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2016届江苏省连云港市高三全市一模统考数学试卷 word版


2016 届江苏省连云港市高三全市一模统考数学试卷
班级________________姓名__________________ 1.如果 a ? 1 ? bi 与 -b ? i 互为共轭复数( a, b ? R,为虚数单位) ,则 | a ? bi | =. 2.以下伪代码,若使这个算法执行的是-1+3-5+7-9 的计算结果,则 a 的初始值 x=________. S←0 a←x For I From 1 To 9 Step 2 S←S+a×I a←a×(-1) EndFor Print S 3. " x ? 2或y ? 3" 是 " x ? y ? 5"的 ______________条件. 4.如左下图,在边长为 a 的正方形 SG1G2G3 中,E,F 分别是 G1G2,G2G3 的中点,现沿 SE,SF 及 EF 把这个正方形折成一个三棱锥,使 G1,G2,G3 三点重合,重合点记为 G,则点 G 到平面 SEF 的距离为___________.

5.已知等比数列 ?an ? 的各项均为正数 a3 ? 4, a6 ? 6.已知双曲线 程为. 7.已知函数 f ? x ? ? ?

1 , 则 a4 ? a5 ? . 2

x2 y 2 ? ? 1 的右焦点与抛物线 y 2 ? 12 x 的焦点相同则此双曲线的渐近线方 m 5

?2?2 x , x ? ?1, ?2 x ? 2, x ? ?1,

则不等式 f ? x ? ? 2 的解集为.

8.设 k>0,若关于 x 的不等式 kx ?

4 ? 12 在(1,+∞)上恒成立,则 k 的最小值为. x ?1

9.在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别是 a、b.c,且

2a ? c cos C ,则 B 的大小为. ? b cos B

10.如图,圆 O 内接? ABC 中, M 是 BC 的中点, AC ? 3 .若 AO ? AM ? 4 ,则 AB ? .

???? ???? ?

11. 36 的所有正约数之和可按如下方法得到:因为 36 ? 22 ? 32 ,所以 36 的所有正约数之 和为 (1 ? 3 ? 3 ) ? (2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ) ? (2 ? 2 ? 3 ? 2 ? 3 ) ? (1 ? 2 ? 2 )(1 ? 3 ? 3 ) ? 91 ,
2 2 2 2 2 2 2 2

参照上述方法,可求得 200 的所有正约数之和为. 12.设 F1,F2 分别为椭圆

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左、右焦点,椭圆上存在一点 P ,使得 a 2 b2
3 ab, 则椭圆的离心率为. 2

| PF1 | ? | PF2 |? 2b,| PF1 | ? | PF2 |?
13.设 f (x) ? 则

b?2 的取值范围是. a ?1

1 3 1 2 x ? ax ? 2bx ? c ,当 x ? ? 0,1? 取得极大值,当 x ? ?1, 2 ? 取得极小值, 3 2

14.已知 P 是直线 3 x ? 4 y ? 8 ? 0 上的动点, PA, PB 是圆 x ? y ? 2 x ? 2 y ? 1 ? 0 的两条
2 2

切线, A, B 是切点, C 是圆心,那么四边形 PACB 面积的最小值为. 15. 如图在平面直角坐标系 xOy 中点 A, B, C 均在单位圆上已知点 A 在第一象限的横坐标是

3 , 点 B 在第二象限点 C ?1, 0 ? . 5

(1)设 ?COA ? ? , 求 sin 2? 的值; (2)若 ?AOB 为正三角形求点 B 的坐标

16.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是菱形,且 PB ? PD . P

A

D

B

C

(1)求证: BD ? PC ; (2)若平面 PBC 与平面 PAD 的交线为,求证: BC // l .

