20773232:南京市2015届高三数学考前综合题(定稿)

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南京市 2015 届高三数学考前综合题
一、填空题 1.数列{an}为等比数列,其前 n 项的乘积为 Tn,若 T2=T8,则 T10= 【答案】1 【提示】法一:由 T2=T8 得 a3· a4· ?· a8=1,则(a3· a8)3=1,a3· a8=1. 从而 T10=a1· a2· ?· a10=(a1· a10)5=(a3· a8)5=1; 法二:(特殊化思想),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:{an}为正项等比数列,其前 n 项的乘积为 Tn,若 Tm=Tn, 则 Tm+n=1; 可类比: {an}为等差数列, 其前 n 项的和为 Sn, 若 Sm=Sn, 则 Sm+n=0. (其 中 m,n∈N*,m≠n). 2.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 3.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)连线的斜率 kMA 与 kMB 之积为- , 4 则实数 m 的值是___________. 【答案】[-4,4]. x2 y2 【提示】点 M 的轨迹为 + =1(x≠±2).把直线 l:x=2y-m 代入椭圆方程得, 4 3 16y2-12my+(3m2-12)=0.根据条件,上面方程有非零解,得△≥0,解得-4≤m≤4. 【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,满足 + ≤1(其中 k∈N*且 k≥2),则 ak 的最小值为_________. a1 a2k-1 9 【答案】 . 2 .

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a1 + a2k-1 a1 + a2k-1 1 4 【提示】因为{an}为正项等差数列,则 ak= ≥ · ( + ) 2 2 a1 a2k-1 a2k-1 4 a1 1 1 = · (5+ + )≥ · (5+2 2 a1 a2k-1 2 即 a1=3,a2k-1=6 时取“=”号). 【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. 以 C 为钝角的△ABC 中,BC=3, BA · BC =12,当角 A 最大时,△ABC 面积为__________. 【答案】3 【提示】过 A 作 AD⊥BC,垂足为 D, ?? ?? 则 BA · BC =| BA || BC |cosB=BDBC=3BD=12, 所以 BD=4,又 BC=3,所以 CD=1. 4 1 - y y 3 3 设 AD=y(y>0),则 tan∠BAC= = ≤ , 4 4 4 1+ 2 y+ y y 4 且仅当 y= ,即 y=2 时取“=”,由正切函数的单调性知此时∠BAC 也最大. y 【说明】学会从向量的数量积处理的三种手法:定义法? 基底法和坐标法中选择,本题用定义法最为简 洁,用坐标法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? .
B C D A

a2k-1 4 a1 a2k-1 4 a1 9 1 4 · )= (当且仅当 + =1,且 = , a1 a2k-1 2 a1 a2k-1 a1 a2k-1

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,且 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 π π π 24 π π 7 sin2(α+ )=2sin(α+ )cos(α+ )= ,cos2(α+ )=1-2sin2(α+ )= . 6 6 6 25 6 6 25 .

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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. 等比数列{an}中, 首项 a1=2, 公比 q=3, an+an+1+?+am=720(m, n∈N*, m>n), 则 m+n= 【答案】9. 2· 3n 1 · (1-3m ,则 an+an+1+?+am= 1-3
- -n+1



【提示】因为 an=2· 3

n-1

) n-1 m-n+1 =3 · (3 -1)=720=32×24×5,

?n-1=2 则? ,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.已知函数 f (x)=? 2 ,若任意实数 b,总存在实数 x0,使得 f (x0)=b,则实数 a 的取值范围 ?x -2x,x≥a





