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232014年深圳市高中数学教师命题比赛理科


2014 年深圳市高中数学教师命题比赛(理科)
本试卷共 10 页,21 小题,满分 150 分.考试用时 120 分钟. 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.有 且只有一项是符合题目要求的. 1.设集合 M ? ?x | x ? 1 ?, N ? ?x | A. M ? ?N B. N ? ?M

/>? ?

x ?1 ? ? 0? ,则集合 M 、 N 的关系为( x ?1 ?
C. M ? N D. M



N ??

(原创)主要考查集合之间的关系及简单分式不等式的解法,命题灵感来源于教材 (命题意图)考查集合的关系,分式不等式的解法,共 2 个知识点

x ?1 ? 0 ? ?1 ? x ? 1 ? N ? ?x | ?1 ? x ? 1? ? N ? ? M ,故选 B. x ?1 1? i 2.设 i 为虚数单位,且复数 z ? ,则 z 的共轭复数 z 的虚部为( ) 1? i A. 1 B. i C. ?1 D. ?i
解析: (原创)主要考查复数的基本概念(实部、虚部、共轭)及复数的除法运算,命题灵感来源 于教材及广东近年的高考试题 (命题意图)考查复数的基本概念及其运算能力,共 3 个知识点

1? i ? ?i ? z ? i ? z 的虚部为1 ,故选 A. 1? i 3.在 ?ABC 中, D 为 BC 边的中点,若 BC ? (2,0) , AC ? (1, 4) ,则 AD ? (
解析: z ? A. (?2, ?4) B. (0, ?4) C. (2, 4) D. (0, 4)



(原创) 主要考查平面向量的坐标表示及运算, 命题灵感来源于教材及广东近年的高考试题 (命题意图)考查平面向量的坐标表示及运算能力,共 2 个知识点 解析:D 为 BC 边的中点 ? AD ? AC ? DC ? AC ?

1 1 BC ? (1, 4) ? (2, 0) ? (0, 4) , 故选 D. 2 2


4.某几何体的三视图如图 1 所示,则该几何体的侧面积为( A. 4+ 2 B. 5 C. 4 2+1 D. 5 2

(原创)主要考查空间几何体的三视图概念,空间想象和运算能力, 命题灵感来源于日常生活及广东近年的高考试题 (命题意图)考查空间想象及运算能力,共 2 个知识点

图1

解析: 易知该几何体的左、 右两个侧面为全等的直角梯形, 其面积均为 S1 ? ? (1 ? 2) ? 2 ?

1 2

3 2 , 2

前侧面及后侧面为等腰三角形,其面积分为 S2 ? ? 2 ? 2 ? 2 和 S3 ? ? 2 ?1 ? 1 ,于是该几何体 的侧面积为 S ? 2S1 ? S2 ? S3 ? 4 2+1,故选 C. 5.下列命题中,正确的命题为( )

1 2

1 2

1 (1) 函数 y ? 的单调递减区间为 ? ??,0? ? 0, ??? ; x (2) 若函数 y ? f ( x) 是奇函数,则函数 y ? xf ( x) 是偶函数;
k m (3) 设 Cn 为二项式系数 Cn (k ??0,1,2, ???, n?, n ? 2) 中的最大值,若 m 的值唯一,则

高考模拟试题(理科数学)第 - 1 - 页 共 28 页

n ? 2m ;

(4) 设 P ( A) 为事件 A 的概率,则“ P( A) ? 0 ”是“事件 A 为不可能事件”的充要条件. A. (1) 、 (3) B. (2) 、 (3) C. (1) 、 (4) D. (2) 、 (4)

(原创)主要考查函数的基本性质(单调性、奇偶性) ,二项式系数的特征(对称性、单调 性) ,事件的概率,充要条件的判定,命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查函数的基本性质, 二项式系数的特征, 事件的概率, 充要条件的判定及推理、 分析的逻辑思维能力,共 6 个知识点

1 的单调递减区间为 ? ??,0? 和 ? 0, ??? ,即(1)错误;由函数的奇偶性的定 x 义可知,若函数 y ? f ( x) 是奇函数,则函数 y ? xf ( x) 是偶函数,即(2)正确;由二项式系 数的单调性及对称性特征可知(3)正确; 由几何概型举特例可知, “ P( A) ? 0 ” 是 “事件 A 为
解析:函数 y ? 不可能事件”的必要不充分条件,(4)错误.综上:只有(2) 、(3)正确,故选 B.
?x ? ?3 ?2 ,x ? 0 6.设函数 f ( x) ? ? ,若 f ( x0 ) ? 1 ,则 x0 的取值范围是( ln x ? 1, x ? 0 ? ?



A. ? ?1,0) C. ? ??, ?1?

(0, ??? (0, ??)

B. ? ?1,0) D. ? ??, ?1?

(1, ??? (1, ??)

(原创) 主要考查分段函数, 简单的指数、 对数、 绝对值不等式的解法及函数与不等式转化、 分类讨论、数形结合的数学思想,命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查基本初等函数类型及不等式的解法,数形结合及转化化归的数学思想,共 4 个知识点 解析: 当 x ? 0 时,f ( x0 ) ? 1 ? 3
? x0

? 2 ? 1 ? 3? x0 ? 3 或 3? x0 ? 1 ? x0 ? ?1 或 x0 ? 0(舍) ;

当 x ? 0 时, f ( x0 ) ? 1 ? ln x0 ? 1 ? 1 ? x0 ? 1 .综上: x0 ? ?1 或 x0 ? 1 ,故选 D. 7.以原点 O 为中心,焦点在 x 轴上的双曲线 C ,有一条渐近线的倾斜角为 60 ,点 F 是该 双曲线的右焦点.位于第一象限内的点 M 在双曲线 C 上,且点 N 是线段 MF 的中点.若

ON ? NF ? 1 ,则双曲线 C 的方程为(

) B.

x2 y 2 ? ?1 4 12 y2 2 ?1 C. x ? 3
A.

x2 3 y 2 ? ?1 4 4
2 2

D. x ? 3 y ? 1

(原创)主要考查双曲线的定义和方程,直线的倾斜角,三角形的中位线性质及转化化归的 数学思想,命题灵感来源于逆向分析 (命题意图)考查双曲线的基本概念及直线的倾斜角, 中位线定理, 数形结合及转化化归的数 学思想,共 5 个知识点

x2 y 2 ? ? 1, 点 F ? 是该双曲线的左焦点. 因为点 N 是线段 MF a 2 b2 的中点,则线段 ON 是 ?MFF ? 的中位线,即有 MF ? ? MF ? 2 ON ? NF ? 2 ,即
解析: 设双曲线 C 的方程为

?

?

2a ? 2 ? a ? 1,又其渐近线的倾斜角为 60 ,则 tan 60 ?

b ? b ? 3 ,故选 C. a

高考模拟试题(理科数学)第 - 2 - 页 共 28 页

8. 设 y ? f ( x) 为定义在 R 上的可导函数,定义运算 ? 和 ? 如下:对 ?m, n ? R 均 有

m ? n ? f (m) ? n ;m ? n ? f ?(m) ? n .若 ?a ? R ,使得对于 ?x ? R ,恒有 a ? x ? a ? x ? x
成立,则称实数 a 为函数 f ( x ) 的基元,则下列函数中恰有两个基元的是( A.f ( x) ? ) D.f ( x) ? cos x

1 3 ( x ? 3 x) 2

B.f ( x) ? x2 ? 1

C.f ( x) ? 2x3 ? 3x2

(原创) 以函数及其导数为载体来考查对新定义的理解及转化化归的数学思想, 命题灵感来 源于群论中的基本概念(单位元、零元) (命题意图)考查对新信息的理解与探究, 及转化化归的数学思想, 充分体现新课改的教学理 念,共 4 个知识点 解析:由新定义可知,若实数 a 为函数 f ( x ) 的基元等价于 f (a) ? 1 且 f ?(a) ? 0 ,由此易

1 3 ( x ? 3x) 有两个基元,函数 f ( x) ? x2 ? 1 和函数 f ( x) ? 2x3 ? 3x2 有一个 2 基元,函数 f ( x) ? cos x 有无穷多个基元,故选 A.
知函数 f ( x) ? 二、填空题:本题共 7 小题,考生作答 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. (一)必做题(9~13 题) 9.函数 f ( x) ?

1 的定义域为 x ?1



(原创) 主要考查函数的定义域及缜密的数学思维, 命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查函数的基本概念及缜密的逻辑思维,共 2 个知识点 解析: ?

? ?x ? 0 ? 0 ? x ? 1, 或 x ? 1 ,故应填 [0, 1) (1, ??) 或 {x | 0 ? x ? 1, 或 x ? 1} . ? ? x ?1 ? 0

10.等比数列 ?an ? 中, a6 ? 2a3 ,则

a11 ? 2a2 ? a5



(原创)主要考查等比数列的定义及其性质,命题灵感来源于教学中的学生典型错误 (命题意图)考查等比数列的定义及其性质和运算能力,共 2 个知识点 解析: a6 ? 2a3 ? q ?
3

a6 a ? 2a2 a11 2a2 2 ? 2 , ? 11 ? ? ? q 6 ? 3 ? 5 ,故应填 5 . a3 a5 a5 a5 q

? y ?x ? ? 1 11.设平面区域 D : ? t 2 ,点 P( x, y) ? D ,若 u ? 2 x ? y 的最大值为 2 ,则实数 t 的取值范 ? ? x ? 0, y ? 0
围是 . (原创) 主要考查线性规划的逆向问题, 直线方程的截距式, 数形结合的数学思想及分析推理能力, 命题灵感来源于教材 及逆向分析 (命题意图)考查逆向分析、解决问题的能力,数形结合的数 学思想及分析推理能力,及运动的辩证思维能力,共 3 个知 识点 解析: 如 11 题解析图所示, 可知题设平面区域 D 为 ?OAB ,

高考模拟试题(理科数学)第 - 3 - 页 共 28 页

11 题解析图

其中点 A(1, 0) , B(0, t 2 ) ,又 u ? 2 x ? y ? y ? ?2x ? u , u 为直线 y ? ?2 x ? u 在 y 轴上的截 距.由于 u 的最大值为 2 ,故直线 x ?
2

y ? 1 应介于直线 l1:y ? ?2x 即 l2 : y ? ?2x ? 2 之间, t2
2

即直线 AB 在 y 轴上的截距 t 应满足: 0 ? t ? 2 , 即 ? 2 ?t ?0 或 0?t ? 2 , 故 应 填 ? ? 2, 0

?

