2013届高考专题训练二十三　函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题

www.ewt360.com 升学助考一网通 高考专题训练二十三　 函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题 班级_______　姓名_______　时间：45分钟　分值：72分　总得分________ 1．(12分)(2011·成都市 高中 高中语文新课程标准高中物理选修31全套教案高中英语研修观课报告高中物理学习方法和技巧高中数学说课稿范文 毕业班第二次诊断性检测)设△ABC的三内角A、B、C所对应的边长分别为a、b、c，平面向量m＝(cosA，cosC)，n＝(c，a)，p＝(2b,0)，且m·(n－p)＝0. (1)求角A的大小； (2)当|x|≤A时，求函数f(x)＝sinxcosx＋sinx sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))的值域． 解：(1)m·(n－p)＝(cosA，cosC)·(c－2b，a) ＝(c－2b)cosA＋acosC＝0 ⇒(sinC－2sinB)cosA＋sinAcosC＝0⇒－2sinBcosA＋sinB＝0. ∵sinB≠0，∴cosA＝eq \f(1,2)⇒A＝eq \f(π,3). (2)f(x)＝sinxcosx＋sinxsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)sinxcosx ＋eq \f(\r(3),2)sin2x＝eq \f(1,4)sin2x＋eq \f(\r(3),2)·eq \f(1－cos2x,2)＝eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,4)sin2x－ eq \f(\r(3),4)cos2x＝eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))). ∵|x|≤A，A＝eq \f(π,3)，∴－eq \f(π,3)≤x≤eq \f(π,3)⇒－π≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,3). ∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤eq \f(\r(3),2)⇒eq \f(\r(3)－2,4)≤eq \f(\r(3),4)＋eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤eq \f(\r(3),2). ∴函数f(x)的值域为[eq \f(\r(3)－2,4)，eq \f(\r(3),2)]． 2．(12分)(2011·正定)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点． (1)求证：FH∥平面EDB； (2)求证：AC⊥平面EDB； (3)求四面体B—DEF的体积． 分析：本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直、体积的计算等基础知识，同时考查空间想象能力与推理论证能力． 解： (1) 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：设AC与BD交于点G，则G为AC的中点．连接EG、GH，由于H为BC的中点， 故GH綊eq \f(1,2)AB. 又EF綊eq \f(1,2)AB，∴EF綊GH， ∴四边形EFHG为平行四边形， ∴EG∥FH，而EG⊂平面EDB，∴FH∥平面EDB. (2)证明：由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC. 又EF∥AB，∴EF⊥BC.而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC，∴EF⊥FH， ∴AB⊥FH.又BF＝FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面ABCD. ∴FH⊥AC.又FH∥EG，∴AC⊥EG.又AC⊥BD，EG∩BD＝G， ∴AC⊥平面EDB. (3)∵EF⊥FB，∠BFC＝90°，∴BF⊥平面CDEF. ∴BF为四面体B－DEF的高． ∵BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝eq \r(2).又EF＝1， ∴VB－DEF＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(1,3). 3．(12分)(2011·预测题)小王参加一次比赛，比赛共设三关，第一、二关各有两个必答题，如果每关两个问题都答对，可进入下一关，第三关有三个问题，只要答对其中两个问题，则闯关成功．每过一关可一次性获得价值分别为1000元，3000元，6000元的奖品(不重复得奖)，小王对三关中每个问题回答正确的概率依次为eq \f(4,5)，eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，且每个问题回答正确与否相互独立． (1)求小王过第一关但未过第二关的概率； (2)用X 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示小王所获得奖品的价值，写出X的概率分布列，并求X的数学期望． 解：(1)设小王过第一关但未过第二关的概率为P1， 则P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)×\f(1,4)))＝eq \f(7,25). (2)X的取值为0,1000,3000, 6000， 则P(X＝0)＝eq \f(1,5)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(9,25)， P(X＝1000)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(3,4)×\f(1,4)))＝eq \f(7,25)， P(X＝3000) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2－C\o\al(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×\f(1,3)))＝eq \f(7,75)， P(X＝6000) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＋C\o\al(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×\f(1,3)))＝eq \f(4,15)， ∴X的概率分布列为 X 0 1000 3000 6000 P eq \f(9,25) eq \f(7,25) eq \f(7,75) eq \f(4,15) ∴X的数学期望E(X)＝0×eq \f(9,25)＋1000×eq \f(7,25)＋3000×eq \f(7,75)＋6000×eq \f(4,15)＝2160. 4．(12分)(2011·天津卷)已知a>0，函数f(x)＝lnx－ax2，x>0.(f(x)的图象连续不断) (1)求f(x)的单调区间； (2)当a＝eq \f(1,8)时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))； (3)若存在均属于区间[1,3]的α，β，且β －α≥1，使f(α)＝f(β)，证明：eq \f(ln3－ln2,5)≤a≤eq \f(ln2,3). 分析：本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等基础知识，考查运算能力、分类讨论的思想、分析解决问题的能力． 解：(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x)，x∈(0，＋∞)．令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2a),2a). 