【答案】-5≤a≤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. 10.已知函数 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 4 若 a<0,则 f ′(x)=3ax(x- ),可得 f ( )=1- 2为极小值,则满足 1- 2>0, a a a a 解得 a>2 或 a<-2.此时,取得 a<-2. 综上,a 的取值范围是(-∞,-2) . 3 1 解法二:f (x)=0,即 ax3=3x2-1,分离参数 a= - 3,同样可得 a<-2. x x
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【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+ , (m∈R) ,若对任意 b>a>0, <1 恒成立,则 m 的取值范围是 x b-a 1 【答案】[ ,+∞) . 4 f(b)-f(a) 【提示】对任意的 b>a>0, <1 恒成立,等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立. b-a m 函数 h(x)=f(x)-x=lnx+ -x 在(0,+∞)是单调减函数, x 1 m 1 1 即 h′(x)= - 2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立,得 m≥-x2+x=-(x- )2+ (x>0)恒成立, x x 2 4 1 1 解得:m≥ .所以 m 的取值范围是[ ,+∞) . 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= .设向量 x=(3a,cosA),y=(2c ,cosC), 3 且 x∥y. (1)若 b= 5,求 c2-a2 的值; (2)求 B 的值. 解: (1)因为 x∥y,所以 3acosC=2ccosA.用余弦定理代入,化简可得:b2=5(c2-a2). 因为 b= 5,所以 c2-a2=1. (2)因为 3acosC=2ccosA,由正弦定理得:3sinAcosC=2sinCcosA,即 3tanA=2tanC. 1 1 因为 tanA= ,所以 tanC= , 3 2 从而 tanB=-tan(A+C)=- tanA+tanC =-1. 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. 2.三角形 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. 1 → → 解: (1)由题意知, AB · AC =bccosA,S= bcsinA, 2 所以 bccosA≤ 3bcsinA,即 cosA≤ 3sinA, (或也可根据 cosA 的正负,转化为关于 tanA 的不等式) . π 即 3sinA-cosA≥0,2sin(A- )≥0. 6 π π 5π π 5π π 因为 A 为三角形内角,则 A- ∈(- , ),所以 0≤A- < ,从而 A∈[ ,π). 6 6 6 6 6 6 (2)设 tanA=m,tanB=2m,tanC=3m,由题意知,m>0. 因为 tanC=-tan(A+B)=- tanA+tanB 3m ,则 3m=- , 1-tanA· tanB 1-2m2

2 5 3 10 解得 m=1,则 tanB=2,tanC=3,从而 sinB= ,sinC= , 5 10 AC sinB 2 2 2 2 所以 = = ,则 AC= . AB sinC 3 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=tanA· tanB· tanC). 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 个收费窗口,则恰有两个相邻窗口开放(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,恰有两个相邻窗口开放” ,用(i,j,k)表示编号分别为 i,j,k 的三个收费窗口开放. 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 个基本事件; 而事件 A 包括:(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,4,5),(2,3,5),(2,4,5), 6 3 共 6 个基本事件.因此 P(A)= = . 10 5
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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“该收费窗口处有 i 辆车排队等侯” ,其中 i=0,1,2,3,4,5. 则由题意知,上述 6 个事件为互斥事件. 记事件 C 为“该收费窗口处至多有 2 辆车排队等侯” , 事件 D 为“该收费窗口处至少有 3 辆车排队等侯” . 则 P(C)=P(B0+B1+B2)= P(B0)+P(B1)+P(B2)=0.1+0.16+0.3=0.56, P(D)=P(B3+B4+B5)= P(B3)+P(B4)+P(B5)=0.3+0.1+0.04=0.44. - (另解:由题意知事件 C,D 为对立事件,则 P(D)=P( C )=1-P(C)=0.44) 答:该收费窗口处至多 2 辆车排队等侯的概率为 0.56,至少 3 辆车排队等侯的概率为 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. 4.如图,四边形 ABCD 中,AB=2,AD=1,三角形 BCD 为正三角形. π → → → (1)当∠BAD= 时,设 AC =x AB + y AD ,求 x,y 的值; 3 (2)设∠BAD=α,则当 α 为多少时,四边形 ABCD 的面积 S 最 大,并求出最大值. π 解: (1)在△ABD 中,由于 AB=2,AD=1,∠BAD= , 3
A B D C

