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高考数学压轴题答案

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 02:23
tags:高中数学压轴题

高中数学状元笔记电子版-高中数学选修二高二电子课本

2020年10月6日发(作者:袁鲁)


高考数学压轴题答案
★ 2010年北京(19)(共14分)
(I)解: 因为点B与A
(?1,1)
关于原点
O
对称,所以点
B
得坐 标为
(1,?1)
.
设点
P
的坐标为
(x,y)

由题意得
y?1y?11
g
??

x?1x?13
化简得
x
2
?3y
2
?4(x??1)
.
故动点
P
的轨迹方程为
x
2
?3y
2
?4(x?? 1)

(II)解法一:设点
P
的坐标为
(x
0
, y
0
)
,点
M

N
得坐标分别为
(3,y
M
)
,
(3,y
N
)
.
则直线AP
的方程为
y?1?
y
0
?1y?1
(x?1),直线
BP
的方程为
y?1?
0
(x?1)

x
0
?1x
0
?1

x?3

y
M
?
4y
0
?x
0
?32y?x?3

y
N
?
00
.
x
0
?1x
0
?1
于是
VPMN
得面积
又直线
AB
的方程为
x?y?0

|AB|?22


P
到直线
AB
的距离
d?
于是
VP AB
的面积

S
V
PAB
|x
0
?y< br>0
|(3?x
0
)
2
?S
V
PMN
时,得
|x
0
?y
0
|?

2
|x
0
?1|
|x
0
?y
0
|
.
2

|x
0
?y
0
|?0

所 以
(3?x
0
)
2
=
|x
0
2
? 1|
,解得
|x
0
?

因为
x
0
2
?3y
0
2
?4
,所以
y
0
??33

9
5
3
33
)
.
9
5
3
故存在点
P
使得
VPAB

VPMN
的面积相等,此时点
P
的坐标为
(,?


解法二:若存在点P
使得
VPAB

VPMN
的面积相等,设点
P
的坐标为
(x
0
,y
0
)


|PA|g|PB|sin?APB?|PM|g|PN|sin?MPN
.
因为
sin?APB?sin?MPN
,
所以
|PA||PN|
?

|PM||PB|
|x
0
?1||3?x
0
|
?

|3?x
0
||x?1|
1
2
1
2
所以

(3?x
0
)
2
?|x
0
2
?1|
,解得
x
0
?

因为
x
0
2
?3y
0
2
?4
,所以
y
0
??
33

9
5
3
故存在点
P
S使得
VPAB

VPMN
的面积相等,此时点
P
的坐标为
533
(,?)
.
39
★ 2010年北京(20)(共13分)
证明:(I)设
A?(a
1
,a2
,...,a
n
)

B?(b
1
,b
2
,...,b
n
)

C?(c
1
,c
2
,...,c
n
)
?S
n

因为< br>a
i

b
i
?
?
0,1
?
,所以
a
i
?b
i
?
?
0,1
?
,
(i?1,2,...,n)

从而
A?B?(|a
1
?b
1
|,|a
2
?b
2
|,...,|an
?b
n
|)?S
n


d(A? C,B?C)?
?
||a
i
?c
i
|?|b
i?c
i
||

i?1
n
由题意知
a
i

b
i

c
i
?
?
0,1
?
(i?1,2,...,n)
.

c
i
?0
时,
||a
i?
c
i
|?|b
i
?c
i< br>||?||a
i
?b
i
|
;

c
i
?1
时,
||a
i?
c
i
|?|b< br>i
?c
i
||?|(1?a
i
)?(1?b
i
)|?|a
i
?b
i
|

所以
d(A?C,B? C)?
?
|a
i
?b
i
|?d(A,B)

i?1
n
(II)设
A?(a
1
,a
2
,... ,a
n
)

B?(b
1
,b
2
,..., b
n
)

C?(c
1
,c
2
,...,c
n
)
?S
n


d(A,B)?k

d(A,C)?l

d(B,C)?h
.



O?(0,0,...,0)?S
n
,由(I)可知
所以
|b
i
?a
i
|(i?1,2,...,n)
中1的个数为
k

|c
i
?a
i
|(i?1,2,...,n)
的1的
个数为
l


t
是使
|b< br>i
?a
i
|?|c
i
?a
i
|?1
成立的
i
的个数,则
h?l?k?2t

由此可知,
k,l,h
三个数不可能都是奇数,

d(A,B)< br>,
d(A,C)
,
d(B,C)
三个数中至少有一个是偶数。
(III)
d(P)?
1
2
C
m
A,B?P
?< br>d(A,B)
,其中
A,B?P
?
d(A,B)
表示
P
中所有两个元素间距离的总和,

P
种所有元素的第
i
个 位置的数字中共有
t
i
个1,
m?t
i
个0
则< br>A,B?P
?
d(A,B)
=
?
t(m?t)

ii
i?1
n
m
2
(i?1,2,...,n)
由于
t
i
(m?t
i
)
?
4
nm
2
所以
?
d(A,B)
?

