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2016年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(理科)(解析版)


2016 年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(理科)
一、选择题(共 8 小题,每小题 5 分,满分 40 分) 1.已知集合 A={x|x+1>0},B={x|x2﹣2≤0},则 A∩B=( ) A.{x|x B.{x|﹣ ≤x≤﹣1} C.{x|﹣ } 1 } 2.已知向量 =(3,2) , =(﹣1,1) ,则|2 |=( ) A. B. C.5 D. 3.命题“? x0∈R,x A.? x0∈R,x ”的否定形式是( B.? x0∈R,x )

}

D.{x|﹣

C.? x∈R,x2=1 D.? x∈R,x2≠1 4.已知 sin( A.﹣ B.﹣ C. )= ,则 cos(2 D. )= ( )

5.若存在实数 x,y 满足

,则实数 m 的取值范围是(



A. (0, ) B. ( , )

C. ( , )

D. ( , )

6.在下面图案中,图(1)是边长为 1 的正方形,图(2)是将图(1)中的正方形同外作直 角三角形和正方形, 按如此分形规律, 若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列{an}, 则 a10=( )

A.9

B.10 ﹣

C.11

D.12

7.双曲线

=1(a,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,O 为坐标原点,以 OF2 为

直径的圆交双曲线于 A,B 两点,若△F1AB 的外接圆过点( 的离心率是( )
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,0) ,则该双曲线

A.

B.

C.
2

D.
2

8.设函数 f(x)=x +mx+n ,g(x)=x2+(m+2)x+n2+m+1,其中 n∈R,若对任意的 n,t ∈R,f(t)和 g(t)至少有一个为非负值,则实数 m 的最大值是( ) A.1 B. C.2 D. 二、填空题(共 7 小题,每小题 5 分,满分 35 分) 9.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2=1,S4=8,则 a5=______,S10=______. 10.已知 f(x)=sin(ωx+φ) (ω>0,0≤φ≤π)在区间[2,4]上是增函数,且 f(2)=﹣1, f(4)=1,则 f(3)=______,f(x)的一个单调递减区间是______(写出一个即可) 11.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的面积是______,体积是______.

12.已知圆 O:x2+y2=r2 与圆 C: (x﹣2)2+y2=r2(r>0)在第一象限的一个公共点为 P,过 P 作与 x 轴平行的直线分别交两圆于不同两点 A,B(异于 P 点) ,且 OA⊥OB,则直线 OP 的斜率是______,r=______. 13.在△ABC 中,BC=6,M1,M2 分别为边 BC,AC 的中点,AM1 与 BM2 相交于点 G, BC 的垂直平分线与 AB 交于点 N,且 ? ﹣ ? =6,则 ? =______. 14.已知实数 x,y 满足 x2+y2=4,则 4(x﹣ )2+(y﹣1)2+4xy 的取值范围是______. 15.如图,棱长为 3 的正方体的顶点 A 在平面 α 上,三条棱 AB,AC,AD 都在平面 α 的 同侧,若顶点 B,C 到平面 α 的距离分别为 1, ,则顶点 D 到平面 α 的距离是______.

三、解答题(共 5 小题,满分 75 分) 16. B、 C 所对的边分别为 a, b, c, 在△ABC 中, 内角 A、 已知 A= , = .

(I)求角 C 的大小; (Ⅱ)若 a=2,求△ABC 的面积. 17.如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=1,AB=AC= BC 的中点,过点 D 作 DQ∥AP,且 DQ=1,连结 QB,QC,QP. (1)证明:AQ⊥平面 PBC;
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,D 为

(2)求二面角 B﹣AQ﹣C 的平面角的余弦值.

18.已知函数 f(x)=x(1﹣a|x|) . f x) =a 有三个相异实根 x1, x2, x3, (1) 当 a>0 时, 关于 x 的方程 ( 设 x1<x2<x3, 求 的取值范围; (2)当 a≤1 时,f(x)在[﹣1,1]上的最大值为 M,最小值为 m,若 M﹣m=4,求 a 的值. 19.已知椭圆 C: 的焦距为 2 ,离心率为 .

(1)求椭圆 C 的方程; (2)若 M,N,P 是椭圆 C 上不同的三点,且满足 数 λ 的取值范围.

(O 为坐标原点) ,求实

20.已知数列{an}满足 a1=1,an+1= (1)证明:an+1<an; (2)证明:

(n∈N+) .