当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),2a))) eq \f(\r(2a),2a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2a),2a)，＋∞)) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  所以，f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2a),2a)))，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2a),2a)，＋∞)). (2)证明：当a＝eq \f(1,8)时，f(x)＝lnx－eq \f(1,8)x2，由(1)知f(x)在(0,2)内单调递增，在(2，＋∞)内单调递减． 令g(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))).由于f(x)在(0,2)内单调递增， 故f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，即g(2)>0. 取x′＝eq \f(3,2)e>2，则g(x′)＝eq \f(41－9e2,32)<0. 所以存在x0∈(2，x′)，使g(x0)＝0，即存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))).(说明：x′的取法不唯一，只要满足x′>2，且g(x′)<0 即可．) (3)证明：由f(α)＝f(β)及(1)的结论知αb>0)的离心率e＝eq \f(\r(3),2)，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4. (1)求椭圆的方程； (2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知点A的坐标为(－a,0)，点Q(0，y0)在线段AB的垂直平分线上，且eq \o(QA,\s\up15(→))·eq \o(QB,\s\up15(→))＝4.求y0的值． 分析：本题主要考查椭圆的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算能力和推理能力． 解：(1)由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，得3a2＝4c2， 再由c2＝a2－b2，得a＝2b. 由题意可知eq \f(1,2)×2a×2b＝4，即ab＝2. 解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2b，,ab＝2，))得a＝2，b＝1. 所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1. (2)由(1)可知A(－2,0)，设B点的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)． 于是A，B两点的坐标满足方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1.)) 由方程组消去y并整理，得 (1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0. 由－2x1＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，得 x1＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，从而y1＝eq \f(4k,1＋4k2). 设线段AB的中点为M，则M的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,1＋4k2)，\f(2k,1＋4k2))). 以下分两种情况： ①当k＝0时，点B的坐标为(2,0)，线段AB的垂直平分线为y轴，于是eq \o(QA,\s\up15(→))＝(－2，－y0)，eq \o(QB,\s\up15(→))＝(2，－y0)．由eq \o(QA,\s\up15(→))·eq \o(QB,\s\up15(→))＝4，得y0＝±2eq \r(2). ②当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为 y－eq \f(2k,1＋4k2)＝－eq \f(1,k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8k2,1＋4k2))). 令x＝0，解得y0＝－eq \f(6k,1＋4k2). 由|eq \o(QA,\s\up15(→))|＝(－2，－y0)，eq \o(QB,\s\up15(→))＝(x1，y1－y0)， eq \o(QA,\s\up15(→))·eq \o(QB,\s\up15(→))＝－2x1－y0(y1－y0) ＝eq \f(－22－8k2,1＋4k2)＋eq \f(6k,1＋4k2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k,1＋4k2)＋\f(6k,1＋4k2))) ＝eq \f(416k4＋15k2－1,1＋4k22)＝4， 整理得7k2＝2，故k＝±eq \f(\r(14),7)，所以y0＝±eq \f(2\r(14),5). 综上，y0＝±2eq \r(2)或y0＝±eq \f(2\r(14),5). 6．(12分)(2011·湖北卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论． 分析：本小题主要考查等差数列、等比数列等基础知识，同时考查推理论证能力，以及特殊与一般的思想． 解：(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减可得 an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，即an＋2＝(r＋1)an＋1，又a2＝ra1＝ra，所以当r＝0时，数列{an}为：a,0，…，0，…； 当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)， 于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得eq \f(an＋2,an＋1)＝r＋1(n∈N*)， ∴a2，a3，…，an，…成等比数列， ∴当n≥2时，an＝r(r＋1)n－2a. 综上，数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a，n＝1，,rr＋1n－2a，n≥2.)) (2)对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，证明如下： 当r＝0时，由(1)知，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a，n＝1，,0，n≥2.)) ∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列． 当r≠0，r≠－1时，∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1.若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk， ∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1. 由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2，于是 对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，从而am＋2＝4am， ∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差数列． 综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列． 第 1 页 版权所有 升学e网通