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23.(本題滿分14分)
如圖,過點(diǎn)P(1,0)作曲線C: 的切線,切點(diǎn)為,設(shè)點(diǎn)在x軸上的投影是點(diǎn);又過點(diǎn)作曲線C的切線,切點(diǎn)為,設(shè)在x軸上的投影是;…;依此下去,得到一系列點(diǎn),,…,,…,設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為.
(Ⅰ)試求數(shù)列{}的通項(xiàng)公式;(用的代數(shù)式表示)
(Ⅱ)求證:
(Ⅲ)求證:(注:).
08年咸陽市高考數(shù)學(xué)第一次模擬考試
參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)
一、選擇題
1.C 易知A={-1,0,1},B={1,2},故A∩B={1}.
2.D 分x<1與2≤x<5討論.
3.D =+λ(+)=+2λ(其中D為BC的中點(diǎn)),于是有=2λ,從而點(diǎn)A、D、P共線,即點(diǎn)P的軌跡通過三角形ABC的重心.
4.B 作出不等式表示的平面區(qū)域即可.
5.A 先從14人中選出12人,再將12人進(jìn)行分組,且每組4人.
6.B 由線面位置關(guān)系不難知道:①③正確的.
7.B [解析]由題意知:等差數(shù)列中,從第1項(xiàng)到第2005項(xiàng)是正數(shù),且從第2006項(xiàng)開始為負(fù)數(shù),S4010=2005(a1+a4010)=2005(a2005+a2006)>0,
S4011==4011a2006<0, 故n的最大值為4010.
另解:由題意可得:等差數(shù)列中,從第1項(xiàng)到第2005項(xiàng)是正數(shù),且從第2006項(xiàng)開始是負(fù)數(shù),則所有的正項(xiàng)的和為Sn的最大值,即當(dāng)n=2005時,取得最大值,顯然Sn是關(guān)于n的缺常數(shù)項(xiàng)的二次函數(shù),且開口向下,所以第2005項(xiàng)離對稱軸最近,故其對稱軸介于2005到2005.5之間,又因?yàn)槎魏瘮?shù)的圖象與x軸的一個交點(diǎn)是(0,0),則設(shè)另一個交點(diǎn)(x,0),x應(yīng)介于4010到4011之間.所以使Sn>0的最大自然數(shù)是4010,故選B.
本小題結(jié)論可以推廣成一般結(jié)論:等差數(shù)列中,a1>0,ak+ak+1>0,且akak+1<0,則使前n項(xiàng)和Sn>0的最大自然數(shù)n是2k..
8.B 原函數(shù)的圖象是由y=圖象向下移動一個單位,且在(-∞,0),(0,+∞)上為減函數(shù),所以其反函數(shù)的圖象是由y=的圖象向左移動一個單位,且在定義域上為減函數(shù).
9.B 易知面BCC1B1內(nèi)的點(diǎn)到點(diǎn)F的距離是到BC的距離倍的,由橢圓的第二定義即知.
10.D 設(shè) M F雙曲線的交點(diǎn)為P,焦點(diǎn)F(-c,0), F2(c,0),由平面幾何知識知:F2P⊥FM,又|F F2|=2c 于是 |PF2| =2csin60°=c |PF1| =c
故 2a= |PF2| -|PF1| =c-c =( -1)c e= =+1.
11.C 特值法:令a=2與可知在上恒正,顯然選項(xiàng)D不正確.
12.B 依題意知PMQ曲線是以A、B為焦點(diǎn)、實(shí)軸長為2的雙曲線的一支(以B為焦點(diǎn)),此雙曲線的離心率為2,以直線AB為軸、AB的中點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系,則該雙曲線的方程為 x2-=1,點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,).則修建這條公路的總費(fèi)用ω=a[|MB|+2|MC|]=2a[|MB|+|MC|],設(shè)點(diǎn)M、C在右準(zhǔn)線上射影分別為點(diǎn)M 、C ,根據(jù)雙曲線的定義有|M M|=|MB|,所以=2a[|M M|+|MC|]≥2a|C C|=2a×(3-)=5a.當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M在線段C C上時取等號,故ω的最小值是5a.
二、填空題
13.200 易知A=2 ,ω= ,=±,y=2-cos(πx+)=2±sinπx,從而
f(1)+f(2)+f(3)+…+f(100)=2×100=200.
14. [解析]∵y’=3x2-≥-, ∴tanα≥-
又∵ 0≤α≤∏ ∴0≤α<
15. 由二項(xiàng)式定理知: 的展開式中的系數(shù)為 C.,的展開式中的系數(shù)為C.,于是有C.= C.,解得 =.
16.①、③ 可通過作差比較得到結(jié)論.
17. 283 [解析] 由條件知道:該數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)分別為1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,…,偶數(shù)項(xiàng)分別為3,4,5,6,7,8,9,10,11,…,把奇數(shù)項(xiàng)的前10項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)的前9項(xiàng)相加即得S19=283.
18. 4012 [解析]∵f(1+0)=f(1).f(0),2=2f(0),∴f(0)=1
∵f(2)=f(1+1)=f(1).f(1)=22,
f(3)=f(2+1)=f(2).f(1)=23,
依此類推:f(2005)=22005,f(2006)=22006,
∴原式==4012.
