2017年江苏省南通市高考一模数学及答案解析.docx

《2017年江苏省南通市高考一模数学及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年江苏省南通市高考一模数学及答案解析.docx（22页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2017年 江 苏 省 南 通 市 高 考 一 模 数 学一 、 填 空 题 ： 本 大 题 共 14小 题 ， 每 小 题 5 分 ， 共 计 70 分 .1.函 数 y=2sin(3x- 3 )的 最 小 正 周 期 为 .解 析 ： 根 据 函 数 y=Asin( x+ )的 周 期 等 于 2 ， 得 出 结 论 .函 数 y=2sin(3x- 3 )的 最 小 正 周 期 为 23 .答 案 ： 23 . 2.设 集 合 A=1， 3， B=a+2， 5， A B=3， 则 A B= .解 析 ： 由 交 集 的 定 义 ， 可 得 a+2=3， 解 得 a， 再 由 并 集 的 定

2、 义 ， 注 意 集 合 中 元 素 的 互 异 性 ，即 可 得 到 所 求 .集 合 A=1， 3， B=a+2， 5， A B=3，可 得 a+2=3， 解 得 a=1，即 B=3， 5，则 A B=1， 3， 5.答 案 ： 1， 3， 5.3.复 数 z=(1+2i) 2， 其 中 i 为 虚 数 单 位 ， 则 z 的 实 部 为 .解 析 ： 直 接 利 用 复 数 代 数 形 式 的 乘 法 运 算 化 简 得 答 案 . z=(1+2i)2=1+4i+(2i)2=-3+4i， z 的 实 部 为 -3.答 案 ： -3.4.口 袋 中 有 若 干 红 球 、 黄 球 和 蓝

3、球 ， 从 中 摸 出 一 只 球 .摸 出 红 球 的 概 率 为 0.48， 摸 出 黄 球 的概 率 为 0.35， 则 摸 出 蓝 球 的 概 率 为 .解 析 ： 利 用 对 立 事 件 的 概 率 公 式 ， 可 得 结 论 . 摸 出 红 球 的 概 率 为 0.48， 摸 出 黄 球 的 概 率 为 0.35， 摸 出 蓝 球 的 概 率 为 1-0.48-0.35=0.17.答 案 ： 0.17. 5.如 图 是 一 个 算 法 的 流 程 图 ， 则 输 出 的 n 的 值 为 . 解 析 ： 由 已 知 的 程 序 框 图 可 知 ， 该 程 序 的 功 能 是 利 用

4、循 环 计 算 a 值 ， 并 输 出 满 足 a 16的 最大 n 值 ， 模 拟 程 序 的 运 行 过 程 可 得 答 案 .当 n=1， a=1时 ， 满 足 进 行 循 环 的 条 件 ， 执 行 循 环 后 ， a=5， n=3.满 足 进 行 循 环 的 条 件 ， 执 行 循 环 后 ， a=17， n=5.满 足 进 行 循 环 的 条 件 ， 退 出 循 环 .故 输 出 n 值 为 5.答 案 ： 5.6.若 实 数 x， y 满 足 2 43 700 x yx yxy ， 则 z=3x+2y的 最 大 值 为 . 解 析 ： 作 出 不 等 式 组 对 应 的 平 面

5、区 域 如 图 ： (阴 影 部 分 ). 由 z=3x+2y得 3 12 2y x z ，平 移 直 线 3 12 2y x z ， 3 1 3 12 2 2 2y x z A y x z 由 图 象 可 知 当 直 线 经 过 点 时 ， 直 线 的 截 距 最 大 ， 此 时 z最 大 .由 2 43 7x yx y ， 解 得 A(1， 2)，代 入 目 标 函 数 z=3x+2y得 z=3 1+2 2=7.即 目 标 函 数 z=3x+2y的 最 大 值 为 7.答 案 ： 7.7.抽 样 统 计 甲 、 乙 两 名 学 生 的 5 次 训 练 成 绩 (单 位 ： 分 )， 结 果

