高中数学状元笔记电子版-高中数学选修二高二电子课本
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
令
x?3
得
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
,
点
P
到直线
AB
的距离
d?
于是
VP
AB
的面积
当
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
又
|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
与
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
与
VPMN
的面积相等,设点
P
的坐标为
(x
0
,y
0
)
则
|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
即
(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
与
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
又
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)
.
当
c
i
?0
时,
||a
i?
c
i
|?|b
i
?c
i<
br>||?||a
i
?b
i
|
;
当
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
.
记
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
。
设
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,
即
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,
设
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
交
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
得
?
3x
0
由
?
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
则
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
?
及
x
0
2
?
xx?yy?2
0
?0
?
3x
?
3x
2
0
2
?4
?
x
2
?4x
0
x?8?2x
0
?0
①
2
?4
?
y
2
?8y
0
x?8?2x
0
?0
②
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
则
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
且
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
与
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
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
与
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
由
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,
由
?
得
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
则
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
为
a
1
,a
2
,
则
T
1(A)
为
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
又
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
,
故
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
,
则
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
为
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
,
则
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
点
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
),
则
f
?
(x)?8(x?r)
2
(r?2x)
.
令
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
?
是
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
和
T
是
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)?
即
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)
与
(c
,d)
是
S
的不同元素,那么
a?c
与
b?d
中至
少有一个不成立,从而
a?b?c?d
与
b?d
中也至少有一个不成立. <
br>故
(a?b,b)
与
(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
.如果
(a,b)
与
(c,d)
是
T
的不同元素,那么a?c
与
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,
故
(a?b,b)
与
(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,
消
去
y
得
2kmm
2
?2
,x
1
x
2
?
2
故
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
令
s
i
?x
i
?
y
i
,t
i
?x
i
?y
i
,
则
s
i
t
i
?2,
且
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.
当
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
当
a
n?1
?a
n?2
时,<
br>a
n
?a
n?1
?a
n?2
?a
n?1?1(n?3)
;
当
a
n?1
?a
n?2
时
,
a
n
?a
n?2
?a
n?1
?a
n?2
?1(n?3).
;
即
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
),
令
cn
?
?
n=1,2,3,…,
a(a?a),
2n?12n<
br>?
2n
则
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
而
?
(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
四
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?(
则
S??2?|x
2
?x
1
|(x
1
?x
2
)?|x
2
?x
1
|(x
1?x
2
)
令
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
由
A、P、C
三点共线,则
以下略。
x
1
?x
2
x
1
7
?
得
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].
且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
又
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
又
Qx
2
?[1,2]
,且
c?[?2,0
]
??10?f(x
2
)??
★
2008年全国2卷17.
512
,得
sinB?
,
1313
43
由
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
得
?AB?AC?sinA?
,
222
33
由(Ⅰ)知
sinA?
,
65
故
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
又
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
又
P(A)?1?0.999
10
,
故
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
交
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
交
A
1
C
于点
G
,
由于
AA
1
AC
??22
,
FCCE
D
1
A
1
C
1
B
1
故
Rt△A
1
AC∽Rt△FCE
,
?AA
1
C??CFE
,
?CFE
与
?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
,
故
?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
又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:
以
D
为坐标原点,射线
DA
为
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
故
A
1
C?BD
,
A
1
C?
DE
.
又
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
.
故
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
?
?
当
n
≥
2
时,
?a
≥
?9
.
又
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
, 且
x
1
,x
2
满足方程
(1?4k
2
)x
2
?4
,
故
x
2
??x
1
?
2
1?4k
2
y
B
O
E
.①
F
D
A
x
uuuruuur
1510
由<
br>ED?6DF
知
x
0
?x
1
?6(x
2?x
0
)
,得
x
0
?(6x
2
?x<
br>1
)?x
2
?
;
2
77
71?4k
由
D
在
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?
或
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
到
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
当
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
.
设
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
,
当
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)?
当
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
当
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
.
又
g(0)?0<
br>,所以当
x
≥
0
时,
g(x)
≥
g(0)?
0
,即
f(x)
≤
ax
. ··· 9分
当
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
,
即
sinx?3ax
.
于是,当
x?(0,arccos3a)<
br>时,
f(x)?
?
π
?
1π
1
3
1
3
sinxsinx
??ax
.
2?cosx3
当
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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