π π π 5π 易得 BD= 3,∠ABD= ,∠ADB= ,∠ABC= ,∠ADC= . 6 2 2 6 下面提供三种解法: π π 法一:如图,过点 C 作 CE//AD 交 AB 于点 E,在△BCE 中,BC= 3,∠ABC= ,∠BEC= , 2 3

?x=1, ? → → → 1→ → 则 CE=2,BE=1,则 AE=1,所以 AC = AE + EC = AB +2 AD ,即? 2 2 ? ?y=2.
C D D y C

A

E

B

OA

B

x

法二:以 A 为坐标原点,AB 所在直线为 x 轴建立如图直角坐标系.

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1 3 3 → → → 1 则 D( , ),B(2,0),C(2, 3),则 AC =(2, 3), AB =(2,0),从而 AD =( , ), 2 2 2 2

?2x+2y=2 ? ?x=1, 则? ,解得? 2 3 ?y=2. ? ? 2 y= 3
→ → → → → → → → → → →2 → → 法三:因为 AC · AB =x AB 2+y AD · AB =4x+y,又 AC · AB =( AB + BC )· AB = AB + BC · AB =4, 则 4x+y=4. → → → → → 因为 AC · AD =x AB · AD +y AD 2=x+y, π 5 5 → → → → → →2 → → 又 AC · AD =( AD + DC )· AD = AD + DC · AD =1+1× 3×cos = ,则 x+y= . 6 2 2

1

? ? ?4x+y=4 ?x=1, 5 ,解得? 2 从而? ?x+y=2 ?y=2. ? ?
(2)在△ABD 中,由余弦定理知,BD= 5-4cosα,则 S△ABD=sinα,S△BDC= 则 S= sinα- 所以 Smax=2+ 3cosα+ 5 3 π 5 3 =2sin(α- )+ ,α∈(0,π), 4 3 4 3 2 3 BD = (5-4cosα), 4 4

5 3 π π 5π ,此时 α- = ,即 α= . 4 3 2 6

→ → → 【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.一列有 55 辆车身长都为 10m 的同一车型的车 队(这种型号车能行驶的最高速度为 40m/s),匀速通过该隧道,设车队的速度为 xm/s,根据安全和车流 1 量的需要,当 0<x≤10 时,相邻两车之间保持 20m 的距离;当 10<x≤20 时,相邻两车之间保持( x2 6 1 + 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). 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.( 3≈1.73). 2150+10×55+20×(55-1) 3780 解: (1)当 0<x≤10 时,y= = (s); x x 1 1 2150+10×55+( x2+ x)×(55-1) 6 3 2700+9x2+18x 当 10<x≤20 时,y= = x x 2700 =18+9x+ (s). x
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? x ,0<x≤10, 所以 y=? 2700 ?18+9x+ x ,10<x≤20.
(2)当 x∈(0,10]时,在 x=10 时,ymin= 3780 =378(s). 10 9x? 2700 =18+180 3≈329.4(s). x 2700 当 x∈(10,20]时,y=18+9x+ ≥18+2 x

3780

2700 当且仅当 9x= ,即 x=10 3≈17.3 时取等号. x 因为 17.3∈(10,20],所以当 x=17.3m/s 时,ymin=329.4(s). 因为 378>329.4,所以当车队的速度为 17.3m/s 时,车队通过隧道时间 y 有最小值 329.4s. 【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,圆 O:x2+y2=1,P 为直线 l:x=t(1<t<2)上一点. 4 (1)已知 t= . 3 5 ①若点 P 在第一象限,且 OP= ,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 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.R 为圆 O 上一点,且 RM=1,直线 RM 与圆 O 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

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x2+y2=1, 2 2 ?x +y =1, ? 4 4 因为点 A,B 均在圆上,所以有 x+3 即? y+y0 2 (x+ )2+(y+y0)2=4. 2 ? 3 ( ) +( ) =1. ? 2 2

? ? ?