17. 如图有两条相交直线成 600 角的直路 X ? 乙两人分别在 OX , OY 上, X , Y ?Y , 交点是 O, 甲、 甲的起始位置距离 O 点 3km, 乙的起始位置距离 O 点 1km, 后来甲沿 XX ? 的方向乙沿 Y ?Y 的 方向两人同时以 4km / h 的速度步行

(1)求甲乙在起始位置时两人之间的距离; (2)设 th 后甲乙两人的距离为 d ? t ? , 写出 d ? t ? 的表达式;当为何值时甲乙两人的距离最短 并求出此时两人的最短距离

18.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C :
2 2

x2 y 2 ? ? 1 ,设 R( x0 , y0 ) 是椭圆 C 上的 24 12

任一点,从原点 O 向圆 R : ? x ? x0 ? ? ? y ? y0 ? ? 8 作两条切线,分别交椭圆于点 P , Q . (1)若直线 OP , OQ 互相垂直,求圆 R 的方程; (2)若直线 OP , OQ 的斜率存在,并记为 k1 , k2 ,求证: 2k1k2 ? 1 ? 0 ; (3)试问 OP ? OQ 是否为定值?若是,求出该值;若不是,说明理由.
2 2

y
Q
?R

P
O

x

19.已知函数 f ( x) ? e x (其中 e 是自然对数的底数) , g ( x) ? x 2 ? ax ? 1 , a ? R . (1)记函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ,且 a ? 0 ,求 F ( x) 的单调增区间;

(2)若对任意 x1 , x2 ? ? 0, 2? , x1 ? x2 ,均有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,求实数 a 的取值范围.

20 . 已 知 数 列 ?an ? 共 有 2k 项 2 ? k ? N * , 数 列 ?an ? 的 前 n 项 的 和 为 S n , 满 足

?

?

a1 ? 2, an ?1 ? ? p ? 1? S n ? 2 ? n ? 1, 2,3,? , 2n ? 1? , 其中常数 p ? 1
(1)求证:数列 ?an ? 是等比数列; (2)若 p ? 2 2 k ?1 , 数列 ?bn ? 满足 bn ? 项公式 (3)对于(2)中的数列 ?bn ? , 记 cn ? bn ?
2

1 log 2 ? a1a2 ? an ?? n ? 1, 2,? , 2n ? , 求数列 ?bn ? 的通 n

3 , 求数列 ?cn ? 的前 2k 项的和 2

参考答案 1. 5 【解析】 试题分析:由题意得: a ? 1 ? ?b, b ? ?1 ? a ? 2, | a ? bi |?| 2 ? i |? 5. 考点:共轭复数 2.-1 【解析】根据算法的循环结构知循环体第一次被执行后的结果应为 0+(-1),故初始值 x =-1. 3.必要而不充分条件 【解析】 试题分析:因为若 " x ? 2 且 y ? 3" ,则 " x ? y ? 5" ,所以其逆否命题为:若 " x ? y ? 5" , 则 " x ? 2 或 y ? 3" ,所以 " x ? 2 或 y ? 3" 是 " x ? y ? 5" 的必要条件;而若 " x ? y ? 5" ,则

" x ? 2 且 y ? 3" ,该命题为假命题,所以其逆否命题为:若 " x ? 2 或 y ? 3" " x ? y ? 5" ,
则 " x ? y ? 5" , 也是假命题, 所以 " x ? 2 或 y ? 3" 是 " x ? y ? 5" 的不充分条件, 所以 " x ? 2 或 y ? 3" 是 " x ? y ? 5" 的必要而不充分条件. 考点:1、充分条件;2、必要条件. 4.

a 3

【解析】 试题分析:由正方形所构成的三棱锥为如图 S ? EFG ,



SG ? 底面EFG, SG ? a, SE ? SF ?

5 a 2



?EFG





a2 3a 2 a 2 ?EGF ? 90?, EG ? FG ? , EF ? a , 所 以 S ?EFG ? , S ?SEF ? 8 8 2 2 1 a2 1 3a 2 a a VS ? EFG ? ? ? a ? ? ? h ,解得 h ? ,即点 G 到平面 SEF 的距离为 . 3 8 3 8 3 3
考点:三棱锥的性质. 5.3 【解析】 试 题 分 析 : 设 等 比 数 列

, 则

?an ?