? ? 0,


2? ?或

{t | ? 2 ? t ? 0 或 0 ? t ? 2} .
12.执行如图 2 所示的程序,则输出的 k ? (原创)主要考查算法的基本逻辑结构和程序框图,等比数列求 和,命题灵感来源于等比数列求和公式及近年广东高考试题 (命题意图)考查算法基本概念及利用算法思想解决问题的综合 能力,共 3 个知识点 解析:易知 S ? 2 ? 2 ????? 2 ? 2
1 2 k k ?1

?2,

则输出的 k 值为满足不等式 2

k ?1

? 2 ? 2014 的最小正整数,易知

k ? 10 ,故应填 10 .
13.设曲线 y ? ln x ? m 在 x ? 1 处的切线与抛物线 x2 ? 4 y 在 1 ? x ? 4 的部分有两个交点,则实数 m 的取值范围是 . 图2

(原创)主要考查导数的几何意义,曲线的切线和数形结 合及转化化归的数学思想,命题灵感来源于教材及逆向分析 (命题意图)考查数形结合、转化化归的数学思想及解析几何的本质,共 4 个知识点 解析: y ? ln x ? m ? y? ? ,易知曲线 y ? ln x ? m 在 x ? 1 处 的切线的斜率 k 为 1 , 切点为 (0, m) , 于是切线 l 的方程为:

1 x

y ? x ? m ? 1 .如 13 题解析图所示,切线 l 应介于和 l 平行
的直线 a 、 b 之间,其中直线 a 过点 A(1, ) ,直线 b 和抛 物线 x2 ? 4 y 在 1 ? x ? 4 的部分即弧 AB 相切, 易知直线 a 的方程为: y ? x ? , 直线 b 的方程为: y ? x ? 1 , 故应有: ?1 ? m ? 1 ? ? ,即 0 ? m ? ,故应填 m ? (0, ] 或 {m | 0 ? m ? } . (二)选做题(14、15 题,考生只能从中选做一题,两题全答的,只计前一题的得分)
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1 4

3 4

13 题解析图

3 4

1 4

1 4

1 4

14.(坐标系与参数方程选做题)曲线 C 的极坐标方程为: ? ? 曲线围成的面积为 .

1 ? ? 2 2 sin(? ? ) ,则该 ? 4

(原创)主要考查圆的极坐标方程与直角坐标系方程的转化,两角和的正弦公式,命题灵感 来源于逆向分析 (命题意图)考查对极坐标思想的理解及分析能力,共 2 个知识点 解析:原方程为: ? +

=2 2 sin(? ? ) ? 2(sin ? ? cos ? ) ,方程两边同乘以 ? 并化简, ? 4

1

?

可得 ? 2 ? 1 ? 2? (sin ? ? cos?) . 又 ? 2 ? x2 ? y2 , ? cos? ? x, ? sin ? ? y , 从而可知曲线 C
2 2 的直角坐标系方程为: x ? y ? 1 ? 2 x ? 2 y ? ? x ? 1? ? ? y ? 1? ? 1 ,即曲线 C 为半径为
2 2

1 的圆,其围成的面积为 ? ,故应填 ? .

15. (几何证明选讲选做题)如图 3 所示,四边形 BDEC 为圆内接 四边形, CB 、 ED 的延长线交于点 A , BD 、 CE 的延长线交于

B B ? C 点F , 且A

AD ? 2 DE , , 则 CF ? DF ? 3 ,



(原创)主要考查割线定理,相似三角形的判定及性质,转化化归 和方程的数学思想,命题灵感来源于逆向分析 (命题意图)以几何图形考查转化、化归和方程的思想及基本的数学 运算能力,共 3 个知识点 解析:设 BC ? x , DE =y ,由 AB ? BC , AD ? 2 DE
2 2 及割线定理可知: AB ? AC ? AD ? AE ? 2x ? 6 y , ? x ? 3 y ,

图3

即 即

BC = 3 ,又易知 ?EDF ? ?BCF ,故 ?BCF 和 ?EDF 相似, DE CF BC ? = 3 ,从而 CF = 3DF ? 3 ,故应填 3 . DF DE

三、解答题:本大题共 6 小题,满分 80 分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. (本小题满分 12 分)

? ? ? 设 ? ? ?1,sin(mx ? ) ? ,? ? ? n, ?1? ,若 x ? 0 是函数 f ( x) ? ? ? ? 的一个零点,且函数 f ( x) 的 2 ? ?
最大值为 m . (Ⅰ)求实数 m 和 n 的值;

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(Ⅱ)?ABC 中, 设 ?A 、?B 、? C 所对的边分别为 a 、b 、c , 若a?c, 且 求 f ( B) 的值.

2 a 2 ? b2 ? c f ( A) ? , 2 2 2 b ?c ?a f (C )

(原创)主要考查向量的数量积运算,三角函数的图像和性质,三角恒等变形及余弦定理的 简单应用,命题灵感来源于逆向分析 (命题意图)考查向量的基本运算及三角函数的图像和性质, 三角恒等变形及余弦定理的应用, 共 5 个知识点 解析: (Ⅰ) f ( x) ? ? ? ? ? n ? sin(mx ? ) ? n ? cos mx , 2 因为 x ? 0 是 f ( x) 的一个零点,即 f (0) ? n ? 1 ? 0 , ? n ? 1 , 易知 f ( x) ? 1 ? cos mx 的最大值为 2 ,从而依题意有 m ? 2 ,综上 m ? 2, n ? 1 . (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 f ( x) ? 1 ? cos2x ,于是
f ( A) 1 ? cos 2 A sin 2 A ? ? , f (C ) 1 ? cos 2C sin 2 C

?

由正弦定理及余弦定理有: 故

a2 ? b2 ? c2 2ab cos C a cos C sin A cos C , ? ? ? b2 ? c2 ? a2 2bc cos A c cos A sin C cos A

sin 2 A sin A cos C ? ? sin 2 A ? sin 2C ,又 a ? c ? A ? C , sin 2 C sin C cos A

于是 sin 2 A ? sin 2C ? 2 A ? 2C ? ? ? A ? C ?
? f ( B) ? 1 ? cos 2 B ? 2 ,即 f ( B) ? 2 .

?
2

?B?

?
2



17. (本小题满分 12 分) 如图 4 所示, 四边形 ABCD 为正方形,PA=PD ,二面角
P ? AD ? C 为直二面角,点 E 是棱 AB 的中点.

(Ⅰ)求证: PE ? AC ; (Ⅱ)若 ?PAB 为等腰三角形,求二面角 P ? AC ? B 的 余弦值. (原创)主要考查空间的线、面之间的位置关系,空 间想象和运算、推理、分析能力,命题灵感来源于教 材习题和逆向分析 (命题意图)考查空间想象和运算、 推理、 分析能力及对 空间向量这一数学基本工具的应用能力,共 5 个知识点 解析: (解法一:向量法) (Ⅰ)由题设条件,可按如图 4-1 建立空间直角坐标系,其中 O 为 AD 中点,不妨设 图4

高考模拟试题(理科数学)第 - 6 - 页 共 28 页

图 4-1

(0, 0, b) 正方形 ABCD 的边长为 2a , OP ? b ,则可知 P ,

A (a, 0, 0) (a,a, 0) (-a, 2a, 0) ,E ,C

于是 PE =(a,a, ?b) , AC =(-2a, 2a,0) , 从而 PE ? AC =0 ,故 PE ? AC ,即 PE ? AC (Ⅱ) ?PAB 为等腰三角形,又易知 ?PAB 为直角,故只能为 AP ? AB ,故 a 2 ? b2 ? 2a , 易知 b ? 3a ,即 P . 显然 m=(0, (0, 0, 3a) 0,1) 为平面 ACB 的法向量,设平面 PAC 的法向量 为 n0 = ? x, y, z ? ,由上可知 PA=(a, 0, ? 3a) ,又 AC =(-2a, 2a,0) ,

?PA ? n0 ? ax ? 3az ? 0 ? ?PA ? n0 ? 由? ?? ? x ? y ? 3z ,故 n0 = ? AC ? n0 ? ? AC ? n0 ? ?2ax ? 2ay ? 0 ?
即 n= ? 3, ? 3, ?1 亦是平面 PAC 的法向量,
n?= 从而 cos ? m,

?

3z, 3z, z ,

?

?

?

0,1) ? ? 3, ? 3, ?1 m ? n (0, 7 = ?,又易知二面角 P ? AC ? B 为钝角,故 7 1? 7 m n
7 . 7

?

?

二面角 P ? AC ? B 的余弦值即为 (解法二:传统法)

(Ⅰ)如图 4-2,设点 F 是棱 AD 的中点,连接 PF , EF , BD , 由 PA=PD 及点 F 是棱 AD 的中点,可知 PF ? AD , 又二面角 P ? AD ? C 为直二面角,故 PF ? 面 ABCD , 而 AC 在平面 ABCD 内,故 PF ? AC , 因为四边形 ABCD 为正方形,故 BD ? AC , 而 EF 是 ?ABD 的中位线,故 EF / / BD ,从而可知 EF ? AC , 又 PF
EF ? F ,由 PF ? AC 及 EF ? AC ,可知 AC ? 面 PEF ,

图 4-2

PE 在平面 PEF 内,故 PE ? AC .
(Ⅱ)设点 G 是 AC 与 EF 的交点,由(Ⅰ)可知 AC ? 面 PEF , 又 PG , EG 均在平面 PEF 内,从而有 PG ? AC , EG ? AC , 故 ?PGE 为二面角 P ? AC ? B 的平面角, 因为 ?PAB 为等腰三角形,又易知 ?PAB 为直角,故只能为 AP ? AB , 不妨设正方形 ABCD 的边长为 2a , PF ? b ,故 a 2 ? b2 ? 2a ,易知 b ? 3a ,

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则在直角 ?PFG 中,易知有 PF ? 3a , FG ?

2 a, 2

于是 PG ?

?

3a

?