4
A,B?P
1
从而
d(P)?
2
C
m
nmmn

d( A,B)??
?
2
4C
m
2(m?1)
A,B?P
2
★ 2009年北京19.(本小题共14分)
3
x
2
y
2
已知双曲线
C:
2
?
2
?1(a?0,b?0)
的离心率为
3
,右准线方程为
x?

3
ab
(Ⅰ)求双曲线
C
的方程;
(Ⅱ)设直线
l
是圆
O:x
2
?y
2
?2
上动点
P(x
0
,y
0
)(x
0
y
0
?0)
处 的切线,
l
与双曲线
C

于不同的两点
A,B
,证明
?AOB
的大小为定值.
【解法1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查
曲线和方程


的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力.
?
a2
3
?
?
?
3
,解得
a?1,c?3
, (Ⅰ)由题意,得
?
c
?
c
?3
?
?
a
y
2

b?c?a?2
,∴所求双曲线
C
的方程为
x??1
.
2
222
2
(Ⅱ)点
P
?
x
0
, y
0
??
x
0
y
0
?0
?
在圆< br>x
2
?y
2
?2
上,
圆在点
P
?
x
0
,y
0
?
处的切线方程为
y?y
0< br>??
化简得
x
0
x?y
0
y?2
.
?
2
y
2
?1
?
x?
22
22
?y
0
?2

?
3x
0

?
及< br>x
0
?4
?
x
2
?4x
0
x?8? 2x
0
?0

2
?
xx?yy?2
0
?
0
2
?2
, ∵切线
l
与双曲线C交于不同的两点A、B, 且
0?x
0
2
222
?4?0
,且
??16x0

3x
0
?4
?
3x
0
?4
??
8?2x
0
?
?0

x
0
?
x?x
0
?

y
0设A、B两点的坐标分别为
?
x
1
,y
1
?
,
?
x
2
,y
2
?

2
4x0
8?2x
0

x
1
?x
2
?
2

,x
1
x
2
?
2
3x
0
?43x
0
?4
uuuruuur
OA?OB

c os?AOB?
uuuruuur
,且
OA?OB
uuuruuur
1
OA?OB?x
1
x
2
?y
1
y
2< br>?x
1
x
2
?
2
?
2?x
0
x
1
??
2?x
0
x
2
?

y
0
22
8?2x
0
8?2x
0
??
2< br>?
2
?0
.
3x
0
?43x
0
?4

?AOB
的大小为
90
?
.
【解法2】(Ⅰ)同解法1.
(Ⅱ)点
P
?
x
0
,y
0
??
x
0
y
0
?0
?
在圆
x
2
?y2
?2
上,


圆在点
P
?
x
0
,y
0
?
处的切线方程为
y?y
0
??
x
0
?
x?x
0
?

y
0
?2
y
2
?1
?
x?
22
?y
0
?2
得 化简得
x
0
x?y
0
y?2
.由
?

x
0
2
?
xx?yy?2
0
?0
?
3x
?
3x
2
0
2
?4
?
x
2
?4x
0
x?8?2x
0
?0

2
?4
?
y
2
?8y
0
x?8?2x
0
?0

2
0
2
?2
, ∵切线
l
与双曲线C交于不同的两 点A、B,且
0?x
0
2
?4?0
,设A、B两点的坐标分别为?
x
1
,y
1
?
,
?
x
2< br>,y
2
?
, ∴
3x
0
22
8?2x
0
2x
0
?8

x
1
x
2
?< br>2

,y
1
y
2
?
2
3x
0
?43x
0
?4
uuuruuur

OA?OB?x< br>1
x
2
?y
1
y
2
?0
,∴
?AOB
的大小为
90
?
.
22222
?y0
?2

x
0
y
0
?0
,∴
0?x
0
?2,0?y
0
?2
,从而当
3x
0?4?0
时,方程①和(∵
x
0
方程②的判别式均大于零).
★ 2009年北京20.(本小题共13分)
已知数集
A?
?< br>a
1
,a
2
,La
n
??
1?a
1
?a
2
?La
n
,n?2
?
具有性质
P< br>;对任意的
i,j
?
1?i?j?n
?

a
i
a
j

a
j
a
i
两数中至少有一个属 于
A
.
(Ⅰ)分别判断数集
?
1,3,4
?
与< br>?
1,2,3,6
?
是否具有性质
P
,并说明理由;
(Ⅱ)证明:
a
1
?1
,且
a
1
?a
2
?
L
?a
n
?a
n

?1?1?1a
1
?a
2
?
L
?a
n
(Ⅲ)证明: 当
n?5
时,
a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
成等比数列.
【解析】本题主要考查集合、等比数列的 性质,考查运算能力、推理论证能力、

分类讨论等数学思想方法.本题是数列与不等式的综合题,属于较难层次题.


