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（本小題滿分12分）已知等比數(shù)列{a_n}中， 

   （Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n；

   （Ⅱ）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，證明:；

   （Ⅲ）設(shè)，證明：對(duì)任意的正整數(shù)n、m，均有

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（本小題滿分12分）已知函數(shù)，其中a為常數(shù).

   （Ⅰ）若當(dāng)恒成立，求a的取值范圍；

   （Ⅱ）求的單調(diào)區(qū)間.

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一、選擇題：

1．解析：B．由且能夠推出；反之，由只能推出或，而不能推出且．故“”是“且”的必要不充分條件，故選B．

評(píng)析：有關(guān)充要條件的判定問(wèn)題，概念性較強(qiáng)，進(jìn)行判斷時(shí)，必須緊扣概念．一方面，要正確理解充要條件本身的概念，進(jìn)行雙向推理，準(zhǔn)確判斷；另一方面，還要注意根據(jù)具體問(wèn)題所涉及到的數(shù)學(xué)概念來(lái)思考．本題中，弄清并集和交集概念中“或”與“且”的關(guān)系顯得很重要．

2．解析：B．∵△＝．要使函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)在內(nèi)，必須滿足條件：，即，

∴，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為(2，3)．

3．解析：Ｄ．化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)可得，∴，

故選Ｄ．

4．解析：Ｂ　先作出直線A₁B與平面BC₁D₁所成角，再通過(guò)解三角形求出其正切值．如圖，連結(jié)交　于，連結(jié)．由，，又，得，所以就是直線A₁B與平面BC₁D₁所成角．在直角中，求得，故選Ｂ．

評(píng)析：平面的斜線與平面所成的角，就是這條斜線與它在該平面上

的射影所成的銳角，根據(jù)題目的條件作出斜線在該平面上的射影

是實(shí)現(xiàn)解題的關(guān)鍵，而作射影的關(guān)鍵則是作出平面的垂線，要注

意面面垂直的性質(zhì)在作平面的垂線時(shí)的應(yīng)用．

5．解析： A．特值法．取B=0，A=1，C=－1，則M(1，)，

N(1，－)， ∴= x₁x₂+y₁y₂ =－2．故選A ．

      6．解析  Ｂ．設(shè)點(diǎn)是函數(shù)上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為，則由在上，

得，∴，即．故選Ｂ．

7．解析： C．圖象法．由的圖象可得，在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，又是偶函數(shù)，∴，

∴，解得．故選Ｃ．

8．解析：Ｂ，由，得：，即，

解之得，由于，故；選Ｂ

9．解析： B．如果四塊均不同色，則有種涂法；如果有且僅有兩塊同色，它們必是相對(duì)的兩塊，有種涂法；如果兩組相對(duì)的兩塊分別同色，則有種涂法．根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理，得到涂色方法種數(shù)為（種），故選B．

10．解析：選D．①②③易于判斷其真。.

，即曲線上任一點(diǎn)P(x,y)在單位圖外，(點(diǎn)(±1，0)在圓上)，

則S>π?1²=π

  評(píng)析：f(x,y)=f(x,－y)曲線f(x,y)=0，關(guān)于x軸對(duì)稱；

       f(x,y)=f(－x, y)曲線f(x,y)=0，關(guān)于y軸對(duì)稱；

       f(x,y)=f(－x, －y)曲線f(x,y)=0，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱。

11．解析：D，在EF上任意取一點(diǎn)M,直線與M確定一個(gè)平面，

這個(gè)平面與CD有且僅有1個(gè)交點(diǎn)N, 當(dāng)M取不同的位置就確

定不同的平面，從而與CD有不同的交點(diǎn)N,而直線MN與這

3條異面直線都有交點(diǎn)的.如右圖：

評(píng)析：本題主要考查立體幾何中空間直線相交問(wèn)題，考查學(xué)生

的空間想象能力。

12．解析：C．Ｐ（Ｘ＝８）＝，Ｐ（Ｘ＝７）＝，

Ｐ（Ｘ＝６）＝，　所以Ｐ（Ｘ≥６）＝，

即線路信息暢通的概率為，故選C．

二、填空題：

13．解析：．由，得，即，又由，得，∴，

于是，

．

14. 解析：．如圖，過(guò)點(diǎn)，．

在點(diǎn)處取得最小值，點(diǎn)在直線

上，，∴．

評(píng)析：簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃問(wèn)題，其約束條件是平面上的一個(gè)

