF,利用勾股定理的逆定理可得 AP⊥AE,利用线面垂直的判定定理 可得 AP⊥平面 ADE.进而得到结论. (3)解法一:如图所示,通过建立空间直角坐标系,利用两个平面的法向量的夹角公式即可得出 二面角,解出即可; 解法二:点 A 作 AK⊥DE 交 DE 于 K 点,连结 PK,则 DE⊥PK,可得∠AKP 为二面角 A﹣DE﹣F 的平面角,利用直角三角形的边角关系即可得出. 解答: (1)证明:如图 1,连接 AC,∵四边形 ABCD 是矩形,N 为 BD 中点, ∴N 为 AC 中点, 在△ ACF 中,M 为 AF 中点,故 MN∥CF. ∵CF?平面 BCF,MN?平面 BCF, ∴MN∥平面 BCF; (2)证明:由题意知 DA⊥AB,DA⊥AE 且 AB∩AE=A, ∴AD⊥平面 ABFE, ∵AP?平面 ABFE,∴AP⊥AD, ∵P 为 EF 中点,∴ , 又 AB∥EF,可得四边形 ABFP 是平行四边形. ∴AP∥BF,AP=BF=2. 2 2 2 ∴AP +AE =PE ,∴∠PAE=90°,∴PA⊥AE. 又 AD∩AE=A,∴AP⊥平面 ADE. ∵DE?平面 ADE,∴AP⊥DE. (3)解法一:如图 2,分别以 AP,AE,AD 所在的直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系 设 AD=m(m>0) ,则 A(0,0,0) ,D(0,0,m) ,E(0,2,0) ,P(2,0,0) . ∴ , . ,

可知平面 ADE 的一个法向量为

设平面 DEF 的一个法向量为

,则

,令 x=1,则 y=1,











由题意得,

=cos60°,解得



即 时,平面 CDEF 与平面 ADE 所成的锐二面角为 60°. 解法二:过点 A 作 AK⊥DE 交 DE 于 K 点,连结 PK,则 DE⊥PK,∴∠AKP 为二面角 A﹣DE﹣F 的平面角, 由∠AKP=60°,AP=BF=2 得 AK= 又 AD?AE=AK?DE 得 解得 ,即 , 时,平面 CDEF 与平面 ADE 所成的锐二面角为 60°. ,

点评: 熟练掌握利用矩形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理、线面垂直的判定和性质定 理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的逆定理、通过建立空间直角坐标系利用两个平面的法向 量的夹角公式得出二面角的方法、利用二面角的定义作出二面角、直角三角形的边角关系等是解题 的关键.

19. (14 分) (2013?揭阳一模)如图,设点 F1(﹣c,0) 2(c,0)分别是椭圆 、F 的左、右焦点,P 为椭圆 C 上任意一点,且 最小值为 0.

(1)求椭圆 C 的方程; (2)若动直线 l1,l2 均与椭圆 C 相切,且 l1∥l2,试探究在 x 轴上是否存在定点 B,点 B 到 l1,l2 的距离 之积恒为 1?若存在,请求出点 B 坐标;若不存在,请说明理由.

考点: 直线与圆锥曲线的关系;椭圆的标准方程. 专题: 计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: (1) P 设 (x, , y) 可得向量 坐标关于 x、 的形式, y 从而得到



结合点 P 为椭圆 C 上的点,化简得
2 2 2

,说明

最小值为 1﹣

c =0,从而解出 a =2 且 b =1,得到椭圆 C 的方程. (2)当直线 l1,l2 斜率存在时,设它们的方程为 y=kx+m 与 y=kx+n,与椭圆方程联解并利用根的 2 2 2 2 判别式列式,化简得 m =1+2k 且 n =1+2k ,从而得到 m=﹣n.再假设 x 轴上存在 B(t,0) ,使点 2 2 B 到直线 l1,l2 的距离之积为 1,由点到直线的距离公式列式,并化简去绝对值整理得 k (t ﹣3) 2 2 =2 或 k (t ﹣1)=0,再经讨论可得 t=±1,得 B(1,0)或 B(﹣1,0) .最后检验当直线 l1,l2 斜 率不存在时, (1,0)或(﹣1,0)到直线 l1,l2 的距离之积与等于 1,从而得到存在点 B(1,0) 或 B(﹣1,0) ,满足点 B 到 l1,l2 的距离之积恒为 1. 解答: 解: (1)设 P(x,y) ,则有 ﹣(1 分) ∴ , ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

∵点 P 在椭圆 C 上,可得

,可得 y =

2

x,

2


2

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(2 分)
2

因此, ﹣﹣﹣﹣(3 分)

最小值为 1﹣c =0,解之得 c=1,可得 a =2,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

