3986.net
小网站 大容量 大智慧
赞助商链接
当前位置:首页 >> 数学 >>

2015年高考试题Word版分类解析(书稿之五)(31-35考点)


试题部分

第1页

(I)求 C1 , C2 的极坐标方程; 考点 31 坐标系与参数方程 【1】 (A,湖北,理 16)在直角坐标系 xoy 中,以 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 已知直 线 l 的极坐标方程为 ? (sin ? ? 3cos ? ) ? 0 ,曲线 C 的

( ? ? R) , 4 设 C2 与 C3 的交点为 M 、 N ,求 ?C2 MN 的面积.
(II)若直线 C3 的极坐标方程为 ? ? 【9】 (A, 新课标Ⅱ, 文 23 理 23) 在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 : ?

?

1 ? x?t? , ? ? t 参数方程为 ? ? y ?t ?1 ? t ?
A , B 两点,则 | AB |?

( t 为参数) , l 与 C 相交于

? x ? t cos? , ( t 为参数,t ? 0) ,其中 ? y ? t sin ? ,

0 ? ? ? ? ,在以 O 为极点,x 轴正半轴为极轴的极 坐标系中,曲线 C 2 : ? ? 2 sin ? ,曲线 C3 : ? ?

.

【2】 (A,广东,理 14)已知直线 l 的极坐标方程为

2 3 cos? .
(I)求 C 2 与 C3 交点的直角坐标; (II)若 C 2 与 C1 相交于点 A , C1 与 C3 相交于点

7? π 2? sin(? ? ) ? 2 ,点 A 的极坐标为 A( 2 2 , ) , 4 4
则点 A 到直线 l 的距离为 . 【3】 (A,湖南,文 12)在直角坐标系 xOy 中,以 坐标原点为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 若曲线 C 的极坐标方程为 ? =2sin ? ,则曲线 C 的 直角坐标方程为 .

B ,求 | AB | 的最大值.
【10】 (A,福建,理 21-II)在平面直角坐标系 xoy 中,圆 C 的参数方程为 ?

? x ? 1 ? 3 cost , ?t为参数? . ? y ? ?2 ? 3 sin t

(2, ) 【4】 (B,北京,理 11)在极坐标系中,点 到 3
直线 ?(cos? ? 3 sin ?) ? 6 的距离为 .

?

在极坐标系(与平面直角坐标系 xoy 取相同的长度 单位,且以原点 O 为极点,以 x 轴非负半轴为极轴) 中,直线 l 的方程为 2 ? sin(? ?

?
4

) ? m(m ? R) .

【5】 (B,重庆,理 15)已知直线 l 的参数方程为

(I)求圆 C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程; (II)设圆心 C 到直线 l 的距离等于 2, 求 m 的值.

? x ? ?1 ? t , (t 为参数) ,以坐标原点为极点,x 轴 ? ? y ? 1? t 的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C 的极坐标方 3? 5? 2 ?? ? ), 则直线 l 程为 ? cos 2? ? 4( ? ? 0, 4 4 与曲线 C 的交点的极坐标为 .
【6】 (B,广东,文 14)在平面直角坐标系 xoy 中, 以原点 O 为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标 系. 曲线 C1 的极坐标方程为 ? ? cos? ? sin ? ? ? ?2 ,

? 3 x ? 5? t, ? ? 2 【11】 (A, 湖南, 理 16-II) 已知直线 l : ? ? y ? 3 ? 1 t. ? 2 ? ( t 为参数) ,以坐标原点为极点, x 轴的正半轴为 极轴建立极坐标系,曲线 C 的极坐标方程为 ? ? 2 cos? .
(i)将曲线 C 的极坐标方程化为直角坐标方程; (ii)设点 M 的直角坐标为 (5, 3 ) , 直线 l 与曲线

?x ? t2 ? 曲线 C2 的参数方程为 ? ( t 为参数) , 则 C1 y ? 2 2 t ? ?
与 C2 交点的直角坐标为 . 【7】 (B, 安徽, 理 12) 在极坐标系中, 圆 ? ? 8 sin ? 上的点到直线 ? ?

C 的交点为 A, B ,求 | MA | ? | MB | 的值.
【12】 (B,江苏,理 21C)已知圆 C 的极坐标方程 为 ? ? 2 2 ? sin(? ?
2

?
4

) ? 4 ? 0 ,求圆 C 的半径.

?
3

( ? ? R ) 距离的最大值是

.

【13】 (B, 陕西, 文 23 理 23) 在直角坐标系 xoy 中,

【8】 (A,新课标 I,文 23 理 23)在直角坐标系 xoy
2 2 中,直线 C1 : x ? ?2 ,圆 C2 : ( x ? 1) ? ( y ? 2) ? 1 ,以

坐标原点为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标 系.

1 ? x ? 3? t ? 2 ? 直线 l 的参数方程为 ? ( t 为参数) .以原 ?y ? 3 t ? 2 ? 点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 圆C 的

第2页

试题部分

极坐标方程为 ? ? 2 3 sin ? . (I)写出圆 C 的直角坐标方程; (II) P 为直线 l 上一动点,当 P 到圆心 C 的距离 最小时,求 P 的直角坐标.

过圆心 O 做 BC 的平行线,分别交 EC 和 AC 于点 D 和点 P,则 OD=
C D E A P O

.
B

C D A

E

O

B

第 5 题图

第 6 题图

【6】 (A,新课标 I,文 22 理 22)如图, AB 是⊙ O 的直径, AC 是⊙ O 的切线, BC 交⊙ O 于点 E . 考点 32 几何证明选讲 【1】 (A,天津,文 6 理 5)如图,在圆 O 中, M , (I)若 D 为 AC 的中点,证明: DE 是⊙ O 的切 线; (II)若 OA ? 3CE ,求 ?ACB 的大小. 【7】 (A,新课标Ⅱ,文 22 理 22)如图, O 为等腰 三角形 ABC 内一点,⊙ O 与

N 是弦 AB 的三等分点,弦 CD , CE 分别经过点 M , N . 若 CM ? 2 , MD = 4 , CN = 3 ,则线 段 NE 的长为 10 8 5 A. B.3 C. D. 3 2 3
D E O A M C
第 1 题图
P B C

ABC 的底边 BC 交 于 M、N 两点,与底边上的高 AD 交于点 G ,且与 AB , AC 分别相切于 E、F 两点.
(I)证明:EF // BC; (II)若 AG 等于⊙ O 的半径,且

AE ? MN ? 2 3 ,求四边形 EBCF 的面积.
A G E F O D B M N C
E B D O C A

N B
A

第 2 题图

【2】 (A,湖北,理 15)如图, PA 是圆的切线, A 为切点, PBC 是圆的割线,且 BC ? 3PB ,则
AB ? AC

.

【8】 (A,江苏,理 21A)如图,在 ?ABC 中,

第 7 题图

第 8 题图

【3】 (B,重庆,理 14)如图,圆 O 的弦 AB, CD 相 交于点 E 过点 A 作圆 O 的切线与 DC 的延长线交于 点 P , PA ? 6 , AE ? 9 , PC ? 3 , CE : ED ? 2 : 1 若 则 BE ?
A

AB ? AC , ?ABC 的外接圆⊙ O 的弦 AE 交 BC 于 点 D .求证: ?ABD ∽ ?AEB .
【9】 (A,湖南,理 16-I)如图,在⊙O 中,相交于 点 E 的两弦 AB,CD 的中点分别是 M,N,直线 MO 与直线 CD 相交于点 F,证明:

.
D C

O E D B
第 4 题图
A O B

(i) ?MEN ? ?NOM ? 180 ;
?

E

(ii) FE ? FN ? FM ? FO .
A F C M O B E N D

P

C

第 3 题图

B

【4】 (B,广东,文 15)如图, AB 为圆 O 的直径,

E 为 AB 的延长线上一点,过 E 作圆 O 的切线,切 点为 C ,过 A 作直线 EC 的垂线,垂足为 D .若

E

O C

D

A

AB ? 4 , CE ? 2 3 ,则 AD ?

.

第 9 题图

第 10 题图

【5】 (B,广东,理 15)如图,已知 AB 是圆 O 的直 径,AB=4,EC 是圆 O 的切线,切点为 C ,BC=1,

【10】 (B,陕西,文 22 理 22)如图, AB 切圆 O 于 点 B ,直线 AO 交圆 O 于 D, E 两点, BC ? DE ,

试题部分

第3页
n

垂足为 C . (I)证明: ?CBD ? ? DBA ; (II)若 AD ? 3DC ,BC ? 2 , 求圆 O 的直径. 考点 33 不等式选讲 【1】 (B,重庆,文 14)设 a, b > 0, a + b = 5 ,则

[t ] ? n 同时成立 ,则正整数 n 的最大值是 ....