6、 如 下 ： 则 成 绩 较 为 稳 定 (方 差 较 小 )的 那 位 学 生 成 绩 的 方 差 为 .解 析 ： 根 据 题 意 ， 对 于 甲 ， 其 平 均 数 65 80 70 85 75 755x 甲 ， 其 方 差 S 甲2= 15 (65-75)2+(80-75)2+(70-75)2+(85-75)2+(75-75)2=50.对 于 乙 ， 其 平 均 数 80 70 75 80 70 755x 乙 ， 其 方 差 S 乙 2= 15 (80-75)2+(70-75)2+(75-75)2+(80-75)2+(70-75)2=20.比 较 可 得 ： S 甲 2 S 乙 2，

7、则 乙 的 成 绩 较 为 稳 定 .答 案 ： 20.8.如 图 ， 在 正 四 棱 柱 ABCD-A1B1C1D1中 ， AB=3cm， AA1=1cm， 则 三 棱 锥 D1-A1BD的 体 积 为 cm3. 解 析 ： 在 正 四 棱 柱 ABCD-A1B1C1D1中 ， AB=3cm， AA1=1cm， 三 棱 锥 D1-A1BD的 体 积 ：1 1 1 1 1 1 1 1 11 31 1 1 33 3 2 6 21 3D A BD B A D D A D DV V S AB AD DD AB V (cm3).答 案 ： 32 . 9.在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 直

8、 线 2x+y=0为 双 曲 线 2 22 2 1x ya b (a 0， b 0)的 一 条 渐 近 线 ，则 该 双 曲 线 的 离 心 率 为 .解 析 ： 利 用 双 曲 线 的 渐 近 线 方 程 得 到 a， b 关 系 ， 然 后 求 解 双 曲 线 的 离 心 率 即 可 .直 线 2x+y=0为 双 曲 线 2 22 2 1x ya b (a 0， b 0)的 一 条 渐 近 线 ，可 得 b=2a， 即 c 2-a2=4a2，可 得 5ca .答 案 ： 5 .10. 九 章 算 术 中 的 “ 竹 九 节 ” 问 题 ： 现 有 一 根 9节 的 竹 子 ， 自 上 而

9、下 各 节 的 容 积 成 等 差数 列 ， 上 面 4节 的 容 积 共 3升 ， 下 面 3节 的 容 积 共 4升 ， 则 该 竹 子 最 上 面 一 节 的 容 积 为 升 .解 析 ： 设 最 上 面 一 节 的 容 积 为 a 1，利 用 等 差 数 列 的 通 项 公 式 、 前 n 项 和 公 式 列 出 方 程 组 ：11 1( )4 34 329 8 6 59 6( ) 42 2a da d a d ，解 得 1 1322a .答 案 ： 1322 . 11.在 ABC中 ， 若 2BC BA AC AB CA CB uuur uur uuur uuur uur uurg

10、g g ， 则 sinsin AC 的 值 为 .解 析 ： 根 据 题 意 ， 利 用 平 面 向 量 的 数 量 积 ， 结 合 余 弦 定 理 和 正 弦 定 理 ， 即 可 求 出 sinsin AC 的 值 .在 ABC中 ， 设 三 条 边 分 别 为 a、 b， c， 三 角 分 别 为 A、 B、 C，由 2BC BA AC AB CA CB uuur uur uuur uuur uur uurg g g ，得 ac cosB+2bc cosA=ba cosC，由 余 弦 定 理 得 ： 2 2 2 2 2 2 2 2 21 12 2a c b b c a b a c ，化 简

11、 得 22 2 2a ac c ， 则 ， 由 正 弦 定 理 得 sinsin 2A aC c . 答 案 ： 2 .12.已 知 两 曲 线 f(x)=2sinx， g(x)=acosx， x (0， 2 )相 交 于 点 P.若 两 曲 线 在 点 P 处 的 切线 互 相 垂 直 ， 则 实 数 a 的 值 为 .解 析 ： 联 立 两 曲 线 方 程 ， 可 得 sintan cos 2x ax x ， a 0， 设 交 点 P(m， n)， 分 别 求 出 f(x)，g(x)的 导 数 ， 可 得 切 线 的 斜 率 ， 由 两 直 线 垂 直 的 条 件 ： 斜 率 之 积 为

