題目所在試卷參考答案：

07屆惠來一中文科數(shù)學(xué)主觀題高考預(yù)測題參考答案

1　 解　 (1)∵f(x)是奇函數(shù)，

∴f(－x)=－f(x),即

∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，

當(dāng)且僅當(dāng)x=時等號成立，于是2=2,∴a=b²,

由f(1)＜得＜即＜,∴2b²－5b+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+　

(2)設(shè)存在一點(x₀,y₀)在y=f(x)的圖象上，并且關(guān)于(1，0)的對稱點(2－x₀,－y₀)也在y=f(x)圖象上，則消去y₀得x₀²－2x₀－1=0,x₀=1±　

∴y=f(x)圖象上存在兩點(1+,2),(1－,－2)關(guān)于(1，0)對稱

2。解：(I)因為a，b，c成等比數(shù)列，所以b²＝ac．

根據(jù)余弦定理，得cosB＝＝≥＝．

又因為0＜B＜，所以0＜B≤．所以∠B的范圍是(0，]．

(II)y＝2sin²B+sin(2B+)＝1－cos2B+sin2Bcos+cos2Bsin

＝1+sin2Bcos－cos2Bsin＝1+sin(2B－)．

因為0＜B≤，所以－＜2B－≤，所以－＜sin(2B－)≤1，所以＜y≤2．

所以y＝2sin²B+sin(2B+)的取值范圍是(，2]．

3. (1)

　　　　　　　　　　 (2分)

設(shè)正方形邊長為x　　　　　　　 則

　　　　　　　　　　　 (4分)

　　　　　　　　　　　　　　　　　 (6分)

(2)當(dāng)a固定，θ變化時，　　　　　　　 (8分)

令，則

令　　　 函數(shù)在是減函數(shù)　　　

當(dāng)t=1時，取最小值，此時　　　　　　　　　　 (12分)

4、解：(1)

(2) 點E為BC的中點時， EF∥平面PAC。

證明如下：∵BE=CE，BF=PF　　　 ∴EF∥PC　　　

又EF在平面PAC外，PC在平面PAC內(nèi)，所以EF∥平面PAC

(3) ∵PA=AB，BF=PF　　　　　 ∴AF⊥PB　　　 ∵PA⊥平面ABCD　　　　　　

∴PA⊥BC

又BC⊥AB　　　 　　　 ∴BC⊥平面PAB　　　 而AF在平面PAB內(nèi)，

∴AF⊥BC

∵BC、PB是平面PBC內(nèi)的兩條相交直線　 ∴AF⊥平面PBC　　

∵無論點E在BC邊的何處，PE都在平面PBC內(nèi)　　　　　　 ∴PE⊥AF

5. 解：(1)取AC中點D，連結(jié)SD、DB.

∵SA=SC，AB=BC，　　　　　　 ∴AC⊥SD且AC⊥BD，

∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB，

∴AC⊥SB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………4分

(2)∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC，

∴平面SDB⊥平面ABC.

過N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC，

過E作EF⊥CM于F，連結(jié)NF，

則NF⊥CM.

∴∠NFE為二面角N－CM－B的平面角　　 ………6分

∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC.

又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD.

∵SN=NB，　　 ∴NE=SD===， 且ED=EB.

在正△ABC中，由平幾知識可求得EF=MB=，

在Rt△NEF中，tan∠NFE==2，

∴二面角N-CM-B的大小是arctan2　　　　　　　　　　　 ………10分

(3)在Rt△NEF中，NF==，

∴S_△CMN=CM.NF=，　　 S_△CMB=BM.CM=2-------------11分

設(shè)點B到平面CMN的距離為h，

∵V_B-CMN=V_N-CMB，NE⊥平面CMB，

∴S_△CMN.h=S_△CMB.NE，∴h==.