(Ⅰ)由于
3?4
与均不属于数集
?
1,3,4
?
,∴该数 集不具有性质P.
由于
1?2,1?3,1?6,2?3,,, ,,,
都属于数集
?
1,2,3,6
?

∴该数集具有性质P.
(Ⅱ)∵
A?
?
a
1
,a
2
,La
n
?
具有性质P,∴
a
n
a
n

a
n
中至少有一个属于A,
a
n
4
3
661236
231236
由于
1?a
1
?a
2
?L?a
n
,∴
a
n
a
n
?a
n
,故
a
n
a
n
?A
.
从而< br>1?
a
n
?A
,∴
a
1
?1
. < br>a
n

1?a
1
?a
2
?L?a
n
, ∴
a
k
a
n
?a
n
,故
a< br>k
a
n
?A
?
k?2,3,L,n
?
.
由A具有性质P可知
a
n
?A
?
k? 1,2,3,L,n
?
.
a
k
又∵
a
n
aaa
?
n
?L?
n
?
n

a
n
a
n?1
a
2
a
1

a
naaa
?1,
n
?a
2
,L
n
?a
n ?1
,
n
?a
n

a
n
a
n? 1
a
2
a
1
a
n
aaa
?
n?L?
n
?
n
?a
1
?a
2
?L?a
n?1
?a
n

a
n
a
n?1
a
2
a
1
从而

a
1
?a
2?
L
?a
n
?a
n
.
?1?1?1
a
1
?a
2
?
L
?a
n
a
5a
2
?a
2
,
5
?a
3
,即
a
5
?a
2
a
4
?a
3

a< br>4
a
3
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当
n?5
时,有

1?a
1
?a
2
?L?a
5
,∴
a3
a
4
?a
2
a
4
?a
5
, ∴
a
3
a
4
?A

由A具有性质P可知
a
4
?A
.
a
3

a
2
a
4
?a
3
2
,得

a
3
a
4
aa
a
??A
,且
1?
3
?a
2
,∴
4
?
3
?a
2

a
2
a
3
a
2
a
3
a
2
a
5
a
4
a
3
a
2
????a< br>2
,即
a
1
,a
2
,a
3
,a4
,a
5
是首项为1,公比为
a
2
成等比数列. a
4
a
3
a
2
a
1


★ 2008年北京19.(共14分)
解:(Ⅰ)由题意得直线
BD
的方程为
y?x?1

因为四边形
ABCD
为菱形,所以
AC?BD

于是可设直线
AC
的方程为
y??x?n

?
x
2
?3y
2
?4,

?

4x
2
?6nx?3n
2
?4?0

?
y??x?n
因为
A,C
在椭圆上,
所以
?? ?12n
2
?64?0
,解得
?
4343
?n?

33
(x
2
,y
2
)
, 设
A,C
两点坐标分别为
(x
1
,y
1
),
3n
2
?4
3n

x
1
?x
2
?

x
1
x
2
?

y
1
??x
1
?n

y
2
??x
2
?n

4
2
所以
y
1
?y
2
?
所以
AC
的中点坐标为
?
?
3nn
?

?

?
44
?
?
3nn
?

?
在直线
y?x?1
上,
44
??
n
2
由四边形
ABCD
为菱形可知,点
?
所以
?
n
4
3n
?1
,解得
n??2

4
所以直线
AC
的方程为
y??x?2
,即
x?y?2?0

(Ⅱ)因为四边形
ABCD
为菱形,且
?ABC?60
o

所以
AB?BC?CA

所以菱形
ABCD
的面积
S?
2
3
2
AC

2
22
?3n2
?16
由(Ⅰ)可得
AC?(x
1
?x
2
) ?(y
1
?y
2
)?

2
所以
S??
43343
?
(?3n
2
?16)
?
??n ?

?
??
433
??


所以当
n ?0
时,菱形
ABCD
的面积取得最大值
43

★ 2008年北京20.(共13分)
5,3,2
, (Ⅰ)解:
A
0

T
1
(A
0
):3,4,2,1

A
1
?T
2
(T
1
(A
0
)):4,3,2,1< br>;
T
1
(A
1
):4,3,2,1,0

A
2
?T
2
(T
1
(A
1
)):4,3 ,2,1

L,a
n
, (Ⅱ)证明:设每项均是正整数的有穷数列
A

a
1
,a
2


T
1(A)

n

a
1
?1

a
2
?1

L

a
n
?1

从而
S(T
1
(A))?2[n?2(a
1
?1)?3(a
2< br>?1)?L?(n?1)(a
n
?1)]
?n
2
?(a
1
?1)
2
?(a
2
?1)
2
?L?(a
n
?1)
2