12、-1， 再 由 同 角 基 本 关 系 式 ，化 弦 为 切 ， 解 方 程 即 可 得 到 a的 值 .由 f(x)=g(x)， 即 2sinx=acosx，即 有 sintan cos 2x ax x ， a 0， 设 交 点 P(m， n)，f(x)=2sinx的 导 数 为 f (x)=2cosx，g(x)=acosx的 导 数 为 g (x)=-asinx，由 两 曲 线 在 点 P处 的 切 线 互 相 垂 直 ，可 得 2cosm (-asinm)=-1，且 tan 2am ，则 2 22 sin cos 1sin cosa m mm m ，分 子 分 母 同 除 以 cos2m

13、，即 有 22 tan 11 tana mm ，22 21 4 33aa a 即 为 ， 解 得 .答 案 ： 2 33 .13.已 知 函 数 f(x)=|x|+|x-4|， 则 不 等 式 f(x2+2) f(x)的 解 集 用 区 间 表 示 为 .解 析 ： 令 g(x)=f(x 2+2)-f(x)=x2+2+|x2-2|-|x|-|x-4|， 通 过 讨 论 x的 范 围 ， 求 出 各 个 区 间 上的 不 等 式 的 解 集 ， 取 并 集 即 可 .令 g(x)=f(x2+2)-f(x)=x2+2+|x2-2|-|x|-|x-4|，x 4 时 ， g(x)=2x2-2x+4 0

14、， 解 得 ： x 4.2 x 4时 ， g(x)=2x2-4 0， 解 得 ： 2 2 42x x x 或 ， 故 .0 x 2 时 ， g(x)=0 0， 不 合 题 意 .2 x 0 时 ， g(x)=2x 0， 不 合 题 意 .x 2 时 ， g(x)=2x 2+2x-4 0， 解 得 ： x 1 或 x -2， 故 x -2，即 不 等 式 的 解 集 用 区 间 表 示 为 (- ， -2) ( 2 ， + ).答 案 ： (- ， -2) ( 2 ， + ).14.在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 已 知 B， C 为 圆 x2+y2=4 上 两 点 ， 点 A(1

15、， 1)， 且 AB AC， 则线 段 BC的 长 的 取 值 范 围 为 .解 析 ： 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 已 知 B， C为 圆 x 2+y2=4 上 两 点 ， 点 A(1， 1)， 且 AB AC，如 图 所 示 ： 当 BC OA 时 ， |BC|取 得 最 小 值 或 最 大 值 .由 2 21 4yx y ， 可 得 B 13 31 ， 或 ， ，由 2 21 1xx y ， 可 得 C 1 3 31 ， 或 ，解 得 ： 2 2 2 23 3 6 2 3 31 1 1 6 21min maxBC BC ， .故 线 段 BC 的 长 的 取 值 范 围

16、 为 6 2 6 2 ， . 答 案 ： 6 2 6 2 ， .二 、 解 答 题 ： 本 大 题 共 6小 题 ， 共 计 90分 .15.如 图 ， 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 以 x 轴 正 半 轴 为 始 边 作 锐 角 ， 其 终 边 与 单 位 圆 交 于点 A.以 OA为 始 边 作 锐 角 ， 其 终 边 与 单 位 圆 交 于 点 B， AB= 2 55 . (1)求 cos 的 值 .解 析 ： (1)由 条 件 利 用 余 弦 定 理 ， 求 得 cos 的 值 .答 案 ： (1)在 AOB中 ， 由 余 弦 定 理 得 ， AB2=OA2+OB2-2

17、OA OBcos AOB， 22 22 2 2 2 51 1 5 3cos 2 2 1 1 5OA OB ABAOB OA OB g ，即 cos = 35 .(2)若 点 A 的 横 坐 标 为 513 ， 求 点 B的 坐 标 .解 析 ： (2)利 用 任 意 角 的 三 角 函 数 的 定 义 ， 同 角 三 角 函 数 的 基 本 关 系 ， 两 角 和 差 的 正 弦 、 余 弦 公 式 ， 求 得 点 B 的 坐 标 .答 案 ： (2) 3 05 2cos ， ， ， 22 3 4sin 1 cos 1 5 5 .5 5cos13 13A 点 的 横 坐 标 为 ， 由 三 角

18、 函 数 定 义 可 得 ， ， 为 锐 角 ， 22 5 12sin 1 cos 1 13 13 . 5 3 12 4 33cos cos cos sin si( ) n 13 5 13 5 65 ，12 3 5 4 56sin sin cos cos sin 13 5 1 65( ) 3 5 ，即 点 B 33 5665 65 ， . 16.如 图 ， 在 四 棱 锥 P-ABCD中 ， 四 边 形 ABCD为 平 行 四 边 形 ， AC， BD 相 交 于 点 O， 点 E 为 PC的 中 点 ， OP=OC， PA PD.求 证 ：(1)直 线 PA 平 面 BDE.解 析 ： (1