多邊形閉區(qū)域，或者是向某一方向無(wú)限延展的半閉區(qū)域，而目標(biāo)函數(shù)一般在邊界的頂點(diǎn)處取得最值．解題時(shí)通常運(yùn)用圖解法，根據(jù)題意畫出圖形，從圖形中尋求思路、獲得答案，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法．

15．解析：f(x)=x²+2x+1 ．設(shè)f(x)=ax²+bx+c (a≠0)，則△=b²－4ac=0，f′(x)=2ax+b=2x+2．

    ∴，故 f(x)=x²+2x+1 ．

16．解析：橢圓與雙曲線的焦距相等．由橢圓與雙曲線的焦距相等，分析橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程中參數(shù)之間的關(guān)系，運(yùn)用類比推理的方法，不難得到推廣后的一個(gè)命題為：橢圓與雙曲線的焦距相等．

評(píng)析：推廣命題有多種方法，其中類比推理是一種常用方法．值得指出的是，本題的答案不唯一，例如，我們還可以得到推廣后的更具一般性的命題：橢圓與雙曲線 的焦距相等．

三、解答題：

17．解析：（Ⅰ），在中，由余弦定理，

得，

∴，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （2分）

由，，                         

由得，，

∴，從而                  （4分）

由題意可知，∴，                                 （5分）

又∵△BCD是，∴當(dāng)時(shí)，則，由，

∴；

當(dāng)時(shí)，則，由，∴；

綜上，．                                            （7分）

（Ⅱ）由（1）知，∴向量與的夾角為，     （9分）

當(dāng)時(shí)，，，

∴．                   （10分）

當(dāng)時(shí)，，，

∴．                    （12分）

評(píng)析：本題考查平面向量和解三角形的基礎(chǔ)知識(shí)，考查分類討論的思想方法．求解時(shí)容易發(fā)生的錯(cuò)誤是：（1）將條件“△BCD是直角三形”當(dāng)作“△BCD是以角是直角三形”來(lái)解，忽略對(duì)為直角的情況的討論；（2）在計(jì)算時(shí)，將當(dāng)作向量與的夾角，忽略了確定兩個(gè)向量的夾角時(shí)必須將它們的起點(diǎn)移到一起．暴露出思維的不嚴(yán)謹(jǐn)和概念理解的缺陷，在復(fù)習(xí)中要引起重視，加強(qiáng)訓(xùn)練．

18．解析: （Ⅰ）做了三次實(shí)驗(yàn)，至少兩次實(shí)驗(yàn)成功的情形有兩種：

    （1）恰有兩次成功，其概率為；               （2分）

    （2）三次都成功，其概率為．                       （4分）

    故得所求之概率為．   （6分）

    （Ⅱ）在第4次成功之前，共做了6次試驗(yàn)，其中三次成功、三次失敗，且恰有兩次連續(xù)失敗，其各種可能情況的種數(shù)為．                   （10分）

  因此，所求之概率為．                          （12分）

19．解析：（Ⅰ）∵SB=SC，AB=AC，M為BC中點(diǎn)，

∴SM⊥BC，AM⊥BC．        （2分）

由棱錐的側(cè)面積等于底面積的2倍，即

得．                （4分）

   （Ⅱ）作正三棱錐的高SG，則G為正三角形ABC的中心，G在AM上，

∵SM⊥BC，AM⊥BC，

∴∠SMA是二面角S―BC―A的平面角．（6分）

在Rt△SGM中，∵∴∠SMA=∠SMG=60°，

即二面角S―BC―A的大小為60°．　　（8分）

（Ⅲ）∵△ABC的邊長(zhǎng)是3，

∴，  （10分）

∴．             （12分）

評(píng)析計(jì)算二面角大小，既可以根據(jù)二面角的定義，通過(guò)作出二面角的平面角，再解三角形求角，也可以運(yùn)用向量方法，轉(zhuǎn)化為計(jì)算兩個(gè)平面的法向量的夾角．做題時(shí)要考慮前后聯(lián)系，注意選擇簡(jiǎn)便的方法．

20．解析：(Ⅰ)證明：假設(shè)存在一個(gè)實(shí)數(shù)，使｛a_n｝是等比數(shù)列，則有,即

（）²=²矛盾.