(3)证明:an



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2016 年浙江省绍兴市高考数学一模试卷(理科)
参考答案与试题解析

一、选择题(共 8 小题,每小题 5 分,满分 40 分) 1.已知集合 A={x|x+1>0},B={x|x2﹣2≤0},则 A∩B=( ) A.{x|x B.{x|﹣ ≤x≤﹣1} C.{x|﹣ } } D.{x|﹣ 1 } 【考点】交集及其运算. 【分析】先分别求出集合 A 和集合 B,然后再求出集合 A∩B. 【解答】解:集合 A={x|x+1>0}={x|x>﹣1},B={x|x2﹣2≤0}={x|﹣ ≤x≤ }, 则 A∩B={x|﹣1≤x≤ }, 故选:D. 2.已知向量 =(3,2) , =(﹣1,1) ,则|2 |=( ) A. B. C.5 D. 【考点】平面向量数量积的运算. 【分析】利用两个向量坐标形式的运算法则,求得 2 + 的坐标,可得|2 【解答】解:∵向量 =(3,2) , =(﹣1,1) ,∴2 + =(5,5) , =5 , 则|2 |= 故选:C.

|的值.

3.命题“? x0∈R,x A.? x0∈R,x

”的否定形式是( B.? x0∈R,x



C.? x∈R,x2=1 D.? x∈R,x2≠1 【考点】命题的否定. 【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可. 【解答】解:因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题“? x0∈R,x 是:? x∈R,x2≠1. 故选:D. ”的否定形式

4.已知 sin( A.﹣ B.﹣ C.

)= ,则 cos(2 D.

)= (



【考点】三角函数的化简求值. 【分析】由二倍角公式可得 cos( cos( ﹣2α) ,代值可得.
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﹣2α) ,整体利用诱导公式可得 cos(2

)=﹣

【解答】解:∵sin( ∴cos( ∴cos(2 =﹣cos( 故选:A

)= , )= , ﹣2α)]

﹣2α)=1﹣2sin2( )=cos[π﹣( ﹣2α)=﹣

5.若存在实数 x,y 满足

,则实数 m 的取值范围是(



A. (0, ) B. ( , )

C. ( , )

D. ( , )

【考点】简单线性规划. 【分析】作出平面区域,可得直线过定点 D(﹣1,1) ,斜率为﹣m,结合图象可得 m 的不 等式组,解不等式组可得.

【解答】解:作出

所对应的区域(如图△ABC 即内部,不包括边界) ,

直线 m(x+1)﹣y=0,可化为 y=m(x+1) ,过定点 D(﹣1,0) ,斜率为 m,

存在实数 x,y 满足



则直线需与区域有公共点,



解得 B( , ) ,

,解得 A( , )

KPA=

= ,KPB=

= ,

∴ <m< ,
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故选:D.

6.在下面图案中,图(1)是边长为 1 的正方形,图(2)是将图(1)中的正方形同外作直 角三角形和正方形, 按如此分形规律, 若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列{an}, 则 a10=( )

A.9

B.10

C.11

D.12

【考点】数列递推式;归纳推理. 【分析】根据已知中的图形变化规律,结合勾股定理,归纳出数列的{an}的通项公式,可得 答案. 【解答】解:∵图(1)是边长为 1 的正方形, ∴a1=1, 结合勾股定理可得:a2=2, a3=3, a4=4, … 归纳可得:an=n, (n∈N*) , 故 a10=10, 故选:B

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7.双曲线



=1(a,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,O 为坐标原点,以 OF2 为

直径的圆交双曲线于 A,B 两点,若△F1AB 的外接圆过点(

,0) ,则该双曲线

的离心率是( ) A. B. C. D. 【考点】双曲线的简单性质. 【分析】设双曲线的左、右焦点分别为 F1(﹣c,0) ,F2(c,0) ,分别求出 OF2 为直径的 圆的方程和外接圆的直径为 F1M, 运用两圆方程求得交点 A,B,代入双曲线方程,结合离心率公式,解方程可得所求值. 【解答】解:设双曲线的左、右焦点分别为 F1(﹣c,0) ,F2(c,0) , OF2 为直径的圆的方程为(x﹣ )2+y2= 由△F1AB 的外接圆过点 M( 即有外接圆的直径为 F1M, 可得圆的方程为(x+ )2+y2= , ,

,0) ,即 M( c,0) ,

两圆的方程相减可得 x= c, 代入圆的方程可得 y=± 可设 A( c, c,

c) ,代入双曲线的方程可得 =1,由 b2=c2﹣a2,e= ,

?