19、)连 结 OE， 说 明 OE PA.然 后 证 明 PA 平 面 BDE. 答 案 ： (1)证 明 ： 连 结 OE， O 为 平 行 四 边 形 ABCD对 角 线 的 交 点 ， O 为 AC 中 点 . E 为 PC 的 中 点 ， OE PA. OE平 面 BDE， PA平 面 BDE， 直 线 PA 平 面 BDE.(2)平 面 BDE 平 面 PCD.解 析 ： (2)证 明 OE PD.OE PC.推 出 OE 平 面 PCD.然 后 证 明 平 面 BDE 平 面 PCD.答 案 ： (2)证 明 ： OE PA， PA PD， OE PD. OP=OC， E为 PC的 中

20、 点 ， OE PC. PD平 面 PCD， PC平 面 PCD， PC PD=P， OE 平 面 PCD. OE平 面 BDE， 平 面 BDE 平 面 PCD. 17.如 图 ， 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 已 知 椭 圆 2 22 2 1x ya b (a b 0)的 离 心 率 为 22 ， 焦点 到 相 应 准 线 的 距 离 为 1. (1)求 椭 圆 的 标 准 方 程 .解 析 ： (1)由 已 知 条 件 可 得 22 12c a ca c ， ， 然 后 求 解 椭 圆 的 方 程 .答 案 ： (1)由 题 意 得 ， 22 12c a ca c ， ，

21、解 得 a=2， c=1， b=1.所 以 椭 圆 的 方 程 为 2 2 12x y . (2)若 P 为 椭 圆 上 的 一 点 ， 过 点 O 作 OP的 垂 线 交 直 线 y= 2 于 点 Q， 求 2 21 1OP OQ 的 值 .解 析 ： (2)由 题 意 知 OP的 斜 率 存 在 .当 OP 的 斜 率 为 0时 ， 求 解 结 果 .当 OP 的 斜 率 不 为 0 时 ，设 直 线 OP 方 程 为 y=kx.联 立 方 程 组 ， 推 出 OP2= 222 22 1kk .OQ2=2k2+2.然 后 求 解 即 可 .答 案 ： (2)由 题 意 知 OP 的 斜 率

22、 存 在 .当 OP 的 斜 率 为 0 时 ， 2 22 12 1 1OP OQ OP OQ ， ， 所 以 .当 OP 的 斜 率 不 为 0 时 ， 设 直 线 OP方 程 为 y=kx. 2 22 2 2 2 22 22 21 2 1 22 2 1 2 1x ky k x x yk ky kx 由 得 ， 解 得 ， 所 以 ，所 以 OP2= 222 22 1kk .因 为 OP OQ， 所 以 直 线 OQ的 方 程 为 1y k x . 由 21 kyy x 得 2x k ， 所 以 OQ2=2k2+2.所 以 22 2 2 21 1 2 1 1 12 2 2 2kOP OQ k

23、 k .综 上 ， 可 知 2 21 1 1OP OQ .18.如 图 ， 某 机 械 厂 要 将 长 6m， 宽 2m的 长 方 形 铁 皮 ABCD 进 行 裁 剪 .已 知 点 F 为 AD 的 中 点 ，点 E 在 边 BC 上 ， 裁 剪 时 先 将 四 边 形 CDFE 沿 直 线 EF 翻 折 到 MNFE 处 (点 C， D 分 别 落 在 直 线BC下 方 点 M， N处 ， FN 交 边 BC于 点 P)， 再 沿 直 线 PE裁 剪 . (1)当 EFP= 4 时 ， 试 判 断 四 边 形 MNPE的 形 状 ， 并 求 其 面 积 .解 析 ： (1)当 EFP= 4

