高考模拟题精选之数学（文科）解答题参考答案

1. 解： （1） 由图象可知函数f（x）的周期T=4-=2π，所以ω===1，所以f（x）=asinx+bcosx.代入，0，，-1可得a-b=0，-a-b=-1.解得a=，b=.所以ω=1，a=，b=.

（2） 由（1）得f（x）=sinx+cosx=sinx+.当x∈-，时，x+∈（0，π），故0

2. 解： （1） 整理an+1=？姿an+？姿n+1+（2-？姿）·2n可得an+1-2n+1=？姿（an-2n）+？姿n+1 （？姿>0），等式两边同除以？姿n+1可得=+1.因为bn=，所以bn+1=bn+1，所以{bn}为等差数列，首项b1===0，公差为1，所以bn=n-1，即=n-1，由此可得an=（n-1）？姿n+2n.

（2） 设Tn=？姿2+2？姿3+3？姿4+…+（n-2）？姿n-1+（n-1）？姿n （①），则？姿Tn=？姿3+2？姿4+3？姿5+…+（n-2）？姿n+（n-1）·？姿n+1 （②）.

当？姿≠1时，①-②可得（1-？姿）Tn=？姿2+？姿3+？姿4+…+？姿n-（n-1）？姿n+1，所以Tn===，所以Sn=+2n+1-2.

当？姿=1时，Tn=1+2+3+…+（n-1）=，所以Sn=+2n+1-2.

3. 解： （1） 如图1所示，联结AC，因为H为正方形ABCD对角线BD的中点，所以H也是正方形对角线AC的中点.又F为线段AE的中点，所以FH是△AEC的中位线，所以FH∥CE.因为FH？埭平面CDE，CE？奂平面CDE，所以FH∥平面CDE.

（2） 如图1所示，在平面ABE内，过F作AB的垂线交AB于M，联结MH.因为平面ABE⊥平面ABCD，FM⊥AB，所以FM⊥平面ABCD，所以∠FHM就是直线FH与平面ABCD所成的角θ，tanθ=.

过H作HN⊥AB，设AN=x，因为AB=4，所以x∈[0，4].因为H在正方形ABCD的对角线BD上，所以∠HBN=45°，又HN⊥AB，所以△HNB为直角等腰三角形.由BN=4-x可得HN=4-x.因为∠EAB=120°，所以∠MAF=60°，又AF=AE=·4=2，FM⊥AB，所以MA=AF·cos60°=1，FM=AF·sin60°=，所以MN=MA+AN=1+x，故MH===.当且仅当x=即MH取最小值时，（tanθ）max===.

4. 解： （1） 如图2所示，取BD的中点M，联结AM，ME.因为AB=AD=，所以AM⊥DB.

由DB=2，DC=1，BC=可得DB2+DC2=BC2，所以△BCD是直角三角形且DB⊥DC.因为E是BC的中点，所以ME为△BCD的中位线，所以ME∥DC且ME=DC=，由BD⊥DC可得ME⊥BD.所以∠AME是二面角A-BD-C的平面角，由题意可知∠AME=60°.

由AB=AD=，DB=2可得AB2+AD2=DB2，所以△ABD为等腰直角三角形，所以AM=BD=1.由余弦定理可得AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2·1··cos60°=.因为AE2+ME2=+2=1=AM2，所以AE⊥ME.因为AM⊥DB，ME⊥DB且AM∩ME=M，所以DB⊥平面AME，所以DB⊥AE.又BD∩ME=M，所以AE⊥平面BCD.

（2） 如图2所示，取DC的中点F，联结EF，AF. 因为E为BC的中点，所以EF为△BCD的中位线，所以EF∥DB.又DB⊥DC，所以EF⊥DC.

由AE⊥平面BCD得AE⊥DC，而AE∩EF=E，所以DC⊥平面AEF.所以AF⊥DC，结合EF⊥DC可得∠AFE为二面角A-DC-B的平面角.因为AE⊥平面BCD，而在Rt△AEF中，EF=DB=1，AE2=，所以AF==，所以cos∠AFE==，即二面角A-DC-B的平面角的余弦值为.

5. 解： （1） f ′（x）=ax2+2bx+c，由题意可得f ′（1）=a+2b+c=0 （①），f ′（m）=am2+2bm+c=-a （②）.由a0.

由（①）得c=-a-2b，代入ab，再结合b>a，a<0，解得-<<1 （③）.

将c=-a-2b代入②式可得am2+2bm-2b=0，由题意可知以m为未知数的方程am2+2bm-2b=0有实根，故其判别式Δ=4b2+8ab≥0，解得≤-2或≥0 （④）.由③④可得0≤<1.

（2） f ′（x）=ax2+2bx+c的判别式Δ=4b2-4ac，代入c=-a-2b可得Δ=4b2-4a（-a-2b）=4b2+4a2+8ab.由（1）可知4b2+8ab≥0，故Δ=4b2+4a2+8ab>0，所以方程ax2+2bx+c=0 （*）有两个不等的实根.

设两根为x1，x2，由f ′（1）=a+2b+c=0可知x1=1为方程*的一个实根，又由韦达定理可得x1+x2=-，所以x2=--1.因为上文已证0≤<1，所以-∈（-2，0]，所以x2=--1<0

因为a<0，所以二次函数f ′（x）的图象开口向下，所以当xx1时，f ′（x）<0；当x20.故函数f （x）的递增区间为[x2，x1].由题设可知[x2，x1]=[s，t]，因此s-t=x1-x2=1---1=2+，结合0≤<1可知s-t的取值范围为[2，4）.