﹣ ?

可得 4e4﹣15e2+9=0, 解得 e2=3 或 (舍去) , 即有 e= . 故选:B. 8.设函数 f(x)=x2+mx+n2,g(x)=x2+(m+2)x+n2+m+1,其中 n∈R,若对任意的 n,t ∈R,f(t)和 g(t)至少有一个为非负值,则实数 m 的最大值是( ) A.1 B. C.2 D. 【考点】函数的值.

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【分析】作差 g(t)﹣f(t)=2t+m+1,从而可知 t≥﹣ =t2+(m+2)t+n2+m+1 在 t≥﹣ 时 g(t)min=(﹣

时 g(t)≥f(t) ,从而化为 g(t) + )2+n2+m+1﹣ ≥0

恒成立,从而可得|m|≤1;从而结合选项解得. 【解答】解:∵g(t)﹣f(t)=t2+(m+2)t+n2+m+1﹣(t2+mt+n2)=2t+m+1, ∴当 2t+m+1≥0,即 t≥﹣ 时,g(t)≥f(t) , )2+n2+m+1﹣ ,

而 g(t)=t2+(m+2)t+n2+m+1=(t+ ∵﹣ >﹣ , +

∴g(t)min=(﹣

)2+n2+m+1﹣

≥0 恒成立,

即 m2≤1+4n2 恒成立, 故|m|≤1; 结合选项可知,A 正确; 故选:A. 二、填空题(共 7 小题,每小题 5 分,满分 35 分) 9.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2=1,S4=8,则 a5= 7 ,S10= 80 . 【考点】等差数列的前 n 项和. 【分析】利用等差数列的通项公式及其前 n 项和公式即可得出. 【解答】解:设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn, ∵a2=1,S4=8, ∴a1+d=1,4a1+ 解得 a1=﹣1,d=2. 则 a5=﹣1+2×4=7,S10=10×(﹣1)+ 故答案分别为:7;80. 10.已知 f(x)=sin(ωx+φ) (ω>0,0≤φ≤π)在区间[2,4]上是增函数,且 f(2)=﹣1, f(4)=1,则 f(3)= 0 ,f(x)的一个单调递减区间是 [0,2] (写出一个即可) 【考点】正弦函数的图象. 【分析】根据函数图象可知函数的周期,再求 ω 的值,由已知点求出 φ 的值,写出函数解 析式,将 3 代入求出 f(3)的值,再求出函数的单调递减区间即可 【解答】解:f(2)=﹣1,f(4)=1,f(x)在[2,4]上是增函数可知:f(x)的周期为 T=4, ∴ ,φ= x+ =0
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d=8,

×2=80.

f(x)=sin( ∴f(3)=cos

)=cos

x

f(x)的单调递减区间为[4k,4k+2]k∈Z 故答案为:0,[0,2]. 11.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的面积是 ,体积是 4 .

【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由三视图知该几何体是四棱锥,由三视图求出几何元素的长度,由位置关系和勾股 定理求出各个棱长,由条件和面积公式求出各个面的面积,加起来求出几何体的表面积,由 锥体的体积公式求出几何体的体积. 【解答】解:根据三视图可知几何体是一个四棱锥,如图: 且 PA⊥平面 ABCD,PA=2, 底面是一个直角梯形,AD⊥CD、AD∥BC,BC=CD=2、AD=4, 取 AD 的中点 E,连接 BE,则 BE∥CD,AE=BE=2, ∴由勾股定理得,AB=PC=BD=2 ,PB= ,PA=2 , 2 2 2 2 2 2 ∵PB =BC +PC ,PA =AB +PB ,∴AB⊥PB,PC⊥BC, ∴几何体和表面积: S= = , ×2=4, ;4. +

几何体的体积 V= 故答案为:

12.已知圆 O:x2+y2=r2 与圆 C: (x﹣2)2+y2=r2(r>0)在第一象限的一个公共点为 P,过 P 作与 x 轴平行的直线分别交两圆于不同两点 A,B(异于 P 点) ,且 OA⊥OB,则直线 OP 的斜率是 ,r= 2 . 【考点】圆与圆的位置关系及其判定. 【分析】根据题意,画出图形,结合图形得出点 P 的横坐标,再根据题意列出方程组,解 方程组求出半径 r 的值.然后求出 P 的坐标,利用斜率公式进行求解即可.
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【解答】解:如图所示, 圆 O:x2+y2=r2 与圆 C: (x﹣2)2+y2=r2(r>0)的一个公共点 P, ∴点 P 的横坐标为 x=1; 又过点 P 作与 x 轴平行的直线分别交两圆于 A,B 两点, 设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,则 又 OA⊥OB,∴ 且 + =r2, ? =x1x2+y1y2=0, + =r2; ;

由此解得 r=2. 即圆 O:x2+y2=4, 当 x=1 时,y=± , ∵P 在第一象限,∴y= 则 kOP= = , ;2.

,即 P(1,

) ,

故答案为:

13.在△ABC 中,BC=6,M1,M2 分别为边 BC,AC 的中点,AM1 与 BM2 相交于点 G, BC 的垂直平分线与 AB 交于点 N,且 ? ﹣ ? =6,则 ? = 36 . 【考点】平面向量数量积的运算. 【分析】 由 ? ﹣ ? =6 得 . 用 , , 表示出 , 列方程解出 .

【解答】解:∵ ? ﹣ ? =6,∴ . ∵M1,M2 分别为边 BC,AC 的中点,∴G 是△ABC 的重心. ∴ ∴ ∴( 即 + ﹣ = ) =6. =6. , ,

∵NM1⊥BC,BM1=3,BC=6, ∴ , =18.
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﹣6=6,

=36. ∴ 故答案为 36.

2 2 14. y 满足 x2+y2=4, 22+4 已知实数 x, 则4 (x﹣ ) + (y﹣1) +4xy 的取值范围是 [1,

] .

【考点】排序不等式. 【分析】4(x﹣ )2+(y﹣1)2+4xy=4x2﹣4x+1+y2﹣2y+1+4xy=(2x+y﹣1)2+1,再利用三 角换元,即可得出结论. 【解答】解:4(x﹣ )2+(y﹣1)2+4xy=4x2﹣4x+1+y2﹣2y+1+4xy=(2x+y﹣1)2+1. 设 x=2cosα,y=2sinα,∴2x+y﹣1=4cosα+2sinα﹣1=2 1], ∴(2x+y﹣1)2∈[0,21+4 ], ∴(2x+y﹣1)2+1∈[1,22+4 ], 故答案为:[1,22+4 ]. sin(α+θ)﹣1∈[﹣2 ﹣1,2 ﹣

15.如图,棱长为 3 的正方体的顶点 A 在平面 α 上,三条棱 AB,AC,AD 都在平面 α 的 同侧,若顶点 B,C 到平面 α 的距离分别为 1, ,则顶点 D 到平面 α 的距离是 .

【考点】点、线、面间的距离计算. 【分析】本题的条件正规,但位置不正规.牵涉到的知识虽然只有线面距离和线面角,但难 于下手. 出路何在?在正方体的 8 个顶点中, 有关系的只有 4 个 (其他顶点可不予理会) . 这 4 点组成直角四面体,这就是本题的根.所以最终归结为:已知直角四面体的 3 个顶点 A, B,C 到平面 M 的距离依次为 0,1, ,求顶点 D 到平面 M 的距离.
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【解答】解:如图,连结 BC、CD、BD,则四面体 A﹣BCD 为直角四面体.作平面 M 的法 线 AH,再作,BB1⊥平面 M 于 B1,CC1⊥平面 M 于 C1,DD1⊥平面 M 于 D1. 连结 AB1,AC1,AD1,令 AH=h,DA=a,DB=b,DC=c, 由等体积可得 = + + ,



+

+

=1

令∠BAB1=α,∠CAC1=β,∠DAD1=γ, 可得 sin2α+sin2β+sin2γ=1, 设 DD1=m,∵BB1=1,CC1= , ∴ =1 .

解得 m= .即所求点 D 到平面 α 的距离为 故答案为: .

三、解答题(共 5 小题,满分 75 分) 16. B、 C 所对的边分别为 a, b, c, 在△ABC 中, 内角 A、 已知 A= , = .