24、 时 ， 由 条 件 得 EFP= EFD= FEP= 4 .可 得 FN BC， 四 边 形 MNPE 为矩 形 .即 可 得 出 .答 案 ： (1)当 EFP= 4 时 ， 由 条 件 得 EFP= EFD= FEP= 4 .所 以 FPE= 2 .所 以 FN BC，四 边 形 MNPE为 矩 形 .所 以 四 边 形 MNPE的 面 积 S=PN MN=2m 2.(2)若 使 裁 剪 得 到 的 四 边 形 MNPE面 积 最 大 ， 请 给 出 裁 剪 方 案 ， 并 说 明 理 由 .解 析 ： (2)解 法 一 ： 设 EFD= (0 2 )， 由 条 件 ， 知 EFP= E

25、FD= FEP= .可 得 2 2 2 23 3sin 2 sin 2 sin 2 tanPF NP NF PF ME ， ， . 四 边 形MNPE面 积 为 ： 2 2 2 23 3 2 6sin 2 tan tan si1 12 n2 2S NP ME MN ， 化 简 利用 基 本 不 等 式 的 性 质 即 可 得 出 .解 法 二 ： 设 BE=tm， 3 t 6， 则 ME=6-t， 可 得 PE=PF， 即 2 23 2BP t BP ， 2 213 1332 3 2 3t tBP NP tt t ， ， 四 边 形 MNPE 面 积 为 213 231 1 32 2 26 2

26、 6 32 3 3tS NP ME MN t t tt t ， 利 用基 本 不 等 式 的 性 质 即 可 得 出 .答 案 ： (2)解 法 一 ： 设 EFD= (0 2 )， 由 条 件 ， 知 EFP= EFD= FEP= .所 以 2 2 2 23 3sin 2 sin 2 sin 2 tanPF NP NF PF ME ， ， .2 23 0sin 23 2 ta 2sin 32tan 00 02 32n 由 得 (*)所 以 四 边 形 MNPE面 积 为 2 21 12 2 sin tan tan si2 2 2 23 3 2 62 22 n(sin cos ) tan ta

27、ntan sin cos tan ta2 3 36 6 6 2 n 6 2 32S NP ME MN 当 且 仅 当 tan tan 3tan3 3 ， 即 ， 时 取 “ =” .此 时 ， (*)成 立 .答 ： 当 EFD= 3 时 ， 沿 直 线 PE 裁 剪 ， 四 边 形 MNPE 面 积 最 大 ，最 大 值 为 (6-2 3 )m 2.解 法 二 ：设 BE=tm， 3 t 6， 则 ME=6-t.因 为 EFP= EFD= FEP， 所 以 PE=PF， 即 2 23 2BP t BP . 所 以 2 213 133 3 3 32 3 2 3t tBP NP PF PE t

28、BP tt t ， . 2 223 6 3 613 0 132 3 12 31 0133 02 3t tt tt t ttt t 由 得 (*).所 以 四 边 形 MNPE面 积 为 2133 61 22 326 3 6 2 33 12 232 tS NP ME MN t ttt t 3 32 32 4 23 3 33 3t tt 当 且 仅 当 ， 即 时 取 “ =” .此 时 ， (*)成 立 .答 ： 当 点 E距 B点 3+233m时 ， 沿 直 线 PE 裁 剪 ， 四 边 形 MNPE 面 积 最 大 ，最 大 值 为 (6-2 3 )m2.19.已 知 函 数 f(x)=ax

29、 2-x-lnx， a R.(1)当 a= 38 时 ， 求 函 数 f(x)的 最 小 值 .解 析 ： (1)当 a= 38 时 ， f(x)= 38 x2-x-lnx.求 出 函 数 的 导 数 ， 得 到 极 值 点 ， 然 后 判 断 单 调 性 求解 函 数 的 最 值 .答 案 ： (1)当 a= 38 时 ， f(x)= 38 x 2-x-lnx.所 以 3 21134 24x xf x x x x (x 0).令 f(x)=0， 得 x=2，当 x (0， 2)时 ， f(x) 0.当 x (2， + )时 ， f(x) 0，所 以 函 数 f(x)在 (0， 2)上 单 调

30、 递 减 ， 在 (2， + )上 单 调 递 增 .所 以 当 x=2时 ， f(x)有 最 小 值 122 ln 2f .(2)若 -1 a 0， 证 明 ： 函 数 f(x)有 且 只 有 一 个 零 点 . 解 析 ： (2)由 f(x)=ax2-x-lnx， 得 21 2 12 1 ax xf x ax x x ， x 0.当 a 0时 ， 函数 f(x)在 (0， + )上 最 多 有 一 个 零 点 ， 当 -1 a 0时 ， f(1)=a-1 0， 2 21 0e e af e e ，推 出 结 果 .答 案 ： (2)由 f(x)=ax 2-x-lnx， 得 21 2 12