2

2 2 a ? 2 ? FG 14 7 2 ?? a ? a cos ? PGF ? ? ? ,故 , ? ? 2 ? 2 PG 7 14 ? ? a 2
7 , 7

显然 ?PGF ? ?PGE ? ? ,故 cos ?PGE ? -cos ?PGF ? ? 即二面角 P ? AC ? B 的余弦值为 ?
7 . 7

18. (本小题满分 14 分) 现有一枚质地均匀的骰子,连续掷两次,所掷的点数依次记为 a , b . (Ⅰ)若 a 为偶数,则 x ? 1 ,否则 x ? 2 ;若 b 能被 3 整除,则 y ? 1 ,否则 y ? 2 .设 ? ? xy , 求随机变量 ? 的分布列及均值(即数学期望) ; (Ⅱ)设命题 p : 直线 y ? ax ? b 与圆 x2 ? y 2 ? 1 有交点,命题 q : a ? b ? 3 ,求命题 (?p) ? q 为 真命题的概率. (原创)主要考查随机变量 ? 的分布列和均值的概念及古典概型,逻辑联结词和复合命题真 假性的判定,直线和圆的位置关系,数形结合的思想,命题灵感来源于教材例题及逆向分析 (命题意图)考查随机变量的分布列和均值的概念及古典概型, 命题与逻辑, 直线和圆的位置 关系,数形结合的思想及解决实际问题的推理、分析和运算能力,共 6 个知识点 1 解析: (Ⅰ)易知事件 { a 为偶数 } 的概率为 ,于是对于随机变量 x ,列表1 ? 1 如下: 2 表1 ? 1 :

x
P

1

2

1 2

1 2

1 事件 { b 能被 3 整除 } 的概率为 ,于是对于随机变量 y ,列表 1 ? 2 如下: 3
表1 ? 2 :

y P

1

2

1 3

2 3

? ? xy ? 随机变量 ? 可取的值为 1, 2, 4 ,
1 1 1 1 由上述二表可知: P(? ? 1) ? P( x ? 1) ? P( y ? 1) ? ? ? ,同理可求 P(? ? 4) ? , 2 3 6 3 1 1 1 于是 P(? ? 2) ? 1 ? ( ? ) ? , 6 3 2 ? 从而可知随机变量 的分布列如表1 ? 3 :
表1 ? 3 :

?
P

1
1 6

2
1 2

4

1 3

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1 1 1 5 5 进而可知随机变量 ? 的均值 E? ? 1? ? 2 ? ? 4 ? ? ,即 ? 的均值 E? ? . 6 2 3 2 2 (Ⅱ)命题 (?p) ? q 为真命题 ? 命题 ?p 及 q 均为真,即 p 为假命题, q 为真命题,
若 p 为假,则直线 y ? ax ? b 与圆 x2 ? y 2 ? 1 无交点,即直线与圆相离, 于是直线 y ? ax ? b 到圆 x2 ? y 2 ? 1 的距离 d 大于圆 x2 ? y 2 ? 1 的半径 r ? 1 , b ? 1 ? b2 ? a 2 ? 1 ? b ? a ? ? ? ①; 即d ? 2 a ?1 若 q 为真, 则 a ? b ? 3 ? ? ? ②, 记事件 ? 为 “连续掷两次该骰子所得的点数为 (a, b) ” , 事件 A
(a, b) ? (1, 2) 、 , )b 使得命题 (?p) ? q 为真命题” (1,3) 、 (1, 4) 、 (2,3) 、 为 “ (a , 联立①、 ②式可知:

(2, 4) 、 ??? 、 (3,6) ,共 12 组解,即事件 A 共有 nA ? 12 个基本事件,

又易知事件 ? 共有 n? ? 36 个基本事件, 则 P ? A? ?
nA 12 1 1 ? ? ,即命题 (?p) ? q 为真命题的概率为 . n? 36 3 3

19. (本小题满分 14 分)
2 设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,对于 ?n ? N * 满足: an ? 0 ,且 a n 是 4 S n 和 3 ? an 的等差中项.

(Ⅰ)求 a1 的值; (Ⅱ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数 n 有,
1 1 1 1 ? 2 ? ??? ? 2 ? . 2 a1 a2 an 4

(原创)主要考查等差数列的概念,一般数列的通项和前 n 项和的关系及递推关系,裂项放 缩证明不等式,逻辑推理与证明能力,命题灵感来源于广东近年的高考试题和逆向分析 (命题意图)利用等差数列这一基本数列模型来考查推理、 证明能力及联想、 类比的逻辑思维 方式与能力,共 6 个知识点
2 2 解析: (Ⅰ) an 是 4 S n 和 3 ? an 的等差中项 ? 2an ? 4Sn ? 3 ? an

对于上式,令 n ? 1 ,则 2a1 ? 4a1 ? 3 ? a12 ? a1 ? 3 或 a1 ? ?1 , 又 an ? 0 ? a1 ? ?1 (舍) ,故 a1 ? 3 .
* 2 2 (Ⅱ)易知: 4Sn ? an ? 2an ? 3 ??? ①, 4Sn?1 ? an ?1 ? 2an ?1 ? 3 ??? ②, n ? N ,

2 2 上述两式作差并化简得: 2(an +1 ? an ) ? an +1 ? an ? 2(an +1 ? an ) ? (an +1 ? an )(an +1 ? an ) ,

又 an ? 0 ? an +1 ? an ? 2 , n ? N ,
*

即数列 ?an ? 为等差数列,公差为 2 ,由 a1 ? 3 ,可知 an ? a1 ? 2(n ? 1) ? 2n ? 1 , 即数列 ?an ? 的通项公式为 an ? 2n ? 1 , n ? N * . (Ⅲ) 于是
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ), ? ? ? ? ( ? ) ,即 2 ? ( ? 2 an 4 n n ? 1 an (2n ? 1) 2 4n 2 ? 4n ? 1 4n 2 ? 4n 4 n n ? 1

1 1 1 1? 1 1 1 1 1 1 ? 1 1 1 ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? ?( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? ? ( ? ) ? (1 ? )? , 即对一切正整 a12 a2 an 4 ? 1 2 2 3 n n ?1 ? 4 n ? 1 4 ? 1 1 1 1 数 n 有, 2 ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? ,证毕. a1 a2 an 4

20. (本小题满分 14 分)
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x2 y2 F2 为左、 如图 5 所示, 点 M ( x0 , y0 ) , ( x0 ? ?1 , 且 y0 ? 0 ) 在以 F1 、 右焦点的椭圆 C: ? ? 1 m ?1 m 上运动,动三角形 MF1 F2 的面积的最大值为 2 .设直线 MF1 交椭圆于点 A ,直线 MF2 交椭圆于
点 B ,线段 MA 中点为 D . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)在点 M 的运动过程中: (1)设点 D 到直线 l : 2x ? 5 y ? 1 ? 0 的距离为 d ,求 d 的最大值; 图5

(2)设直线 AF2 、 BF1 、 OM 的斜率依次为 k AF2 、 k BF1 、 kOM ,问:是否存在实数 ? ,使得
1 kOM ? ?( 1 k AF2 ? 1 k BF1 ) 恒成立?若存在,求 ? 的值;否则,请说明理由.

(原创)主要考查椭圆的定义及其几何性质,直线和椭圆的位置关系,和对新问题的探究能 力,数形结合思想、设而不求的整体思想及运算能力,抽象思维和形象思维能力,命题灵感 来源于椭圆和圆的类比性质(猜想并证明)及广东近年的高考试题和逆向分析 (命题意图)以直线和椭圆的位置关系为载体考查对新问题的探究能力, 数形结合思想、 设而 不求的整体思想及运算能力,抽象思维和形象思维能力,综合分析、解决问题的能力,本题 综合性较强,以期达到选拔优秀考生的功效,共 7 个知识点

x2 y2 解析: (Ⅰ)由椭圆 C: ? ? 1 可知其半焦距 c ? 1 ,即焦距 F1 F2 ? 2 , m ?1 m 1 动三角形 MF1 F2 的面积的最大值为 2 ,故 S?MF1F2 ? ? F1F2 ? h ? h ? 2 ,即动点 M 到 x 轴的距 2 离 h 的最大值为 2 .显然当动点 M 运动到椭圆 C 的上、 下顶点时, 点 M 到 x 轴的距离的最大, x2 y 2 ? ? 1. 5 4 (Ⅱ) (1)解法一:设 A( x1 , y1 ) 及直线 MA 的方程为: y ? k1 ( x ? 1) , k1 ? 0 ,
即椭圆 C 的短半轴 b ? 2 ,于是 m ? b2 ? 4 ,从而可知椭圆 C 的方程为
? y ? k1 x ? 1 ? 因为点 M ( x0 , y0 ) , A( x1 , y1 ) 为直线 MA 与椭圆 C 的交点,故由 ? x 2 y 2 消去 y 得如下方程: ? ? ?1 ?5 4

(5k12 ? 4) x2 ? 10k12 x ? 5k12 ? 20 ? 0 ,

易知 x0,x1 是上述方程的两个相异实根,? x1 ? x0 ? ? 的中点, 故 D 点坐标为:x? ? 即 D (?
5k12 4k1 , ), 5k12 ? 4 5k12 ? 4

10k12 ,又点 D( x?, y?) 为线段 MA 5k12 ? 4

x1 ? x0 ?5k12 ?5k 2 4k ? ,y ? ? k1 ( x? ? 1) ? k1 ( 2 1 ? 1) ? 2 1 , 2 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4 5k1 ? 4

? k1 ? 0? ,
? 10k12 4 5k ? 2 1 ?1 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4 22 ? ( 5)2 ?5k12 ? 4 5k1 ? 4 5k12 ? 4 3

从而点 D 到直线 l : 2x ? 5 y ? 1 ? 0 的距离为 d ?

?



高考模拟试题(理科数学)第 - 10 - 页 共 28 页



2 ?5k12 ? 4 5k1 ? 4 ? t ,则 5(t ? 1)k12 ? 4 5k1 ? 4(t ? 1) ? 0 ? ? ? ?4 5 ? 80(t 2 ? 1) ? 0 ? t 2 ? 2 , 2 5k1 ? 4

?

?

即 t ? 2 ,则 d ?

t 3

?

2 2 , (当且仅当 k1 ? 3

?

10 ? 5 5

? 时取等号) ,即 d

max

?

2 . 3

解法二:同解法一求出 D 点坐标: x? ?

4k ?5k12 , y ? ? 2 1 , ? k1 ? 0 ? , 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4

1 消去参数 k1 得 D 点的轨迹方程: 4( x ? )2 ? 5 y2 ? 1 , ? y ? 0? ,易知 D 点轨迹为一个椭圆(不含 2

1 左右两个顶点) ,不妨记该椭圆为 C0 ,显然直线 l :2x ? 5 y ? 1 ? 0 过点 (? ,0) ,易知直线 l 与 2 椭圆 C0 相交,欲使 D 点到直线 l 的距离 d 最大,则椭圆 C0 过 D 点的切线 l0 必平行于直线 l ,

1 此时直线 l 和 l0 的距离亦为 d . 设切线 l0 的方程为: 2x ? 5 y ? c ? 0 ,联立 4( x ? )2 ? 5 y2 ? 1 及 2
2x ? 5 y ? c ? 0 得:8x2 ? 4(c ? 1) x ? c2 ? 0 ,于是 ? ? 16(c ? 1)2 ? 32c2 ? 0 ,求得 c ? 1 ? 2 ,由于直线 l 和
2 2 ? ,即 d max ? . 3 3 3 (2)解法一: 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,直线 MA 、 MB 的方程为: y ? k1 ( x ? 1) , y ? k2 ( x ? 1) ,

l0 平行,故易知此时均有 d ?

c ?1

? y ? k1 x ? 1 10k 2 y ?3x0 ? 5 ? 故由 ? x 2 y 2 ? (5k12 ? 4) x 2 ? 10k12 x ? 5k12 ? 20 ? 0 ? x1 ? x0 ? ? 2 1 ,又 k1 ? 0 ? x1 ? , 5k1 ? 4 x0 ? 1 x0 ? 3 ? ? ?1 ?5 4
? y1 ?