A.3 B.4 C.5 D.6 【2】 (B,湖北,文 10 理 9)已知集合 A ? {( x, y)
| x2 ? y 2 ? 1, x, y ? Z} , B ? {( x, y) || x | ? 2 , | y | ? 2 ,
x, y ? Z} ,定义集合 A ? B ? ((x1 ? x2 , y1 ? y2 ) |

则 A ? B 中元素的个数为 ( x1 , y1 ) ? A, ( x2 , y2 ) ? B} , A. 77 B.49 C.45 D.30 【3】 (B,广东,理 8)若空间中 n 个不同的点两两 距离都相等,则正整数 n 的取值 A.至多等于 3 C.等于 5 B.至多等于 4 D.大于 5

a +1+ b+3 的最大值为

. .

【2】 (B,重庆,理 16)若函数 f ( x) = | x + 1|

+ 2 | x - a | 的最小值为 5,则实数 a =
【3】 (A,新课标 I,文 24 理 24)已知函数

f ( x) ?| x ? 1| ?2 | x ? a | , a ? 0 .
(I)当 a ? 1 时,求不等式 f ( x ) ? 1 的解集; (II)若 f ( x ) 的图像与 x 轴围成的三角形面积大 于 6 ,求 a 的取值范围. 【4】 (A,新课标Ⅱ,文 24 理 24)设 a、b、c、d 均为正数,且 a+b=c+d,证明: (I)若 ab ? cd ,则 a ? b ? (II) a ? b ? 充要条件. 【5】 (A,江苏,理 21D)解不等式 x ? 2 x ? 3 ? 2 . 【6】 (A,福建,理 21-III)已知 a ? 0, b ? 0, c ? 0 , 函数 f ( x) =| x + a | + | x - b | +c 的最小值为 4. (I)求 a + b + c 的值;

【4】 (B,浙江,理 6)设 A, B 是有限集,定义:

d ( A, B) ? card ( A ? B) ? card ( A ? B) ,其中
card ( A) 表示有限集 A 中的元素个数. 命题①:对任意有限集 A , B ,“ A ? B ”是 “ d ( A, B) ? 0 ”的充分必要条件; 命题②:对任意有限集 A , B , C ,

c? d ;

d ( A, C ) ? d ( A, B) ? d ( B, C ) .
A.命题①和命题②都成立 B.命题①和命题②都不成立 C.命题①成立,命题②不成立 D.命题①不成立,命题②成立 【 5】 (C,上海,理 17)记方程① x2 ? a1x ? 1 ? 0 ,方程 ② x2 ? a2 x ? 2 ? 0 ,方程③ x2 ? a3 x ? 4 ? 0 ,其中

c ? d 是 | a ? b |?| c ? d | 的

1 2 1 2 2 a + b + c 的最小值. 4 9 【7】 (A,湖南,理 16-III)设 a ? 0, b ? 0 ,且
(II)求

a1 , a2 , a3 是正实数.当 a1 , a2 , a3 成等比数列时,下列
选项中,能推出方程③无实根的是 A.方程①有实根,且②有实根 B.方程①有实根,且②无实根 C.方程①无实根,且②有实根 D.方程①无实根,且②无实根 【 6】 (C,上海,文理 18)设 P n ( xn , yn ) 是直线

a?b ?

1 1 ? ,证明: a b (i) a ? b ? 2 ;
(ii) a ? a ? 2 与 b ? b ? 2 不可能同时成立.
2 2

【8】 (B,陕西,文 24 理 24)已知关于 x 的不等式

x ? a ? b 的解集为 ?x 2 ? x ? 4?.
(I)求实数 a , b 的值;

(II)求 at ? 12 ? bt 的最大值. 考点 34 创新与拓展 【1】 (B,湖北,理 10)设 x ? R, [ x ] 表示不超过 x 的 最大整数.若存在实数 t ,使得 [t ] ? 1 , [t 2 ] ? 2 ,…,

n (n ? N* ) 与圆 x2 ? y 2 ? 2 在第一象 n ?1 y ?1 限的交点,则极限 lim n ? n ?? x ? 1 n 2x ? y ?
A. ?1 B. ?

1 2

C.1

D.2

【7】 (C,广东,文 10)若集合 E ? {( p, q, r , s) |

0 ? p ? s ? 4 , 0 ? q ? s ? 4 , 0 ? r ? s ? 4 ,且 p, q , r , s ? ?} , F ? {(t , u, v, w) | 0 ? t ? u ? 4 ,
0 ? v ? w ? 4 且 t , u, v, w ? ?} ,用 card (X ) 表示集

第4页

试题部分

合 X 中的元素个数,则 card (E ) ? card (F ) ? A. 200 B. 150 C. 100 D. 50 【8】 (A,上海,文 5 理 3)若线性方程组的增广矩

元.要求每天 B 产品的产量不超过 A 产品产量的 2 倍,设备每天生产 A, B 两种产品时间之和不超过 12 小时. 假定每天可获取的鲜牛奶数量 W (单位:吨) 是一个随机变量,其分布列为 . W P 12 0.3 15 0.5 18 0.2

? 2 3 c1 ? ? x ? 3, 则 c1 ? c2 ? ? ,解为 ? ? y ? 5, ? 0 1 c2 ? 【9】 (B,山东,文 14)定义运算“ ? ”:
阵为 ?

x2 ? y2 ?x, y ? R, xy ? 0? .当 x ? 0, y ? 0 x? y ? xy
时, x ? y ? ?2 y ? ? x 的最小值为 . 【10】 (C, 上海, 文 14 理 13) 已知函数 f ( x) ? sin x . 若存在 x1 , x2 ,?, xm 满足 0 ? x1 ? x2 ? ? ? xm ? 6 π , 且 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ? | f ( x2 ) ? f ( x3 ) | ?? ? ,则 m 的 | f ( xm?1 ) ? f ( xm ) |? 12 ( m ? 2, m ? N* ) 最小值为 . 【11】 (A,福建,理 21-I)已知矩阵

该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产,使 其获利最大,因此每天的最大获利 Z(单位:元)是 一个随机变量. (I)求 Z 的分布列和均值; (II)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立,求 3 天中至少有 1 天的最大获利超过 10000 元的概率. 【 4】 (C,上海,文 23)已知数列 {an } 与 {bn } 满足 an?1 ? an ? 2(bn?1 ? bn ) , n ? N .
*

(1)若 bn ? 3n ? 5 ,且 a1 ? 1 ,求 {an } 的通项公 式; (2)设数列 {an } 的第 n0 项是最大项,即 an0 ? an ( n?N ) ,求证: {bn } 的第 n0 项是最大项;
*

? 2 1? ?1 1 ? A?? ? 4 3? ?, B ? ? ? 0 ? 1? ?. ? ? ? ?
(I)求 A 的逆矩阵 A?1 ; (II)求矩阵 C,使得 AC=B. 【12】 (B,江苏,理 21B)已知 x, y ? R,向量

(3)设 a1 ? 3? ? 0, bn ? ? n ( n ? N ).求 ? 的取
*

值范围,使得对任意的 m, n ? N* , an ? 0 ,且

?1? ? x 1? ? ? ? ? 是矩阵 A ? ? ? 的属于特征值 ? 2 的 ?? 1? ? y 0? 一个特征向量,矩阵 A 以及它的另一个特征值.
考点 35 交汇与整合 【1】 (C,上海,文 17 理 16)已知点 A 的坐标为

am 1 ? ( , 6) . an 6
【 5】 (C,上海,理 22)已知数列 {an } 与 {bn } 满足

an?1 ? an ? 2(bn?1 ? bn ), n ? N* .
(1)若 bn ? 3n ? 5 ,且 a1 ? 1 ,求 {an } 的通项公 式; (2)设数列 {an } 的第 n0 项是最大项,即 an0 ? an ( n?N ) ,求证: {bn } 的第 n0 项是最大项;
*

π (4 3,1) ,将 OA 绕坐标原点 O 逆时针旋转 至 3 OB ,则点 B 的纵坐标为
A.

(3)设 a1 ? ? ? 0, bn ? ? n (n ? N* ) .求 ? 的取值 范围,使得 {an } 有最大值 M 与最小值 m ,且

3 3 2

B.

5 3 2

C.

11 2

D.

13 2

【2】 (C,江苏,文理 14)设向量

a k ? (cos


k? k? k? , sin ? cos )( k ? 0,1,2,?12 ) , 6 6 6

M ? ( ?2, 2) . m
【 6】 (C, 上海, 理 23) 对于定义域为 R 的函数 g ( x) , 若存在正常数 T ,使得 cos g ( x) 是以 T 为周期的函 数,则称 g ( x) 为余弦周期函数,且称 T 为其余弦周 期.已知 f ( x ) 是以 T 为余弦周期的余弦周期函数, 其 值域为 R .设 f ( x ) 单调递增, f (0) ? 0, f (T ) ? 4π . (1)验证 h( x) ? x ? sin 余弦周期函数;

? (a
k ?0

11

k

? a k ?1 ) 的值为

.

