数学卷·2017届江苏省南京市高三综合复习数学试题（解析版）

数学卷·2017届江苏省南京市高三综合复习数学试题（解析版）

2017 届高三数学综合题 一、填空题 1．如图正△ABC 的边长为 2，CD 是 AB 边上的高，E，F 分别为边 AC 与 BC 的中点，现将△ABC 沿 CD 翻折，使平面 ADC⊥平面 DCB，则棱锥 E－DFC 的体积为 ． 【答案】 3 24 ． 【提示】S△DFC＝1 4 S△ABC＝1 4 ×( 3 4 ×22)＝ 3 4 ，E 到面 DFC 的距离 h 等于 1 2 AD＝1 2 ． VE－DFC＝1 3 ×S△DFC×h＝ 3 24 ． 【说明】平面图象的翻折，多面体的体积计算． 2．已知函数 f(x)＝sin(ωx＋π 6 )－cosωx (ω＞0)．若函数 f(x)的图象关于直线 x＝2π对称，且在 区间[－π 4 ，π 4 ]上是单调函数，则ω的取值集合为 ． 【答案】{1 3 ，5 6 ，4 3 }． 【提示】f(x)＝sin(ωx－π 6)，因为 f(x)的图象关于直线 x＝2π对称， 所以 f(2π)＝±1，则 2πω－π 6 ＝kπ＋π 2 ，所以ω＝k 2 ＋1 3 ，k∈Z． 因为函数 f(x)在区间[－π 4 ，π 4]上是单调函数，所以周期 T≥2[π 4―(―π 4)]， 即2π ω ≥π，解得 0＜ω≤2，所以ω＝1 3 或ω＝5 6 或ω＝4 3 或ω＝11 6 ． 当ω＝1 3 时，f(x)＝sin(1 3x－π 6)，x∈[－π 4 ，π 4]时，1 3x－π 6 ∈[－π 4 ，－ π 12]，此时 f(x)在区间 [－π 4 ，π 4]上为增函数； 当ω＝5 6 时，f(x)＝sin(5 6x－π 6)，x∈[－π 4 ，π 4]时，5 6x－π 6 ∈[－3π 8 ， π 24]，此时 f(x)在区间 [－π 4 ，π 4]上为增函数； 当ω＝4 3 时，f(x)＝sin(4 3x－π 6)，x∈[－π 4 ，π 4]时，4 3x－π 6 ∈[－π 2 ，π 6]，此时 f(x)在区间 E A D B C E F F CD A B [－π 4 ，π 4]上为增函数； 当ω＝11 6 时，f(x)＝sin(11 6 x－π 6)，x∈[－π 4 ，π 4]时，11 6 x－π 6 ∈[－5π 8 ，7π 24]，此时 f(x)在区 间[－π 4 ，π 4]上不是单调函数； 综上：ω∈{1 3 ，5 6 ，4 3}． 【说明】考查两角和差公式及三角函数的图象与性质． 3．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 a 不是最大边，已知 a2－b2＝2bcsinA， 则 tanA－9tanB 的最小值为 ▲________． 【答案】－2． 【提示】由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA 及 a2－b2＝2bcsinA，得 c2－2bccosA＝2bcsinA， 即 c－2bcosA＝2bsinA，再由正弦定理，得 sinC－2sinBcosA＝2sinBsinA， 即 sin(A＋B)－2sinBcosA＝2sinBsinA，即 sinAcosB－cosAsinB＝2sinAsinB， 所以 tanA－tanB＝2tanAtanB． 所以 tanB＝ tanA 2tanA＋1 ，所以 tanA－9tanB＝tanA－ 9tanA 2tanA＋1 ＝1 2(2tanA＋1)＋ 9 2(2tanA＋1) －5≥2 1 2(2tanA＋1)× 9 2(2tanA＋1) －5＝－2． （当且仅当1 2 (2tanA＋1)＝ 9 2(2tanA＋1) ，即 tanA＝1 时取“＝”）． 【说明】本题考查正弦定理、余弦定理、三角变换及基本不等式． 4．在平面直角坐标系 xOy 中，M 为圆 C：(x－a)2＋(y－1)2＝16 9 上任意一点，N 为直线 l：ax ＋y＋3＝0 上任意一点，若以 M 为圆心，MN 为半径的圆与圆 C 至多有一个公共点，则 正数 a 的最小值为_________． 【答案】2 2 【提示】因为圆 M 与圆 C 至多有一个公共点， 所以 MC≤|MN－4 3 |，即|MN－4 3 |≥4 3 ，解得 MN≥8 3 ， 又 MN 的最小值为 a2＋4 a2＋1 －4 3 ，所以有 a2＋4 a2＋1 －4 3 ≥8 3 ， 解得 a≥2 2，所以正数 a 的最小值为 2 2． 【说明】本题考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，求解时先要能根据两圆的位置 关系，确定 MN≥8 3 ，由于 M，N 两点均是任意的，于是只要保证 MN 的最小值不 小于8 3 即可． 5．在平面直角坐标系 xOy 中，M 为直线 x＝3 上一动点，以 M 为圆心的圆记为圆 M，若圆 M 截 x 轴所得的弦长恒为 4．过点 O 作圆 M 的一条切线，切点为 P，则点 P 到直线 2x ＋y－10＝0 距离的最大值为_____． 【答案】3 5 【提示】设 M(3，t)，P(x0，y0)， 因为 OP⊥PM，所以 OP→· PM→＝0，可得 x02＋y02－3x0－ty0＝0 ① 又圆 M 截 x 轴所得的弦长为 4， 所以 4＋t2＝(x0－3)2＋(y0－t)2，整理得 x02＋y02－6x0－2ty0＋5＝0 ② 由①②得 x02＋y02＝5，即点 P 在圆 x2＋y2＝5 上， 于是 P 到直线 2x＋y－10＝0 距离的最大值为 10 5 ＋ 5＝3 5． 