?3 x0 ? 5 ?2 y0 y0 ?3x0 ? 5 ?2 y0 , ), ( ? 1) ? ,即 A( x0 ? 3 x0 ? 3 x0 ? 1 x0 ? 3 x0 ? 3 3 x0 ? 5 2 y0 y0 y0 , ) , 于是可求 k AF2 ? , k BF1 ? , x0 ? 3 x0 ? 3 2 x0 ? 4 2 x0 ? 4

同理可求 B (
1 k AF2

从而有

?

1 k BF1

?

4 x0 4 1 ? ,即存在 ? ? ,满足题设. y0 kOM 4

解法二:设直线 MA 、 F1 B 、 F2 A 、 MB 的方程为: x ? k1 y ? 1 , x ? k2 y ? 1 , x ? k3 y ? 1 , x ? k4 y ? 1 ,由题设可知 ki ? 0 ( i ? 1, 2,3, 4 ) ,由于上述四条直线两两相交,故 k i 互不相等,

k ? k4 ? x? 1 ? x ? k y ? 1 k1 ? k4 ? k ? k4 ? 2 ? 1 因直线 MA 、 MB 交于 M 点,由 ? ?? ?M? 1 , x ? k y +1 2 k ? k k ? k4 ? 4 ? 1 4 1 ?y ? ? k1 ? k4 ?
? k2 ? k4 ? k ? k3 2 ? 2 ? , , 同理可求: A ? 1 ?, ? , B? ? k2 ? k4 k2 ? k4 ? ? k1 ? k3 k1 ? k3 ?

? ?, ?

不妨设 k2 ? ? k1 , k3 ? ? k1 , k4 ? ? k1 , (显然非零实数 ? , ? , ? 互不相等且均不为 1) ,

高考模拟试题(理科数学)第 - 11 - 页 共 28 页

?1? ? ? ?? ?? ? 1? ? 2 2 2 , ) , B? , 于是 M ? , ? , A( ?, 1 ? ? (1 ? ? ) k1 ? 1 ? ? (1 ? ? )k1 ? ? ? ? ? (? ? ? )k1 ?

x2 y 2 又 M , A, B 三点均在椭圆 C: ? ? 1 上,即有: 5 4
? 2 ?? ?? ? ? ?1? ? ? ? 2 ? ?1? ? ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ? (? ? ? )k ? ? 1 ? ? ? ? (1 ? ? )k ? ? 1 ? ? ? ? (1 ? ? )k ? ? ?? 1? ? ? ?? 1? ? ?? 1? ? 1 ??? ③, ? 1 ??? ①, ? ? 1 ??? ②, ? 5 4 5 4 5 4
2 ?1? x ? ? 2 ? ? ? ? ? 1 ? x ? ? (1 ? x)k1 ? ? ? ? 1 的两根, 对于①,②,可视实数 ? , ? 为关于 x 的方程: 5 4 2 2 2 2 2

2

2

即 4 x 2 ? 12 x ? 4 ?

5 ? 0 的两根,从而有 ? +? =3 ; k12
2 2

? x?? ? ? 2 ? ? x ? ? ? ? ( x ? ? )k ? ? ?? 1? ? 1 的两根, 对于①,③,可视实数 1, ? 为关于 x 的方程: ? 5 4

即 4k12 x2 ? 12k12? x ? 4k12? 2 ? 5 ? 0 的两根,从而有 1+? =3? , 进而有 ? ? ? ? 2 ? 2? , (亦可由①-②化简得: ? =3 ? ? ,①-③化简得: ? ? 3? ? 1 ,于是 ? ? ? ? 2 ? 2? ) , 1 1 2 1 1 易知 k AF2 ? ? , k BF1 ? ? , kOM ? , k2 ? k1 (1 ? ? )k1 k3 ? k1 从而
1 k AF2 ? 1 k BF1 ? (? ? ? )k1 ? (2 ? 2? )k1 ? 4 kOM

,即存在 ? ?

1 ,满足题设. 4

21. (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x)= ln( x ? 1) ?

ax x , (a ? R) ; g ( x) ? (1 ? k ) ? kx ?1 , k ? (?1, ??) . x ?1

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)当 x ? [0,1] 时,求函数 g ( x) 的最大值;

(Ⅲ)设 ai ? 0(i ? 1,2, ???, n),(n ? N ,且 n ? 2) , 0 ? p ? 1 ,证明:
*

?a
i ?1

n

p i p

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

?n

1 1? p

.

(原创)主要考查利用导数来研究函数性质(单调性,最值,极值) ,函数(主元) 、化归、 分类讨论及数形结合的数学思想(复杂问题如何使其简单化) ,探究、推理、分析的逻辑思
高考模拟试题(理科数学)第 - 12 - 页 共 28 页

维能力,命题灵感来源于数和形两个方面: ( “数”以伯努利不等式为背景, “形”以指数函 数和直线的位置关系为几何直观,即伯努利不等式的几何意义) (命题意图)以伯努利不等式为背景考查利用导数来研究函数性质,函数(主元) 、转化与化 归、分类讨论及数形结合的数学思想,探究、推理、分析的逻辑思维能力,综合分析、解决 问题并证明的能力,本题综合性较强,以期达到选拔优秀考生的功效,共 7 个知识点 解析: (Ⅰ)显然 f ( x) 的定义域为 (?1, ??) , f ?( x)= 令 f ?( x)=0 ? x ? a ? 1 , ⅰ) 当 a ? 1 ? ?1 ? a ? 0 时: 在区间 (?1, ??) 上, f ?( x)>0 恒成立, 故 f ( x) 的增区间为 (?1, ??) ; ⅱ) 当 a ? 1 ? ?1 ? a ? 0 时: 在区间 (?1, a ? 1) 上,f ?( x)<0 恒成立, 故 f ( x) 的减区间为 (?1, a ? 1) ; 在区间 (a ? 1, ??) 上, f ?( x)>0 恒成立,故 f ( x) 的增区间为 (a ? 1, ??) . (Ⅱ)ⅰ) k ? 0 时, g ( x) ? 0 ,所以 g ( x)max ? 0 ; ⅱ) k ? 0 时,易知 g ?( x) ? (1 ? k ) x ln(1 ? k ) ? k , 于是: g ?(1) ? (1 ? k )ln(1 ? k ) ? k , g ?(0) ? ln(1 ? k ) ? k , 由(1)可知 g ?(1) ? 0 , 下证 g ?(0) ? 0 , 即证明不等式 ln(1 ? x) ? x ? 0 在 x ? (?1,0) (法一)由上可知:不等式 ln( x ? 1) ? 若 x ? (?1,0)

1 a( x ? 1) ? ax x ? 1 ? a , ? ? 2 2 x ?1 ? x ? 1? ? x ? 1?

(0, ??) 上恒成立.

x 在 x ? (?1,0) (0, ??) 上恒成立, x ?1

x 1 ? ? 1? (?1, 0) (0, ??) , x ?1 x ?1 x ? 1 x x ?1 ? ?x , ) ? ln(1 ? )? 故 ln( x x ?1 x ?1 ? ?1 x ?1

(0, ??) ,则 ?

即当 x ? (?1,0) 故当 x ? (?1,0)

(0, ??) 时, ln(

1 ) ? ? x ,从而 ln( x ? 1) ? x , x ?1

(0, ??) 时, ln(1 ? x) ? x ? 0 恒成立,即 g ?(0) ? 0 .
1 ?x ?1 ? ,列表 2 如下: 1? x 1? x

(法二)令 G( x) ? ln(1 ? x) ? x , x ? (?1, ??) ,则 G ?( x) ? 表2 :

x

(?1, 0)

0

(0, ??)

高考模拟试题(理科数学)第 - 13 - 页 共 28 页

G?( x) G ( x)
由表 2 可知:当 x ? (?1,0)

?

0
极小值

?

(0, ??) 时, G( x) ? G(0) ? 0 ,

即 ln(1 ? x) ? x ? 0 恒成立,即 g ?(0) ? 0 . 由于 g ?(1) ? 0 ,且 g ?(0) ? 0 , 故函数 g ?( x) ? (1 ? k ) ln(1 ? k ) ? k 区间 (0,1) 内必存在零点.
x

又当 k ? (0, ??) 时, ln(1 ? k ) ? 0 , 于是指数函数 y ? (1 ? k ) 为增函数 ? g ?( x) 为增函数,
x

同理当 k ? (?1, 0) 时, ln(1 ? k ) ? 0 , 于是指数函数 y ? (1 ? k ) 为减函数 ? g ?( x) 也为增函数,
x

于是,当 k ? (?1,0)

(0, ??) 时, g ?( x) ? (1 ? k ) x ln(1 ? k ) ? k 必为增函数,

从而函数 g ?( x) 在区间 (0,1) 内必存在唯一零点,不妨记为 x0 ,则 g ?( x0 )=0 , 易知当 x ? (0, x0 ) 时, g ?( x) ? 0 ,此时 g ( x) 单调递减; 当 x ? ( x0 ,1) 时, g ?( x) ? 0 ,此时 g ( x) 单调递增, 又易知 g (0) ? g (1) ? 0 ,故 g ( x)max ? 0 ; 综上,当 k ? (?1, ??) 时, g ( x) 在 [0,1] 上的最大值为 0 .

(Ⅲ)证法一:令 a ?

? ai
i ?1

n

? ? aip ?
, 显然有:
i ?1 n

n

n

? ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

?np ?

? ? aip ?
i ?1 n

n

? ? ? ? ai ? ? i ?1 ? ? n ? ? ? ? ?

p

?

??a ?
i ?1 p i

n

?a ?

p

,n

1? p

?np ? n ,

? aip
则不等式
i ?1 n

n

? ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

? n1? p ?

??a ?
i ?1 p i

n

?a ?

p

? n.