【3】 (A,湖北,理 20)某厂用鲜牛奶在某台设备 上生产 A, B 两种奶制品. 生产 1 吨 A 产品需鲜牛奶 2 吨,使用设备 1 小时,获利 1000 元;生产 1 吨 B 产 品需鲜牛奶 1.5 吨,使用设备 1.5 小时,获利 1200

x 是以 6 π 为余弦周期的 3

试题部分

第5页

(2)设 a ? b ,证明对任意 c ? [ f (a), f (b)] ,存 在 x0 ?[a, b] ,使得 f ( x0 ) ? c ; (3)证明:“ u0 为方程 cos f ( x) ? 1 在 [0, T ] 上的 解”的充要条件是“ u0 ? T 为方程 cos f ( x) ? 1 在

[T , 2T ] 上的解”,并证明对任意 x ? [0, T ] 都有 f ( x ? T ) ? f ( x) ? f (T ) .
【7】 (C,安徽,理 21)设函数 f ( x) ? x 2 ? ax ? b . (I)讨论函数 f (sin x) 在 ( ?

? ?

, ) 内的单调性 2 2

并判断有无极值,有极值时求出极值; (II)记 f 0 ( x) ? x 2 ? a0 x ? b0 ,求函数

f (sin x) ? f0 (sin x) 在 [ ?

? ?

, ] 上的最大值 D ; 2 2
a2 满 4

(III)在(II)中,取 a0 ? b0 ? 0 ,求 z ? b ? 足条件 D ? 1 时的最大值.

【8】 (C,陕西,理 21)设 f n ( x) 是等比数列 1, x ,

x 2 ,??? ,x n 的各项和, 其中 x ? 0 ,n ? N ,n ? 2 . 1 (I)证明:函数 Fn ( x) ? f n ( x) ? 2 在 ( ,1) 内有 2 1 1 n ?1 且仅有一个零点(记为 xn ) ,且 x n ? ? x n ; 2 2
(II)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项 数分别相同的等差数列,其各项和为 g n ( x) ,比较

f n ( x) 与 g n ( x) 的大小,并加以证明.

第6页

试题部分

考点 31 坐标系与参数方程 【1】 (A,湖北,理 16) 、2 5

由?

2 ? ?x ? t

1 ? x?t? , ? ? t 消去 , 解析: 由曲线 C 的参数方程为 ? t ? y ?t ?1 ? t ?

? ? y ? 2 2t ? x ? y ? ?2 ?x ? 2 联立 ? 2 解得 ? ,所以 C1 与 C2 交点 ? y ? ?4 ? y ? 8x 的直角坐标为 (2, ?4) .
【7】 (B,安徽,理 12) 、6

得?

2 ? ?x ? t , 所以 y 2 ? 8x ( x ? 0) , 2 2 ? ? y ? 8t

y 2 x2 ? ? 1 ,直线 l 的方程为 y ? 3x , 4 4 ? y2 x2 ?1 ? ? 解方程组 ? 4 得 4 ? y ? 3x ?


解析: 因为圆的普通方程为 x 2 ? ( y ? 4) 2 ? 16 , 其圆心为 (0,4), r ? 4 ,直线的普通方程为

3x ? y ? 0 ,圆心到直线的距离为 2,所以圆上的
点到直线距离的最大值是 6. 【8】 (A,新课标 I,文 23 理 23) 解析:(I)因为 x ? ? cos ? , y ? ? cos ? ,所以

2 3 2 2 3 2 A( , ), B(? ,? ) , | AB |? 2 5 . 2 2 2 2 5 2 【2】 (A,广东,理 14) 、 2 ? )= 2 和 解析: 依题已知直线 l :2 ? sin(? 4 7? ) 可化为 l : x ? y ? 1 ? 0 和 点 A(2 2, 4 A ? 2, ?2? ,所以点 A 与直线 l 的距离为:

C1 的极坐标方程为 ? cos ? ? ?2 ,C2 的极坐标方程
为 ? 2 ? 2? cos? ? 4? sin? ? 4 ? 0 .

? 代入 4 ? 2 ? 2? cos? ? 4? sin? ?4 ? 0
(II)将 ? ? 得 ? 2 ? 3 2? ? 4 ? 0 ,解得 ?1 ? 2 2 , ?2 ? 2 , 故 ?1 ? ?2 ?

d?

2 ? ? ?2 ? ? 1 12 ? ? ?1?
2

?

5 2 . 2
2 2

2 ,即 MN ? 2 .
1 . 2

【3】 (A,湖南,文 12) 、 x ? ( y ?1) ? 1 解析:由 ? =2sin ? 得 ? 2 =2? sin ? ,它的直角 坐标方程为 x 2 ? y 2 ? 2 y ,即 x2 ? ( y ?1)2 ? 1 . 【4】 (B,北京,理 11) 、1
2

由于 C2 的半径为 1 ,所以 ?C2 MN 的面积为 【9】 (A,新课标Ⅱ,文 23 理 23) 解析:(I)曲线 C2 的直角坐标方程为

x ? y 2 ? 2 y ? 0 ,曲线 C3 的直角坐标方程为
2 2 ? ? x ? y ? 2 y ? 0, 解 x ? y ? 2 3x ? 0 . 联立 ? 2 2 ? ? x ? y ? 2 3x ? 0,

(2, ) 解析:点 对应的坐标为 ,极坐标 ( 1 ,3) 3
方程 ?(cos? ? 3 sin ?) ? 6 对应的直角坐标方程 为 x ? 3 y ? 6 ? 0 .根据点到直线的距离公式,
d? 1? 3 ? 6 2 ?1.

?

2

2

? x? ? x ? 0, ? ? 得? 或? ? y ? 0, ? y ? ? ?
坐标为 (0, 0) 和 (

3 , 2 所以 C 与 C 的交点的直角 2 3 3 . 2

【5】 (B,重庆,理 15) 、 (2, ? ) 解析:直线 l 的普通方程为 y ? x ? 2, 化曲线 C 的极坐标方程为直角坐标方程为 x ? y ? 4, 联立
2 2

(II)曲线 C1 的极坐标方程为 ? ? ? ( ? ? R,

3 3 , ). 2 2

直线 l 与曲线 C 解得交点坐标为 (?2,0) , 因此交点的 极坐标为 (2, ? ). 【6】 (B,广东,文 14) 、 (2, ?4) 解析:由 ? ? cos ? ?sin

? ? 0) ,其中 0 ? ? ? ? . 因此 A 的极坐标为
(2sin ? , ? ) , B 的极坐标为 (2 3 cos ? , ? ) .
所以 | AB | = | 2sin ? ? 2 3 cos ? | = 4 | sin(? ? 当? ?

?
3

) |.

? ??? 2 得 x ? y ? ?2 ,

5? 时, | AB | 取得最大值,最大值为 4. 6

【10】 (A,福建,理 21-II)

试题部分

第7页

解析:(I)消去参数 t,得到圆的普通方程为

考点 32 几何证明选讲 【1】 (A,天津,文 6 理 5) 、A 解析:设 AM = x ,在圆 O 中,? AM ×MB

( x - 1) +( y + 2)

? = 9 ,由 2 ? sin(? ? ) ? m ,得 4 ? sin ? ? ? cos? ? m ? 0 ,所以直线 l 的直角坐标方
2 2

程为 x ? y ? m ? 0 . (Ⅱ)依题意,圆心 C 到直线 l 的距离等于 2,即

= CM ?MD ,? x ? 2 x ? 2 ? 4 ,? x ? 2

? AN ?NB
D E O A M C N B

CN ?NE , \ 2 x ?x

3NE , \ NE =

8 . 3

|1 - ( - 2) + m | 2

= 2, 解得 m ? ?3 ? 2 2 .

P

B

C

A

O E D B

【11】 (A,湖南,理 16-II) 解析:(i) ? ? 2 cos? 等价于 ? 2 ? 2? cos? , 将

A

P

C

? cos? ? x 代入上式即得曲线 C ? 2 ? x2 ? y2 ,
? 3 x ? 5? t, ? 2 代入 x 2 ? y 2 ? 2x ? 0 得 (ii)将 ? ? ? y ? 3 ? 1 t. ? 2 ?

第 1 题图

第 2 题图

第 3 题图

的直角坐标方程是 x 2 ? y 2 ? 2x ? 0 .