22
?L?a
n

S( A)?2(a
1
?2a
2
?L?na
n
)?a
1< br>2
?a
2

所以
S(T
1
(A))?S(A)

??n(n?1)?n
2
?n?0


S(T
1
(A))?S(A)

L,a
n
. (Ⅲ)证明:设
A
是每项均为非负整数的数列
a
1
,a
2

当存在
1

i?j

n
,使得
a
i

a
j
时,交换数列A
的第
i
项与第
j
项得到数列
B


S(B)?S(A)?2(ia
j
?ja
i
?ia
i?ja
j
)
?2(i?j)(a
j
?a
i
)< br>≤
0

L,a
m

C
, 当存在
1

m?n
,使得
a
m?1
?a
m?2
? L?a
n
?0
时,若记数列
a
1
,a
2


S(C)?S(A)

所以
S(T
2
(A))

S(A)

1,2,L)
从而对于任意给定的数列
A
0
,由
A
k?1
?T
2
(T
1
(A
k
))(k?0,可知
S(A
k?1
)

S(T
1
(A
k
))


又由(Ⅱ)可知
S(T
1
(A< br>k
))?S(A
k
)
,所以
S(A
k?1
)

S(A
k
)

即对于
k?N
,要么有
S(A
k?1
)?S(A
k
)
,要么有
S(Ak?1
)

S(A
k
)?1

因为
S(A
k
)
是大于2的整数,所以经过有限步后,必有
S(A
k)?S(A
k?1
)?S(A
k?2
)?L

即存在 正整数
K
,当
k

K
时,
S(A
k?1< br>)?S(A
k
)

★ 2007年北京19.(共13分)
解:(I)依题意,以
AB
的中点
O
为原点建立直角坐标系
O?x y
(如图),则点
C
的横
坐标为
x

x
2
y
2

C
的纵坐标
y
满足方程
2
?
2
?1(y≥0)

r4r
解得
y?2r
2
?x
2
(0?x?r)


?2(x?r)gr
2
?x
2

其定义域为
?
x0?x?r
?

0?x?r
, (II)记
f(x)?4(x?r)
2
(r
2
?x
2
),

f
?
(x)?8(x?r)
2
(r?2x)


f
?
(x)?0
,得
x?r

因为当
0?x?
时,
f
?
(x)?0
;当
?x?r
时,
f
?
(x)?0
,所以
f
?
r
?

f(x)
的最大值.
22
?
2
?
因此,当
x?r
时,
S
也取得最大值,最大值为
f
?
r
?
?r
2

2
2
?
2
?< br>即梯形面积
S
的最大值为
33
2
r

2< br>1
2
rr
?
1
?
1
?
1
?
33
★ 2007年北京20.(共13分)
(I)解:集合
?
0 1,,2,3
?
不具有性质
P

集合
?
?1,2 ,3
?
具有性质
P
,其相应的集合
S

T

S?
?
(?13),,,(3?1)
?

T?
?
(2,?1),,?23?
?


( II)证明:首先,由
A
中元素构成的有序数对
(a
i
,a
j
)
共有
k
2
个.
2,L,k)
; 因为
0?A
,所以
(a
i
,a
i
)?T(i?1,
又 因为当
a?A
时,
?a?A
时,
?a?A
,所以当
(a
i
,a
j
)?T
时,
(a
j
,ai
)?T(i,j?1,2,L,k)

从而,集合
T
中元素 的个数最多为
(k
2
?k)?

n≤
k(k?1)

2
1
2
k(k?1)

2
(III)解:
m?n
,证明如下:
(1)对于
(a, b)?S
,根据定义,
a?A

b?A
,且
a?b?A,从而
(a?b,b)?T

如果
(a,b)

(c ,d)

S
的不同元素,那么
a?c

b?d
中至 少有一个不成立,从而
a?b?c?d

b?d
中也至少有一个不成立. < br>故
(a?b,b)

(c?d,d)
也是
T
的不同元 素.
可见,
S
中元素的个数不多于
T
中元素的个数,即
m ≤n

(2)对于
(a,b)?T
,根据定义,
a?A

b?A
,且
a?b?A
,从而
(a?b,b)?S
.如
(a,b)

(c,d)

T
的不同元素,那么a?c

b?d
中至少有一个不成立,从而
a?b?c?d
与< br>b?d
中也不至少有一个不成立,

(a?b,b)

(c ?d,d)
也是
S
的不同元素.
可见,
T
中元素的个数不 多于
S
中元素的个数,即
n≤m

由(1)(2)可知,
m?n

★ 2006年北京(19)(共14分)
解法一:
(Ⅰ)由|
PM|-|PN|=
22
知动点P的轨迹是 以M,N为焦点的双曲线的右支,实
半轴长
a?2.