三、解答題
19.解:(Ⅰ) 1分
=
== 3分
∵θ∈[π,2π],∴,∴≤1
max=2. 5分
(Ⅱ) 由已知,得 7分
又 ∴ 10分
∵θ∈[π,2π]∴,∴. 12分
20.解: (Ⅰ) 比賽以甲3勝1而結(jié)束,則第四局一定甲勝,前三局中甲勝兩局, 1分
∴所求概率為:. 3分
答:比賽以甲3勝1而結(jié)束的概率為. 4分
(Ⅱ) 比賽以乙3勝2而結(jié)束,則第五局一定乙勝,前四局中乙勝兩局, 5分
∴所求概率為: 7分
答:比賽以乙3勝2而結(jié)束的概率為. 8分
(Ⅲ)甲先勝3局的情況有3種:3勝無敗,3勝1敗,3勝2敗.,則其概率分別為 9分
,=,,
于是甲獲勝的概率 11分
∴乙獲勝的概率 ∴. 12分
21.方法一
解: (Ⅰ)記AC與BD的交點(diǎn)為O,連接OE, 1分
∵O、M分別是AC、EF的中點(diǎn),ACEF是矩形,
∴四邊形AOEM是平行四邊形, 2分
∴AM∥OE. 3分
∵平面BDE, 平面BDE,
∴AM∥平面BDE. 4分
(Ⅱ)在平面AFD中過A作AS⊥DF于S,連結(jié)BS,
∵AB⊥AF, AB⊥AD,
∴AB⊥平面ADF, 5分
∴AS是BS在平面ADF上的射影,
由三垂線定理得BS⊥DF.
∴∠BSA是二面角A-DF-B的平面角。 7分
在RtΔASB中,
∴ 8分
∴二面角A-DF-B的大小為60º. 9分
(Ⅲ)設(shè)CP=t(0≤t≤2),作PQ⊥AB于Q,則PQ∥AD,
∵PQ⊥AB,PQ⊥AF,,
∴PQ⊥平面ABF,QF平面ABF,
∴PQ⊥QF. 11分
在RtΔPQF中,∠FPQ=60º,PF=2PQ.
∵ΔPAQ為等腰直角三角形,
∴ 12分
又∵ΔPAF為直角三角形,
∴,
∴
所以t=1或t=3(舍去)
即點(diǎn)P是AC的中點(diǎn). 14分
方法二( 仿上給分)
(Ⅰ)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。
設(shè),連接NE,
則點(diǎn)N、E的坐標(biāo)分別是(、(0,0,1),
∴NE=(,
又點(diǎn)A、M的坐標(biāo)分別是
()、(
∴ AM=(
∴NE=AM且NE與AM不共線,
∴NE∥AM.
又∵平面BDE, 平面BDE,
∴AM∥平面BDF.
(Ⅱ)∵AF⊥AB,AB⊥AD,AF
∴AB⊥平面ADF.
∴ 為平面DAF的法向量。
∵NE.DB=(.=0,
∴NE.NF=(.=0得
NE⊥DB,NE⊥NF,
∴NE為平面BDF的法向量。
∴cos<AB,NE>=
∴AB與NE的夾角是60º.
即所求二面角A-DF-B的大小是60º.
(Ⅲ)設(shè)P(t,t,0)(0≤t≤)得
∴DA=(0,,0,),
又∵PF和AD所成的角是60º.
∴
解得或(舍去),
即點(diǎn)P是AC的中點(diǎn).
22.解:(Ⅰ)法一: ||== ,
當(dāng)n= 時, ||min==1,所以c=. 3分
法二:設(shè)G(x,y),則G在直線y=x上,所以||的最小值為點(diǎn)F到直線y=x的距離,即
=1,得c=.
(Ⅱ)∵= (≠0),∴PE⊥直線x= , 又 || = || (a>c>0).
∴點(diǎn)P在以F為焦點(diǎn),x= 為準(zhǔn)線的橢圓上. 5分
設(shè)P(x,y), 則有 = |-x|, 點(diǎn)B(0-1)代入, 解得a=.
∴曲線C的方程為 +y2=1 7分
(Ⅲ)假設(shè)存在方向向量為a0=(1,k)(k≠0)的直線l滿足條件,則可設(shè)l:y=kx+m(k≠0),
與橢圓+y2=1聯(lián)立,消去y得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0. 10分
由判別式△>0,可得m2<3k2+1. ①
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), MN的中點(diǎn)P(x0,y0),由|BM|=|BN|, 則有BP⊥MN.
由韋達(dá)定理代入kBP=-,可得到m= ②
聯(lián)立①②,可得到 k2-1<0, 12分
∵k≠0, ∴ -1<k<0或0<k1.
即存在k∈(-1,0)∪(0,1),使l與曲線C交于兩個不同的點(diǎn)M、N,且||=||. 14分
23.解: (Ⅰ) ,若切點(diǎn)是,則
切線方程為. 1分
當(dāng)n=1時,切線過點(diǎn)(1,0),即,得
當(dāng)n>1時,切線過點(diǎn),即,解得.
數(shù)列是首項(xiàng)為,公比為的等比數(shù)列,
故所求通項(xiàng) . 4分
(Ⅱ) 由(1)知
9分
(Ⅲ)設(shè),則,
兩式相減得,
. 故. 14分