∴椭圆 C 的方程为

.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4 分) (2)①当直线 l1,l2 斜率存在时,设其方程为 y=kx+m,y=kx+n﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣(5 分) 把 l1 的方程代入椭圆方程,得(1+2k )x +4mkx+2m ﹣2=0 ∵直线 l1 与椭圆 C 相切, 2 2 2 2 2 2 ∴△=16k m ﹣4(1+2k ) (2m ﹣2)=0,化简得 m =1+2k ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7 分) 2 2 同理可得 n =1+2k ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(8 分) 2 2 ∴m =n ,而若 m=n 则 l1,l2 重合,不合题意,因此 m=﹣n﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣(9 分) 设在 x 轴上存在点 B(t,0) ,点 B 到直线 l1,l2 的距离之积为 1,
2 2 2



,即|k t ﹣m |=k +1,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

22

2

2

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10 分) 2 2 2 2 2 2 把 1+2k =m 代入,并去绝对值整理,可得 k (t ﹣3)=2 或 k (t ﹣1)=0,而前式显然不能恒成 立; 因而要使得后式对任意的 k∈R 恒成立 2 必须 t ﹣1=0,解之得 t=±1,得 B(1,0)或 B(﹣1,0) ;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12 分) ②当直线 l1,l2 斜率不存在时,其方程为 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(13 分) 和 ,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

定点(﹣1,0)到直线 l1,l2 的距离之积为 ;定点(1,0)到直线 l1, l2 的距离之积为 ,也符合题意. 综上所述,满足题意的定点 B 为(﹣1,0)或(1,0)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(14 分) 点评: 本题给出椭圆上一点 P,在 最小值为 0 的情况下求椭圆的方程,并讨论 x 轴上存在定点

B 到 l1,l2 的距离之积恒为 1 的问题,着重考查了椭圆的标准方程与简单几何性质、点到直线的距 离公式、向量数量积运算和直线与圆锥曲线的位置关系等知识点,属于中档题. 20. (14 分) (2013?揭阳一模)已知函数 an+1=f(an) ,n∈N*. (1)当 α=1 时,求数列{an}的通项公式; (2)在(1)的条件下,证明对?n∈N*有: (3)若 α=2,且对?n∈N*,有 0<an<1,证明: . ; 为常数) ,数列{an}满足: ,

考 数列与函数的综合;不等式的证明;数学归纳法. 点: 专 计算题;证明题;等差数列与等比数列;点列、递归数列与数学归纳法. 题: 分 (1) α=1 时, 当 说明数列 是以 为首项, 为公差的等差数列, 1 然后求数列{an}的通项公式; 析: (2)法一:在(1)的条件下,化简数列的通项公式,利用裂项法:证明对?n∈N*有: ; 法二:直接利用数学归纳法的证明步骤证明即可. (3)法一:通过 α=2,化简 an+1﹣an 的表达式为 ,利用基本不等式直接证明



法二:通过

,以及 0<an<1,说明

,an∈[ ,1) ,n∈N ,构造

*

函数 解 解: 答: (1)当 α=1 时, 故数列 是以

,利用函数的导数,求出函数的最大值即可证明结果.

,两边取倒数,得

,﹣﹣﹣﹣(2 分)

为首项,1 为公差的等差数列,



,n∈N*.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4 分) (2)证法 1:由(1)知 3… ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(6 分) ∴a1a2a3+a2a3a4+…+anan+1an+2= ,故对 k=1,2, = ﹣﹣﹣﹣

=

=

.﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(9 分) . [证法 2:①当 n=1 时,等式左边= 等式右边= ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(5 分) ②假设当 n=k(k≥1)时等式成立, 即 则当 n=k+1 时 , , ,左边=右边,等式成立;﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

= =

这就是说当 n=k+1 时,等式成立,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(8 分)

综①②知对于?n∈N*有: 分)] (3)当 α=2 时, 则

.﹣﹣﹣﹣(9

,﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10 分) ∵0<an<1, ∴ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(11 分) = = = .﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(13 分) ∵an=1﹣an 与 即对?n∈N ,
*

不能同时成立,∴上式“=”不成立, . ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(14 分) 证法二:当 α=2 时, ,



﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(10 分) 又 0<an<1,∴
*



∴an+1>an,∴an∈[ ,1) ,n∈N ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(11 分) 令 ,则 ,﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12 分) 当 ,所以函数 g(x)在 单调递减,故当

,所以命题得证﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣

﹣﹣﹣﹣﹣(14 分) 所以命题得证﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣(14 分) 点 本题考查数列与函数的综合应用,数学归纳法的证明方法,构造法以及函数的导数求解函数的最大值 评: 证明不等式,基本不等式的应用,考查分析问题解决问题的能力,转化思想的应用. 21. (14 分) (2013?揭阳一模)已知函数 f(x)=lnx,g(x)=f(x)+ax +bx,函数 g(x)的图象在点(1, g(1) )处的切线平行于 x 轴. (1)确定 a 与 b 的关系; (2)试讨论函数 g(x)的单调性; (3)证明:对任意 n∈N ,都有 ln(1+n)>
* 2

成立.