的 公 比 为

q, 则 q 3 ?

a6 1 1 ? ,q ? . 因 此 a3 8 2

a4 ? a5 ? a3 q ?

a6 ? 2 ? 1 ? 3. q

考点:等比数列 6. y ? ? 【解析】 试题分析:由题意得:

5 x 2

m ? 5 ? 3, m ? 4 ,而双曲线的渐近线方程为 y ? ?

5 x ,即 m

y??

5 x 2

考点:双曲线的渐近线 7. 34;( ?? ? 1] ? [0, ??) . 【解析】 试 题 分 析 : f ( ?2) ? 2
?2?( ?2)

? x ? ?1 得, ? 24 ? 16 , f ? f ( ?2) ? ? 2 ? 16 ? 2 ? 34 ; 由 ? ?2 x ?2 ? 2

? x ? ?1 x ? ?1 ,由 ? 得 x ? 0 ,所以不等式 f ? x ? ? 2 的解集为 ( ?? ? 1] ? [0, ??) . ?2 x ? 2 ? 2
考点:1.分段函数;2.解不等式. 8.4 【解析】 试 题 分 析 : 原 不 等 式 变 形 为 : k ( x ? 1) ?

4 ? k ? 12 , 则 问 题 转 化 成 不 等 式 x ?1

k ( x ? 1) ?

4 ? 4 ? 所以只需 12 ? k ? ? k ( x ? 1) ? 即可, ? 12 ? k 在 ?1, ?? ? 上恒成立, x ? 1? x ?1 ? ? min

k ( x ? 1) ? 根据均值定理可知:

4 4 4 ? 2 k ( x ? 1) ? ?4 k , 当且仅当 k ( x ? 1) ? x ?1 x ?1 x ?1

时等号成立,所以只需 12 ? k ? 4 k 成立,即

?

k ?6

??

k ? 2 ? 0 ,所以 k ? 4 ,即

?

k min ? 4 .
考点:1.均值定理;2.不等式恒成立. 9.

?
4

【解析】 试题分析: 因为

2a ? c cos C , 即 ( 2 a-c) cosB=bcosC, 由正弦定理得: ( 2 sinA-sinC) ? b cos B

cosB=sinBcosC.∴ 2 sinA?cosB-sinC?cosB=sinBcosC 化为: 2 sinA?cosB=sinC?cosB+sinBcosC 所以 2 sinA?cosB=sin(B+C) ∵在△ABC 中,sin(B+C)=sinA ∴2sinA?cosB=sinA,得:cosB=

2 ? ? ,∴B= ,故答案为 。 2 4 4

考点:本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用,两角和的三角函数,三角函数诱导公式。 点评:中档题,研究三角形问题,一般有两种思路,即从边着手,主要利用余弦定理;二是 从角入手,主要运用正弦定理。 10. 7 【解析】 试 题 分 析 : 因 为 O 是 三 角 形 外 心 , M 是 BC 边 的 ???? ???? ? 1 ???? ??? ? ???? 1 ??? ? 2 1 ???? 2 1 ??? ?2 9 ??? ?2 AO ? AM ? AO ? ( AB ? AC ) ? AB ? AC ? AB ? ? 4 2 4 4 4 4 点. 所以 AB ? 7 即 AB ? 7. 考点:平面向量的运算,向量的数量积, 11. 465 . 【解析】 试题分析: 类比 36 的所有正约数之和的方法有:200 的所有正约数之和可按如下方法得到: 因为 200 ? 23 ? 52 ,所以 200 的所有正约数之和为 (1 ? 2 ? 2 ? 2 )(1 ? 5 ? 5 ) ? 465 ,所以
2 3 2

200 的所有正约数之和为 465 ,故应填 465 .
考点:1、合情推理.

12.

3 2

【解析】 试 题 分 析 : 由 双 曲 线 的 定 义 可 得 ,

PF1 ? PF2 ? 2a , 由
则 有

| PF1 | ? | PF2 |? 2b,| PF ? 1 | ? | PF 2 |

3 ab, 2



| PF1 |? a ? b,| PF2 |? a ? b,?| PF1 | ? | PF2 |? a 2 ? b 2 ?
=0 , 即 有 a ? 2b , 所 以 c 2 ? a 2 ? b 2 ? 3b 2 ,? e ?