注意到:

?a ?

aip

p

? 0 ,且

?a ?

aip

p

? 1 , i ? 1, 2, ???, n ,即

ai a ? 1 ? ?1 ,且 i ? 1 ? 0 , a a

高考模拟试题(理科数学)第 - 14 - 页 共 28 页

于是
n

?a ?

aip

p

pa ? a ? ?a ? ? ?1 ? i ? 1? ? 1 ? p ? i ? 1? ? 1 ? p ? i , i ? 1,2, ???, n , a ? a ? ?a ?
n n pa ? ? ? pa ? ? ? ?1 ? p ? i ? ? n(1 ? p) ? ? ? i ? ? n(1 ? p) ? a ? i ?1 ? i ?1 ? a ?

p

? ? aip ?

i ?1

p? ai
i ?1

n

?a ?
n i ?1

p

a

? n(1 ? p) ? np ? n ,

??a ?
p i

从而

?a ?

p

? n ,即

??a ?
i ?1 p i

n

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?
1

p

?n

1? p

1 ,又 0 ? p ? 1 ? 1 ? p ? ? n1? p ? n1? p , 1? p

1

?a
故原不等式
i ?1

n

p i p

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

? n1? p 成立,证毕.

??a ?
证法二:同上可将不等式
i ?1 p i

n

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

? n1? p 化为:

??a ?
i ?1 p i

n

?a ?

p

n ? ap ? ? n ? ?? i p ? ? n , ? ? i ?1 ? a ? ? ?

? ? p n nai ? ? ? 即? ? n ?p i ?1 ? ? ? ? ai ? ? ? ? i ?1 ?
p

? ? n n ? ? n ,令 nai ? b ,则等价于证明:当 b ? n 时,有 b p ? n 成立, ? ? i i i n ? i ?1 i ?1 a ? ? i ? i ?1 ?
p

又 bi ? ?1 ? bi ? 1? ? 1 ? p ? bi ? 1? ? 1 ? p ? pbi ,



? bip ? ? ?1 ? p ? pbi ? ? n(1 ? p) ? p? bi ?n(1 ? p) ? pn ? n ,
i ?1 i ?1
i ?1

n

n

n

于是

?b
i ?1

n

p

i

? n ,即

??a ?
i ?1 n p i

n

? ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

? n1? p 得证,

1 又 0 ? p ? 1 ? 1? p ? ? n1? p ? n 1? p

1 1? p

?a
,故原不等式
i ?1

n

p i p

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

?n

1 1? p

成立,证毕.

高考模拟试题(理科数学)第 - 15 - 页 共 28 页

高考模拟试题(理科数学)参考答案及评分标准
共 7 页,21 小题,满分 150 分. 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.有 且只有一项是符合题目要求的. 题号 答案 1. 解析: 1 B 2 A 3 D 4 C 5 B 6 D 7 C 8 A

x ?1 ? 0 ? ?1 ? x ? 1 ? N ? ?x | ?1 ? x ? 1? ? N ? ? M ,故选 B. x ?1 1? i ? ?i ? z ? i ? z 的虚部为 1 ,故选 A. 2. 解析: z ? 1? i 1 1 3. 解析: D 为 BC 边的中点 ? AD ? AC ? DC ? AC ? BC ? (1, 4) ? (2,0) ? (0, 4) ,故选 D. 2 2
4. 解析:由题中所给三视图易知该几何体的左、右两个侧面为全等的直角梯形,其面积均 为 S1 ? ? (1 ? 2) ? 2 ?

1 2

1 3 2 , 前侧面及后侧面为等腰三角形,其面积分为 S 2 ? ? 2 ? 2 ? 2 和 2 2

1 S3 ? ? 2 ?1 ? 1 ,于是该几何体的侧面积为 S ? 2S1 ? S2 ? S3 ? 4 2+1,故选 C. 2 1 5. 解析:函数 y ? 的单调递减区间为 ? ??,0? 和 ? 0, ??? ,即(1)错误;由函数的奇偶性 x 的定义可知,若函数 y ? f ( x) 是奇函数,则函数 y ? xf ( x) 是偶函数,即(2)正确;由二项
式系数的单调性及对称性特征可知(3)正确;由几何概型举特例可知, “ P( A) ? 0 ”是“事 件 A 为不可能事件”的必要不充分条件,(4)错误.综上:只有(2) 、(3)正确,故选 B. 6. 解析: 当 x ? 0 时,f ( x0 ) ? 1 ? 3
? x0

? 2 ? 1 ? 3? x0 ? 3 或 3? x0 ? 1 ? x0 ? ?1 或 x0 ? 0 (舍) ;

当 x ? 0 时, f ( x0 ) ? 1 ? ln x0 ? 1 ? 1 ? x0 ? 1 .综上: x0 ? ?1 或 x0 ? 1 ,故选 D.

x2 y 2 7. 解析:设双曲线 C 的方程为 2 ? 2 ? 1 ,点 F ? 是该双曲线的左焦点.因为点 N 是线段 a b MF 的中点,则线段 ON 是 ?MFF ? 的中位线,即有 MF ? ? MF ? 2 ON ? NF ? 2 ,

?

?

b ? b ? 3 ,故选 C. a 8. 解析:由新定义可知,若实数 a 为函数 f ( x ) 的基元等价于 f (a) ? 1 且 f ?(a) ? 0 ,由此
即 2a ? 2 ? a ? 1 ,又其渐近线的倾斜角为 60 ,则 tan 60 ?

1 3 ( x ? 3x) 有两个基元,函数 f ( x) ? x2 ? 1 和函数 f ( x) ? 2x3 ? 3x2 有一 2 个基元,函数 f ( x) ? cos x 有无穷多个基元,故选 A.
易知函数 f ( x) ? 二、填空题:本题共 7 小题,考生作答 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. 题号 9 10 11

高考模拟试题(理科数学)第 - 16 - 页 共 28 页

[0, 1) (1, ??)
答案 (或 {x | 0 ? x ? 1, 或 x ? 1} ) 题号 答案 12 13

5

? ? 2, 0 0, 2 ? ? ? (或 {t | ? 2 ? t ? 0 或 0 ? t ? 2} )
14 15

? ?

10

1 1 m ? (0, ] (或 {m | 0 ? m ? } ) 4 4

?

3

(一)必做题(9~13 题) 9. 解析: ?

? ?x ? 0 ? 0 ? x ? 1, 或 x ? 1 ,故应填 [0, 1) (1, ??) 或 {x | 0 ? x ? 1, 或 x ? 1} . ? ? x ?1 ? 0
3

10.解析: a6 ? 2a3 ? q ?

a6 a ? 2a2 a11 2a2 ? 2 ? 11 ? ? a3 a5 a5 a5

? q6 ?

2 ? 5 ,故应填 5 . q3

11. 解析:如 11 题解析图所示,可知区域 D 为 ?OAB ,其中

u ? 2x ? y ? y ? ?2x ? u , A(1,0), B(0, t 2 ) , u 为直线 y ? ?2 x ? u y 在 y 轴上的截距,由于 u 的最大值为 2 ,故直线 x ? 2 ? 1 应介 t 于直线 l1:y ? ?2x 即 l2 : y ? ?2x ? 2 之间,即直线 AB 在 y 轴
上的截距 t 应满足: 0 ? t ? 2 ,即 ? 2 ? t ? 0 或 0 ? t ? 2 ,
2 2

故应填 ? ? 2, 0

?

? ? 0,
1 2

2? ? 或 {t | ? 2 ? t ? 0 或 0 ? t ? 2} .
k k ?1 k ?1

11 题解析图

12. 解析: S ? 2 ? 2 ????? 2 ? 2 ? 2 ,则输出的 k 值为满足不等式 2 整数,易知 k ? 10 ,故应填 10 . 13. 解析:y ? ln x ? m ? y? ? , 易知曲线 y ? ln x ? m 在 x ? 1 处的 切线的斜率 k 为 1 ,切点为 (0, m) ,于是切线 l 的方程为: y ? x ? m ? 1 .如 13 题解析图所示,切线 l 应介于和 l 平行的直 线 a 、b 之间,其中直线 a 过点 A(1, ) ,直线 b 和抛物线 x2 ? 4 y 在 1 ? x ? 4 的部分即弧 AB 相切,易知直线 a 的方程为:

? 2 ? 2014 的最小正

1 x

1 4

3 3 y ? x ? ,直线 b 的方程为: y ? x ? 1 ,故应有: ?1 ? m ? 1 ? ? , 4 4 1 1 1 即 0 ? m ? ,故应填 m ? (0, ] 或 {m | 0 ? m ? } . 4 4 4
14. 解析: ? +

13 题解析图

(二)选做题(14、15 题,考生只能从中选做一题,两题全答的,只计前一题的得分)

1

?

=2 2 sin(? ?

?
4

) ? 2(sin? ? cos? ) ,等式两边同乘以 ? 并化简,可得

2 2 2 .又 ? ? x ? y , ? cos? ? x, ? sin ? ? y ,从而可知曲线 C 的 ? 2 ? 1 ? 2? (sin ? ? cos?) 2 2 直角坐标系方程为:x ? y ? 1 ? 2 x ? 2 y ? ? x ? 1? ? ? y ? 1? ? 1 , 即曲线 C 为半径为1 的
2 2

圆,其围成的面积为 ? ,故应填 ? . 15. 解 析 : 设 BC ? x , DE =y , 由 A B ? B C , AD ? 2 DE 及 割 线 定 理 可 知 :
高考模拟试题(理科数学)第 - 17 - 页 共 28 页

AB ? AC ? AD ? AE ? 2x2 ? 6 y2 , ? x ? 3 y ,即
故 ?BCF 和 ?EDF 相似,即

BC = 3 ,又易知 ?EDF ? ?BCF , DE

CF BC ? = 3 ,从而 CF = 3DF ? 3 ,故应填 3 . DF DE

三、解答题:本大题共 6 小题,满分 80 分,解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16. (本小题满分 12 分)

? ? ? 设 ? ? ?1,sin(mx ? ) ? ,? ? ? n, ?1? ,若 x ? 0 是函数 f ( x) ? ? ? ? 的一个零点,且函数 f ( x) 的 2 ? ?
最大值为 m . (Ⅰ)求实数 m 和 n 的值; (Ⅱ)?ABC 中, 设 ?A 、?B 、? C 所对的边分别为 a 、b 、c , 若a?c, 且 求 f ( B) 的值. 解析: (Ⅰ) f ( x) ? ? ? ? ? n ? sin(mx ? ) ? n ? cos mx , 2 因为 x ? 0 是 f ( x) 的一个零点,即 f (0) ? n ? 1 ? 0 , ? n ? 1 , 易知 f ( x) ? 1 ? cos mx 的最大值为 2 ,从而依题意有 m ? 2 ,综上 m ? 2, n ? 1 . (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 f ( x) ? 1 ? cos2x ,于是 由正弦定理及余弦定理有: 故
f ( A) 1 ? cos 2 A sin 2 A ? ? , f (C ) 1 ? cos 2C sin 2 C
2 a 2 ? b2 ? c f ( A) ? , 2 2 2 b ?c ?a f (C )

?