【说明】本题应该是通过①，②联立方程组，把 P 的坐标用 t 表示出来，从而可以建立 P 到 直线 2x＋y－10＝0 距离关于 t 的函数，再求函数的最大值即可．但是实际操作时， 要注意观察，把①，②联立方程组后很容易消去 t，得到 x0，y0 之间的关系，也即 得到点 P 所在的曲线，进而求出距离的最大值，注意从形到数，再从数到形之间的 转换． 6．数列{an}中，an＝2n－1，现将{an}中的项依原顺序按第 k 组有 2k 项的要求进行分组： （1，3），（5，7，9，11），（13，15，17，19，21，23），…，则第 n 组中各数的和为 ． 【答案】4n3 【提示】设数列{an}前 n 项和为 Sn，则 Sn＝n2，因为 2＋4＋…＋2n＝n( n＋1)＝n2＋n，2＋4 ＋…＋2( n－1)＝n( n－1)＝n2－n．所以第 n 组中各数的和＝Sn2＋n－Sn2－n＝( n2＋n)2 －(n2－n)2＝4n3． 【说明】考查等差数列前 n 项和． 7．已知椭圆 C：mx2＋y2＝1 (0＜m＜1)，直线 l：y＝x＋1，若椭圆 C 上总存在不同的两点 A 与 B 关于直线 l 对称，则椭圆 C 的离心率 e 的取值范围 ． 【答案】( 6 3 ，1)． 【提示】设 AB 中点 P，由中点弦问题可知 kAB•kOP＝－m，kAB＝－1，kOP＝m，联立直线 l 与 直线 OP 可得 P( 1 m－1 ， m m－1 )，由点 P 在椭圆内 m( 1 m－1 )2＋( m m－1 )2＜1， 得 m∈(0，1 3 )．离心率 e＝ 1－m∈( 6 3 ，1)． 【说明】考查点关于直线对称问题的处理方法及椭圆中点弦问题、点与椭圆位置关系． *8．已知函数 f(x)＝(x－2)3，数列{an}是公差不为 0 的等差数列，若 11 ∑ i=1 f(ai)＝0，则数列{an}的 前 11 项和 S11 为 ． 【答案】22 【提示】f(x)＝(x－2)3 为增函数，且关于点(2，0)中心对称，则 f(2＋x)＋f(2－x)＝0．设数列{an} 公差为 d，若 a6＞2，则 f(a6)＞0，f(a5)＋f(a7)＝f(a6－d)＋f(a6＋d)＞f(2－d)＋f(2＋d) ＝0，即 f(a5)＋f(a7)＞0，同理，f(a4)＋f(a8)＞0，…，f(a1)＋f(a11)＞0，则 11 ∑ i=1 f(ai)＞0； 同理，若 a6＜2，则 11 ∑ i=1 f(ai)＜0，所以 a6＝2．所以 S11＝11a6＝22． 【说明】考查函数的性质及等差数列的运算． *9．在直角梯形 ABCD 中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝2CD，M 为 CD 的中点，N 为线段 BC 上一点（不包括端点），若AC→＝λAM→＋μAN→，则1 λ ＋3 μ 的最小值为 ． 【答案】：27 4 【提示】：以 AB 为 x 轴，A 为坐标原点建立直角坐标系， 设 B(2，0)，C(1，t)，M(1 2 ，t)，N(x0，y0)， 因为 N 在线段 BC 上，所以 y0＝ t 1－2 (x0－2)， 即 y0＝t(2－x0)， 因为AC→＝λAM→＋μAN→，所以 1＝1 2 λ＋μx0，t＝λt＋μy0， t＝λt＋μy0＝λt＋μt(2－x0)，因为 t≠0， 所以 1＝λ＋μ(2－x0)＝λ＋2μ－μx0＝λ＋2μ－(1－1 2 λ) 所以 3λ＋4μ＝4，这里λ，μ均为正数， 所以 4(1 λ ＋3 μ)＝(3λ＋4μ)(1 λ ＋3 μ)＝3＋12＋4μ λ ＋9λ μ ≥15＋2 36＝27， 所以1 λ ＋3 μ ≥27 4 ，(当且仅当4μ λ ＝9λ μ ，即λ＝4 9 ，μ＝2 3 时取等号) 所以1 λ ＋3 μ 的最小值为27 4 ． 【说明】本题考查平面向量的线性运算，基底法与坐标法，基本不等式求最值． 10．已知函数 f(x)是以 4 为周期的函数，且当－1＜x≤3 时，f(x)＝ 1－x2， －1＜x≤1， 1－|x－2|，1＜x≤3． 若 函数 y＝f(x)－m|x|恰有 10 个不同零点，则实数 m 的取值范围为 ． A B CD M N 【答案】(1 6 ，8－2 15) 【提示】作出函数 f(x)与 y＝m|x|的图象． 【说明】考查函数的零点，利用分段函数的性质与图象数形结合，分析两个函数图象的位置 关系． *11．已知 a＞0，函数 f (x)＝(a＋1)x2－x＋sinx＋a－2，x∈R．记函数 f(x)的值域为 M，函数 f (f (x))的值域为 N，若 M⊆N，则 a 的最大值是_________． 【答案】2 【提示】f′(x)＝2(a＋1)x－1＋cosx，[f′(x)]′＝2(a＋1)－sinx＞0 恒成立， 于是 f′(x)单调递增，又 f′(0)＝0， 所以当 x＜0 时，f′(x)＜0；当 x＞0 时，f′(x)＞0； 即 f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 所以 f (x)的最小值为 f (0)＝a－2，于是 f (x)值域为[a－2，＋∞)． 若 a－2≤0，则 f (f (x))的值域为[f (0)，＋∞)，即[a－2，＋∞)，此时 M⊆N 成立； 若 a－2＞0，则 f (f (x))的值域为[f (a－2)，＋∞)， 因为 f (a－2)＞f (0)＝a－2，故此时有[f (a－2)，＋∞) [a－2，＋∞)，即 NM， 不合题意． 