3 ab , 即 有 ( 3b-4a ) ( 3b+a ) 2

c 3b 3 . ? ? a 2b 2

考点:椭圆的离心率. 【思路点睛】本题考查双曲线的定义和性质:离心率,由双曲线的定义可得,

PF1 ? PF2 ? 2a ,再由条件,即可得到 a,b 的关系,再由椭圆的性质可得 a,b,c 的关
系式,结合离心率公式,即可求得. 13. ?

?1 ? ,1? . ?4 ?
1 3 1 2 ,因为函数 f (x) x ? ax ? 2bx ? c ,所以 ' f (x) ? x 2 ? ax ? 2b 3 2

【解析】 试题分析:因为 f (x) ?

在区间 (0,1) 取得极大值,在 x ? ?1, 2 ? 取得极小值,所以

f ' (x) ? x 2 ? ax ? 2b

在 (0,1) 和

?b ? 0 ? ?a ? 2b ? 1 ? 0 ?1, 2 ? 内各有一根,即满足: f ' (0) ? 0, f ' (1) ? 0, f ' (2) ? 0 ,即 ? ?a ? b ? 2 ? 0 ,在直角坐
标系 aOb 中,画出其表示的区域,如下图所示.

b?2 表示点 A(1, 2) 与可行域内的点 B ( x, y ) 的连线的斜率.当点 B ( x, y ) ? M ( ?1, 0) 时, a ?1

b?2 b?2 取得最大值, 且为 1 但不等取得等号; 当点 B ( x, y ) ? N ( ?3,1) 时, 取得最小值, a ?1 a ?1
且为

1 ?1 ? 但不等取得等号;故应填 ? ,1? . 4 ?4 ?

考点:1、导数在研究函数的极值中的应用;2、简单的线性规划. 【易错点晴】 本题综合考查了导数在研究函数的极值中的应用和简单的线性规划问题, 渗透 了数形结合的思想,重点考查学生对学科内知识的综合应用能力,属中高档题.解答该题过 程中最容易出现以下错误:其一是未能准确运用导数求解函数极值问题,导致错误的出现; 其二是不能运用二次函数图像分析二次函数的根的分布问题, 从而导致错误的出现; 其三是 不能有机的将问题转化为简单的线性规划问题,导致思维受阻. 14. 2 2 【解析】 试 题 分 析 : 因 为 圆 的 方 程 x ? y ? 2 x ? 2 y ? 1 ? 0 可 化 为 ( x ? 1) ? ( y ? 1) ? 1 , 圆 心
2 2 2 2

C (1,1) ,半径为,依题作出草图,可知 S四边形PACB ? S ?PCA ? S ?PCB ? 2S ?PCA ? PA ,所以四
边形 PACB 面积的最小值就是 PA 的最小值,而 PA =

PC ? 1 ,本题要求出最小的 PC
3? 4?8 ? 3 ,所以 5

2

的 值 , 即 为圆 心 C (1,1) 到 直线 3 x ? 4 y ? 8 ? 0 的 最 短距 离 PC min ?

PA = 9 ? 1 ? 2 2 ,即四边形 PACB 面积的最小值是 2 2 .

考点:1.点到直线的距离;2.切线的性质;3.转换的思想. 15. ?1?

? 3? 4 3 4?3 3 ? 24 ? 2? B ? ? 10 , 10 ? ? 25 ? ?
3 5

【解析】 试题分析: (1)因为点 A 在单位圆上点 A 在第一象限,点 A 的横坐标是 , 所以点 A 的坐标 为 ? ,

x 3 y 4 ?3 4? , 从 而 ? . 根 据 三 角 函 数 定 义 有 cos ? ? ? ,sin ? ? ? r 5 r 5 ?5 5? 24 . 25

sin 2? ? 2sin ? cos ? ?