??2 分 ??4 分 ??6 分 ??7 分 ??9 分 ??10 分 ??11 分 ??12 分

a2 ? b2 ? c2 2ab cos C a cos C sin A cos C , ? ? ? b2 ? c2 ? a2 2bc cos A c cos A sin C cos A

sin 2 A sin A cos C ? ? sin 2 A ? sin 2C ,又 a ? c ? A ? C , sin 2 C sin C cos A

于是 sin 2 A ? sin 2C ? 2 A ? 2C ? ? ? A ? C ?
? f ( B) ? 1 ? cos 2 B ? 2 ,即 f ( B) ? 2 .

?
2

?B?

?
2



17. (本小题满分 12 分) 如图 4 所示, 四边形 ABCD 为正方形,PA=PD ,二面角
P ? AD ? C 为直二面角,点 E 是棱 AB 的中点.

(Ⅰ)求证: PE ? AC ; (Ⅱ)若 ?PAB 为等腰三角形,求二面角 P ? AC ? B 的 余弦值. 解析: (解法一:向量法) (Ⅰ)由题设条件,可按如图 4-1 建立空间直角坐标系,其中 O 为 AD 中点,不妨设
(0, 0, b) 正方形 ABCD 的边长为 2a , OP ? b , 则可知 P , A (a, 0, 0) (a,a, 0) (-a, 2a, 0) ,E ,C

图4

??2 分 ??4 分 ??6 分 图 4-1

于是 PE =(a,a, ?b) , AC =(-2a, 2a,0) , 从而 PE ? AC =0 ,故 PE ?AC ,即 PE ? AC

(Ⅱ) ?PAB 为等腰三角形,又易知 ?PAB 为直角,故
高考模拟试题(理科数学)第 - 18 - 页 共 28 页

只能为 AP ? AB ,故 a 2 ? b2 ? 2a , 易知 b ? 3a ,即 P , (0, 0, 3 a) 显然 m=(0, 0,1) 为平面 ACB 的法向量, ??7 分 ??8 分

设平面 PAC 的法向量为 n0 = ? x, y, z ? ,由上可知 PA=(a, 0, ? 3a) ,又 AC =(-2a, 2a,0) ,

?PA ? n0 ? ax ? 3az ? 0 ? ?PA ? n0 ? 由? ?? ? x ? y ? 3z ,故 n0 = ? AC ? n0 ? ? AC ? n0 ? ?2ax ? 2ay ? 0 ?
即 n= ? 3, ? 3, ?1 亦是平面 PAC 的法向量, 从而 cos ? m, n?=

?

3z, 3z, z ,

?

?

?

??10 分

0,1) ? ? 3, ? 3, ?1 m ? n (0, 7 ,又易知二面角 P ? AC ? B 为钝角,故 = ?7 1? 7 m n
7 . 7

?

?

二面角 P ? AC ? B 的余弦值即为 -

??12 分

(解法二: 传统法) (Ⅰ) 如图 4-2, 设点 F 是棱 AD 的中点, 连接 PF , EF , BD , 由 PA=PD 及点 F 是棱 AD 的中点, 可知 PF ? AD , 而 AC 在平面 ABCD 内,故 PF ? AC , 因为四边形 ABCD 为正方形,故 BD ? AC , ??1 分 ??2 分 ??3 分 图 4-2 ??4 分 ??5 分 ??6 分 均在平面 PEF 内, ??8 分 又二面角 P ? AD ? C 为直二面角,故 PF ? 面 ABCD ,

而 EF 是 ?ABD 的中位线,故 EF / / BD ,从而可知 EF ? AC , 又 PF
EF ? F ,由 PF ? AC 及 EF ? AC ,可知 AC ? 面 PEF ,

而 PE 在平面 PEF 内,故 PE ? AC .
GE ,G (Ⅱ) 设点 G 是 AC 与 EF 的交点, 由 (Ⅰ) 可知 AC ? 面 PEF , 又P

从而有 PG ? AC , EG ? AC ,故 ?PGE 为二面角 P ? AC ? B 的平面角,

因为 ?PAB 为等腰三角形, 又易知 ?PAB 为直角, 故只能为 AP ? AB , 不妨设正方形 ABCD 的边长为 2a , PF ? b ,故 a 2 ? b2 ? 2a ,易知 b ? 3a , 则在直角 ?PFG 中,易知有 PF ? 3a , FG ?
2 a, 2

??9 分

2 2 a ? 2 ? FG 14 7 2 3a ? ? a ? a cos ? PGF ? ? ? 于是 PG ? ,故 , ? ? 2 ? 2 PG 7 14 ? ? a 2 7 显然 ?PGF ? ?PGE ? ? ,故 cos ?PGE ? -cos ?PGF ? ? , 7 7 即二面角 P ? AC ? B 的余弦值为 ? . 7

?

?

2

??11 分

??12 分

18. (本小题满分 14 分) 现有一枚质地均匀的骰子,连续掷两次,所掷的点数依次记为 a , b . (Ⅰ)若 a 为偶数,则 x ? 1 ,否则 x ? 2 ;若 b 能被 3 整除,则 y ? 1 ,否则 y ? 2 .设 ? ? xy ,
高考模拟试题(理科数学)第 - 19 - 页 共 28 页

求随机变量 ? 的分布列及均值(即数学期望) ; (Ⅱ)设命题 p : 直线 y ? ax ? b 与圆 x2 ? y 2 ? 1 有交点,命题 q : a ? b ? 3 ,求命题 (?p) ? q 为 真命题的概率. 解析: (Ⅰ)易知事件 { a 为偶数 } 的概率为 表1 ? 1 :

1 ,于是对于随机变量 x ,列表1 ? 1 如下: 2

x
P

1

2

1 2

1 2

1 事件 { b 能被 3 整除 } 的概率为 ,于是对于随机变量 y ,列表 1 ? 2 如下: 3 表1 ? 2 :

y
P

1

2

1 3

2 3
??1 分 ??2 分 ??3 分 ??4 分

? ? xy ? 随机变量 ? 可取的值为 1, 2, 4 ,
1 1 1 由上述二表可知: P(? ? 1) ? P( x ? 1) ? P( y ? 1) ? ? ? , 2 3 6 1 同理可求 P(? ? 4) ? , 3 1 1 1 于是 P(? ? 2) ? 1 ? ( ? ) ? , 6 3 2 从而可知随机变量 ? 的分布列如表1 ? 3 :
表1 ? 3 :

?
P

1
1 6

2
1 2

4

1 3
??5 分

1 1 1 5 5 进而可知随机变量 ? 的均值 E? ? 1? ? 2 ? ? 4 ? ? ,即 ? 的均值 E? ? . ??6 分 6 2 3 2 2 (Ⅱ)由 (?p) ? q 为真命题 ? 命题 ?p 及 q 均为真,即 p 为假命题, q 为真命题, ??7 分
若 p 为假, 则直线 y ? ax ? b 与圆 x2 ? y 2 ? 1 无交点, 即直线与圆相离, 于是直线 ax ? y ? b ? 0 b ?1 到圆 x2 ? y 2 ? 1 的距离 d 大于圆 x2 ? y 2 ? 1 的半径 r ? 1 ,即 d ? ??9 分 a2 ? 1 ? b2 ? a 2 ? 1 ? b ? a ? ? ? ①; ??10 分 若 q 为真, 则 a ? b ? 3 ? ? ? ②, 记事件 ? 为 “连续掷两次该骰子所得的点数为 (a, b) ” , 事件 A
(a, b) ? (1, 2) 、 , )b 使得命题 (?p) ? q 为真命题” (1,3) 、 (1, 4) 、 (2,3) 、 为 “ (a , 联立①、 ②式可知: (2, 4) 、 ??? 、 (3,6) ,共 12 组解,即事件 A 共有 nA ? 12 个基本事件, ??12 分 n ? 36 又易知事件 ? 共有 ? 个基本事件, ??13 分 nA 12 1 1 ? ? ,即命题 (?p) ? q 为真命题的概率为 . 则 P ? A? ? ??14 分 n? 36 3 3

19. (本小题满分 14 分)
高考模拟试题(理科数学)第 - 20 - 页 共 28 页

2 设数列 ?an ? 的前 n 项和为 Sn ,对于 ?n ? N * 满足: an ? 0 ,且 a n 是 4 S n 和 3 ? an 的等差中项.

(Ⅰ)求 a1 的值;

(Ⅱ)求数列 ?an ? 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数 n 有,
1 1 1 1 ? 2 ? ??? ? 2 ? . 2 a1 a2 an 4

2 2 解析: (Ⅰ) an 是 4 S n 和 3 ? an 的等差中项 ? 2an ? 4Sn ? 3 ? an

??1 分 ??3 分 ??4 分 ??5 分

对于上式,令 n ? 1 ,则 2a1 ? 4a1 ? 3 ? a12 ? a1 ? 3 或 a1 ? ?1 , 又 an ? 0 ? a1 ? ?1 (舍) ,故 a1 ? 3 .
* 2 2 (Ⅱ)易知: 4Sn ? an ? 2an ? 3 ??? ①, 4Sn?1 ? an ?1 ? 2an ?1 ? 3 ??? ②, n ? N ,

2 2 上述两式作差并化简得: 2(an +1 ? an ) ? an +1 ? an ? 2(an +1 ? an ) ? (an +1 ? an )(an +1 ? an ) ,

又 an ? 0 ? an +1 ? an ? 2 , n ? N ,
*

??7 分

即数列 ?an ? 为等差数列,公差为 2 ,由 a1 ? 3 ,可知 an ? a1 ? 2(n ? 1) ? 2n ? 1 ,即数列 ?an ? 的 通项公式为 an ? 2n ? 1 , n ? N * . (Ⅲ) 于是 ??9 分

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) ,??12 分 ? ? 2 ? 2 ? ( ? ) ,即 2 ? ( ? 2 2 an 4 n n ? 1 an (2n ? 1) 4n ? 4n ? 1 4n ? 4n 4 n n ? 1

1 1 1 1? 1 1 1 1 1 1 ? 1 1 1 ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? ?( ? ) ? ( ? ) ? ? ? ? ? ( ? ) ? ? (1 ? )? , 即对一切正整 2 a1 a2 an 4 ? 1 2 2 3 n n ?1 ? 4 n ?1 4
1 1 1 1 ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? ,证毕. 2 a1 a2 an 4

数 n 有,

??14 分

20. (本小题满分 14 分) 如图 5 所示,点 M ( x0 , y0 ) , ( x0 ? ?1 ,且 y0 ? 0 )在以 F1 、 F2

x2 y2 为左、右焦点的椭圆 C: ? ? 1 上运动,动三角形 MF1 F2 的 m ?1 m
面积的最大值为 2 . 设直线 MF1 交椭圆于点 A , 直线 MF2 交椭 圆于点 B ,线段 MA 中点为 D . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)在点 M 的运动过程中: (1)设点 D 到直线 l : 2x ? 5 y ? 1 ? 0 的距离为 d ,求 d 的最大值; (2)设直线 AF2 、 BF1 、 OM 的斜率依次为 k AF2 、 k BF1 、 kOM ,问:是否存在实数 ? ,使得
1 1 1 ? ?( ? ) 恒成立?若存在,求 ? 的值;否则,请说明理由. kOM k AF2 k BF1