1 【2】 (A,湖北,理 15) 、 2
解析:由圆的切割线定理知 PA ? PB ? PC ,
2

又 BC ? 3PB ,故 PA ? 2 PB . 又由 ?PBA ~ ?PAC 知

t 2 ? 5 3t ? 18 ? 0 .
设这个方程的两个实根分别为 t1 , t 2 ,则由参数 t 的几何意义知 | MA | ? | MB | = | t1t 2 |? 18. 【12】 (B,江苏,理 21C) 解析:以极坐标系的极点为平面直角坐标系的 原点 O ,以极轴为 x 轴的正半轴,建立直角坐标系

AB PB 1 ? ? . AC PA 2
2

【3】 (B,重庆,理 14) 、2 解析:由切割线定理知: AP = PC ?PD ,又因 为 CE : ED ? 2 : 1, 由此得 ED ? 3, EC ? 6, 由相 交弦定理知: AE ? BE ? CE ? DE, 所以 BE ? 2. 【4】 (B,广东,文 15) 、3 解析:因为 CE 是圆 O 的 切线方程,所以
D C E O B

xOy . 圆 C 的极坐标方程为

? ? 2 2 ? sin(? ? ) ? 4 ? 0 ,
2

?

4

EC ? EB ? EA ,所以
2

A

化简,得 ? ? 2? sin ? ? 2? cos? ? 4 ? 0 .
2

(2 3)2 ? EB ? ( EB ? 4) ,解
得 EB ? 2 或 EB ? ?6 (舍去).

第 4 题图

则圆 C 的直角坐标方程为

x 2 ? y 2 ? 2x ? 2 y ? 4 ? 0 .
即 ( x ? 1) ? ( y ? 1) ? 6 ,
2 2

连接 OC,则 OC ? DE ,由 AD ? DE ,得

AD // CO ,所以
故 AD ? 3 .

CO OE 2 2?2 ? ? ,所以 , AD AE AD 4 ? 2

所以圆 C 的半径为 6 . 【13】 (B,陕西,文 23 理 23) 解析:(I)由 ? ? 2 3 sin ? ,得

【5】 (B,广东,理 15) 、8 解析:如图所示,连接 OC,因为 OD//AC,又 BC ? AC, 所以 OP ? AC, 又 O 为 AB 线段的中点, 所以 OP ?

? ? 2 3? sin ? ,从而有 x ? y ? 2 3 y ,所以
2 2 2

x 2 ? ( y ? 3) 2 ? 3 .
(II)设 P(3 ?

1 3 t, t) , 又 C (0, 3 ) , 则 PC ? 2 2

1 1 BC ? , 2 2
1 AB ? 2, 由直角三角形的 2

在 Rt ?OCD 中, OC ? 射影定理可得 OD=8.

1 3 (3 ? t ) 2 ? ( t ? 3) 2 ? t 2 ? 12 ,故当 2 2

t ? 0 时, PC 取得最小值,此时, P 点的直角坐
标为 (3,0) .

第8页
C D E P O A B

试题部分
C D A O B

又因为 ?C ? ?E ,所以 ?ABD ? ?E .
E

又 ?BAE 为公共角,可知 ?ABD ∽ ?AEB . 【9】 (A,湖南,理 16-I) 解析: (i)如图所示, 因为 M, N 分别是弦 AB,CD 的中点,所以 OM ? AB,ON ? CD,即 ? OME= 90 ,
?

第 5 题图

第 6 题图

【6】 (A,新课标 I,理 22) 解析:(I)连接 AE ,由己知得, AE ⊥ BC , AC ⊥ AB . 在 Rt △ AEC 中,由己知得, DE ? DC , 故 ?DEC ? ?DCE 连结 OE ,则 ?OBE ? ?OEB 又 ?ACB ? ?ABC ? 90 故 DE 是☉ O 的切线. (II)设 CE ? 1 , AE ? x ,由己知得 AB ? 2 3 ,
?

? ENO= 90? ,? OME+ ? ENO = 180? ,又四边形的
内角和等于 360 ,故 ? MEN+ ? NOM= 180? ;
?

(ii)由(i)知,O,M,E,N 四点共圆,故由割线定理 即得 FE ? FN ? FM ? FO .
A F C M E N D

B

所以 ?DEC ? ?OEB ? 90

?
B

O

E

O C

D

A

第 9 题图

第 10 题图

BE ? 12 ? x2 .
由射影定理可得, AE ? CE ? BE
2

【10】 (B,陕西,文 22 理 22) 解析:(I)因为 DE 为圆 O 直径,则

?BED ? ?EDB ? 90? ,又 BC ? DE ,所以
?CBD ? ?EDB ? 90? ,从而 ?CBD ? ?BED . 又 AB 切圆 O 于点 B , 得 ?DBA ? ?BED , 所 以 ?CBD ? ?DBA . BA AD ? ? 3, (II)由(I)知 BD 平分 ?CBA , 则 BC CD 又 BC ? 2 ,从而 AB ? 3 2 .
所以 AC ?

所以 x2 ? 12 ? x2 ,即 x ? x ? 12 ? 0
4 2

可得 x ? 3 ,所以 ?ACB ? 60 .
?

【7】 (A,新课标Ⅱ,文 22 理 22) 解析:(I)由于 ?ABC 是等腰三角形, AD ? BC , 所以 AD 是 ?CAB 的平分线.又因为⊙ O 分别与

AB 、 AC 相切于点 E、F ,所以 AE ? AF ,故 AD ? EF ,从而 EF ∥ BC . (II)由(I)知, AE ? AF , AD ? EF ,故 AD 是 EF 的垂直平分线.又 EF 为⊙ O 的弦,所以 O 在 AD 上. 连接 OE , OM ,则 OE ? AE .
由 AG 等于⊙ O 的半径得 AO ? 2OE ,所以

AB2 ? BC 2 ? 4 ,所以 AD ? 3 .
2

由切割线定理得 AB ? AD ? AE ,即

AE ?

AB 2 ? 6 ,故 DE ? AE ? AD ? 3 ,即圆 O AD
考点 33 不等式选讲

直径为 3.

?OAE ? 30 ,因此 ?ABC 和 ?AEF 都是等边三角
?

形.因为 AE ? 2 3 ,所以 AO ? 4 , OE ? 2 .

【1】 (B,重庆,文 14) 、3 2 解析:由 a +1+ b+3

1 MN ? 3 ,所以 2 10 3 OD ? 1 .于是 AD ? 5 , AB ? . 3
因为 OM ? OE ? 2 , DM ?
A

? 2

2 2 ( a ? 1) ?( b ? 3) =3 2 . 2

【2】 (B,重庆,理 16) 、-6 或 4 解析:当 a ? ?1 时,

A G E O B M D N C F
B E D O C

? ? 3 x ? 2a ? 1, x ? ?1, ? f ( x) ? ?? x ? 2a ? 1,?1 ? x ? a, ? 3 x ? 2a ? 1, x ? a ?
此时 f ( x) min ? f (a) ? a ? 1 ? 5, 所以 a ? 4 . 当 a ? ?1 时,显然不成立.

第 7 题图

第 8 题图

【8】 (A,江苏,理 21A) 解析:因为 AB ? AC ,所以 ?ABD ? ?C .

试题部分

第9页

? ? 3 x ? 2a ? 1, x ? a, ? 当 a ? ?1 时, f ( x ) ? ? x ? 2a ? 1, a ? x ? ?1, ? 3 x ? 2a ? 1, x ? ?1 ?
此时 f ( x) min ? f (a) ? ?a ? 1 ? 5 所以 a ? ?6. 综上可知 a ? 4, 或 a ? ?6 . 【3】 (A,新课标 I,文 24 理 24) 解析:(I)当 a ? 1 时, f ( x) ? 1 化为

若 a? b? c? d, 则 ( a ? b )2 ? ( c ? d )2 , 即 a ? b ? 2 ab ? c ? d ? 2 cd , 因为 a ? b ? c ? d ,所以 ab ? cd . 于是 (a ? b)2 ? (a ? b)2 ? 4ab ? (c ? d )2 ? 4cd

? (c ? d )2 ,因此 | a ? b |?| c ? d | .
综上, a ? b ? c ? d 是 | a ? b |?| c ? d | 的 充要条件. 【5】 (A,江苏,理 21D)

x ? 1 ? 2 x ?1 ?1 ? 0 .
当 x ? ?1 时,不等式化为 x ? 4 ? 0 ,无解; 当 ?1 ? x ? 1 时,不等式为 3 x ? 2 ? 0 ,解得

2 ? x ? 1; 3 当 x ? 1 时,不等式化为 ? x ? 2 ? 0 ,解得 1? x ? 2. 2 所以 f ( x) ? 1 的解集为 {x | ? x ? 2} . 3
(II)由题设可得