6. 解： （1） f（x）的定义域为R.当a=e时，f（x）=ex-ex+e，f ′（x）=ex-e.令f ′（x）=0，解得x=1.当x>1时，f ′（x）>0；当x<1时，f ′（x）<0.所以f （x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

（2） f（x）>0对任意的x∈R恒成立等价于f（x）>0对任意的x∈[0，+∞）恒成立.对f（x）=ex-ax+a求导得 f ′（x）=ex-a.令f ′（x）=0，解得x=lna.

当a∈（0，1]时，由于x∈[0，+∞），所以ex≥1，所以f ′（x）≥1-a≥0，故f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以f（x）≥f（0）=1+a>0，符合题意.

当a∈（1，+∞）时，lna>0. 分析可知，当x∈（0，lna）时， f′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（lna，+∞）时， f′（x）>0， f（x）单调递增.故f（x）min= f（lna）.因为 f（x）>0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，所以f（lna）=elna-a·lna+a>0，解得a1，所以1

综上可得，a的取值范围是a∈（0，e2）.

7. 解： （1） 观察可知直线l：x=ty+（p>0）过抛物线C：y2=2px的焦点F，0.当t=0时，直线l：x=垂直于x轴，与抛物线分别交于A，p，B，-p，故AB=2p.又抛物线的准线x=-上的一点D到直线l：x=的距离d=p，故由S△ABD=AB·d=·2p·p=p2=4可得p=2 （p=-2舍去），所以抛物线的方程为y2=4x.

（2） 设A（x1，y1），B（x2，y2）.因为D在准线x=-上，故可设D-，m.联立直线方程与抛物线方程可得x=ty+，y2=2px；整理得y2-2pty-p2=0.由韦达定理可得y1+y2=2pt，y1·y2=-p2，故x1+x2=ty1++ty2+=2pt2+p.设AB的中点为M，则Mpt2+，pt.因为△ABD为正三角形，所以DM⊥AB.

当t≠0时，由直线l的方程x=ty+可知kAB=，故kDM=-=-t，即=

-t，解得m=pt3+2pt，所以D-，pt3+2pt.所以DM==p（t2+1）.

又由l过焦点F可知AB=AF+BF=x1++x2+=2pt2+p+p=2p（t2+1）.因为DM为正三角形ABD底边上的中线，所以DM=AB，即p（t2+1）·=·2p（t2+1），解得t=±.故点D的坐标为-，±4p.

当t=0时，由（1）可知AB⊥x轴，AB的中点为F，0，要使△ABD为正三角形，DF应垂直于AB，故D-，0.此时DF=p，AB=2p，由DF≠AB可得t=0不满足题意.

综上可得，D的坐标为-，±4p.

8. 解： （1） 抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点F0，，准线l：y=-.因为圆M：x2+（y-b）2=1关于l对称，故圆心M（0，b）在准线l：y=-上，所以b=-.因为当F到圆M上的点的距离d′有最大值时，F与圆上该点连线过圆心M，又圆M的半径r=1，所以d′=MF+r=--+1=3，解得p=2，所以b=-=-1.所以抛物线C的方程为x2=4y，圆M的方程为x2+（y+1）2=1.

（2） 点N（2t，t2）在抛物线C：x2=4y上.对x2=4y即y=x2求导可得y′=x，所以点N处的切线l1的斜率k1=y′ x=2t==t，可得直线l1的方程为y-t2=t（x-2t），即tx-y-t2=0.所以焦点F（0，1）到l1的距离d==.

因为圆心M（0，-1）到l1的距离d1=，所以AB=2=2=2=2，所以=2=2.令=m，则有=2.由d1

9. 解： （1） 因为点P（x，y），F0，P，故PF=.又由题意知PF的长度比点P到x轴的距离大，故PF=y+.所以x2+y-2=y+2，整理得x2=p（y+y）.当y≥0时，x2=2py；当y<0时，x=0，故所求轨迹方程为C：x2=2py（y≥0）或x=0（y<0）.

（2） 因为P在x轴上方，所以C：x2=2py （y>0，x≠0）.设过A（0，a）的直线方程为y=kx+a （a>0），M（x1，y1），N（x2，y2）.由题意可得M1（x1，-a），N1（x2，-a）.如图3所示，不妨设x1<0，x2>0.

联立y=kx+a与x2=2py，整理得x2-2kpx-2ap=0.因为直线与抛物线交于M，N两点，所以由韦达定理可得x1+x2=2kp，x1·x2=-2ap.所以y1+y2=k（x1+x2）+2a=2k2p+2a，y1y2=·==a2.

由图3可知S2=S△AMN=M1N1·2a=a·x2-x1=a·=a·，S1=S△AMM=·MM1·（-x1）=-（y1+a），S3=S△ANN=NN1·x2=（y2+a），所以=a2·（4k2p2+8ap）=4k2a2p2+8a3p，S1S3=-·[（y1y2）+a（y1+y2）+a2]=[a2+a（2k2p+2a）+a2]=2a3p+k2a2p2.令=λS1S3，解得λ=4.故存在λ=4，使得对任意的a>0，都有=S1S3.