31、1 ax xf x ax x x (x 0).所 以 当 a 0 时 ， 22 1 0ax xf x x ，函 数 f(x)在 (0， + )上 单 调 递 减 ，所 以 当 a 0 时 ， 函 数 f(x)在 (0， + )上 最 多 有 一 个 零 点 .因 为 当 -1 a 0时 ， f(1)=a-1 0， 2 21 0e e af e e ，所 以 当 -1 a 0时 ， 函 数 f(x)在 (0， + )上 有 零 点 .综 上 ， 当 -1 a 0 时 ， 函 数 f(x)有 且 只 有 一 个 零 点 . (3)若 函 数 f(x)有 两 个 零 点 ， 求 实 数 a的 取 值

32、 范 围 .解 析 ： (3)由 (2)知 ， 当 a 0 时 ， 函 数 f(x)在 (0， + )上 最 多 有 一 个 零 点 .说 明 a 0， 由f(x)=ax2-x-lnx， 得 22 1ax xf x x (x 0)， 说 明 函 数 f(x)在 (0， x0)上 单 调 递 减 .在 (x0，+ )上 单 调 递 增 .要 使 得 函 数 f(x)在 (0， + )上 有 两 个 零 点 ， 只 需 要 ax02-x0-lnx0 0.通 过 函 数 h(x)=2lnx+x-1在 (0， + )上 是 增 函 数 ， 推 出 0 a 1.验 证 当 0 a 1 时 ， 函 数 f

33、(x)有 两 个 零 点 .证 明 ： lnx x-1.设 t(x)=x-1-lnx， 利 用 导 数 求 解 函 数 的 最 值 即 可 .答 案 ： (3)由 (2)知 ， 当 a 0 时 ， 函 数 f(x)在 (0， + )上 最 多 有 一 个 零 点 .因 为 函 数 f(x)有 两 个 零 点 ， 所 以 a 0. 由 f(x)=ax2-x-lnx， 得 22 1ax xf x x (x 0)， 令 g(x)=2ax2-x-1.因 为 g(0)=-1 0， 2a 0，所 以 函 数 g(x)在 (0， + )上 只 有 一 个 零 点 ， 设 为 x0.当 x (0， x0)时

34、， g(x) 0， f(x) 0.当 x (x0， + )时 ， g(x) 0， f(x) 0.所 以 函 数 f(x)在 (0， x0)上 单 调 递 减 .在 (x0， + )上 单 调 递 增 .要 使 得 函 数 f(x)在 (0， + )上 有 两 个 零 点 ，只 需 要 函 数 f(x)的 极 小 值 f(x 0) 0， 即 ax02-x0-lnx0 0 0.又 因 为 g(x0)=2ax02-x0-1=0， 所 以 2lnx0+x0-1 0，又 因 为 函 数 h(x)=2lnx+x-1 在 (0， + )上 是 增 函 数 ， 且 h(1)=0， 所 以 x0 1， 得 0

35、01x 1.又 由 2ax02-x0-1=0， 得 2 20 0 0 1 12 41 1 12a x x x ，所 以 0 a 1.以 下 验 证 当 0 a 1时 ， 函 数 f(x)有 两 个 零 点 .当 0 a 1时 ， 21 2 1 11 0a ag a a a a ，所 以 1 x 0 1a .因 为 22 21 1 1 0a e e af e e e e ， 且 f(x0) 0.所 以 函 数 f(x)在 ( 1e ， x0)上 有 一 个 零 点 .又 因 为 22 4 2 2 2ln 2 1 1 0af aa a a a a (因 为 lnx x-1)， 且 f(x 0) 0

36、.所 以 函 数 f(x)在 (x0， 2a )上 有 一 个 零 点 .所 以 当 0 a 1时 ， 函 数 f(x)在 1 2e a ， 内 有 两 个 零 点 .综 上 ， 实 数 a 的 取 值 范 围 为 (0， 1).下 面 证 明 ： lnx x-1.设 t(x)=x-1-lnx， 所 以 1 11 xt x x x (x 0).令 t(x)=0， 得 x=1.当 x (0， 1)时 ， t(x) 0.当 x (1， + )时 ， t(x) 0. 所 以 函 数 t(x)在 (0， 1)上 单 调 递 减 ， 在 (1， + )上 单 调 递 增 .所 以 当 x=1时 ， t(