3 ? ?x ? ? 解析:原不等式可化为 ? 或 2 ? ?? x ? 3 ? 2 3 ? 1 ?x ? ? 2 ,解得 x ? ?5 或 x ? ? . ? 3 ? ?3x ? 3 ? 2
1 综上, 原不等式的解集是 {x | x ? ?5或x ? ? } . 3
【 6】 (A,福建,理 21-III) 解析:(I)因为 f ( x) ? x ? a ? x ? b ? c

? x ? 1 ? 2a, x ? ?1, ? f ( x) ? ?3 x ? 1 ? 2a, ?1 ? x ? a, ? ? x ? 1 ? 2a, x ? a. ?
所以函数 f ( x) 的图像与 x 轴围成的三角形的 三个顶点分别为 A(

? ? x ? a? ? ? x ? b? ? c ? a ? b ? c
当且仅当 a ? x ? b 时,等号成立. 又 a > 0, b > 0 ,所以 a ? b ? a ? b ,所以 f (x) 的最小值为 a ? b ? c , 所以 a ? b ? c ? 4 . (II)由(1)知 a ? b ? c ? 4 ,由柯西不等式得

2a ? 1 ,0) , B(2a ? 1,0) , 3 2 C (a, a ? 1) . ?ABC 的面积为 ( a ? 1) 2 . 3 2 2 由题设得 ( a ? 1) ? 6 ,故 a ? 2 . 3 所以 a 的取值范围为 (2,??) .
解析:(I)因为 ( a ? b )2 ? a ? b ? 2 ab ,

1 1 a b ( a 2 ? b 2 ? c 2 )(4 ? 9+1) ? ( ? 2 ? ? 3 ? c ? 1) 2 4 9 2 3

【4】 (A,新课标Ⅱ,文 24 理 24)

( c ? d )2 ? c ? d ? 2 cd 由题设 a ? b ? c ? d ,
ab ? cd 得 ( a ? b )2 ? ( c ? d )2 ,因此 a

? b? c? d.
(II)(ⅰ)必要性 若 | a ? b |?| c ? d | , 则 (a ? b) ? (c ? d ) ,
2 2

1 1 8 ? (a ? b ? c)2 ? 16 ,即 a2 ? b2 ? c2 ? . 4 9 7 1 1 b a c 8 18 2 3 2 = = ,即 a = , b = , c = 时, 当且仅当 2 3 1 7 7 7 8 1 1 等号成立,所以 a 2 + b2 + c 2 的最小值为 . 7 4 9
【7】 (A,湖南,理 16-III)

即 (a ? b) ? 4ab ? (c ? d ) ? 4cd .
2 2

1 1 a?b ? ? , a b ab a ? 0, b ? 0 得 ab ? 1 .
解析:由 a ? b ? (i)由基本不等式及 ab ? 1 ,有

因为 a ? b ? c ? d ,所以 ab ? cd . 由(I)得 a ? b ? (ⅱ)充分性

c ? d.

a ? b ? 2 ab ? 2 ,即 a ? b ? 2 .
(ii)设 a ? a ? 2 与 b ? b ? 2 可同时成立,则
2 2 2 由 a ? a ? 2 及 a ? 0 可得 0 ? a ? 1 .

第 10 页

试题部分

同理 0 ? b ? 1 . 从而 0 ? ab ? 1 这与 ab ? 1 相 矛盾,故 a ? a ? 2 与 b ? b ? 2 不可能同时成立.
2 2

件,因此命题①是正确的. 结合 Venn 图以及题中的 定义不难推出命题②是正确的. 【 5】 (C, 上海,理 17) 、B 解析:取 a1 ? a2 ? a3 ? 4 ,三个方程都有实根, 排除 A; 取 a1 ? 4, a2 ? 2, a3 ? 1 ,则 B 满足条件; 取 a1 ? 1, a2 ? 3, a3 ? 9 , 则方程①无实根, 且方 程②有实根,但方程③有实根,排除 C; 取 a1 ? 1, a2 ? 7, a3 ? 7 , 则方程①无实根, 且 方程②无实根,但方程③有实根,排除 D.故选 B. 注 若 a1 ? a2 ? a3 ? 1 ,则方程①无实根,且方 程②无实根,方程③也无实根,所以在得到 B 可能 满足条件后还要排除其他情况. 【 6】 (C,上海,文理 18) 、A
2 2 解析:因点 P n ( xn , yn ) 在圆 x ? y ? 2 上,所

【8】 (B,陕西,文 24 理 24) 解析:(I)由 x ? a ? b 得 ? b ? a ? x ? b ? a ,

?? b ? a ? 2, 则? 解得 a ? ?3, b ? 1 . ?b ? a ? 4,
(II) ? 3t ? 12 ? t ? 3 4 ? t ? t

? [( 3 ) 2 ? 12 ][( 4 ? t ) 2 ? ( t ) 2 ]

? 2 4 ? t ? t ? 4 ,当且仅当

4?t 3

t ,即 t ? 1 ? 1

时等号成立,故 ( ? 3t ? 12 ? t ) max ? 4 . 考点 34 创新与拓展 【1】 (B,湖北,理 10) 、B 解析:由 [ x ] 的性质知若 [t ] ? 1 ,则 1 ? t ? 2 ;
3 若 [t ] ? 3 ,则 3 ? t ? 4 ,即 3 3 ? t ? 3 4 ;
2

2 2 以 xn ? yn ? 2 ,即 yn ?

2 2 ? xn .又点 P n ( xn , yn ) 在

由 3 3 ? t ? 3 4 知, 则 [t ] 可取 4; t 4 ? [3 3 3, 4 3 4) ,
4

2x ? y ?

t 5 ? [33 9, 4 3 16) ,其中 33 9 ? 6 ,故 [t 5 ] 不能取 5.
【2】 (B,湖北,文 10 理 9) 、C 解析:由题意知, A ? {( x, y) | x2 ? y 2 ? 1 , x ,
y ? Z} ? {(1,0),(?1,0),(0,1),(0, ?1)} , B ? {( x, y ) |
| y|?2, x, y ? Z} , | x|?2, 所以由新定义集合 A ? B

n n (n ? N* ) 上,而 ? 1(n ? ?) , n ?1 n ?1

因为直线 2 x ? y ? 1 与圆 x2 ? y 2 ? 2 在第一象限交 点为 (1,1) ,所以 lim xn ? 1 .
n ??

于是 lim

n ??

2 2 ? xn ?1 yn ? 1 ? lim xn ? 1 n?? xn ? 1 2 2 ? xn ?1 2 ( xn ? 1)( 2 ? xn ? 1)

可知, x1 ? ?1, y1 ? 0 或 x1 ? 0, y1 ? ?1 . 当 x1 ? ?1, y1 ? 0 时 x1 ? x2 ? ?3, ?2, ?1,0,1, 2,3 ,
y1 ? y2 ? ?2, ?1,0,1, 2 , 所以此时 A ? B 中元素的个数

? lim ? lim

n ??

有: 7 ? 5 ? 35 个; 当 x1 ? 0, y1 ? ?1 时, x1 ? x2 ? ?2, ?1,0,1, 2 ,
y1 ? y2 ? ?3, ?2, ?1,0,1, 2,3 , 这种情形下和第一种情况

(1 ? xn )(1 ? xn )
2 ( xn ? 1)( 2 ? xn ? 1)

n ??

? ? lim

1 ? xn
2 2 ? xn ?1

下除 y1 ? y2 的值取 ?3 或 3 外均相同,即此时有
5 ? 2 ? 10 , 由分类计数原理知,A ? B 中元素的个数

n ??

??

1?1 ? ?1. 选 A. 1?1

【7】 (C,广东,文 10) 、A 解析: 对于 E : ①当 s ? 4 ,p, q, r 可以从 0,1,2,3 这四个数任取一个,因而有 4 ? 4 ? 4=64; ②当 s ? 3 , p, q, r 可以从 0,1,2 这三个数任取 一个,因而有 3 ? 3 ? 3=27; ③当 s ? 2 , p, q, r 可以从 0,1 这两个数任取一 个,因而有 2 ? 2 ? 2=8; ④当 s ? 1 , p, q, r 都取值 0,只有 1 种情况. 故 card (E )=64+27+8+1=100 . 对于 F :先处理前面两个 (t , u ) ,当 u ? 4 , t 可 以从 0,1,2,3 这四个数任取一个,有 4 种;

为 35 ? 10 ? 45 个. 【3】 (B,广东,理 8) 、B 解析:正四面体的四个顶点是两两距离相等的, 即空间中 n 个不同的点两两距离都相等, 则正整数 n 的取值最多等于 4.故选 B. 【4】 (B,浙江,理 6) 、A 解析: 根据题中所给出的定义 d ( A, B) 所代表的 实际含义为集合 A, B 互异的元素个数.命题①的逆 否形式为:“ d ( A, B) ? 0 ”是“ A ? B ”的充分必要条

试题部分

第 11 页

当 u ? 3 , t 可以从 0,1,2 这 3 个数任取 3 个; 当 u ? 2 , t 可以从 0,1 这两个数任取 2 个; 当 u ? 1 , t =0 只有 1 种. 故前面两个 (t , u ) 的可能结果有 4+3+2+1=10 种,同理得后面 (v, w) 有 10 种,故

则?