( 2 ) 因 为 点 B 在 单 位 圆 上 ?COB ? ? ?

?
3

, 根 据 三 角 函 数 定 义 有

? 1 3 3? 4 3 ? 3 1 3 3?4 x ? r cos(? ? ) ? cos ? ? sin ? ? , y ? r sin(? ? ) ? cos ? ? sin ? ? , 3 2 2 10 3 2 2 10
? 3? 4 3 4?3 3 ? ? 10 , 10 ? ?. ? ?
3 5

因此点 B 的坐标为 ?

试题解析: (1)因为点 A 在单位圆上点 A 在第一象限,点 A 的横坐标是 , 所以点 A 的坐标 为 ? ,

x 3 y 4 ?3 4? , 从 而 ? . 根 据 三 角 函 数 定 义 有 cos ? ? ? ,sin ? ? ? r 5 r 5 ?5 5? 24 . 25

sin 2? ? 2sin ? cos ? ?

( 2 ) 因 为 点 B 在 单 位 圆 上 ?COB ? ? ?

?
3

, 根 据 三 角 函 数 定 义 有

? 1 3 3? 4 3 ? 3 1 3 3?4 x ? r cos(? ? ) ? cos ? ? sin ? ? , y ? r sin(? ? ) ? cos ? ? sin ? ? , 3 2 2 10 3 2 2 10
? 3? 4 3 4?3 3 ? ? 10 , 10 ? ?. ? ?

因此点 B 的坐标为 ?

考点:三角函数定义,二倍角公式 16. (1)证明见解析; (2)证明见解析. 【解析】 试题分析: (1)连接 AC,交 BD 于点 O,连接 PO,利用三线合一证明线线垂直,进而证明线 面垂直,再证明线线垂直; (2)利用线面平行的判定定理与性质定理进行证明. 试题解析: (1)连接 AC,交 BD 于点 O,连接 PO. 因为四边形 ABCD 为菱形,所以 BD ? AC 又因为 PB ? PD ,O 为 BD 的中点, 所以 BD ? PO 又因为 AC ? PO ? O 所以 BD ? 平面APC , 又因为 PC ? 平面APC 所以 BD ? PC (2)因为四边形 ABCD 为菱形,所以 BC // AD 因为 AD ? 平面PAD,??BC ? 平面PAD . 所以 BC // 平面PAD 又因为 BC ? 平面PBC ,平面 PBC ? 平面 PAD ? l . 所以 BC / /l .

P

A O B C

D

考点:1.空间中的垂直关系;2.空间中的平行关系. 17.试题分析: (1)由余弦定理得: AB ? 3 ? 1 ? 2 ? 1? 3 ? cos 60 ?
2 2 ?

7 ,所以甲乙在

起 始 位 置 时 两 人 之 间 的 距 离 为

3 7 km. ( 2 ) 当 t ? [0, ) 时 , 4
48 t2 ? 24 t ? 7, 因 此 当


? AB ? (3 ? 4t )2 ? (1 ? 4t )2 ? 2 ? (1? 4t )? (3? 4t )? cos 60 ?

t=

1 4





















2km.

3 t ? [ , + ?) 时 , 4

? AB ? (4t ? 3)2 ? (1? 4t )2 ? 2? (1? 4t )? (4 t ? 3)? cos120 ?

48 t2 ? 24 t ? 7, 因 此 当

3 1 t = 时,两人的最短距离为 4km. 综上,当 t = 时,两人的最短距离为 2km. 4 4
试题解析: (1)由余弦定理得: AB ? 3 ? 1 ? 2 ? 1? 3 ? cos 60 ?
2 2 ?

7 ,所以甲乙在起始

位 置 时 两 人 之 间 的 距 离 为

3 7 km. ( 2 ) 当 t ? [0, ) 时 , 4
48 t2 ? 24 t ? 7, 因 此 当


? AB ? (3 ? 4t )2 ? (1 ? 4t )2 ? 2 ? (1? 4t )? (3? 4 t )? cos 60 ?

t=

1 4





















2km.