因此 0＜a≤2，所以 a 的最大值是 2． 【说明】这里需要注意的是遇到 f (f (x))的问题，要能分级处理，即先研究内层函数 f (x)，再 把内层函数 f (x)看作一个整体，然后研究 f (f (x))，另外本题还要注意简单的分类讨 论． *12．已知函数 f(x)＝－xlnx＋ax 在(0，e)上是增函数，函数 g(x)＝|ex－a|＋a2 2 ，当 x∈[0，ln3] 时，函数 g(x)的最大值 M 与最小值 m 的差为3 2 ，则 a 的值为 ． 【答案】5 2 【提示】由 f (x)＝－(lnx＋1)＋a≥0 在(0，e)上恒成立，即 a≥lnx＋1，得 a≥2．当 2≤a＜3， g(x)＝ a－ex＋a2 2 ，0≤x＜lna， ex－a＋a2 2 ，lna≤x≤ln3， g(x)在[0，lna]上递减，[lna，ln3]上递增，且 g(0) ≥g(ln3)，所以 M－m＝g(0)－g(lna)＝a－1＝3 2 ，解得 a＝5 2 ；当 a≥3，g(x)＝a－ex ＋a2 2 ，g(x)在[0，ln3]上递减，所以 M－m＝g(0)－g(ln3)＝2≠3 2 ，舍去． 【说明】考查用导数研究函数的性质，分段函数的最值．对 a 进行分类讨论，研究 g(x)的单 调性与最值． 二、解答题 1．某银行柜台有从左到右编号依次为 1，2，3，4，5，6 的六个服务窗口，其中 1，2，3， 4，5 号服务窗口办理 A 类业务，6 号服务窗口办理 B 类业务． （1）每天 12：00 至 14：00，由于需要办理 A 类业务的顾客较少，现从 1，2，3，4，5 号服务窗口中随机选择 2 个窗口暂停服务，求“1 号窗口或 2 号窗口暂停服务”的概率； （2）经统计，在 6 号窗口办理 B 类业务的等候人数及相应概率如下： 排队人数 0 1 2 3 4 4 人及 4 人以上 概 率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04 求至少 2 人排队等侯的概率． 解：（1）由题意，有如下基本事件（ (i，j)表示第 i，j 号窗口暂停服务）： (1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)， (2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)， 因此，共有 10 个基本事件． 记事件 A“1 号窗口或 2 号窗口暂停服务”，事件 A 包括： (1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)， (2，3)，(2，4)，(2，5)， 因此，共有 7 个基本事件，故 P(A)＝ 7 10 ． 答：暂停服务的三个窗口恰有两个连在一起的概率为 7 10 ． （2）记事件“6 号窗口办理 B 类业务的等候人数为 k”记为 Bk，（k∈N）， 则事件 Bk 两两互斥． 记事件“至少 2 人排队等侯”为 B，则事件－B “排队等侯人数为 0 或 1”， 所以 P(－B )＝P(B0)＋P(B1) ＝0.1＋0.16＝0.26， 所以 P(B)＝1－P(－B )＝1－0.26＝0.74． 答：至少 2 人排队等侯的概率为 0.74． 【说明】考查古典概型及互斥事件发生的概率． 2．△ABC 中，AB→·AC→＝2 7 S△ABC（S△ABC 表示△ABC 的面积） （1）若 BC＝2，求△ABC 外接圆的半径； （2）若 B－C＝π 4 ，求 sinB 的值． 解：（1）AB→·AC→＝AB·AC·cosA，S△ABC＝1 2 AB·AC·sinA， 因为AB→·AC→＝2 7 S△ABC，所以 AB·AC·cosA＝2 7 ×1 2 AB·AC·sinA， 即：cosA＝1 7 sinA，又因为 cos2A＋sin2A＝1，A∈(0，π) 解得：sinA＝7 2 10 ，cosA＝ 2 10 ． 设△ABC 外接圆的半径为 R，则 2R＝ BC sinA ＝ 2 7 2 10 ＝10 2 7 ， 所以 R＝5 2 7 ，即△ABC 外接圆的半径为5 2 7 ． （2）因为 A＋B＋C＝π， 所以 sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA＝7 2 10 ，cos(B＋C)＝cos(π－A)＝－cosA＝－ 2 10 ， 则 cos2B＝cos[(B＋C)＋(B－C)]＝cos[(B＋C)＋π 4 ] ＝cos(B＋C)cosπ 4 －sin(B＋C)sinπ 4 ＝－ 2 10 × 2 2 －7 2 10 × 2 2 ＝－4 5 ． 又 cos2B＝1－2sin2B，所以 sin2B＝1－cos2B 2 ＝ 1＋4 5 2 ＝ 9 10 ， 又因为 B∈(0，π)，所以 sinB＞0，所以 sinB＝3 10 10 ． 【说明】考查平面向量数量积、三角形面积公式、同角三角函数关系、正弦定理、两角和差 公式及二倍角公式等． 3．如图所示，某公路 AB 一侧有一块空地△OAB，其中 OA＝3 km，OB＝3 3 km，∠AOB＝ 90°．