? x ? 1 ? ?2 ? x ? ?1 ,即 ? , ?y ? 2 ?y ? 2 ?? 1 1? ?. ? 2 0?

所以矩阵 A ? ?

card( F ) ? 10 ? 10 ? 100,所以 card (E) ? card (F ) ? 200 .
【8】 (A,上海,文 5 理 3) 、16 解析:由已知可得 c2 ? y ? 5 , c1 ? 2 x ? 3 y

从而矩阵 A 的特征多项式 f (? ) ? (? ? 2)(? ? 1) , 所以矩阵 A 的另一个特征值为 1. 考点 35 交汇与整合 【 1】 (C,上海,文 17 理 16) 、D 解析:法 1 设 B( x, y ) ,则由复数乘法(三角形 式)的几何意义得

? 2 ? 3 ? 3 ? 5 ? 21 ,所以 c1 ? c2 ? 21 ? 5 ? 16.
【9】 (B,山东,文 14) 、

2 解析:由题意知: x ? y ? (2 y) ? x ?

x ? yi ? (4 3 ? i) ? (cos

x2 ? y 2 4 y 2 ? x2 x2 ? 2 y 2 ? ? ? xy 2 xy 2 xy

π π ? i sin ) 3 3

1 x 2y ( ? ) ? 2 ,当且仅当 x ? 2 y ? 0 时, 2 y x
取得最小值

1 3 3 3 13 ? (4 3 ? i) ? ( ? i) ? ? i ,选 D. 2 2 2 2 法 2 设 B( x, y ) ,则 ! OAB 是正三角形,所
2 2 ? 13 ? x ? y ? 49, 以? 解得 y ? ,选 B. 2 2 2 ? ?( x ? 4 3) ? ( y ? 1) ? 49,

2.

【10】 (C,上海,文 14 理 13) 、8 解析:两个正弦函数值差的绝对值最大值是最 高点和最低点的纵坐标的差,因此只要取相邻最高 点和最低点,两端点取零点即可.当 x1 ? 0, x2 ?

【2】 (C,江苏,文理 14) 、9 3

π , 2 3π 5π 7π 9π 11π x3 ? , x5 ? , x6 ? , x7 ? , x4 ? , 2 2 2 2 2 x8 ? 6π 时, | f ( x1 ) ? f ( x2 ) | ? | f ( x2 ) ? f ( x3 ) | ?

k? k ?1 cos ?? 6 6 k? k? k ?1 k ?1 (sin ? cos )(sin ? ? cos ?), 6 6 6 6 ? k? k ? 1 k? k ?1 ? cos ? sin( ? ? ) ? cos cos ? 6 6 6 6 6
解析: a k ? a k ?1 ? cos

?? | f ( xm?1 ) ? f ( xm ) |? 12 ,所以 m 的最小值为 8.
【11】 (A,福建,理 21-I) 解析:(1)因为 A ? 2 ? 3 ? 4 ?1 ? 2

?

3 k? ? k? k ?1 ? sin( ? ) ? cos cos ? 2 3 6 6 6

?

? 3 ? 2 ?1 所以 A ? ? ? ?4 ? ? 2

?1 ? 1? ? 3 ? ? 2 ? ? ?? 2 2 . ? 2 ? ? ? ? ?2 1 ? 2 ?
-1 -1

3 3 k? ? 1 (2k ? 1) ? sin( ? ) ? cos ? 4 3 6 2 6

因此

? (a
k ?0

11

k

? ak ?1 ) ?

3 3 ? 12 ? 9 3 . 4

【3】 (A,湖北,理 20) 解析:(I)设每天 A, B 两种产品的生产数量分别 为 x, y ,相应的获利为 z ,则有

(2)由 AC=B 得 ( A A) C = A B ,

1? ? 3 ? 3 ? ? ??1 1 ? ? 2? ?1 ? = 故 C ? A B= 2 . 2 ? 2 ? ? ? 0 ?1? ? ? ? ? ?2 1 ? ? ?2 ?3 ?
【12】 (B,江苏,理 21B) 、1 解析:由已知,得 A? ? -2? ,

?2 x ? 1.5 y ? W , ? x ? 1.5 y ? 12, ? ? ?2 x ? y ? 0, ? ? x ? 0, y ? 0.

(1)

? x 1? ? 1 ? ? x ? 1? ?? 2? 即? ?? ? ? ? ? ? ? ?, ? y 0? ?? 1? ? y ? ? 2 ?

目标函数为 z ? 1000 x ? 1200 y .

第 12 页
y 8 B(2.4,4.8) 8 B(3,6) 8 10 y 12 y B(3,6) C(6,4)

试题部分

n ? N* ,故 an ? a1 ? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 )

?? ? (a2 ? a1 ) ? 2(bn ? bn?1 ) ? 2(bn?1 ? bn?2 ) ?? ? 2(b2 ? b1 ) ? 2(bn ? b1 ) ,
于是 bn ?

O A(0,0) C(6,0) 12 x O A(0,0)C(7.5,0) 12 x O A(0,0) D(9,0) 12 x

第 3 题图 1

第 3 题图 2

第 3 题图 3

当 W ? 12 时, (1)表示的平面区域如图 1,三个 顶点分别为 A(0, 0), B(2.4, 4.8), C (6, 0) .

1 ? an ? 2b1 ? a1 ? ,所以 2 1 1 bn0 ? an0 ? 2b1 ? a1 ? ? an ? 2b1 ? a1 ? ? bn . 2 2

?

?

5 z 将 z ? 1000 x ? 1200 y 变形为 y ? ? x ? . 6 1200 5 z 当 x ? 2.4, y ? 4.8 时, 直线 l : y ? ? x ? 在y轴 6 1200 上的截距最大,最大获利 Z ? zmax ? 2.4 ?1000 ? 4.8 ?
1200 ? 8160 .

所以,对任意的 n ? N ,均有 bn0 ? bn ,即 {bn } 的第
*

n0 项是最大项.
法 2 当 1 ? n ? n0 时, an0 ? an ? (an0 ? an0 ?1 )

?(an0 ?1 ? an0 ?2 ) ? ? ? (an?1 ? an ) ? 2(bn0 ? bn0 ?1 ) ? 2(bn0 ?1 ? bn0 ?2 ) ??? 2(bn?1 ? bn )

当 W ? 15 时, (1)表示的平面区域如图 2,三个 顶点分别为 A(0, 0), B(3, 6), C (7.5, 0) .将 z ? 1000 x

? 2(bn0 ? bn ) ? 0 .
同理,当 n ? n0 时, an ? an0 ? 0 ,即 an ? an0

5 z ?1200 y 变形为 y ? ? x ? ,当 x ? 3, y ? 6 时, 6 1200
5 z 直线 l : y ? ? x ? 在 y 轴上的截距最大,最大 6 1200
获利 Z ? zmax ? 3 ? 1000 ? 6 ? 1200 ? 10200 . 当 W ? 18 时, (1)表示的平面区域如图 3, 四个顶点分别为 A(0, 0), B(3, 6), C (6, 4), D(9, 0) .

? (an ? an?1 ) ? (an?1 ? an?2 ) ??? (an0 ?1 ? an0 ) ? 2(bn ? bn?1 ) ? 2(bn?1 ? bn?2 ) ??? 2(bn0 ?1 ? bn0 )

? 2(bn ? bn0 ) ? 0 .
于是,对任意的 n ? N ,均有 bn0 ? bn ,即 {bn }
*

5 z 将 z ? 1000 x ? 1200 y 变形为 y ? ? x ? , 6 1200 5 z 当 x ? 6, y ? 4 时,直线 l : y ? ? x ? 在 y 轴上 6 1200
的截距最大,最大获利 Z ? zmax ? 6 ? 1000 ?4 ? 1200
? 10800 .