3 t ? [ , + ?) 时 , 4

? AB ? (4t ? 3)2 ? (1? 4t )2 ? 2? (1? 4t )? (4 t ? 3)? cos120 ?

48 t2 ? 24 t ? 7, 因 此 当

3 1 t = 时,两人的最短距离为 4km. 综上,当 t = 时,两人的最短距离为 2km. 4 4
考点:1.函数模型及其应用;2.基本不等式的应用; 18. (1) x ? 2 2 【解析】 试题分析: (1)因为直线 OP , OQ 互相垂直,且和圆 R 相切,所以 OR ?

?

? ?? y ? 2 2?
2

2

? 8; (2) 2k1k2 ? 1 ? 0 ; (3)定值为 36.

2r ? 4 ;再结

合点 R 在椭圆 C 上,得到关于 x 0 , y 0 的方程组进行求解; (2)设出 OP, OQ 的直线方程, 利用直线与圆相切,得到 k1 , k 2 与 x 0 , y 0 的关系;再根据 ? x 0 , y 0 ? 在椭圆上,得出关系,整

理即可; (3)分别联立两直线与椭圆的方程,得出 P, Q 的关系,借助 2k1k2 ? 1 ? 0 进行证 明. 试题解析: (1)由圆 R 的方程知,圆 R 的半径的半径 r ? 2 2 , 因为直线 OP , OQ 互相垂直,且和圆 R 相切, 所以 OR ?

2r ? 4 ,即 x0 2 ? y0 2 ? 16 ,①

x0 2 y0 2 又点 R 在椭圆 C 上,所以 ? ? 1 ,② 24 12
联立①②,解得 ?

? ? x0 ? ?2 2, ? ? y0 ? ?2 2.

所以所求圆 R 的方程为 x ? 2 2

?

? ?? y ? 2 2?
2

2

? 8.

(2)因为直线 OP : y ? k1 x , OQ : y ? k2 x ,与圆 R 相切, 所以

| k1 x0 ? y0 | 1? k
2 1

2 2 ? 8)k12 ? 2 x0 y0 k1 ? y0 ?8 ? 0 ? 2 2 ,化简得 ( x0

2 2 2 同理 ( x0 ? 8)k2 ? 2 x0 y0 k2 ? y0 ?8 ? 0, 2 2 所以 k1 , k2 是方程 ( x0 ? 8)k 2 ? 2 x0 y0 k ? y0 ? 8 ? 0 的两个不相等的实数根,

2 ?8 ?b ? b 2 ? 4ac ?b ? b 2 ? 4ac c y0 k1 ? k2 ? ? ? ? 2 2a 2a a x0 ? 8
2 2 x0 y0 1 2 2 因为点 R ( x0 , y0 ) 在椭圆 C 上,所以 , ? ? 1 ,即 y0 ? 12 ? x0 24 12 2

1 2 4 ? x0 1 所以 k1k2 ? 2 2 ? ? ,即 2k1k2 ? 1 ? 0 . x0 ? 8 2
(3) OP ? OQ 是定值,定值为 36,
2 2

理由如下: 法一: (i)当直线 OP, OQ 不落在坐标轴上时,设 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) ,

24 ? 2 ? y ? k1 x, ? x1 ? 1 ? 2k 2 , ? 1 ? 联立 ? x 2 y 2 解得 ? 2 ? 1, ? y 2 ? 24k1 . ? ? ? 24 12 1 ? 1 ? 2k12 ?

24(1 ? k12 ) 24(1 ? k2 2 ) 2 2 所以 x ? y ? ,同理,得 x2 ? y2 ? , 1 ? 2k12 1 ? 2k 2 2
2 1 2 1

由 k1k2 ? ?

1 , 2

所以 OP 2 ? OQ 2 ? x12 ? y12 ? x2 2 ? y2 2

?