当地政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中 M，N 都在边 AB 上（M，N 不与 A， B 重合，M 在 A，N 之间），且∠MON＝30°． （1）若 M 在距离 A 点 2 km 处，求点 M，N 之间的距离； （2）为节省投入资金，人工湖△OMN 的面积要尽可能小．试确定 M 的 位置，使△OMN 的面积最小，并求出最小面积． 解：（1）在△OAB 中，因为 OA＝3，OB＝3 3，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°． 在△OAM 中，由余弦定理得 OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cosA＝7， 所以 OM＝ 7，所以 cos∠AOM＝OA2＋OM2－AM2 2OA·OM ＝2 7 7 ， 在△OAN 中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝ sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝2 7 7 ． 在△OMN 中，由 MN sin30° ＝ OM sin∠ONA ，得 MN＝ 7 2 7 7 ×1 2 ＝7 4 ． （2）解法 1：设 AM＝x，0＜x＜3． 在△OAM 中，由余弦定理得 OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cosA＝x2－3x＋9， 所以 OM＝ x2－3x＋9，所以 cos∠AOM＝OA2＋OM2－AM2 2OA·OM ＝ 6－x 2 x2－3x＋9 ， O A BM N 在△OAN 中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝ sin(∠AOM＋90°) ＝cos∠AOM＝ 6－x 2 x2－3x＋9 ． 由 ON sin∠OAB ＝ OA sin∠ONA ，得 ON＝ 3 6－x 2 x2－3x＋9 · 3 2 ＝3 3 x2－3x＋9 6－x ． 所以 S △ OMN＝1 2 OM·ON·sin∠MON＝1 2 · x2－3x＋9·3 3 x2－3x＋9 6－x ·1 2 ＝3 3(x2－3x＋9) 4(6－x) ，0＜x＜3． 令 6－x＝t，则 x＝6－t，3＜t＜6，则 S △ OMN＝3 3(t2－9t＋27) 4t ＝3 3 4 (t－9＋27 t ) ≥3 3 4 ·(2 t·27 t －9)＝27(2－ 3) 4 ． 当且仅当 t＝27 t ，即 t＝3 3，x＝6－3 3时等号成立，S △ OMN 的最小值为27(2－ 3) 4 ． 所以 M 的位置为距离 A 点 6－3 3 km 处，可使△OMN 的面积最小，最小面积是 27(2－ 3) 4 km2． 解法 2：设∠AOM＝θ，0＜θ＜ 3 在△OAM 中，由 OM sin∠OAB ＝ OA sin∠OMA ，得 OM＝ 3 3 2sin(θ＋ 3) ． 在△OAN 中，由 ON sin∠OAB ＝ OA sin∠ONA ，得 ON＝ 3 3 2sin(θ＋ 2) ＝ 3 3 2cosθ ． 所以 S △ OMN＝1 2 OM·ON·sin∠MON＝1 2 · 3 3 2sin(θ＋ 3) ·3 3 2cosθ ·1 2 ＝ 27 16sin(θ＋ 3)cosθ ＝ 27 8sinθcosθ＋8 3cos2θ ＝ 27 4sin2θ＋4 3cos2θ＋4 3 ＝ 27 4sin2θ＋4 3cos2θ＋4 3 ＝ 27 8sin(2θ＋ 3)＋4 3 ，0＜θ＜ 3 ． 当 2θ＋ 3 ＝ 2 ，即θ＝  12 时，S △ OMN 的最小值为27(2－ 3) 4 ． 所以应设计∠AOM＝  12 ，可使△OMN 的面积最小，最小面积是27(2－ 3) 4 km2． 【说明】考查以解三角形为背景的数学建模应用，灵活选择自变量建立目标函数求解最值． 4．某企业准备投入适当的广告费对产品进行促销，在一年内预计销售 Q（万件）与广告费 x（万元）之间的函数关系为 Q＝4x＋1 x＋1 （x≥0）．已知生产此产品的年固定投入为 4.5 万元，每生产 1 万件此产品仍需再投入 32 万元，且能全部销售完．若每件销售价定为： “平均每件生产成本的 150%”与“年平均每件所占广告费的 25%”之和． （1）试将年利润 W（万元）表示为年广告费 x（万元）的函数； （2）当年广告费投入多少万元时，企业年利润最大？最大利润为多少？ 解：（1）由题意可得，产品的生产成本为（32Q＋4.5）万元， 每件销售价为32Q＋4.5 Q ×150%＋x Q ×25%． ∴年销售收入为(32Q＋4.5 Q ×150%＋x Q ×25%)·Q＝3 2(32Q＋9 2)＋1 4 x． ∴年利润 W＝3 2 (32Q＋9 2 )＋1 4 x－(32Q＋9 2 )－x＝1 2 (32Q＋9 2 )－3 4 x＝16Q＋9 4 －3 4 x ＝16· 4x＋1 x＋1 ＋9 4 －3 4 x，(x≥0) ． （2）令 x＋1＝t（t≥1），则 W＝16·4t－3 t ＋9 4 －3 4(t－1)＝64－48 t ＋3－3 4 t＝67－3(16 t ＋t 4)． ∵t≥1，∴16 t ＋t 4 ≥2 16 t · t 4 ＝4，即 W≤55， 当且仅当16 t ＝t 4 ，即 t＝8 时，W 有最大值 55，此时 x＝7． 即当年广告费为 7 万元时，企业利润最大，最大值为 55 万元． 【说明】函数应用题，基本不等式求最值． 