图5

x2 y2 解析: (Ⅰ)由椭圆 C: ? ? 1 可知其半焦距 c ? 1 ,即焦距 F1 F2 ? 2 , ??1 分 m ?1 m 1 动三角形 MF1 F2 的面积的最大值为 2 ,故 S?MF1F2 ? ? F1F2 ? h ? h ? 2 ,即动点 M 到 x 轴的距 2

高考模拟试题(理科数学)第 - 21 - 页 共 28 页

离 h 的最大值为 2 .显然当动点 M 运动到椭圆 C 的上、 下顶点时, 点 M 到 x 轴的距离的最大,

x2 y 2 ? ? 1 . ??3 分 5 4 (Ⅱ) (1)解法一:设 A( x1 , y1 ) 及直线 MA 的方程为: y ? k1 ( x ? 1) , k1 ? 0 ,
即椭圆 C 的短半轴 b ? 2 ,于是 m ? b2 ? 4 ,从而可知椭圆 C 的方程为
? y ? k1 x ? 1 ? 因为点 M ( x0 , y0 ) , A( x1 , y1 ) 为直线 MA 与椭圆 C 的交点,故由 ? x 2 y 2 消去 y 得如下方程: ? ? ?1 ?5 4

(5k12 ? 4) x2 ? 10k12 x ? 5k12 ? 20 ? 0 ,

??4 分
10k12 ,又点 D( x?, y?) 为线段 MA 5k12 ? 4

易知 x0,x1 是上述方程的两个相异实根,? x1 ? x0 ? ?

的中点, 故 D 点坐标为:x? ? 即 D (?
5k12 4k , 2 1 ), 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4

x1 ? x0 ?5k12 ?5k12 4k ? ? ? y ? k ( x ? 1) ? k ( ? 1) ? 2 1 , , 1 1 2 2 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4 5k1 ? 4

? k1 ? 0? ,
? 10k12 4 5k ? 2 1 ?1 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4 22 ? ( 5)2

??6 分

从而点 D 到直线 l : 2x ? 5 y ? 1 ? 0 的距离为 d ? 令

?

?5k12 ? 4 5k1 ? 4 5k12 ? 4 3



2 ?5k12 ? 4 5k1 ? 4 ? t ,则 5(t ? 1)k12 ? 4 5k1 ? 4(t ? 1) ? 0 ? ? ? ?4 5 ? 80(t 2 ? 1) ? 0 ? t 2 ? 2 , 2 5k1 ? 4

?

?

即 t ? 2 ,则 d ?

t 3

?

2 2 , (当且仅当 k1 ? 3

?

10 ? 5 5

? 时取等号) ,即 d

max

?

2 .??9 分 3

解法二:同解法一求出 D 点坐标: x ? ?

4k ?5k12 , y ? ? 2 1 , ? k1 ? 0 ? , 2 5k1 ? 4 5k1 ? 4

??6 分

1 消去参数 k1 得 D 点的轨迹方程: 4( x ? )2 ? 5 y2 ? 1 , ? y ? 0? ,易知 D 点轨迹为一个椭圆(不含 2

1 左右两个顶点) ,不妨记该椭圆为 C0 ,显然直线 l :2x ? 5 y ? 1 ? 0 过点 (? ,0) ,易知直线 l 与 2
椭圆 C0 相交,欲使 D 点到直线 l 的距离 d 最大,则椭圆 C0 过 D 点的切线 l0 必平行于直线 l ,

1 此时直线 l 和 l0 的距离亦为 d .设切线 l0 的方程为: 2x ? 5 y ? c ? 0 ,联立 4( x ? )2 ? 5 y 2 ? 1 及 2

2x ? 5 y ? c ? 0 得: 8x2 ? 4(c ? 1) x ? c2 ? 0 ,于是 ? ? 16(c ? 1)2 ? 32c2 ? 0 ,求得 c ? 1 ? 2 ,由于
直线 l 和 l0 平行,故易知此时均有 d ?
c ?1 3 ? 2 2 ,即 dmax ? . 3 3

??9 分

(2)解法一: 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,直线 MA 、 MB 的方程为: y ? k1 ( x ? 1) , y ? k2 ( x ? 1) ,

高考模拟试题(理科数学)第 - 22 - 页 共 28 页

? y ? k1 x ? 1 10k 2 y ?3x0 ? 5 ? 故由 ? x 2 y 2 ? (5k12 ? 4) x 2 ? 10k12 x ? 5k12 ? 20 ? 0 ? x1 ? x0 ? ? 2 1 ,又 k1 ? 0 ? x1 ? , 5k1 ? 4 x0 ? 1 x0 ? 3 ? ? ?1 ?5 4

? y1 ?

y0 ?3x0 ? 5 ?2 y0 ?3 x0 ? 5 ?2 y0 ( ? 1) ? , ), ,即 A( x0 ? 1 x0 ? 3 x0 ? 3 x0 ? 3 x0 ? 3

??11 分 ??12 分 ??13 分

同理可求 B (

3 x0 ? 5 2 y0 , ), x0 ? 3 x0 ? 3 y0 y0 , k BF1 ? , 2 x0 ? 4 2 x0 ? 4

于是可求 k AF2 ? 从而有
1 k AF2 ? 1

k BF1

?

4 x0 4 1 ? ,即存在 ? ? ,满足题设. y0 kOM 4

??14 分

解法二:设直线 MA 、 F1 B 、 F2 A 、 MB 的方程为: x ? k1 y ? 1 , x ? k2 y ? 1 , x ? k3 y ? 1 ,
x ? k4 y ? 1 ,由题设可知 ki ? 0 ( i ? 1, 2,3, 4 ) ,由于上述四条直线两两相交,故 k i 互不相等,

k ? k4 ? x? 1 ? x ? k y ? 1 k1 ? k4 ? k ? k4 ? 2 ? 1 因直线 MA 、 MB 交于 M 点,由 ? ?? ?M? 1 , x ? k y +1 2 k ? k k ? k4 ? 4 ? 1 4 1 ?y ? ? k1 ? k4 ?

? ?, ?

? k2 ? k4 ? k ? k3 2 ? 2 ? , 同理可求: A ? 1 , ? ,不妨设 k2 ? ? k1 , k3 ? ? k1 , k4 ? ? k1 , ? , B? ? k2 ? k4 k2 ? k4 ? ? k1 ? k3 k1 ? k3 ? ?1? ? ? 1? ? 2 2 , ), , (显然非零实数 ? , ? , ? 互不相等且均不为 1) ,于是 M ? ? , A( 1 ? ? (1 ? ? ) k1 ? 1 ? ? (1 ? ? )k1 ?
?? ?? ? 2 x2 y 2 B? , ? ,又 M , A, B 三点均在椭圆 C: ? ? 1 上,即有: 5 4 ? ? ? ? (? ? ? )k1 ?
?1? ? ? ? 2 ? ?1? ? ? ? 2 ? ?? ?? ? ? 2 ? ? 1 ? ? ? ? (1 ? ? )k ? ? 1 ? ? ? ? (1 ? ? )k ? ? ? ? ? ? ? (? ? ? )k ? ? ? ?? 1? ? ? ? 1? ? ?? 1? ? 1 ??? ①, ? ? 1 ??? ②, ? ? 1 ??? ③,??11 分 5 4 5 4 5 4
2 ?1? x ? ? 2 ? ? ? ? ? 1 ? x ? ? (1 ? x)k1 ? ? ?1, 对于①,②,可视实数 ? , ? 为关于 x 的方程: ? 5 4 2 2 2 2 2 2 2

即 4 x 2 ? 12 x ? 4 ?

5 ? 0 的两根,从而有 ? +? =3 ; k12
2 2

? x?? ? ? 2 ? ? x ? ? ? ? ( x ? ? )k ? ? ?? 1? ? 1, 对于①,③,可视实数 1, ? 为关于 x 的方程: ? 5 4

高考模拟试题(理科数学)第 - 23 - 页 共 28 页

即 4k12 x2 ? 12k12? x ? 4k12? 2 ? 5 ? 0 的两根,从而有 1+? =3? , 进而有 ? ? ? ? 2 ? 2? , (亦可由① -②化简得: ? =3 ? ? ,① -③化简得: ? ? 3? ? 1 ,于是

? ? ? ? 2 ? 2? ) ,
易知 k AF2 ? 从而
1 k AF2 ?
1 1 2 1 1 ? , k BF1 ? ? , kOM ? , k2 ? k1 (1 ? ? )k1 k3 ? k1

??13 分

1 k BF1

? (? ? ? )k1 ? (2 ? 2? )k1 ?

4 kOM



即存在 ? ?

1 ,满足题设. 4

??14 分

21. (本小题满分 14 分) 设函数 f ( x)= ln( x ? 1) ?

ax x , (a ? R) ; g ( x) ? (1 ? k ) ? kx ?1 , k ? (?1, ??) . x ?1

(Ⅰ)求函数 f ( x) 的单调区间; (Ⅱ)当 x ? [0,1] 时,求函数 g ( x) 的最大值;

(Ⅲ)设 ai ? 0(i ? 1,2, ???, n),(n ? N * ,且 n ? 2) , 0 ? p ? 1 ,证明:

?a
i ?1

n

p i p

1

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

? n1? p .

解析: (Ⅰ)显然 f ( x) 的定义域为 (?1, ??) , f ?( x)= 令 f ?( x)=0 ? x ? a ? 1 , ⅰ)当 a ? 1 ? ?1 ? a ? 0 时:

1 a( x ? 1) ? ax x ? 1 ? a ? ? , ??1 分 2 2 x ?1 ? x ? 1? ? x ? 1?

在区间 (?1, ??) 上, f ?( x)>0 恒成立,故 f ( x) 的增区间为 (?1, ??) ; ⅱ)当 a ? 1 ? ?1 ? a ? 0 时: 在区间 (?1, a ? 1) 上, f ?( x)<0 恒成立,故 f ( x) 的减区间为 (?1, a ? 1) ; 在区间 (a ? 1, ??) 上, f ?( x)>0 恒成立,故 f ( x) 的增区间为 (a ? 1, ??) . (Ⅱ)ⅰ) k ? 0 时, g ( x) ? 0 ,所以 g ( x)max ? 0 ;

??2 分

??3 分 ??4 分 ??5 分

x k ? 0 时, g?(1) ? (1 ? k )ln(1 ? k ) ? k , g ?(0) ? ln(1 ? k ) ? k , ⅱ) 易知 g ?( x) ? (1 ? k ) ln(1 ? k ) ? k , 于是:

由(1)可知 g ?(1) ? 0 , 下证 g ?(0) ? 0 ,即证明不等式 ln(1 ? x) ? x ? 0 在 x ? (?1,0)
高考模拟试题(理科数学)第 - 24 - 页 共 28 页

(0, ??)