24(1 ? k12 ) 24(1 ? k2 2 ) ? 1 ? 2k12 1 ? 2k 2 2
2 1 2 1

1 2 ) ) 24(1 ? k ) 2k1 ? ? 1 2 1 ? 2k 1 ? 2(? ) 2k1 24(1 ? (?

?

36 ? 72k12 1 ? 2k12

? 36
(ii)当直线 OP, OQ 落在坐标轴上时,显然有 OP ? OQ ? 36 ,
2 2

综上: OP ? OQ ? 36 .
2 2

法二: (i)当直线 OP, OQ 不落在坐标轴上时,设 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) , 因为 2k1k2 ? 1 ? 0 ,所以

2 y1 y2 1 2 2 , ? x12 x2 ? 1 ? 0 ,即 y12 y2 4 x1 x2

? x12 y12 ? ?1 ? ? 24 12 因为 P ( x1 , y1 ), Q ( x2 , y2 ) 在椭圆 C 上,所以 ? 2 , 2 ? x2 ? y2 ? 1 ? ? 24 12
1 2 ? 2 y ? 12 ? x1 1 ? ? 2 即? , 1 2 2 ? y ? 12 ? x 2 2 ? ? 2

所以 (12 ?

1 2 1 2 1 2 2 ,整理得 x12 ? x2 ? 24 , x1 )(12 ? x2 ) ? x12 x2 2 2 4

2 所以 y12 ? y2 ? ?12 ?

? ?

1 2? ? 1 2? x1 ? ? ?12 ? x2 ? ? 12 , 2 ? ? 2 ?

所以 OP ? OQ ? 36 .
2 2

(ii)当直线 OP, OQ 落在坐标轴上时,显然有 OP ? OQ ? 36 ,
2 2

综上: OP ? OQ ? 36 .
2 2

考点:1.直线与圆的位置关系;2.直线与椭圆的位置关系;3.定值问题. 19. (1) F ? x ? 的单调增区间为 ? ??, ? a ? 1? 和 ? ?1, ?? ? ; (2) ? ?1, 2 ? 2ln 2? . 【解析】 试题分析: (1)利用导数求函数的单调区间即可; ( 2) 讨论函数的单调性, 去掉绝对值符号, 构造函数,将问题转化为求函数的最值问题. 试题解析: (1)因为 F ? x ? ? f ( x) ? g ( x) ? e x x 2 ? ax ? 1 , 所以 F ? ? x ? ? e x ? ? x ? ? a ? 1? ? ? ? x ? 1? , 令 F ? ? x ? ? 0 ,因为 a ? 0 ,得 x ? ?1 或 x ? ? ? a ? 1? , 所以 F ? x ? 的单调增区间为 ? ??, ? a ? 1? 和 ? ?1, ?? ? ; (2)因为对任意 x1 , x2 ? ? 0,2? 且 x1 ? x2 ,均有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立, 不妨设 x1 ? x2 ,根据 f ( x) ? e x 在 ? 0, 2? 上单调递增, 所以有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) 对 x1 ? x2 恒成立, 所以 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? g ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) 对 x1 , x2 ? ? 0, 2? , x1 ? x2 恒成立, 即?

?

?

? f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x2 ) 对 x1 , x2 ? ? 0, 2? , x1 ? x2 恒成立, ? f ( x1 ) ? g ( x1 ) ? f ( x2 ) ? g ( x2 )

所以 f ( x) ? g ( x) 和 f ( x) ? g ( x) 在 ? 0, 2? 都是单调递增函数, 当 f ?( x) ? g ?( x) ≥ 0 在 ? 0, 2? 上恒成立, 得 e x ? ? 2 x ? a ? ≥ 0 在 ? 0, 2? 恒成立,得 a ≥ ? e x ? 2 x 在 ? 0, 2? 恒成立, 因为 ? e x ? 2 x 在 ? 0, 2? 上单调减函数,所以 ? e x ? 2 x 在 ? 0, 2? 上取得最大值 ?1 ,

?

?

?

?

?

?