又半焦距
c
=2,故虚半轴长
b?c
2
?a
2
?2
.


x
2
y
2
?1,x?2
. 所以W的方程为
?
22
(Ⅱ)设
A

B
的坐 标分别为(
x
1
,y
1
),(x
2
,y
2
).

当AB⊥
x
轴时,
x
1
?x
2
,y
1
??y
2
,从而
OA?OB ?x
1
x
2
?y
1
y
2
?x
1< br>2
?y
1
2
?2.

当AB与< br>x
轴不垂直时,设直线AB的方程为
y?kx?m
,与W的方程联立,


y

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

x
1
?x
2
?

2
1?kk?1
所以
OA?OB?x
1
x
2
?y
1
y
2

=
x
1
x
2
?(kx
1
?m)(kx
2< br>?m)

=
(1?k
2
)x
1
x
2
?km(x
1
?x
2
)?m
2

(1?k
2
)(m
2
?2)2k
2
m
2
2
??m
=
22
k?11?k
2k
2
?24
?2?
2
=
2
.
k?1k?1
又因为
x
1
x
2
?0
,所以
k
2
?1?0,从而
OA?OB?2.

综上,当AB⊥
x
轴时,
OA?OB
取得最小值2.
解法二:
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)设
A

B
的坐标分 别为(
x
1
,y
1
),(x
2
,y
2)
,则

s
i
?x
i
? y
i
,t
i
?x
i
?y
i


s
i
t
i
?2,

s
i
?0, t
i
?0(i?
1,2)所以
=
(s
1
?t
1
)(s
2
?t
2
)?(s
1
?t
1
)(s
2
?t
2
)
1
4
1
4



?s
1
s
2
?t
1
t
2
?s1
s
2
t
1
t
2
?2

?
x
1
?x
2
,
ss?tt
当且仅当
1212
,即
?
时“=”成立.
y??y
2
?
1
1
2
1
2
所以
OA?OB
的最小值是2.
★ 2006年北京(20)(共14分)
(Ⅰ)解:
a
1
?3,a
2
?1,a
3
?2,a
4
?1,a
5
?1,a
6
?0,a
7
?1 ,a
8
?1,a
9
?0,a
10
?1.

(答案不惟一)
(Ⅱ)解:因为在绝对差数列
{a
n
}中,a
20
?3,a
21
?0.
所以自第20项开始,该数列是
即自第20项开始。每三个相邻的项周期地取值3,0,3. 所以当
n??
时,
a
n
的极限
不存在.

n?20时,b
n
?a
n
?a
n?1
?a
n?2
?6,所以limb
n
?6

(Ⅲ)证明:根据定义,数列
{a
n
}
必在有限项后出现零项.证明如下:
假设< br>{a
n
}
中没有零项,由于
a
n
?|a
n? 1
?a
n?2
|
,所以对于任意的n,都有
a
n
? 1

从而

a
n?1
?a
n?2
时,< br>a
n
?a
n?1
?a
n?2
?a
n?1?1(n?3)


a
n?1
?a
n?2
时 ,
a
n
?a
n?2
?a
n?1
?a
n?2
?1(n?3).


a
n
的值要么比
a
n?1
至少小1,要么比
a
n?2
至少小1.
?
a2n?1
(a
2n?1
?a
2n
),

cn
?
?
n=1,2,3,…,
a(a?a),
2n?12n< br>?
2n

0?c
A
?c
n?1
?1(n?< br>2,3,4,…).
n??
由于
c
1
是确定的正整数,这样 减少下去,必然存在某项
c
1
?0
,这与
c
n
?0

(n=1,2,3,…)矛盾. 从而
{a
n
}
必有零项.
若第一次出现的零项为第
n项,记
a
n?1
??(??0
),则自第n项开始,每三个
相邻
的项周期地取值0,
?

?
,即
所以绝对差数列
{a
n
}
中有无穷多个为零的项.
★ 2009年全国1卷19.(本小题满分12分)
甲、乙二人进行一次围棋比赛,约定先胜3局者 获得这次比赛的胜利,比赛结
束,假设在一局中,甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4,各局 比赛结果相互
独立,已知前2局中,甲、乙各胜1局。
(I)求甲获得这次比赛胜利的概率;


(II)设
?
表示从第3局 开始到比赛结束所进行的局数,求
?
得分布列及数学期
望。
分析:本题较常规,比08年的概率统计题要容易。
需提醒的是:认真审题是前提,部分考生 由于考虑了前两局的概率而导致失分,
这是很可惜的,主要原因在于没读懂题。
另外,还要注意表述,这也是考生较薄弱的环节。
★ 2009年全国1卷20.(本小题满分12分)
在数列
{a
n
}
中,
a
1
?1,a
n?1
?(1?)a
n
?
(I)设
b
n
?
1
n
n?1

n2
a
n
,求数列
{b
n
}
的通项公式
n
(II)求数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n