37、x)有 最 小 值 t(1)=0.所 以 t(x)=x-1-lnx 0， 得 lnx x-1成 立 .20.已 知 等 差 数 列 an的 公 差 d 不 为 0， 且 1ka ， 2ka ， ， kna ， (k1 k2 kn )成等 比 数 列 ， 公 比 为 q.(1)若 k 1=1， k2=3， k3=8， 求 1ad 的 值 .解 析 ： (1)由 已 知 得 ： a1， a3， a8成 等 比 数 列 ， 从 而 4d2=3a1d， 由 此 能 求 出 1ad 的 值 . 答 案 ： (1)由 已 知 可 得 ： a1， a3， a8成 等 比 数 列 ，所 以 (a1+2d)2=

38、a1(a1+7d)，整 理 可 得 ： 4d2=3a1d.因 为 d 0， 所 以 1 43ad .(2)当 1ad 为 何 值 时 ， 数 列 k n为 等 比 数 列 .解 析 ： (2)设 数 列 kn为 等 比 数 列 ， 则 k22=k1k3， 推 导 出 1 1ad ， 从 而 nk na k d ， 进 而 kn=k1qn-1.由 此 得 到 当 1 1ad 时 ， 数 列 kn为 等 比 数 列 .答 案 ： (2)设 数 列 kn为 等 比 数 列 ， 则 k22=k1k3.又 因 为 ak 1， ak2， ak3成 等 比 数 列 ，所 以 a1+(k1-1)da1+(k3

39、-1)d=a1+(k2-1)d2.整 理 ， 得 a1(2k2-k1-k3)=d(k1k3-k22-k1-k3+2k2).因 为 k22=k1k3， 所 以 a1(2k2-k1-k3)=d(2k2-k1-k3).因 为 2k2 k1+k3， 所 以 a1=d， 即 1 1ad .当 1 1ad 时 ， a n=a1+(n-1)d=nd， 所 以 nk na k d .又 因 为 1 1 11n n nk ka a q k dq ， 所 以 kn=k1qn-1.所 以 1 1 11 nn nnk k q qk k q ， 数 列 kn为 等 比 数 列 .综 上 ， 当 1 1ad 时 ， 数

40、列 k n为 等 比 数 列 .(3)若 数 列 kn为 等 比 数 列 ， 且 对 于 任 意 n N*， 不 等 式 2nn k na a k 恒 成 立 ， 求 a1的 取 值范 围 .解 析 ： (3)由 数 列 k n为 等 比 数 列 ， a1=d， kn=k1qn-1(q 1).得 到 111 112 n nk qa n k q ，111 1 1 11210 2 2nn nn k q q na k q k q g 恒 成 立 ， 再 证 明 对 于 任 意 的 正 实 数 (0 1)， 总 存 在正 整 数 n1， 使 得 11nnq .要 证 11nnq ， 即 证 lnn 1

41、 n1lnq+ln .由 此 能 求 出 a1的 取 值 范 围 . 答 案 ： (3)因 为 数 列 kn为 等 比 数 列 ， 由 (2)知 a1=d， kn=k1qn-1(q 1).1 1 1 11 1 1n n n nk ka a q k dq k aq ， an=a1+(n-1)d=na1.因 为 对 于 任 意 n N*， 不 等 式 2nn k na a k 恒 成 立 .所 以 不 等 式 1 11 1 1 12n nna k a q k q ，即 1 1111 1 11 1 1 12 10 122 2n nn n nk q n k q q na n k q a k q k q

42、 g ， 恒 成 立 .下 面 证 明 ： 对 于 任 意 的 正 实 数 (0 1)， 总 存 在 正 整 数 n 1， 使 得 11nnq .要 证 11nnq ， 即 证 lnn1 n1lnq+ln .因 为 1ln 21x x xe ， 则 1 1 1ln 2lnn n n ，解 不 等 式 1 1 ln lnn n q ， 即 21 1ln 0n q n ln ， 21 11 1 4ln ln 1 1 4ln ln2ln 2lnq qn nq q 可 得 ， 所 以 . 不 妨 取 20 1 1 4ln ln 12ln qn q ， 则 当 n1 n0时 ， 原 式 得 证 .所 以