即點B到平面CMN的距離為　　　　　　　　　　　 ………14分

6．解：(Ⅰ)由題意，

∴．　　　　　 當(dāng)時，=，又當(dāng)時，，適合上式，∴．　　

(Ⅱ)∵ ，

∴ 數(shù)列是首項為1，公差為的等差數(shù)列，其前項和為，故， ，得，

滿足它的最小整數(shù)是，即此數(shù)列最少有項．

7．解(Ⅰ)設(shè)切線斜率為則當(dāng)時最小值為．

所以切線方程為即　　　　　　　

(Ⅱ)由>0 <0得．

函數(shù)在為增函數(shù),在減函數(shù)

(1),無解；　　　　 (2)　無解；

(3)，解得．綜上所述 ．

8． (1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1分

又當(dāng)時，

當(dāng)時,

上式對也成立，

∴，　　 總之，

(2)由已知∴當(dāng)為奇數(shù)時，為偶數(shù),

由，得,

∴(舍去)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 6分

當(dāng)為偶數(shù)時，為奇數(shù)，

由，得，即，∴適合題意。

總之，存在整數(shù)，使結(jié)論成立　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 8分

(3)將不等式變形并把代入得：

設(shè)　　　　　 ∴

∴

又∵

∴，即

∴隨的增大而增大，，　　 ∴.

9.解：(1)動點為P(x,y),則H(0,y)，=(-x,0),=(-2-x,-y),=(2-x,-y),　

∴.=x²-4+y²,且｜|²=x².　由題意得||²=2.，即x²=2(x²-4+y²),　∴為所求點P的軌跡方程.　

(2)若直線x+y=1與雙曲線C右支交于點Q時，而N(2，0)關(guān)于直線x+y=1的對稱點E(1，-1)，　則|QE|=|QN|，　

∴雙曲線C的實軸長2a=||QM|-|QN||=||QM|-|QE||≤|ME|=　(當(dāng)且僅當(dāng)Q、E、M共線時取“=”)，此時，實軸長2a最大為；　

若直線x+y=1與雙曲線C左支交于點Q時，同理可求得雙曲線C的實軸長2a最大為.

所以，雙曲線C的實半軸長a=.　

又∵c=|MN|=2,∴b²=c²-a²=.　　　　　 故雙曲線方程為.　　 　

10　 解：(Ⅰ)設(shè)拋物線的頂點為，則其焦點為．由拋物線的定義可知：．

　　　 所以，．

　　　 所以，拋物線頂點的軌跡的方程為：　 ．

　　　 (Ⅱ)顯然，直線與坐標(biāo)軸不可能平行，所以，設(shè)直線的方程為，代入橢圓方程得：

由于與軌跡交于不同的兩點，所以，，即．(＊)

　　　 又線段恰被直線平分，所以，．

　　　 所以，．　　　　 代入(＊)可解得：．

設(shè)弦MN的中點．在中，令，

可解得：．

將點代入，可得：．

所以，．

解法二．設(shè)弦MN的中點為，則由點為橢圓上的點，

可知：．

兩式相減得：

又由于，代入上式得：．

又點在弦MN的垂直平分線上，所以，．所以，．

由點在線段BB’上(B’、B為直線與橢圓的交點，如圖)，所以，．　　 也即：．所以，.

11解答：(Ⅰ)令x₁＝x₂＝0，則有f(0)≥2f(0)－3，即f(0)≤3．又對任意x∈[0，1]，總有f(x)≥3，所以f(0)＝3．

(Ⅱ)任取x₁，x₂∈[0，1]，x₁<x₂，　　　 f(x₂)＝f[x₁+(x₂－x₁)]≥f(x₁)+f(x₂－x₁)－3．

　　 因為0<x₂－x₁≤1，　 ∴f(x₂－x₁)≥3．　　　　 ∴f(x₂)≥f(x₁)+3－3＝f(x₁)．

　　 ∴當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)≤f(1)＝4，所以函數(shù)f(x) 的最大值為4．

(Ⅲ)當(dāng)n>1時，a_n＝S_n―S_n－1＝(a_n－3) ―(a_n－1―3)，∴＝．

∴數(shù)列{a_n}是以a₁＝1為首項，公比為的等比數(shù)列．

a_n＝1×()^n－1＝，

　　f(1)＝f[3^n－1.]＝f[+(3^n－1－1)×]≥f()+f[(3^n－1－1)]－3≥……

　　　　　 4≥3^n－1f()－3ⁿ+3．

　　　 ∴f()≤＝3+，即f(a_n)≤3+．

　　　 ∴f(a₁)+f(a₂)+…+f(a_n)≤(3+)+(3+)+…+(3+)

　　　　　 ＝3n+＝3n+－<3n+＝3(n+)．

　　　 又log₃＝log₃3³.3^2n－2＝(2n+1)＝3(n+)，

　　　 ∴原不等式成立．