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 65 65 +y02≤3,解得- ≤y0≤ , 9 3 3 65 65 , ]. 3 3

即点 P 纵坐标的取值范围是[-

?x22+y22=1, t t2 (2)设 R(x2,y2),则? 解得 x2= ,y22=1- . 2 2 2 4 ?(x2-t) +y2 =1.

RM 的方程为:y=-
2 2

2y2 (x-t). t

? ?x +y =1, t(3-t2) 2y2 由? 可得 N 点横坐标为 , 2 ? y=- t (x-t). ?
所以 NQ= 2t-t3 2 3t-t3 2 1 ( ) +1-( ) = 2t4-5t2+4. 2 2 2

5 5 14 所以当 t2= 即 t= 时,NQ 最小为 . 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. 已知椭圆 E: 2+ 2=1 过点 D(1, ),且右焦点为 F(1,0),右顶点为 A.过点 F 的弦为 BC.直线 BA, a b 2 直线 CA 分别交直线 l:x=m,(m>2)于 P? Q 两点. (1)求椭圆方程; (2)若 FP⊥FQ,求 m 的值. 1 9 解: (1) 2+ 2=1,a2-b2=1,解之得 a2=4,b2=3, a 4b x2 y2 所以椭圆方程为 + =1; 4 3 y0 (2)设 B(x0,y0),则 BC:y= (x-1), x0-1
O B y D F A x C P

Q

?y=x -1(x-1), x y 与椭圆 E: + =1 联立方程组:? 4 3 x y ? 4 + 3 =1.
2 2 2 0 2

y0

8-5x0 -3y0 8-5x0 -3y0 解得 x=x0,y=y0 或 x= ,y= ,所以 C( , ). 5-2x0 5-2x0 5-2x0 5-2x0
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-3y0 x02 9(1 - ) 2 5-2x0 4 y0 y0 3y0 3y0 9 kABkAC= ? = ? = 2 = 2 =- . 4 x0-2 8-5x0 x0-2 x0+2 x0 -4 x0 -4 -2 5-2x0 9 显然 kAB=kAP,kAC=kAQ,所以 kAPkAQ=- .设 Q(m,y1) 4 kFQ= m-2 y1 y1 m-2 m-2 = ? = k ,同理 kFP= k . m-1 m-2 m-1 m-1 AQ m-1 AP

m-2 2 9 m-2 2 所以 kFP kFQ=( ) 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 kFP kFQ=-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. 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0) 的离心率 e= , 右焦点? 下顶点? 左顶点分别为 F2, B, A. AB= 3. 直 a b 2 y 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; (2)当 BP 过点 F2 时,求过 A? B? P 三点的圆的方程; 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

Q M A O l F2 P x

2,b=1.

B

(2)由(1)知,F2,B 的坐标分别为(1,0),(0,-1).所以 BP 方程为 y=x-1. x2 4 4 1 代入 C: +y2=1 得 3x2-4x=0,解得 x1=0,x2= .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( , )代入得, 解得 3 3 4 1 17 D+ E+F=- . 3 3 9 1 1 1 所以所求圆的方程为 x2+y2+ ( 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.
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? ? ?

? ? ?

1 D= ( 2-1), 3 1 E=- ( 2+1), 3 1 F=- ( 2+4). 3

? ? 由AM=?MP得,即(x0+ 2,y0)=?(x1-x0,y1-y0). x1=(1+ )x0+ ?x0+ 2=?(x1-x0), ? 所以? 解得 1 ?y0=?(y1-y0).
1 0

1 2 , ? ? ? ?y =(1+?)y . 1
0

? ? 同理,由BM=?MQ得,

?x =(1+?)x , ? 1 1 ?y =(1+?)y +?.
2 2 0

因为 P(x1,y1)在椭圆 C 上,所以 x12+2y12=2. 1 2 1 1 1 1 代入得,[(1+ )x0+ ]2+2[(1+ )y0]2=2.同理得,[(1+ )x0]2+2[(1+ )y0+ ]2=2.