解得 a ≥ ?1 . 当 f ?( x) ? g ?( x) ≥ 0 在 ? 0, 2? 上恒成立, 得 e x ? ? 2 x ? a ? ≥ 0 在 ? 0, 2? 上恒成立,即 a ≤ e x ? 2 x 在 ? 0, 2? 上恒成立, 因为 e x ? 2 x 在 ? 0,ln 2? 上递减,在 ? ln 2, 2? 上单调递增, 所以 e x ? 2 x 在 ? 0, 2? 上取得最小值 2 ? 2ln 2 , 所以 a ≤ 2 ? 2ln 2 , 所以实数 a 的取值范围为 ? ?1, 2 ? 2ln 2? . 考点:1.导数的应用;2.不等式恒成立问题. 20. (1)详见解析(2) ? 2 ? bn ? 【解析】 试题分析: (1)证明:因为 an ?1 ? ? p ? 1? S n ? 2, 当 n ? 2 时, an ? ? p ? 1? S n ?1 ? 2 。两式相 减 得 : an ?1 ? an ? ? p ? 1? an , an ?1 ? pan ; 当 n ? 1 时 a2 ? ? p ? 1? a1 ? 2 ? pa1 , 因 此

k2 n ?1 ? 1 ? 3? T2 k ? 2k ? 1 2k ? 1

an ?1 ? pan , (n ? N * ) ,数列 ?an ? 是以 2 为首项,P 为公比的等比数列,

n ?1

2







1







n? 1 ) ? n n2( k ? ? n n ( n2? 1 ) ? 1 1 1 n ?1 ?1 an ? 2 p ; bn ? log 2 ? a1a2 ? an ? ? log 2 ? 2 p ? ? 1? ? ? log 2 ? 2 2 n n 2k ? 1 ? ? n ? ?

( 3 ) 因 为 bn ?

3 2 n ? 2k ? 1 3 , 所 以 当 1 ? n ? k 时 , cn ? ? bn , 当 n ? k ? 1 时 , ? 2 2 2(2k ? 1 )
因 此 数 列

3 cn ? bn ? , 2

?cn ?





2k







T2 k ? ?(b1 ? b2 ? ? ? bk ) ? (bk ?1 ? bk ? 2 ? ? ? b2 k ) ? ?

0 ? 1 ? ? ? (k ? 1) k ? (k ? 1) ? ? ? (2k -1) ? 2k ? 1 2k ? 1

k (k ? 1) k (k ? 2k ? 1) k2 2 2 ?? ? ? . 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1
试题解析: (1)证明:因为 an ?1 ? ? p ? 1? S n ? 2, 当 n ? 2 时, an ? ? p ? 1? S n ?1 ? 2 。两式相 减 得 : an ?1 ? an ? ? p ? 1? an , an ?1 ? pan ; 当 n ? 1 时 a2 ? ? p ? 1? a1 ? 2 ? pa1 , 因 此

an ?1 ? pan , (n ? N * ) ,数列 ?an ? 是以 2 为首项,P 为公比的等比数列,



2







1







an ? 2 p n ?1 ; bn ?
( 3 ) 因 为 bn ?

n(n? 1 ) n(n? 1 ) ? ? ? ? 1 1 1 n ?1 log 2 ? a1a2 ? an ? ? log 2 ? 2n p 2 ? ? log 2 ? 2n 2 2 k ?1 ? ? 1 ? n n 2k ? 1 ? ? n ? ?

3 2 n ? 2k ? 1 3 , 所 以 当 1 ? n ? k 时 , cn ? ? bn , 当 n ? k ? 1 时 , ? 2 2 2(2k ? 1 )
因 此 数 列

3 cn ? bn ? , 2

?cn ?





2k







T2 k ? ?(b1 ? b2 ? ? ? bk ) ? (bk ?1 ? bk ? 2 ? ? ? b2 k ) ? ?

0 ? 1 ? ? ? (k ? 1) k ? (k ? 1) ? ? ? (2k -1) ? 2k ? 1 2k ? 1

k (k ? 1) k (k ? 2k ? 1) k2 2 2 ?? ? ? . 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1
考点:等比数列,数列求和


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