5．已知椭圆 M：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左右顶点分别为 A，B，一个焦点为 F(－1，0)，点 F 到相应准线的距离为 3．经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C，D 两点． （1）求椭圆 M 的方程； （2）记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2|的最大值． 解：（1）由焦点 F(－1，0)知 c＝1，又a2 c －c＝3，所以 a2＝4，从而 b2＝a2－c2＝3． 所以椭圆 M 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． （2）若直线 l 的斜率不存在，l 的方程为 x＝－1，此时 S1＝S2，|S1－S2|＝0； 若直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 y＝k(x＋1)，k≠0，C(x1，y1)，D(x2，y2)． 联立 y＝k(x＋1)， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 消去 y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 所以 x1＋x2＝ －8k2 3＋4k2 ，x1x2＝4k2－12 3＋4k2 ． 此时|S1－S2|＝1 2 ×AB×||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)| ＝2|k||(x1＋x2)＋2|＝2|k|| －8k2 3＋4k2 ＋2|＝2|k|| 6 3＋4k2|＝ 12|k| 3＋4k2 ． 因为 k≠0，所以|S1－S2|＝ 12 3 |k| ＋4|k| ≤ 12 2 3 |k| ·4|k| ＝ 12 4 3 ＝ 3， 当且仅当 3 |k| ＝4|k|，即 k＝± 3 2 时取等号． 所以|S1－S2|的最大值为 3． 【说明】考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，最值问题等．突出基本量运算、用基本 不等式求最值等方法． 6．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)内一点 A(0，1)的动直 线 l 与椭圆相交于 M，N 两点，当 l 平行于 x 轴和垂直于 x 轴时，l 被椭圆 C 所截得的线 段长均为 2 2． （1）求椭圆 C 的方程； （2）是否存在与点 A 不同的定点 B，使得对任意过点 A 的动直线 l 都满足AM AN ＝BM BN ？若存 在，求出定点 B 的坐标；若不存在，请说明理由． 解：（1）当 l 垂直于 x 轴时，2b＝2 2，从而 b＝ 2． 当 l 平行于 x 轴时，点( 2，1)在椭圆 C 上，所以 2 a2 ＋1 2 ＝1，解得 a＝2． 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 2 ＝1． （2）设存在与点 A 不同的定点 B 满足AM AN ＝BM BN ． 当 l 平行于 x 轴时，AM＝AN，所以 BM＝BN，从而点 B 在 y 轴上，设 B(0，t)； 当 l 垂直于 x 轴时，不妨设 M(0， 2)，N(0，－ 2)． 由AM AN ＝BM BN 可得|t－ 2| |t＋ 2| ＝| 2－1| | 2＋1| ，解得 t＝1（舍去）或 t＝2，即 B(0，2)． 下面证明对任意斜率存在且不为 0 的动直线 l 都满足AM AN ＝BM BN ． 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立 y＝kx＋1， x2 4 ＋y2 2 ＝1，消去 y，得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0， 所以 x1＋x2＝ －4k 1＋2k2 ，x1x2＝ －2 1＋2k2 ． 因为AM AN ＝ 1＋k2|x1| 1＋k2|x2| ＝|x1| |x2| ，BM BN ＝ x12＋(y1－2)2 x22＋(y2－2)2 ＝ x12＋(kx1－1)2 x22＋(kx2－1)2 ＝ (1＋k2)x12－2kx1＋1 (1＋k2)x22－2kx2＋1 ， 要证AM AN ＝BM BN ，只要证|x1| |x2| ＝ (1＋k2)x12－2kx1＋1 (1＋k2)x22－2kx2＋1 ， 只要证 x12[(1＋k2)x22－2kx2＋1)]＝x22[(1＋k2)x12－2kx1＋1)]， x y O M N A 即证 2kx12x2－2kx22x1＋x22－x12＝0，即证(x1－x2)[2kx1x2－(x1＋x2)]＝0． 因为 2kx1x2－(x1＋x2)＝2k× －2 1＋2k2 － －4k 1＋2k2 ＝0，所以AM AN ＝BM BN ． 所以存在与点 A 不同的定点 B(0，2)，使得对任意过点 A 的动直线 l 都满足AM AN ＝BM BN ． 【说明】考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，定点的探求等．突出基本量运算、 代数式恒等变形、由特殊到一般等方法． 7. 