(I)求角 C 的大小; (Ⅱ)若 a=2,求△ABC 的面积. 【考点】正弦定理;余弦定理. 【分析】 (I)由已知式子和余弦定理结合多项式的原可得 b=c 或 b2=c2+a2,分别由等腰三角 形和直角三角形可得; (Ⅱ)结合 a=2,分别由等腰三角形和直角三角形的知识和面积公式可得. 【解答】解: (I)∵在△ABC 中, ∴b2cosA﹣bc=abcosC﹣a2,由余弦定理可得: b2? ﹣﹣bc=ab? ﹣a2, = ,



(b2+c2﹣a2)﹣bc= (a2+b2﹣c2)﹣a2,

同乘以 2c 可得 b(b2+c2﹣a2)﹣2bc2=c(a2+b2﹣c2)﹣2ca2, ∴b(b2﹣c2﹣a2)=c(﹣a2+b2﹣c2) ,
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∴(b2﹣c2﹣a2) (b﹣c)=0, 2 2 2 ∴b=c 或 b =c +a , 当 b=c 时,由等腰三角形可得角 C= 当 b2=c2+a2 时,由直角三角形可得角 C= ; ;

(Ⅱ)∵a=2,∴当 b=c 时,三角形的高 h=tan=

=tan(

+

)=

=2+



此时三角形的面积 S= ×2×h=2+



当 b2=c2+a2 时,由直角三角形可得 c=

=2



△ABC 的面积 S= ac=2



17.如图,在三棱锥 P﹣ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=1,AB=AC= BC 的中点,过点 D 作 DQ∥AP,且 DQ=1,连结 QB,QC,QP. (1)证明:AQ⊥平面 PBC; (2)求二面角 B﹣AQ﹣C 的平面角的余弦值.

,D 为

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 【分析】 (1)连结 AD,PD,PD∩AQ=O,推导出四边形 PADQ 为正方形,从而 AQ⊥DP, 由线面垂直得 PA⊥BC,由等腰三角形性质得 AD⊥BC,从而 AQ⊥BC,由此能证明 AQ⊥ 平面 PBC. (2)由 AQ⊥平面 PBC,连结 OB,OC,则∠BOC 为二面角 B﹣AQ﹣C 的平面角,由此能 求出二面角 B﹣AQ﹣C 的平面角的余弦值. 【解答】证明: (1)如图,连结 AD,PD,PD∩AQ=O, ∵AB⊥AC,AB=AC= ,D 为 BC 中点,∴AD=1, ∵PA⊥平面 ABC,AD? 平面 ABC,∴PA⊥AD, ∵PA⊥平面 ABC,AD? 平面 ABC,∴PA⊥AD, ∵PA=AD=1,∴四边形 PADQ 为正方形,∴AQ⊥DP,
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∵PA⊥平面 ABC,BC? 平面 ABC,∴PA⊥BC, ∵D 为线段 BC 的中点,AB=AC,∴AD⊥BC, 又 AD∩PA=A,∴BC⊥平面 APQD, ∵AQ? 平面 APQD,∴AQ⊥BC, ∵DP∩BC=D,∴AQ⊥平面 PBC. 解: (2)由(1)知 AQ⊥平面 PBC,连结 OB,OC, 则∠BOC 为二面角 B﹣AQ﹣C 的平面角, 由题意知 PA=BD=1,OD= ∴OB=OC= , = ,

∴cos∠BOC=

=

=﹣ ,

∴二面角 B﹣AQ﹣C 的平面角的余弦值为﹣ .

18.已知函数 f(x)=x(1﹣a|x|) . f x) =a 有三个相异实根 x1, x2, x3, (1) 当 a>0 时, 关于 x 的方程 ( 设 x1<x2<x3, 求 的取值范围; (2)当 a≤1 时,f(x)在[﹣1,1]上的最大值为 M,最小值为 m,若 M﹣m=4,求 a 的值. 【考点】函数的最值及其几何意义. 【分析】 (1)f(x)= ,作其图象,从而利用数形结合求解得 a

∈(0, ) ;从而可得 x2+x3= ,x1=

,从而求得;

(2)显然,f(x)为 R 上的奇函数,从而可得 M=2,再分类讨论求最大值即可. 【解答】解: (1)f(x)= 当 a>0 时,其图象如右图所示,
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∵直线 y=a 与 y=f(x)的图象有三个不同的交点, ∴f( )>a>0,即 >a>0,

解得,a∈(0, ) ; 其次,由韦达定理及求根公式可得, x2+x3= ,x1= ,

从而可得,

=﹣



注意到 a∈(0, ) ,



∈(﹣

,﹣1) .