所以｛a_n｝不是等比數(shù)列.                        （3分）

   （Ⅱ）證明：∵

又由上式知

故當(dāng)數(shù)列｛b_n｝是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列.

                                             （7分）

   （Ⅲ）當(dāng)由（Ⅱ）得于是

  當(dāng)時(shí)，，從而上式仍成立.

要使對(duì)任意正整數(shù)n , 都有

即       （9分）

令

當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，

  于是可得

綜上所述，存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)任意正整數(shù)，都有

的取值范圍為                         （12分）

評(píng)析：（1）求解等差數(shù)列與等比數(shù)列的有關(guān)問(wèn)題，定義、公式和性質(zhì)是主要工具，要注意抓住基本量───首項(xiàng)和公差（公比），方程思想、化歸思想和運(yùn)算能力是考查的重點(diǎn)；（2）正面求解，直接證明難以突破時(shí)，可以考慮從反面入手，運(yùn)用正難則反的思想來(lái)處理，反證法就是從反面入手的一種重要的推理方法，一般地，以否定的形式出現(xiàn)的數(shù)學(xué)命題，我們常用反證法來(lái)實(shí)現(xiàn)證明。

21．解析：（Ⅰ），……（1分）

∵函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，

∴在處取得極大值，有，         （3分）

即，這就是所求的之間的關(guān)系式．     （4分）

   （Ⅱ）當(dāng)在處取得極小值，有，即，          ① 

又由（Ⅰ）有：                                               ②聯(lián)立①和②，解得．                   （5分）

此時(shí)，，在上，

在上，

∴在處確可取得極小值，故，   （7分）

從而．                      （8分）

   （Ⅲ）由（Ⅰ）得：，

∴，

它在上為減函數(shù),在為增函數(shù).  （10分）

若存在實(shí)數(shù)，使在上為單調(diào)函數(shù)，則有，得．又因?yàn)?sub>，有，這與矛盾．

所以滿足題意的實(shí)數(shù)不存在．      （12分）

評(píng)析: 導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一個(gè)有力工具，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，可轉(zhuǎn)化為解不等式和方程，顯得非常簡(jiǎn)捷且易于操作．值得注意的是：是取得極值的必要條件，因此，在（Ⅱ）中，由求出，必須檢驗(yàn)．

22．解析：（Ⅰ）由題意可得 ，       （2分）

由，得，∴,  （4分）

∴橢圓的方程為.                       （4分）

   （Ⅱ）由（Ⅰ）可得橢圓的左焦點(diǎn)為，左準(zhǔn)線為,      

連結(jié)，則，設(shè)，則,

∴，                           （6分）

化簡(jiǎn)得的方程為.                     （8分）

   （Ⅲ）將曲線向右平移2個(gè)單位,得曲線的方程為: ,其焦點(diǎn)為，準(zhǔn)線為，對(duì)稱軸為軸．　　　　　（10分）

設(shè)直線的方程為，代入y²=4x，得y²－4ty－4=0．

由題意，可設(shè)()，()，則y₁y₂=－4，

且有                                （12分）

∴，，

得．

∴三點(diǎn)共線．　　　　　　　　　       　（14分）

評(píng)析：證明三點(diǎn)共線的方法很多,這里運(yùn)用向量共線定理來(lái)證，體現(xiàn)了平面向量與解析幾何知識(shí)的交匯和平面向量知識(shí)在解析幾何中的應(yīng)用．近幾年的高考突出了在知識(shí)網(wǎng)絡(luò)的交匯點(diǎn)處設(shè)計(jì)命題的要求，平面向量與解析幾何知識(shí)的綜合考查成為一個(gè)不衰的熱點(diǎn)，復(fù)習(xí)中要引起重視．