分析:(I)由已知有
a
n?1
a
n
11
??
n
?b
n?1
?b
n
?
n

n?1n22
1
(
n?N
*
)
n?1
2
利用累差迭加即可求出数列
{b
n
}
的通项公式:
b
n< br>?2?
(II)由(I)知
a
n
?2n?
n
n
,
n?1
2
nn
kk
?
S
n
=
?
(2k?
k?1
)?
?
(2k)?
?
k?1< br>
2
k?1k?1k?1
2
n

?
(2k) ?n(n?1)
,又
?
k?1
k
是一个典型的错位相减法模型, < br>k?1
k?1
2
n
易得
?
kn?2
n?2< br>S
?4?
?
=
??4

n(n?1)
n< br>k?1n?1
n?1
22
2
k?1
n
评析:09年高 考理科数学全国(一)试题将数列题前置,考查构造新数列和利用错位
相减法求前n项和,一改往年的将 数列结合不等式放缩法问题作为押轴题的命题模
式。具有让考生和一线教师重视教材和基础知识、基本方 法基本技能,重视两纲的导
向作用。也可看出命题人在有意识降低难度和求变的良苦用心。
★ 2009年全国1卷21(本小题满分12分)


如图,已知抛物线
E:y< br>2
?x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r< br>2
(r?0)
相交于
A

B

C

D

个点。
(I)求
r
得取值范围;
(I I)当四边形
ABCD
的面积最大时,求对角线
AC

BD
的交点
P
坐标
分析:(I)这一问学生易下手。将抛物线
E:y
2
?x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r
2
(r?0)
的方
程联立,消去
y
2
,整理得
x2
?7x?16?r
2
?0
.............(*)
抛物线
E:y
2
?x
与圆
M:(x?4)
2
?y
2
?r
2
(r?0)
相交于
A

B

C

D
四个点的充
要条件是:方程(*)有两个不相等的正根即 可.易得
r?(
形结合及函数和方程的思想来处理也可以.
(II)考纲中明确提出不考查求两个圆锥曲线的交点的坐标。因此利用设而不求、
整体代入的 方法处理本小题是一个较好的切入点.
设四个交点的坐标分别为
A(x
1,x
1
)

B(x
1
,?x
1
)
C(x
2
,?x
2
)

D(x
2< br>,x
2
)

则由(I)根据韦达定理有
x
1
?x
2
?7,x
1
x
2
?16?r
2

r?(

S??2?|x
2
?x
1
|(x
1
?x
2
)?|x
2
?x
1
|(x
1?x
2
)


16?r
2
?t
,则< br>S
2
?(7?2t)
2
(7?2t)
下面求
S
2
的最大值。
方法一:利用三次均值求解。三次均值目前在两纲中 虽不要求,但在处理一些最值
问题有时很方便。它的主要手段是配凑系数或常数,但要注意取等号的条件 ,
这和二次均值类似。
当且仅当
7?2t?14?4t
,即
t?
时取最大值。经检验此时
r?(
方法二:利用求导处理,这是命题人的意图。具 体解法略。
下面来处理点
P
的坐标。设点
P
的坐标为:
P (x
p
,0)

7
6
15
,4)
满足题意。
2
15
,4)

2
15
,4)
.考生利用 数
2
1
2



A、P、C
三点共线,则
以下略。
x
1
?x
2
x
1
7
?

x
p
?x
1
x
2
?t?

x
1
?x
2
x
1
?x
p
6
★ 2009年全国1卷22. 本小题满分12分。
设函数
f
?
x
?
?x
3
?3bx
2
?3cx
在两个极值点
x
1
、x
2

0],x
2
?[1,2].
x
1
?[?1,
(I)求
b、c
满足的约束条件,并在下面的坐 标平
面内,画出满足这些条件的点
?
b,c
?
的区域;
(II)证明:
?10?f
?
x
2
?
??

分析(I)这一问主要考查了二
次函数根的分布及线性规划作可行
域的能力。
大部分考生有思路并能够得分。
f
?
?
x
?
?3x
2
?6bx?3c
由题意知方程
f
?
?
x
??0
有两个根
x
1
、x
2

且x
1< br>?[?1,0],x
2
?[1,2].
1
2
则有
< br>f
?
?
?1
?
?0,
f
?
?
0
?
?0,f
?
?
1
?
?0,f
??
2
?
?0
故有
右图中阴影部分即是满足这些条件的点
?
b,c
?
的区域。
(II )这一问考生不易得分,有一定的区分度。主要原因是含字母
较多,不易找到突破口。此题主要利用消元 的手段,消去目标
(如果消
c
会较繁琐)再利用
x
2
的范 围,并借助(I)
f
?
x
2
?
?x
2
3< br>?3bx
2
2
?3cx
2
中的
b

中的约束条件得
c?[?2,0]
进而求解,有较强的技巧性。


解: 由题意有
f
?
?
x
2
?
?3x
2
2
?6bx
2
?3c?0
............①

f
?
x
2
?
?x
2
3
?3bx
2
2
?3cx
2
.....................②
消去
b
可得
f
?
x
2
?
??x
2
3
?
1
2
3c
x
2

2
1
2

Qx
2
?[1,2]
,且
c?[?2,0 ]

??10?f(x
2
)??