上恒成立.(法一)由上可知:不等式 ln( x ? 1) ?

x 在 x ? (?1,0) (0, ??) 上恒成立,若 x ?1

x ? (?1,0) (0, ??) ,则 ?

1 x x 1 ) ? ln(1 ? ) ? ? 1? (?1, 0) (0, ??) ,故 ln( x ?1 x ?1 x ?1 x ?1

x x ? 1 ? ? x ,即当 x ? ( ?1, 0) (0,?? )时, ln( 1 ) ? ? x ,从而 ln(x ? 1) ? x ,故当 ? x x ?1 ? ?1 x ?1 ??7 分 x ? ( ?1, 0) (0,?? )时, ln(1 ? x) ? x ? 0 恒成立,即 g ?(0) ? 0 . 1 ?x ?1 ? (法二)令 G( x) ? ln(1 ? x) ? x , x ? (?1, ??) ,则 G ?( x) ? ,列表 2 如下: 1? x 1? x 表2 : x (?1, 0) (0, ??) 0 ?

G?( x) G ( x)
由表 2 可知:当 x ? (?1,0)

?

0
极小值

?

(0, ??) 时, G( x) ? G(0) ? 0 ,
??7 分
x

故 ln(1 ? x) ? x ? 0 恒成立,即 g ?(0) ? 0 .

由于 g ?(1) ? 0 ,且 g ?(0) ? 0 ,故函数 g ?( x) ? (1 ? k ) ln(1 ? k ) ? k 区间 (0,1) 内必存在零点. 又当 k ? (0, ??) 时, ln(1 ? k ) ? 0 ,指数函数 y ? (1 ? k ) 为增函数 ? g ?( x) 为增函数,
x

同理当 k ? (?1, 0) 时, ln(1 ? k ) ? 0 ,指数函数 y ? (1 ? k ) 为减函数 ? g ?( x) 也为增函数,
x

(0, ??) 时, g ?( x) ? (1 ? k ) x ln(1 ? k ) ? k 必为增函数, 从而函数 g ?( x) 在区间 (0,1) 内必存在唯一零点,不妨记为 x0 ,则 g ?( x0 )=0 ,
于是,当 k ? (?1,0) 易知当 x ? (0, x0 ) 时, g ?( x) ? 0 ,此时 g ( x) 单调递减; 当 x ? ( x0 ,1) 时, g ?( x) ? 0 ,此时 g ( x) 单调递增, 又易知 g (0) ? g (1) ? 0 ,故 g ( x)max ? 0 ; 综上,当 k ? (?1, ??) 时, g ( x) 在 [0,1] 上的最大值为 0 . ??9 分
p i n p i

(Ⅲ)证法一:令 a ?

?a
i ?1

n

i

??a ?
, 显然有:
i ?1 p i

n

n

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

?np ?

??a ? ??a ?
i ?1

n

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ? ? n ? ? ? ? ?

p

?

i ?1

?a ?

p

,n

1? p

?np ? n ,

高考模拟试题(理科数学)第 - 25 - 页 共 28 页

??11 分 ? n. p a? ? ? ? ? ? ai ? ? i ?1 ? a a ap ap 注 意 到 : i p ? 0 , 且 i p ? 1 , i ? 1, 2, ???, n , 即 i ? 1 ? ?1 , 且 i ? 1 ? 0 , 于 是 a a ?a ? ?a ? 则不等式
i ?1 n

?a

n

p i

p

? n1? p ?

??a ?
i ?1 p i

n

?a ?


aip

p

pa ? a ? ?a ? ? ?1 ? i ? 1? ? 1 ? p ? i ? 1? ? 1 ? p ? i , i ? 1,2, ???, n , a ? a ? ?a ?
p i n n pa ? ? ? pa ? ? ? ?1 ? p ? i ? ? n(1 ? p) ? ? ? i ? ? n(1 ? p) ? a ? i ?1 ? i ?1 ? a ? p i

p

??12 分

??a ?
i ?1

n

p? ai
i ?1

n

?a ?
n i ?1

p

a

? n(1 ? p) ? np ? n ,

??a ?
从而

?a ?

p

? n ,即

??a ?
i ?1 n p i

n

? ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

? n1? p ,

??13 分

1 又 0 ? p ? 1 ? 1? p ? ? n1? p ? n 1? p

1 1? p

?a
,故不等式
i ?1

n

p i p

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?
p i

?n

1 1? p

成立,证毕.??14 分

??a ?
证法二:同上可将不等式
i ?1 p i

n

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

?n

1? p

??a ?
化为:
i ?1

n

?a ?

p

n ? aip ? ? ? ? ? n ,??11 分 ?n ? p ? ? i ?1 ? a ? ? ?

? ? p n nai ? ? ? 即? ? n ?p i ?1 ? ? ? ? ai ? ? ? ? i ?1 ?
p

? ? n n ? ? n ,令 nai ? b ,则等价于证明:当 b ? n 时,有 b p ? n 成立, ? ? i i i n ? i ?1 i ?1 a ? ? i ? i ?1 ?
p

又 bi ? ?1 ? bi ? 1? ? 1 ? p ? bi ? 1? ? 1 ? p ? pbi , 故

??12 分
n

?b
i ?1

n

p

i

? ? ?1 ? p ? pbi ? ? n(1 ? p) ? p? bi ?n(1 ? p) ? pn ? n ,于是 ? bip ? n ,
i ?1
i ?1 i ?1

n

n

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i ?1 n p i

n

? ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

p

? n1? p 得证,

??13 分

1 又 0 ? p ? 1 ? 1? p ? ? n1? p ? n 1? p

1 1? p

?a
,故不等式
i ?1

n

p i p

? n ? ? ? ai ? ? i ?1 ?

?n

1 1? p

成立,证毕.??14 分

高考模拟试题(理科数学)第 - 26 - 页 共 28 页

高考模拟试题(理科数学)命题细目表
题号 1 2 3 4 5 知识点 集合的关系,分式不等式(2 个) 复数的基本概念及其运算(3 个) 平面向量的坐标表示及基本运算(2 个) 空间几何体的三视图(2 个) 函数的单调性、奇偶性,二项式系数的 对称性、单调性,事件的概率,充要条 件的判定(6 个) 6 分段函数,简单的指数、对数、绝对值 不等式的解法(4 个) 7 命题意图 考查集合的关系,分式不等式的解法 考查复数的基本概念及其运算能力 考查平面向量的坐标表示及运算能力 考查空间想象及运算能力 考查函数的基本性质,二项式系数的特征, 事件的概率,充要条件的判定及推理、分析 的逻辑思维能力 考查基本初等函数类型及不等式的解法, 数 形结合及转化化归的数学思想

双曲线的定义和方程,直线的倾斜角, 考查双曲线的基本概念及直线的倾斜角, 中 三角形的中位线性质(5 个) 位线定理, 数形结合及转化化归的数学思想 考查对新信息的理解及探究, 及转化化归的 数学思想,充分体现新课改的教学理念 考查函数的基本概念及缜密的逻辑思维 考查等比数列的定义及其性质和运算能力 考查逆向分析、解决问题的能力,数形结合 的数学思想及分析推理能力, 及运动的辩证 思维能力

8

函数及其导数为载体来考查对新定义 的理解及转化化归的数学思想(4 个)

9 10 11

函数的定义域及缜密的数学思维(2 个) 等比数列的定义及其性质(2 个) 线性规划的逆问题,直线方程的截距 式,含参型问题(3 个)

12

算法的基本逻辑结构和程序框图,等比 数列求和(3 个)

考查算法基本概念及利用算法思想解决问 题的综合能力 考查数形结合、 转化化归的数学思想及解析 几何的本质 考查对极坐标思想的理解及分析能力

13

导数的几何意义,曲线的切线和利用方 程思想解决几何问题(4 个)

14

圆的极坐标方程与直角坐标系方程的 转化,两角和的正弦公式(2 个)

高考模拟试题(理科数学)第 - 27 - 页 共 28 页

15

割线定理,圆内接四边形及相似三角形 的判定和性质(3 个)

以几何图形考查转化、 化归和方程的思想及 基本的数学运算能力 考查向量的基本运算及三角函数的图像和 性质,三角恒等变形及余弦定理的应用 考查空间想象和运算、推理、分析能力及对 空间向量这一数学基本工具的应用能力 考查随机变量的分布列和均值的概念及古 典概型, 命题与逻辑, 直线和圆的位置关系, 数形结合的思想及解决实际问题的推理、 分 析和运算能力 利用等差数列这一基本数列模型来考查推 理、证明能力及联想、类比的逻辑思维方式 与能力 以直线和椭圆的位置关系为载体考查对新

16

向量的数量积运算,三角函数的图像和 性质,三角恒等变形及余弦定理(5 个)

17

空间的线、面之间的位置关系,空间想 象和运算、推理、分析能力(5 个)

18

随机变量的分布列和均值的概念及古 典概型,逻辑联结词和复合命题真假性 的判定,直线和圆的位置关系,数形结 合的思想(6 个)

19

等差数列的概念,一般数列的通项和前

n 项和的关系及递推关系,裂项放缩证
明不等式,逻辑推理与证明能力(6 个) 20 椭圆的定义及其几何性质,直线和椭圆

的位置关系,和对新问题的探究能力, 问题的探究能力,数形结合思想、设而不求 数形结合思想、设而不求的整体思想及 的整体思想及运算能力, 抽象思维和形象思

运算能力,抽象思维和形象思维能力, 维能力,综合分析、解决问题的能力,本题 综合分析、解决问题的能力(7 个) 21 利用导数来研究函数性质(单调性,最 综合性较强, 以期达到选拔优秀考生的功效 以伯努利不等式为背景考查利用导数来研

值,极值) ,函数(主元) 、转化与化归、 究函数性质,函数(主元) 、转化与化归、 分类讨论及数形结合的数学思想(复杂 问题如何使其简单化) ,探究、推理、 分析的逻辑思维能力,综合分析、解决 问题并证明的能力(7 个) 分类讨论及数形结合的数学思想,探究、推 理、分析的逻辑思维能力,综合分析、解决 问题并证明的能力,本题综合性较强,以期 达到选拔优秀考生的功效

高考模拟试题(理科数学)第 - 28 - 页 共 28 页


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