已知函数 f (x)＝exsinx－cosx，g (x)＝xcosx－ 2ex ，其中 e 是自然对数的底数. （1）判断函数 y＝f (x)在(0，π 2 )内零点的个数，并说明理由； （2）任意 x1∈[0，π 2 ]，存在 x2∈[0，π 2 ]，使得不等式 f (x1)＋g (x2)≥m 成立，试求实数 m 的 取值范围； （3）若 x＞－1，求证：f (x)－g (x)＞0. 解：（1）函数 y＝f (x)在(0,π 2 )上的零点的个数为 1， 理由如下： 因为 f (x)＝exsinx－cosx，所以 f′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx. 因为 x∈(0，π 2 )，所以 f ′(x)＞0. 所以函数 f (x)在(0，π 2 )上是单调递增函数. 因为 f (0)＝－1＜0，f (π 2 )＝e π 2＞0， 根据函数零点存在性定理得 函数 y＝f (x)在(0，π 2 )上的零点的个数为 1. （2）因为不等式 f (x1)＋g (x2)≥m 等价于 f (x1)≥m－g (x2)， 所以任意 x1∈[0，π 2 ]，存在 x2∈[0，π 2 ]，使得不等式 f (x1)＋g (x2)≥m 成立，等价于 f (x)min≥(m－g (x))min，即 f (x)min≥m－g (x)max. 当 x∈[0，π 2 ]时，f ′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx＞0，故 f(x)在区间[0，π 2 ]上单调递增， 所以 x＝0 时，f (x)取得最小值－1， 又 g′(x)=cosx－xsinx－ 2ex，由于 0≤cosx≤1，xsinx≥0， 2ex≥ 2， 所以 g′(x)＜0，故 g (x)在区间[0，π 2 ]上单调递减. 因此，x＝0 时，g (x)取得最大值－ 2. 所以 m≤－ 2－1. （3）当 x＞－1 时，要证 f (x)－g (x)＞0，只要证 f (x)＞g (x)， 只要证 exsinx－cosx＞xcosx－ 2ex， 只要证 exsinx＋ 2ex＞cosx＋xcosx， 由于 sinx＋ 2＞0，1＋x＞0 只要证 ex x＋1 ＞ cosx sinx＋ 2 . 下面证明 x＞－1 时，不等式 ex x+1 ＞ cosx sinx＋ 2 成立. 令 h(x)＝ ex x＋1 ，则 h′(x)＝ xex (x＋1)2 ， 当 x∈(－1,0)时，h′(x)＜0，h(x)是单调递减； 当 x∈(0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)是单调递增. 所以当且仅当 x＝0 时，h(x)取得极小值也就是最小值为 1， 即 ex x＋1 ≥1，当 x＝0 时，取“＝”. 又因为 cosx－sinx＝ 2sin(π 4 －x)≤ 2，当 x＝2kπ－π 4 时，k∈Z 时取“＝”. 所以 cosx－sinx≤ 2，即 cosx sinx＋ 2 ≤1，当 x＝2kπ－π 4 时，k∈Z 时取“＝”. 所以 ex x+1 ＞ cosx sinx＋ 2 . 综上所述，当 x＞－1 时，f (x)－g (x)＞0 成立. 【说明】考查函数零点问题、函数不等式的转化与证明，转化与化归的思想。 8．已知函数 f (x)＝xlnx－x． （1）设 g (x)＝f (x)＋|x－a|，a∈R．e 为自然对数的底数． ①当 a＝－ 2 e3 时，判断函数 g (x)零点的个数； ②当 x∈[1 e ，e]时，求函数 g (x)的最小值． （2）设 0＜m＜n＜1，求证：f (n)＋ 2m m2＋1 ＜0． 解：（1）①当 a＝－ 2 e3 时，g (x)＝xlnx－x＋|x＋ 2 e3|＝xlnx＋ 2 e3 ， g′(x)＝1＋lnx， 当 0＜x＜1 e 时，g′(x)＜0；当 x＞1 e 时，g′(x)＞0； 因此 g (x)在 (0，1 e )上单调递减，在(1 e ，＋∞)上单调递增， 又 g ( 1 e4)＝ 2 e3 － 4 e4 ＝2e－4 e4 ＞0，g (1 e)＝－1 e ＋ 2 e3 ＝2－e2 e3 ＜0，g (1)＝ 2 e3 ＞0， 所以 g (x)有且仅有两个零点． ②（i）当 a≤1 e 时，g (x)＝xlnx－x＋x－a＝xlnx－a， 因为 x∈[1 e ，e]，g′(x)＝1＋lnx≥0 恒成立， 所以 g (x)在[1 e ，e]上单调递增，所以此时 g (x)的最小值为 g (1 e )＝－1 e －a． （ii）当 a≥e 时，g (x)＝xlnx－x＋a－x＝xlnx－2x＋a， 因为 x∈[1 e ，e]，g′(x)＝lnx－1≤0 恒成立， 所以 g (x)在[1 e ，e]上单调递减，所以此时 g (x)的最小值为 g (e)＝a－e． （iii）当1 e ＜a＜e 时， 若1 e ≤x≤a，则 g (x)＝xlnx－x＋a－x＝xlnx－2x＋a， 若 a≤x≤e，则 g (x)＝xlnx－x＋x－a＝xlnx－a， 由（i），（ii）知 g (x)在[1 e ，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增， 所以此时 g (x)的最小值为 g (a)＝alna－a， 综上有：当 a≤1 e 时，g (x)的最小值为－1 e －a； 当1 e ＜a＜e 时，g (x)的最小值为 