?

?

?

?

?

?

1 把上面两式相减得,(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. 因此 f (x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减, 所以 f (x)有极小值为 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),h?(x)=xex+ >0 恒成立,h(x)在(ea,+∞)上单调递增, x e e 当 0<x≤ea 时,h(x)=(x-1)ex+e(a-lnx),h?(x)=xex- ,[h?(x)]?=(x+1) ex+ 2>0 恒成立. x x 所以 h?(x)在(0,ea]上单调递增,注意到 h?(1)=0. 因此当 a≤0 时,h?(x)≤0 恒成立. 当 a>0 时,当 x∈(0,1)时,h?(x)<0;当 x∈[1,ea]时,h?(x)≥0.

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综上有:当 a≤0 时,h(x)减区间为(0,ea],增区间为(ea,+∞). 当 a>0 时,h(x)减区间为(0,1),增区间为[1,+∞). 【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.已知函数 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)已知函数 g(x)=|x|-2,判断关于 x 的方程 f(g(x))-k=0 解的个数. 解: (1) f(-x)=-ax3+bx2-cx+d,-f(x)= -ax3-bx2-cx-d, 对任意 x∈R,f(-x)= -f(x),即-ax3+bx2-cx+d=-ax3-bx2-cx-d,bx2+d=0, 所以 b=d=0,f(x)=ax3+cx. f ' (x)=3ax2+c, 由题意 f ' (1)=3a+c=0,f(1)=a+c=-2,所以 a=1,c=-3, f(x)=x3-3x; (2)令 t=g(x),则 f(t)=k. f ' (t)=3t2-3=3(t+1)(t-1),令 f ' (t)=0,则 t=-1 或 t=1, t<-1,则 f ' (t)>0,所以 f(t)在(-∞,-1)上单调增, -1<t<1, 则 f ' (t)<0,所以 f(t)在(-1,1)上单调减, t>1, 则 f ' (t)>0,所以 f(t)在(1,+∞)上单调增. 计算得 f(-2)=f(1)=-2,f(2)=f(-1)=2. y 2 -2 -1 O 1 2 t -2 O 2 x t 2

-2

-2

1o k<-2 时,f(t)=k 仅有一小于-2 的解 t1,g(x)=t1,即|x|-2=t1,|x|=t1+2 无解;即 f(g(x))-k=0 无解.

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y 2 -2 t1 -1 O 1 2 y=k t -2

t 2

O -2

2 t=t1

x

-2

2ok=-2 时,f(t)=k 有两解 t1=-2,t2=1,g(x)=t1,即|x|-2=-2,x=0, g(x)=t2,即|x|-2=1,x=3 或 x=-3,即 f(g(x))-k=0 有 3 解; y 2 t1 -2 -1 O t2 1 2 y=k -2 t -2 O -2 t 2 t=t2 2 t=t1 x

3 o -2<k<2 时,f(t)=k 有三解 t1,t2,t3,且-2< t1<t2<t3<2, g(x)= ti,即|x|-2=ti,|x|=ti+2,有两解,(i=1,2,3),即 f(g(x))-k=0 有 6 解; y 2 t1 t2 1 t3 -2 O -1 2 y=k -2 t t=t3 2 t -2 O -2 t=t2 2 t=t1 x

4ok=2 时,f(t)=k 有两解 t1=-1,t2=2,g(x)=t1,即|x|-2=-1,x=-1 或 x=1, g(x)=t2,即|x|-2=2,x=4 或 x=-4,即 f(g(x))-k=0 有 4 解;

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y 2 -2 -1 O t1 -2 1 2 t2 t -2 y=k

t 2 t=t2 O -2 2 t=t1 x

5o k>2 时,f(t)=k 仅有一大于 2 的解 t1,g(x)=t1,即|x|-2=t1,|x|=t1+2,有 2 解; 即 f(g(x))-k=0 有 2 解. y y=k 2 -2 -1 O 1 2 t1 t -2 O -2 2 x 2 t t=t1

-2

综上,方程 f(g(x))-k=0 解的个数如下:k<-2 时 0 解;k=-2 时 3 解;-2<k<2 时 6 解;k=2 时 4 解;k>2 时 2 解. 【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.公差不为零的等差数列{an}的前 n 项之和为 Sn,且 Sn=? (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=,,k3=14,
1 2 3 n

an+k?2 * ? 2 ? 对 n∈N 成立.