考 利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程;不等式的证明. 点: 专 导数的综合应用. 题: ′ 分 (1)求导得到 g (x) ,利用导数的几何意义即可得出; 析:(2)利用(1)用 a 表示 b,得到 g′(x) ,通过对 a 分类讨论即可得到其单调性; 2 2 (3)证法一:由(2)知当 a=1 时,函数 g(x)=lnx+x ﹣3x 在(1,+∞)单调递增,可得 lnx+x ﹣ 2 3x≥g(1)=﹣2,即 lnx≥﹣x +3x﹣2=﹣(x﹣1) (x﹣2) , 令 ,则 ,利用“累加求和”及对数的运算法则即可得出;

证法二:通过构造数列{an},使其前 n 项和 Tn=ln(1+n) ,则当 n≥2 时, ,显然 a1=ln2 也满足该式, 故只需证
2

,令

,即证 ln(1+x)﹣x+x >0,记 h(x)=ln(1+x)﹣

2

x+x ,x>0,再利用(2)的结论即可; 证法三:令 φ(n)=ln(1+n)﹣ ,则

=





,则 x∈(1,2],

,记 h(x)=lnx﹣(x﹣1)+(x﹣1) =lnx+x ﹣3x+2,

2

2

利用(2)的结论即可. 解 解: (1)依题意得 g(x)=lnx+ax +bx, 答: 则 , 由函数 g(x)的图象在点(1,g(1) )处的切线平行于 x 轴得:g'(1)=1+2a+b=0,∴b=﹣2a﹣1. (2)由(1)得 = ,
2

∵函数 g(x)的定义域为(0,+∞) , ∴①当 a≤0 时,2ax﹣1<0 在(0,+∞)上恒成立, 由 g'(x)>0 得 0<x<1,由 g'(x)<0 得 x>1, 即函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)单调递减; ②当 a>0 时,令 g'(x)=0 得 x=1 或 若 ,即 , ,由 g'(x)<0 得 单调递减; , ,

时,由 g'(x)>0 得 x>1 或 , (1,+∞)上单调递增,在 时,由 g'(x)>0 得

即函数 g(x)在 若 ,即

或 0<x<1,由 g'(x)<0 得 单调递减;

即函数 g(x)在(0,1) , 若 ,即

上单调递增,在

时,在(0,+∞)上恒有 g'(x)≥0,

即函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增, 综上得:当 a≤0 时,函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)单调递减; 当 调递增; 当 当 时,函数 g(x)在(0,+∞)上单调递增, 时,函数 g(x)在 上单调递增,在 单调递减;在(1,+∞)上单调 时,函数 g(x)在(0,1)单调递增,在 单调递减;在 上单

递增. 2 2 (3)证法一:由(2)知当 a=1 时,函数 g(x)=lnx+x ﹣3x 在(1,+∞)单调递增,∴lnx+x ﹣3x≥g 2 (1)=﹣2,即 lnx≥﹣x +3x﹣2=﹣(x﹣1) (x﹣2) , 令 ,则 ,

∴ +…+ ,

+…+











证法二:构造数列{an},使其前 n 项和 Tn=ln(1+n) , 则当 n≥2 时, 显然 a1=ln2 也满足该式, 故只需证 , ,

令 则

,即证 ln(1+x)﹣x+x >0,记 h(x)=ln(1+x)﹣x+x ,x>0, ,h(x)在(0,+∞)上单调递增,故 h(x)

2

2

>h(0)=0, ∴ 以下同证法一. 证法三:令 φ(n)=ln(1+n)﹣ 则 = , 成立,



令 ∵

,则 x∈(1,2],

,记 h(x)=lnx﹣(x﹣1)+(x﹣1) =lnx+x ﹣3x+2, ∴函数 h(x)在(1,2]单调递增,

2

2

又 h(1)=0,∴当 x∈(1,2]时,h(x)>0,即 φ(n+1)﹣φ(n)>0, ∴数列 φ(n)单调递增,又 φ(1)=ln2>0,∴即 .

点 熟练掌握导数的几何意义、分类讨论、利用导数研究函数的单调性、善于利用已经证明的结论、“累加 评:求和”及对数的运算法则、“分析法”、“构造法”等是解题的关键.


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