★ 2008年全国2卷17.
512
,得
sinB?

1313
43

cosC?
,得
sinC?
. < br>55
解:(Ⅰ)由
cosB??
所以
sinA?sin(B?C)?s inBcosC?cosBsinC?
(Ⅱ)由
S
△ABC
?
33< br>. ········ 5分
65
33133

?AB?AC?sinA?

222
33
由(Ⅰ)知
sinA?

65

AB?AC?65
, ······················ 8分
AB?sinB20
?AB

sinC13
2013
故< br>AB
2
?65

AB?

132
AB?sinA11
所以
BC??
. ················· 10分
sinC2

AC?
★ 2008年全国2卷18.
解:各投保人是否出险互相独立,且出险的概率都是
p
,记投保的10 000人中出 险
的人数为
?
,则
?
~B(10
4
,p)

(Ⅰ)记
A
表示事件:保险公司为该险种至少支付10 000元赔偿金,则
A
发生当且
仅当
?
?0
, ························· 2分
P(A)?1?P(A)
?1 ?P(
?
?0)
?1?(1?p)
10

4

P(A)?1?0.999
10


p?0.001
. ························ 5分
(Ⅱ)该险种总收入为
10000a
元,支出是赔偿金总额与成本的和.
4


支出
10000
?
?50000

盈利
?
?10000a?(10000
?
?50000)

盈利的期望为
E
?
?10000a?10000E
?
?50000
, ········· 9分
10
?3
)
知,
E
?
?10000?10
?3
, 由
?
~B(10
4

E
?
?10
4
a?10
4
E
?
?5?10
4
?10
4
a?10
4
?10
4
?10< br>?3
?5?10
4


?a

15
(元)
故每位投保人应交纳的最低保费为15元. ·········· 12分
★ 2008年全国2卷19.解法一:
依题设知
AB?2

CE?1

(Ⅰ)连结
AC

BD
于点
F
,则
BD?AC

由三垂线定理知,
BD?A
1
C
. ················· 3分
在平面
A
1
CA
内, 连结
EF

A
1
C
于点
G

由于
AA
1
AC
??22

FCCE
D
1
A
1
C
1
B
1

Rt△A
1
AC∽Rt△FCE

?AA
1
C??CFE

?CFE

?FCA
1
互余.
于是
A
1
C?EF

A
1
C
与 平面
BED
内两条相交直线
BD,EF
都垂直,
H
E
G
D
C
F
B
A
所以
A
1
C
?
平面
BED
. ···················· 6分
(Ⅱ)作
GH?DE
,垂足为< br>H
,连结
A
1
H
.由三垂线定理知
A
1H?DE


?A
1
HG
是二面角
A
1
?DE?B
的平面角. ············ 8分
EF?CF
2
?CE
2
?3

CG?
3
CE?CF2

EG?CE
2
?CG
2
?

?
3
EF
3


EG1
1EF?FD2
?

GH???
EF3
3DE
15
AC?AA
1
2
?AC
2
?26

A
1
G?A
1
C?CG?
1
tan?A
1
HG?AG
1
?55

HG
56

3
所 以二面角
A
1
?DE?B
的大小为
arctan55
. ·········· 12分
解法二:

D
为坐标原点,射线
DA

x
轴的正半轴,
建立如图所示直角坐标系
D?xyz

z
D
1
A
1
C
1
B
1
E
2,,0)C(0,2,,0)E(0,2,,1)A
1
(2,0,4)
. 依题设,
B(2,
uuuruuur
DE?(0,2,,1)DB?(2,2,0)< br>,
D
A
x
C
y
B
uuuru uuur
AC?(?2,2,?4),DA
1
?(2,0,4)
. ················· 3分
1
uuuruuuruuuruuur
(Ⅰ)因为
ACDB?0

ACDE?0

1
g
1
g

A
1
C?BD

A
1
C? DE


DBIDE?D

所以
A
1
C?
平面
DBE
. ···················· 6分
(Ⅱ)设向量
n?(x,y,z)
是平面
DA
1
E
的法向量,则
uuur
uuuur
n?DE

n?DA
1


2y?z?0

2x?4z?0

1,?2)
. ············ 9分 令
y?1
,则
z ??2

x?4

n?(4,
uuur
n,AC
等 于二面角
A
1
?DE?B
的平面角,
1
uuur
uuur
n
g
A
1
C
14
cosn
A
1
C?