求 a1k1+a2k2+?+ankn 的值. 解: (1)法一:条件化为 2 Sn=an+k 对 n∈N*成立. 设等差数列公差为 d,则 2 n(n-1)d na1+ = a1+(n-1)d+k. 2

2 a1=a1+k,① ? ? 分别令 n=1,2,3 得:?2 2a1+d=a1+d+k,② ? ?2 3a1+3d=a1+2d+k.③
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由①+③-2?②得, a1+ 3a1+3d=2 2a1+d.两边平方得,4a1+d=2 3a12+3a1d. 两边再平方得,4a12-4a1d+d2=0.解得 d=2a1. 代入②得,4 a1=3a1+k,④ 由④-①得,a1= a1.所以 a1=0,或 a1=1. 又当 a1=0 时,d=0 不合题意.所以 a1=1,d=2. 代入①得 k=1. 而当 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 2 an+k? d 2 d 1 2 代入 Sn=? ? 2 ? 得,2n +(a1-2)n=4[dn+(a1+k-d)] , 即 2dn2+(4a1-2d)n=d2n2+2d(a1+k-d)n+(a1+k-d)2. an+k?2 * ? 2 ? 对 n∈N 成立.

?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= ak ,则数列{cn}为等比数列,且 c1=ak =a2=3,c3=ak =a14=27. n 1 3 c3 故等比数列{cn}的公比 q 满足 q2= =9. c1 又 cn>0,所以 q=3.所以 cn=c1qn 1=3?3n 1=3n.
- -

2

又 cn=ak =2kn-1,所以 2kn-1=3n.
n

2n-1 n 2n-1 1 1 由此可得 kn= ?3n+ .所以 ankn= ?3 + . 2 2 2 2 所以 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 S=1?31+3?32+5?33+?+(2n-1)?3n

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则 3S=

1?32+3?33+?+(2n-3)?3n+(2n-1)?3n 1,
+ +

两式相减得:-2S=3+2?32+2?33+?+2?3n-(2n-1)?3n 1,
n 1 3(1-3 ) 1 + + S=- [2? -3-(2n-1)?3n 1]=- [-3(1-3n)-3-(2n-1)?3n 1] 2 2 1-3

1 + + =- [-2(n-1)?3n 1-6]=(n-1)?3n 1+3, 2 (n-1)?3n 1+n2+3 1 1 + 代入得 a1k1+a2k2+?+ankn= ?[(n-1)?3n 1+3]+ n2= . 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 S=[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.已知数列{an}的各项均为正数,其前 n 项的和为 Sn,且 rSn+1-(r+1)Sn=ra1 对任意正整数 n 都成立, 其中 r 为常数,且 r∈N*. (1)求证:数列{an}为等比数列; *(2)若 r≥2,且 a1,at(t≥3)均为正整数,如果存在正整数 q,使得 a1≥qt 1,at≤(q+1)t 1,
- -

求证:St=(q+1)t-qt. 解: (1)由 rSn+1-(r+1)Sn=ra1 得 rSn+2-(r+1)Sn+1=ra1, 两式相减得 ran+2=(r+1)an+1,即 an+2 r+1 a2 r+1 = .又 rS2-(r+1)S1=ra1,得 = . r a1 r an+1

r+1 综上可知{an}为等比数列,且公比为 . r r+1 t-1 - (2)由于 at=a1( ) 及 a1 均为正整数,所以存在正整数 k,使得 a1=krt 1, r 所以 at=k(r+1)t 1.