alna－a； 当 a≥e 时，g (x)的最小值为 a－e． （2）设 h(x)＝ 2x x 2＋1 ， 则当 x∈(0，1)时，h′(x)＝2(1－x2) (1＋x2)2 ＞0，于是 h(x)在(0，1)单调递增， 又 0＜m＜n＜1，所以 h(m)＜h(n)， 从而有 f (n)＋ 2m m2＋1 ＜f (n)＋h(n)＝n(lnn－1＋ 2 n2＋1 ) 设φ(x)＝lnx－1＋ 2 x2＋1 ，x＞0 则φ′(x)＝1 x － 4x (1＋x2)2 ＝ (x2－1)2 x(1＋x2)2 ≥0， 因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为 0＜n＜1，所以φ(n)＜φ(1)＝0，即 lnn－1＋ 2 n2＋1 ＜0， 因此 f (n)＋ 2m m2＋1 ＜n(lnn－1＋ 2 n2＋1 )＜0， 即原不等式得证． 【说明】本题（1）中两问考查了函数的零点及带有绝对值问题的分类讨论，第（2）问是 二元函数不等式的证明，需要有消元意识，利用函数 h(x)＝ 2x x 2＋1 的单调性，将所 证不等式转化为 f(n)＋h(n)＜0 是解决该问的关键． 9．若各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2 Sn＝an＋1 (n∈N*)． （1）求数列{an}的通项公式； （2）若正项等比数列{bn}，满足 b2＝2，2b7＋b8＝b9，求 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn． （3）对于(2)中的 Tn，若对任意的 n∈N*，不等式λ·(－1)n＜ 1 2n＋1(Tn＋21)恒成立， 求实数λ的取值范围； 解：（1）因为 4Sn＝(an＋1)2，且 an＞0，由 4a1＝(a1＋1)2 得 a1＝1， 又 4Sn＋1＝(an＋1＋1)2，所以 4an＋1＝4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2， (an＋1＋an) (an＋1－an)－2(an＋1＋an)＝0，因为 an＞0，所以 an＋1＋an≠0， 所以 an＋1－an＝2，所以{an}是公差为 2 的等差数列，又 a1＝1， 所以 an＝2n－1． （2） 设{bn}的公比为 q，因为 2b7＋b8＝b9，2＋q＝q2，所以 q＝－1(舍)或 q＝2， b1＝1，bn＝2n－1． 记 A＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2 n－1， 2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n， －A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n， A＝(2n－1)·2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)·2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)·2n＋3 所以 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(2n－3)·2n＋3． （3）不等式λ·(－1)n＜ 1 2n＋1(Tn＋21)可化为(－1)n·λ＜(n－3 2 )＋ 6 2n－1 ． 当 n 为偶数时，λ＜(n－3 2 )＋ 6 2n－1 ，记 g(n)＝(n－3 2 )＋ 6 2n－1 ．所以λ＜[g(n)]min． g(n＋2)－g(n)＝2＋ 6 2n＋1 － 6 2n－1 ＝2－ 9 2n ， n＝2 时，g(n＋2)＜g(n)，n≥4 时，g(n＋2)＞g(n)， 即 g(4)＜g(2)，n≥4 时，g(n)递增，[g(n)]min＝g(4)＝13 4 ，即λ＜13 4 ． 当 n 为奇数时，λ＞(3 2 －n)－ 6 2n－1 ，记 h(n)＝3 2 －(n＋ 6 2n－1)，所以λ＞[h(n)]max． h(n＋2)－h(n)＝－2－ 6 2n＋1 ＋ 6 2n－1 ＝－2＋ 9 2n ， n＝1 时，h (n＋2)＞h(n)，n≥3 时，h(n＋1)＜h(n)， 即 h(3)＞h(1)，n≥3 时，h(n)递减，[h(n)]max＝h(3)＝－3，所以λ＞－3 综上所述，实数λ的取值范围为(－3，13 4 ) 【说明】等差数列与等比数列的判定，基本量计算，数列求和，求数列的最大项与最小项， 数列与不等式综合． 10．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，把满足条件 an＋1≤Sn(n∈N*)的所有数列{an}构成的集合记 为 M． （1）若数列{an}通项为 an＝ 1 2n ，求证：{an}∈M； （2）若数列{an}是等差数列，且{an＋n}∈M，求 2a5－a1 的取值范围； （3）若数列{an}的各项均为正数，且{an}∈M，数列{4n an }中是否存在无穷多项依次成等差 数列，若存在，给出一个数列{an}的通项；若不存在，说明理由． 