uuur
?
42
nA
1
C
所以二面角
A
1
?DE?B
的大小为
arcco s
14
. ·········· 12分
42


★ 2008年全国2卷20.解:
(Ⅰ)依题意,
S
n?1
?S
n< br>?a
n?1
?S
n
?3
n
,即
S
n ?1
?2S
n
?3
n

由此得
S
n?1
?3
n?1
?2(S
n
?3
n
)
. ················· 4分
因此,所求通项公式为
b
n
?S
n
?3
n
?(a?3)2
n?1

n?N*
.① ··············· 6分
(Ⅱ)由①知
S
n< br>?3
n
?(a?3)2
n?1

n?N
*

于是,当
n

2
时,
?2?3
n?1
?(a?3)2
n?2

?2
n ?2
?
?
3
?
n?2
?
12
g
? a?3
?
??
?

??
?
?
2
?
?

n

2
时,
?a

?9


a
2
?a
1
?3?a
1

综上,所求的
a
的取值范围是
?
?9,??
?
. ··········· 12分
x
2
★ 2008年全国2卷21.(Ⅰ)解:依题设得椭圆的方程为
?y
2
?1

4
直线
AB,EF
的方程分别为
x?2y?2

y ?kx(k?0)
. ······· 2分
如图,设
D(x
0
, kx
0
),E(x
1
,kx
1
),F(x
2
,kx
2
)
,其中
x
1
?x
2

x
1
,x
2
满足方程
(1?4k
2
)x
2
?4


x
2
??x
1
?
2
1?4k
2
y
B
O
E
.①
F
D
A
x
uuuruuur
1510
由< br>ED?6DF

x
0
?x
1
?6(x
2?x
0
)
,得
x
0
?(6x
2
?x< br>1
)?x
2
?

2
77
71?4k

D

AB
上知
x
0
?2kx
0
?2
,得
x
0
?
2

1?2k


所以
210
?

2
1? 2k
71?4k
化简得
24k
2
?25k?6?0

解得
k?

k?
. ····················· 6分
(Ⅱ)解法一:根据点到直线的距离公式和①式知,点
E,F

AB< br>的距离分别为
h
1
?
x
1
?2kx
1
?2
5
x
2
?2kx
2
?2
5
?
2(1?2k?1?4k
2
)
5(1?4k)
2
2
33
8

h
2
??
2(1?2k?1?4k
2
)
5(1?4k)
2
. ············· 9分
又< br>AB?2
2
?1?5
,所以四边形
AEBF
的面积为
1?4k
2
?4k

22

?2
21?4k

2k?1
,即当
k?
时,上式取等号.所以
S
的最大值为
22
. · 12分
解法二:由题设,
BO?1

AO?2


y< br>1
?kx
1

y
2
?kx
2
,由① 得
x
2
?0

y
2
??y
1
?0

故四边形
AEBF
的面积为
?x
2
?2y
2
·························· 9分
1
2
?22


x
2
?2y
2
时,上式取等号.所以
S
的最大值为
22
. ······ 12分
★ 2008年全国2卷22.解:
(Ⅰ)
f
?
(x)?

2kπ?
(2?cosx)cosx?sinx(?sinx)2cosx?1
?< br>. ······ 2分
22
(2?cosx)(2?cosx)
2π2π1
?x?2kπ?

k?Z
)时,
cosx??
,即
f
?
(x)?0

332
2π4π1

2kπ? ?x?2kπ?

k?Z
)时,
cosx??
,即
f
?
(x)?0

332
因此
f(x)
在每一个区间?
2kπ?
?
?
2π2π
?
,2kπ?
?
k?Z
)是增函数,
33
?


2π4π
??
2kπ?
f(x)
在每一个区间
?
2kπ?,
?
k?Z
)是减函数. ···· 6分
33
??
(Ⅱ)令
g(x)?ax?f(x)
,则
11< br>?
1
?
?3
?
?
?
?a?
3
?
2?cosx3
?
2
故当
a

时 ,
g
?
(x)

0


g(0)?0< br>,所以当
x

0
时,
g(x)

g(0)? 0
,即
f(x)

ax
. ··· 9分

0? a?
时,令
h(x)?sinx?3ax
,则
h
?
(x)? cosx?3a

故当
x?
?
0,arccos3a
?< br>时,
h
?
(x)?0

因此
h(x)
在< br>?
0,arccos3a
?
上单调增加.
故当
x?(0,arccos3a)
时,
h(x)?h(0)?0


sinx?3ax

于是,当
x?(0,arccos3a)< br>时,
f(x)?
?
π
?

1
3
1
3
sinxsinx
??ax

2?cosx3

a

0
时,有
f
??
??0

a
g

2
?
2
?
2
??
?
. ·············· 12分 因此,
a
的取值范围是
?

3
?
1
?
?
?

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