的第 n0 项是最大项. (3)因 an?1 ? an ? 2(bn?1 ? bn ) ? 2(? n?1 ? ? n ) , 所 以 an ? an?1 ? 2(? n ? ? n?1 ),

an ?1 ? an ? 2 ? 2(? n ?1 ? ? n ? 2 ), ?? a2 ? a1 ? 2(? 2 ? ? 1 ).
以上各式相加可得 an ? 2? n ? ? (n ? 2) . 当 n ? 1 时也成立,所以 an ? 2? n ? ? (n ? N* ) . 因为对任意 n ? N ,
*

故最大获利 Z 的分布列为 8160 10200 10800 Z 0.3 0.5 0.2 P 因此, E (Z ) ? 8160 ? 0.3 ? 10200 ? 0.5 ? 10800
?0.2 ? 9708 .

(II)由(I)知,一天最大获利超过 10000 元的概率
p1 ? P(Z ? 10000) ? 0.5 ? 0.2 ? 0.7 ,由二项分布,3

a1 1 ? ( , 6) , a1 ? 3? ? 0 , an 6

所以 an ? 0 ,特别地, a2 ? 2? 2 ? ? ? 0 ,故

天中至少有 1 天最大获利超过 10000 元的概率为

p ? 1 ? (1 ? p1 ) ? 1 ? 0.3 ? 0.973.
3 3

? ? (? , 0) .
对此时任意的 n ? N , an ? 0.
*

1 2

【4】 (C,上海,文 23) 解析: (1)因 bn?1 ? bn ? 3 ,所以 an?1 ? an ? 6 , 所以 {an } 是首项为 1、公差为 6 的等差数列,故

当?

1 ? ? ? 0 时, a2n ? 2? 2n ? ? ? ? ,且单 2
2 2 n?1

an ? 1 ? 6(n ?1) ? 6n ? 5 .
(2) 法 1

调递减, 有最大值 a2 ? 2? ? ? ,a2n?1 ? 2?

??

an0 ? an , an?1 ? an ? 2(bn?1 ? bn ) ,

? ? ,且单调递增,有最小值 a1 ? 3? ,故 ?an ? 的最

试题部分

第 13 页

大值为 a2 ,最小值为 a1 ,所以

am 的最大值为 an

R ,所以一定存在 x0 ,使得 f ( x0 ) ? c .
当 x0 ? a 时,因为 f ( x ) 单调递增,所以 c ?

3 a1 3 a 2? ? 1 ? 6, , 最小值为 2 ? , 由 ? 2? ? 1 a2 2? ? 1 a1 3 2? ? 1 1 1 ? 解得 ? ? ? ? 0 . 3 6 4
【5】 (C,上海,理 22) 解析:(1)参见【4】 (C,上海,文 23) (1)的 解析. (2)参见【4】 (C,上海,文 23) (2)的解析. (3)因为 a1 ? ? ? 0, bn ? ? n (n ? N* ) ,故

f ( x0 ) ? f (a) ,与 c ?[ f (a), f (b)] 矛盾,所以 x0 ? a ;同理可得 x0 ? b .故存在 x0 ?[a, b] ,使得 f ( x0 ) ? c .
(3)必要性:设 u0 ?[0, T ] ,因 f ( x ) 是以 T 为余 弦周期的余弦周期函数,所以 cos f (u0 ? T ) 其中 u0 ? T ?[T , 2T ] , 故 u0 ? T 为 ? cos f (u0 ) ? 1 , 方程 cos f ( x) ? 1 在 [T , 2T ] 上的解. 充分性:因为 u0 ? T 为方程 cos f ( x) ? 1 在

an?1 ? an ? 2? n (? ?1) ,
an ? a1 ? (a2 ? a1 ) ? (a3 ? a2 ) ? ? ? (an ? an?1) ? ? ? 2? (? ?1) ? 2? 2 (? ?1) ? ?? 2? n?1(? ?1)
1 ? ? n?1 n ? ? ?2 ? ( ? ? 1 ) ? ?2 ? ?? . 1? ? 当 n ? 1 时, a1 ? ? 符合上式,所以 an ? 2? n ? ?.
①当 ? 1 ? ? ? 0 时, a2n ? 2(?2 ) n ? ? 单调递 减,有最大值 M ? a2 ? 2?2 ? ? ;

[T , 2T ] 上的解,所以 u0 ? T ?[T , 2T ] ,

cos f (u0 ? T ) ? 1 .因 f ( x) 是以 T 为余弦周期的余
弦周期函数,所以 cos f (u0 ? T ) ? cos f (u0 ) ? 1 . 由 u0 ? T ?[T , 2T ] 得 u0 ?[0, T ] ,即 u0 为方程

cos f ( x) ? 1 在 [0, T ] 上的解.
再证对任意 x ? [0, T ] 都有 f ( x ? T ) ? f ( x)

? f (T ) .
由 (2) 知, 存在 0 ? x0 ? x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? T , 使得 f ( xi ) ? i? , i ? 1,2,3,4. 而 [ xi , xi?1 ] 是函数

a2n?1 ? 2?2n?1 ? ? 单调递增,有最小值 m ? a1
M ? ? ,所以 ? 2? ? 1? (?2,2) ,又 ? ? (?1, 0) , m 1 所以 ? ? ( ? ,0) . 2 ②当 ? ? ?1 时, a2 n ? 3 , a2n?1 ? ?1 ,所以

cos f ( x) 的单调区间, i ? 0,1, 2,3.
类似地可以证明: u0 是 cos f ( x) ? ?1 在 [0, T ] 上的解,当且仅当 u0 ? T 是 cos f ( x) ? ?1 在

[T , 2T ] 上的解.从而 cos f ( x) ? ?1 在 [0, T ] 与 [T , 2T ] 上的解的个数相同.
故 f ( xi ? T ) ? f ( xi ) ? 4? , i ? 1,2,3,4. 对于 x ?[0, x1 ] , f ( x) ? [0, ? ] , f ( x ? T ) ?

M ? 3 , m ? ?1 ,所以
条件.

M ? ?3 ? (?2,2) ,不满足 m

③当 ? ? ?1 时,当 n ? ?? 时 a2 n ? ?? ,无 最大值;当 n ? ?? 时 a2 n?1 ? ?? ,无最小值. 综上所述, ? ? ( ?

[4? ,5? ] ,而 cos f ( x ? T ) ? cos f ( x) ,故 f ( x ? T ) ? f ( x) ? 4? ? f ( x) ? f (T ).
类似地,当 x ?[ xi , xi?1], i ? 1,2,3 时,有

1 ,0) . 2

【6】 (C,上海,理 23) 解析:(1) h( x) 的定义域为 R , cos h( x ? 6π)

f ( x ? T ) ? f ( x) ? f (T ).
所以结论成立. 【7】 (C,安徽,理 21) 解析: (I) f (sin x) ? sin 2 x ? a sin x ? b ,

x ? 6π x ] ? cos( x ? sin ) ? cos[( x ? 6π) ? sin 3 3 x ? cos h( x) ,即 h( x) ? x ? sin 是以 6 π 为余弦周 3
期的余弦周期函数. (2)对任意 c ? [ f (a), f (b)] ,由于 f ( x ) 值域为

[ f (sin x)]? ? (2 sin x ? a) cos x ,
因为 ?

?

2 2 所以 cos x ? 0,?2 ? 2 sin x ? 2 .

?x?

?



第 14 页

试题部分

①当 a ? ?2 时, 函数 f (sin x) 在 (调递增,无极值; ②当 a ? 2 时,函数 f (sin x) 在 (调递减,无极值; ③对于 ? 2 ? a ? 2 ,在 (-

? ?

, ) 上单 2 2

上的抛物线 b ?

a2 向上平移 z 个单位所得,其在 b 4

上的最大值是 1.

? ?

, ) 上单 2 2

【8】 (C,陕西,理 21) 解析:(I) Fn ( x) ? f n ( x) ? 2 ? 1 ? x ?

? ?

, ) 内存在唯一的 2 2

x0 使得 2 sin x0 ? a .
当?

?
2

? x ? x0 时,函数 f (sin x) 单调递减,

当 x0 ? x ?

?

1 x 2 ? ? ? x n ? 2 ,则 Fn (1) ? n ? 1 ? 0 , Fn ( ) ? 2 1 1 1 1 1 ? ? ( )2 ? ? ? ( )n ? 2 ? n ? 0 , 则 Fn ( x) 在 2 2 2 2 1 ( ,1) 内至少存在一个零点. 2
又 Fn? ( x) ? 1 ? 2 x ? ? ? nx
n ?1

2 因此, ? 2 ? a ? 2 时,函数 f (sin x) 在 x0 处有
极小值 f (sin x0 ) = f ( ) = b (II) ?

时,函数 f (sin x) 单调递增,

? 0 ,故 Fn ( x)
1 2

在 ( ,1) 内单调递增,所以 Fn ( x) 在 ( ,1) 内有且仅 有一个零点 xn .因为 xn 是 Fn ( x) 的零点,所以

1 2

a 2

a2 . 4

?
2

?x?