解:（1）因为 an＝ 1 2n ，所以 Sn＝1 2× 1－(1 2 )n 1－1 2 ＝1－(1 2)n，所以 an＋1－Sn＝(1 2)n＋1－1＋(1 2)n＝3 2(1 2)n－1 ≤3 2 ×1 2 －1＝－1 4 ＜0， 所以 an＋1＜Sn，即{an}∈M． （2）设{an}的公差为 d， 因为{an＋n}∈M， 所以 an＋1＋n＋1≤(a1＋1)＋(a2＋2)＋…＋(an＋n) （*） 特别的当 n＝1 时，a2＋2≤a1＋1，即 d≤－1， 由（*）得 a1＋nd＋n＋1≤na1＋n(n－1) 2 d＋n(n＋1) 2 ，整理得 d＋1 2 n2＋(a1－3 2 d－1 2)n－a1 －1≥0， 因为上述不等式对一切 n∈N*恒成立，所以必有d＋1 2 ≥0，解得 d≥－1， 又 d≤－1，所以 d＝－1， 于是(a1＋1)n－a1－1≥0，即(a1＋1)(n－1)≥0， 所以 a1＋1≥0，即 a1≥－1， 所以 2a5－a1＝2(a5－a1)＋a1＝8d＋a1＝－8＋a1≥－9， 因此 2a5－a1 的取值范围是[－9，＋∞)． （3）由 an＋1≤Sn 得 Sn＋1－Sn≤Sn，所以 Sn＋1≤2Sn，即Sn＋1 Sn ≤2， 所以Sn＋1 S1 ＝S2 S1 ×S3 S2 ×…×Sn＋1 Sn ≤2n， 从而有 Sn＋1≤S1×2n＝a1×2n， 又 an＋1≤Sn，所以 an＋2≤Sn＋1≤a1×2n，即 an≤a1×2n－2(n≥3)， 又 a2≤S1＝a1×22－2，a1＜a1×21－2， 所以有 an≤a1×2n－2(n∈N*)，所以4n an ≥ 4 a1 ×2n， 假设数列{4n an }中存在无穷多项依次成等差数列， 不妨设该等差数列的第 n 项为 dn＋b(b 为常数)， 则存在 m∈N，m≥n，使得 dn＋b＝4m am ≥ 4 a1 ×2m≥ 4 a1 ×2n， 即 da1n＋ba1≥2n＋2， 设 f (n)＝ n2 2n＋2 ，n∈N*，n≥3， 则 f (n＋1)－f (n)＝(n＋1)2 2n＋3 － n2 2n＋2 ＝2－(n－1)2 2n＋3 ＜0， 即 f (n＋1)＜f (n)≤f (3)＝ 9 32 ＜1， 于是当 n≥3 时，2n＋2＞n2， 从而有：当 n≥3 时 da1n＋ba1＞n2，即 n2－da1n－ba1＜0， 于是当 n≥3 时，关于 n 的不等式 n2－da1n－ba1＜0 有无穷多个解，显然不成立， 因此数列{4n an }中是不存在无穷多项依次成等差数列． 【说明】（1）解决本题第二问时，要能通过 n＝1 的特殊情形得到数列{an}的公差 d≤－1， 这是能方便解决第二问的关键．第三问难度较大，在推出矛盾时要能有一些常识即： 存在无穷多个 n (n∈N*)，使得 2n 不小于 f (n)，其中 f (n)时关于 n 多项式函数． （2）本题考查了数列前 n 项的和与项之间的关系，要能熟练的进行两者之间的相互 转化．第三问参数较多，遇到此类问题要能先锁定一个变量，其余看作常量处理问 题，该问还涉及到了指数函数的单调性的相关讨论，本题属于难题． 11．箱子中有 4 个形状、大小完全相同的小球，其中红色小球 2 个、黑色和白色小球各 1 个，现从中有放回的连续摸 4 次，每次摸出 1 个球． （1）求 4 次中恰好有 1 次红球和 1 次黑球的概率； （2）求 4 次摸出球的颜色种数ξ的分布列与数学期望． 解：（1）记事件 A“摸出 1 个球，是红色小球”，事件 B“摸出 1 个球，是黑色小球”，事件 C“摸出 1 个球，是白色小球”，则 A，B，C 相互独立，且 P(A)＝1 2 ，P(B)＝1 4 ，P(C)＝1 4 ． 记事件 D“有放回的连续摸 4 次，恰好有 1 次红球和 1 次黑球”， 则 P(D)＝A2 4×1 2 ×1 4 ×(1 4 )2＝ 3 32 ． 答：恰好有有 1 次红球和 1 次黑球的概率是 3 32 ． （2）随机变量ξ的可能值为 1，2，3．记 Ai“摸出 i 个红色小球”，Bi“摸出 i 个黑色小球”， Ci“摸出 i 个白色小球”． P(ξ＝1)＝P(A4＋B4＋C4) ＝P(A4)＋P(B4)＋P(C4) ＝(1 2 )4＋(1 4 )4＋(1 4 )4＝ 9 128 ； P(A1·B3＋A2·B2＋A3·B1)＝C1 4(1 2 ) (1 4 )3＋C2 4(1 2 )2 (1 4 )2＋C3 4(1 2 )3 (1 4 )＝ 1 32 ＋ 3 32 ＋1 8 ＝1 4 ， P(A1·C3＋A2·C2＋A3·C1)＝C1 4(1 2 ) (1 4 )3＋C2 4(1 2 )2 (1 4 )2＋C3 4(1 2 )3 (1 4 )＝ 1 32 ＋ 3 32 ＋1 8 ＝1 4 ， P(B1·C3＋B2·C2＋B3·C1)＝C1 4(1 4 ) (1 4 )3＋C2 4(1 4 )2 (1 4 )2＋C3 4(1 4 )3 (1 4 )＝ 1 64 ＋ 3 128 ＋ 1 64 ＝ 7 128 ， P(ξ＝2)＝P(A1·B3＋A2·B2＋A3·B1)＋P(A1·C3＋A2·C2＋A3·C1)＋P(B1·C3＋B2·C2＋B3·C1) ＝1 4 ＋1 4 ＋ 7 128 ＝ 71 128 ； P(ξ＝3)＝P(A2·B1·C1＋A1·B2·C1＋A1·B1·C2)＝A2 4(1 2 )2(1 4 )2＋A2 4(1 4 )2 (1 4 )(1 2 )＋A2 4(1 4 )2 (1 4 )(1 2 ) ＝ 3 16 ＋ 3 32 ＋ 3 32 ＝3 8 ． 故随机变量ξ的分布列为： ξ 1 2 3 P 9 128 71 128 3 8 所以数学期望 E(ξ)＝1× 9 128 ＋2× 71 128 ＋3×3 8 ＝295 128 ．