(2)显然,f(x)为 R 上的奇函数, ∴M﹣m=2M=4, 当 a=0 时,经检验不符合题意,舍去; 当 a<0 时,函数 f(x)在[﹣1,1]上单调递增, 故 M=f(1)=1﹣a=2, 故 a=﹣1; 当 a>0 时,f(x)在(﹣∞,﹣ 在(﹣ ①当 , )上单调递增; )和( ,+∞)上单调递减,

≥1,即 0<a≤ 时,f(x)[﹣1,1]上单调递增,

可解得 a=﹣1(舍去) , ②当 <1,即 <a<1 时,f(x)在[﹣1,1]上的最大值为 f( )= =2,

解得,a= (舍去) ; 综上所述,a=﹣1.

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19.已知椭圆 C:

的焦距为 2

,离心率为



(1)求椭圆 C 的方程; (2)若 M,N,P 是椭圆 C 上不同的三点,且满足 数 λ 的取值范围.

(O 为坐标原点) ,求实

【考点】直线与圆锥曲线的综合问题;椭圆的标准方程. 【分析】 (1)由椭圆的焦距为 2 C 的方程. (2)推导出 ,当 PM⊥x 轴时,能求出﹣2<λ<0 或 0<λ<2;当直线 MP ,离心率为 ,列出方程组求出 a,b,由此能求出椭圆

的斜率存在时,设方程为 y=kx+m,将其代入椭圆,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2﹣4=0,由此 利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积公式,结合题设条件能求出实数 λ 的取值范围. 【解答】解: (1)∵椭圆 C: 的焦距为 2 ,离心率为 ,

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,解得 a=2,c=



∴b=

, . (O 为坐标原点) ,

∴椭圆 C 的方程为

(2)∵M,N,P 是椭圆 C 上不同的三点,且满足 ∴ ,

设 P(x1,y1) ,M(x2,y2) ,N(x0,y0) , ①当 PM⊥x 轴时,x1=x2,y1=﹣y2≠0, 由 ﹣ = ,得 λx0=0,λy0=2y1, 则 x0=0,y0=±1, ∵﹣1<y1<0 或 0<y1<1,∴﹣2<λ<0 或 0<λ<2. ②当直线 MP 的斜率存在时,设方程为 y=kx+m, 将其代入椭圆 ,并整理,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2﹣4=0,

则△=64k2m2﹣4(1+4k2) (4m2﹣4)=16(4k2﹣m2+1)>0, 解得 m2<1+4k2,① 又 由 即 ﹣ = , ,

,得(x1,y1)﹣(x2,y2)=λ(x0,y0) ,且 λ≠0, , ,

又∵

, )2+4( )2=4,

∴(

∴ =(1+4k2)[

=

﹣4×

]

=16﹣

,即

,②

联立①②,得 0<4﹣λ2<1, ∴﹣2<λ<0 或 0<λ<2. 综上所述:实数 λ 的取值范围是(﹣2,0)∪(0,2) .

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20.已知数列{an}满足 a1=1,an+1= (1)证明:an+1<an; (2)证明:

(n∈N+) .



(3)证明:an



【考点】数列与不等式的综合. 【分析】 (1)化简 an+1= (n∈N+)后即可证明 an+1<an;

(2)先验证 n=1 时成立,当 n≥2 时利用分离常数法化简后,由放缩法和裂项相消法证明 不等式成立; (3)由放缩法化简 后,列出不等式进行归纳、化简证明不等式成立.

【解答】证明: (1)由 an+1= ∴an+1<an; (2)当 n=1 时, 成立,

(n∈N+)得,

=

<1,

当 n≥2 时,∵

=

,则

=1+





=n+

≤n+1+ =n+1+(1﹣ )+( )+…+( )=n+2﹣ ,




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(3)由(1)得,

=



=



则 an+1>an?



由 a1=1 得,a2= ,则 n=1、2 都成立, 当 n≥3 时,a3>a2? ∴an>a2? 综上可得,an ? … ,a4>a3? = >a2? ? , ,…

对一切 n∈N+都成立.

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2016 年 9 月 19 日

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