43、 10 21 1a ， 所 以 a1 2， 即 得 a1的 取 值 范 围 是 2， + ).附 加 题 ： 选 做 题 本 题 包 括 四 小 题 ， 请 选 2题 作 答 .若 多 做 ， 则 按 作 答 的 前 两 题 评 分 .解 答 时 应写 出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤 .选 修 4-1： 几 何 证 明 选 讲 21.已 知 圆 O 的 直 径 AB=4， C 为 AO的 中 点 ， 弦 DE过 点 C 且 满 足 CE=2CD， 求 OCE的 面 积 . 解 析 ： 由 相 交 弦 定 理 ， 得 CD， DE中 点 H， 则 OH DE， 利 用

44、 勾 股 定 理 求 出 OH， 即 可 求 出 OCE的 面 积 .答 案 ： 设 CD=x， 则 CE=2x.因 为 CA=1， CB=3，由 相 交 弦 定 理 ， 得 CA CB=CD CE，所 以 1 3=x 2x=2x2， 所 以 x= 62 .取 DE 中 点 H， 则 OH DE.因 为 22 2 2 3 52 84OH OE EH x ， 所 以 OH= 104 .又 因 为 CE=2x= 6 ，所 以 OCE的 面 积 1 1 62 2 10 154 4S OH CE g .选 修 4-2： 矩 阵 与 变 换 22.已 知 向 量 11 是 矩 阵 A的 属 于 特 征

45、值 -1 的 一 个 特 征 向 量 .在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 点 P(1， 1)在 矩 阵 A 对 应 的 变 换 作 用 下 变 为 P(3， 3)， 求 矩 阵 A.解 析 ： 设 A= a bc d ， 根 据 矩 阵 变 换 ， 列 方 程 组 ， 即 可 求 得 a、 b、 c 和 d 的 值 ， 求 得 A.答 案 ： 设 A= a bc d ， 向 量 11 是 矩 阵 A 的 属 于 特 征 值 -1的 一 个 特 征 向 量 ， 1 1 111 1 1a bc d . 11a bc d 点 P(1， 1)在 矩 阵 A 对 应 的 变 换 作 用 下

46、 变 为 P(3， 3)， 1 31 3a bc d . 33a bc d 解 得 a=1， b=2， c=2， d=1， 所 以 A= 1 22 1 .选 修 4-4： 坐 标 系 与 参 数 方 程 23.在 极 坐 标 系 中 ， 求 直 线 = 4 ( R)被 曲 线 =4sin 所 截 得 的 弦 长 . 解 析 ： 极 坐 标 方 程 化 为 直 角 坐 标 方 程 ， 联 立 ， 求 出 A， B 的 坐 标 ， 即 可 求 直 线 = 4 ( R)被 曲 线 =4sin 所 截 得 的 弦 长 .答 案 ： 以 极 点 O为 坐 标 原 点 ， 极 轴 为 x轴 的 正 半 轴

47、 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 .直 线 = 4 R)的 直 角 坐 标 方 程 为 y=x ，曲 线 =4sin 的 直 角 坐 标 方 程 为 x2+y2-4y=0 .由 得 0 20 2x xy y 或所 以 A(0， 0)， B(2， 2)，所 以 直 线 = 4 ( R)被 曲 线 =4sin 所 截 得 的 弦 长 AB=2 2 . 选 修 4-5： 不 等 式 选 讲 24.求 函 数 3sin 2 2 2cos 2y x x 的 最 大 值 .解 析 ： 利 用 二 倍 角 公 式 化 简 函 数 的 解 析 式 ， 利 用 柯 西 不 等 式 求 解 函 数 的 最 值 即 可 .答 案 ： 23sin 2 2 2cos2 3sin 4 cosy x x x x ，由 柯 西 不 等 式 得 22 2 2 2 2 23 4 cos 3 4sin sin cos 25y x x x x ，所 以 y max=5， 此 时 sinx= 35 .所 以 函 数 3sin 2 2 2cos 2y x x 的 最 大 值 为 5.必 做 题 共 2 小 题 ， 满 分 20 分 25.