由 at≤(q+1)t 又由 a1≥q
t-1

-1

得(q+1)t 1≥k(r+1)t 1≥(r+1)t 1,于是 q≥r.
- - -

,at≤(q+1)

t-1

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

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,又 a1≥qt 1.所以 a1=qt 1. r q

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r+1 t 1-( ) r r+1 t q+1 t - 于是 St=a1 =a1 r(( ) -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. 13.设数列{an}的各项都是正数,且对任意 n∈N*都有 a13+a23+a33+?+an3=Sn2+2Sn,其中 Sn 为数列 {an}的前 n 项和. (1)求 a1,a2; (2)求数列{an}的通项公式; Sn+3 2 *(3)bn= ,cn= a -1 ,试找出所有即在数列{bn}中又在数列{cn}中的项. Sn n 2 +an 解: (1)令 n=1,则 a13= S13+2S1,即 a13= a12+2a1,所以 a1=2 或 a1=-1 或 a1=0. 又因为数列{an}的各项都是正数,所以 a1=2. 令 n=2,则 a13+a23= S22+2S2,即 a13+a23=(a1+a2)2+2(a1+a2),解得 a2=3 或 a2=-2 或 a2=0. 又因为数列{an}的各项都是正数,所以 a2=3. (2)因为 a13+a23+a33+?+an3=Sn2+2Sn (1) (2)
an

所以 a13+a23+a33+?+an-13=Sn-12+2Sn-1(n≥2)

由(1)-(2)得 an3=( Sn2+2Sn)-(Sn-12+2Sn-1)=(Sn-Sn-1)( Sn+ Sn-1+2)=an( Sn+Sn-1+2), 因为 an>0,所以 an2=Sn+Sn-1+2 所以 an-12=Sn-1+Sn-2+2(n≥3) (3) (4)

由(3)-(4)得 an2-an-12=an+an-1,即 an-an-1=1(n≥3), 又 a2-a1=1,所以 an-an-1=1(n≥2). 所以数列{an}是一个以 2 为首项,1 为公差的等差数列. 所以 an=a1+(n-1)d=n+1. n(n+3) Sn+3 n(n+3)+6 2n 1 2a (3)Sn= ,所以 bn= = ,cn= a -1 = n . 2 Sn n(n+3) 2 +an 2 +n+1

n n

不妨设数列{bn}中的第 n 项 bn 和数列{cn}中的第 m 项 cm 相同,则 bn=cm. n(n+3)+6 2m 1 2m-m-1 6 即 = m ,即 = . n(n+3) 2 +m+1 n(n+3) 2m+m+1


2m-m-1 6 1 1o 若 m = ≥ ,则 n2+3n-18≤0,所以 1≤n≤3, 2 +m+1 n(n+3) 3

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2m-m-1 3 n=1 时, m = ,无解; 2 +m+1 2 2m-m-1 3 n=2 时, m = ,即 5· 2m-5m-5=3· 2m+3m+3, 2 +m+1 5 所以 2m=4m+4, m=1,2,3,4 时 2m<4m+4; 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 n=3 时 m = ,即 2m=2m+2, 2 +m+1 3 m=1,2 时,2m<2m+2; m=3 时,2m=2m+2; m=4 时,2m>2m+2; m≥5 时,2m>4m+4>2m+2. 所以,m=3,n=3. 2o 若 2m-m-1 6 1 = < ,即 2m<2m+2. 2m+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. 6 当 m=1 时, =0 无解, n(n+3) 6 1 当 m=2 时, = 无解. n(n+3) 7 4 综上即在数列{bn}中又在数列{cn}中的项仅有 b3=c3= . 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;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,{cn}单调递减趋向 1,{dn}单 4 调递增趋向 2, 所以{cn}与{dn}的公共项只有可能在前面若干项中产生,经过列举可发现 c3=d3= , 所以 3 4 可以 为分界的数,来找{cn}与{dn}的公共项. 3

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