?
2

时, | f (sin x) - f0 (sin x) |

1 ? xn Fn ( xn ) ? 0 ,即 ? 2 ? 0 ,故 1 ? xn
xn ? 1 1 n ?1 ? xn . 2 2

n ?1

= | (a0 - a)sin x + b0 - b | ? a0 ? a ? b0 ? b ,
当 (a0 ? a)(b0 ? b) ? 0 时,取 x ?

?
2

,等号成立;

(II)法 1 由题设, g n ( x) ?

当 (a0 ? a)(b0 ? b) ? 0 时,取 x ? ?

?
2

(n ? 1)(1 ? x n ) ,设 2

,等号成立;

h( x) ? f n ( x) ? g n ( x) ? 1 ? x ? x 2 ? ? ? x n ?
(n ? 1)(1 ? x n ) , x ? 0. 2 当 x ? 1 时, f n ( x) ? g n ( x) .
n?1 当 x ? 1 时, h?( x) ? 1 ? 2x ? ? ? nx ?

由此可知, f ?sin x? ? f 0 ?sin x? 在 [ ? 大值为 D ? a0 ? a ? b0 ? b ;

? ?

, ] 上的最 2 2

(III)法 1 D ? 1 即为 a ? b ? 1 ,此时

0 ? a 2 ? 1,?1 ? b ? 1,从而 z ? b ?

a ? 1. 4 a2 ?1. 4

2

取 a ? 0, b ? 1 ,则 a ? b ? 1 ,且 z ? b ? 可知, z ? b ?

a2 满足条 4

b 1

件 D ? 1 时最大值为 1. 法 2 D ? 1 即为

a ? b ? 1, 在平面直角坐
标系 aOb 中, 对应的平面 区域如图所示,而

O

1

a

n(n ? 1) x n ?1 n ?1 n ?1 .若 0 ? x ? 1 , h?( x) ? x ? 2 x ? 2 n(n ? 1) n ?1 n(n ? 1) n ?1 ? ? nx n ?1 ? x ? x ? 2 2 n(n ? 1) n ?1 x ? 0 .若 x ? 1 , h?( x) ? x n?1 ? 2 x n?1 ? 2 n(n ? 1) n ?1 n(n ? 1) n ?1 ? ? nx n ?1 ? x ? x ? 2 2 n(n ? 1) n ?1 x ?0. 2 所以 h( x) 在 (0,1) 上递增,在 (1,??) 上递减,
所以 h( x) ? h(1) ? 0 ,即 f n ( x) ? g n ( x) . 综上所述, 当 x ? 1 时,f n ( x) ? g n ( x) ; 当x ?1 时, f n ( x) ? g n ( x) .

第 7 题图

z ?b?

a2 a2 ? z ,对应曲线是开口向 ,亦即 b ? 4 4

试题部分

第 15 页
n ?k ?1 ? ( x) ? 0 ; ? 1 , mk 若 0 ? x ? 1, x n ?k ?1 ? ( x) ? 0 . ? 1 , mk 若 x ? 1, x

法 2 由题设, f n ( x) ? 1 ? x ? x ? ? ? x ,
2 n

g n ( x) ?

(n ? 1)(1 ? x n ) , x ? 0. 2 当 x ? 1 时, f n ( x) ? g n ( x) .
当 x ? 1 时,用数学归纳法证明 f n ( x) ? g n ( x) .

从而 mk ( x) 在 (0,1) 上递减,在 (1,??) 上递增, 所以 mk ( x) ?m k (1) ? 0 ,所以当 x ? 0 且 x ? 1 时,

1 2 ①当 n ? 2 时, f 2 ( x) ? g 2 ( x) ? ? (1 ? x) ? 0 , 2 所以 f 2 ( x) ? g 2 ( x) 成立.
②假设 n ? k (k ? 2) 时,不等式成立,即 f k ( x) ?

a k ? bk (2 ? k ? n) ,又 a1 ? b1 , an?1 ? bn?1 ,故 f n ( x) ? g n ( x) .
综上所述, 当 x ? 1 时,f n ( x) ? g n ( x) ; 当x ?1 时, f n ( x) ? g n ( x) .

g k ( x) . 那么,当 n ? k ? 1 时, f k ?1 ( x) ? f k ( x) ?

x k ?1 ? g k ( x) ? x k ?1 ?
?

(k ? 1)(1 ? x k ) ? x k ?1 2

2 x k ?1 ? (k ? 1) x k ? k ? 1 .又 g k ?1 ( x) ? 2

2 x k ?1 ? (k ? 1) x k ? k ? 1 kx k ?1 ? (k ? 1) x k ? 1 ? . 2 2 ? ( x) ? 令 hk ( x) ? kxk ?1 ? (k ? 1) x k ? 1( x ? 0) , 则 hk

k (k ? 1) x k ? k (k ? 1) x k ?1 ? k (k ? 1) x k ?1 ( x ? 1) .所 ? ( x) ? 0 , hk ( x) 在 (0,1) 上递 以当 0 ? x ? 1 时, hk ? ( x) ? 0 , hk ( x) 在 (1,??) 上递 减;当 x ? 1 时, hk
增.所以 hk ( x) ? hk (1) ? 0 ,从而 g k ?1 ( x) ?

2 x k ?1 ? (k ? 1) x k ? k ? 1 . 2 故 f k ?1 ( x) ? g k ?1 ( x) ,即 n ? k ? 1 时不等式也
成立.由①和②知,对一切 n ? 2 的整数,都有

f n ( x) ? g n ( x) .

法 3 由已知, 记等差数列为 ?ak ? , 等比数列为

?bk ? k ? 1,2,?, n ? 1 .则 a1 ? b1 ? 1 ,
an?1 ? bn?1 ? x n , 所以
xn ?1 (2 ? k ? n) , bk ? x k ?1 n (2 ? k ? n) ,令 mk ( x) ? ak ? bk ? 1 ? (k ? 1) ? a k ? 1 ? (k ? 1) ? xn ?1 ? x k ?1 , x ? 0(2 ? k ? n) ,当 x ? 1 时, ak ? n ? ( x) ? bk ,所以 f n ( x) ? g n ( x) .当 x ? 1 时, mk
k ?1 ? nx n ?1 ? (k ? 1) x k ? 2 ? (k ? 1) x k ?2 ( x n?k ?1 ? 1) . n 而 2 ? k ? n ,所以 k ? 1 ? 0, n ? k ? 1 ? 1.



推荐相关:

2016届《三维设计》高考化学(人教版)Word书稿 第4章 第...

2016届《三维设计》高考化学(人教版)Word书稿 第4章 第1节 物质的分类 讲义 ...[方法技巧] 物理变化与化学变化的判断方法 [考点达标层面] 1.(2015· 上海...


2016届《三维设计》高考化学(人教版)Word书稿 第4章 第...

2016届《三维设计》高考化学(人教版)Word书稿 第4...第三节 氧化还原反应的基本概念 考点一 | 氧化还原...命题点 2 氧化还原反应中电子转移的分析方法 [典题...


...年高考数学(理)真题精校精析(上海卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(上海卷)(word书稿)_高考_高中...5 13.4 [解析] 考查分段函数和用定积分求曲边形的面积, 考查学生分类讨论...


...年高考数学(文)真题精校精析(湖北卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(文)真题精校精析(湖北卷)(word书稿) 隐藏>> 2012· 湖北卷(数学文科) 1.[2012· 湖北卷] 已知集合 A={x|x2-3x+2=0,x...


...年高考数学(理)真题精校精析(江西卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(江西卷)(word书稿)_高考_高中教育_教育专区。【专家解析】2012理科数学全解全析18套 ...


...年高考数学(理)真题精校精析(天津卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(天津卷)(word书稿)_高考_高中教育_教育专区。【专家解析】2012理科数学全解全析18套 ...


...年高考数学(理)真题精校精析(北京卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(北京卷)(word书稿) 【专家解析】2012理科数学全解全析18套【专家解析】2012理科数学全解全析18套隐藏>> 2012·...


...年高考数学(理)真题精校精析(辽宁卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(辽宁卷)(word书稿) 【专家解析】2012理科数学全解全析18套【专家解析】2012理科数学全解全析18套隐藏>> 2012·...


...年高考数学(理)真题精校精析(山东卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(山东卷)(word书稿)_高考_高中教育_教育专区。【专家解析】2012理科数学全解全析18套 ...


...年高考数学(理)真题精校精析(陕西卷)(纯word书稿)

【专家解析】2012年高考数学(理)真题精校精析(陕西卷)(word书稿) 【专家解析】2012理科数学全解全析18套【专家解析】2012理科数学全解全析18套隐藏>> 2012·...

网站首页 | 网站地图
3986 3986.net
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@qq.com