高考模拟题精选之数学（理科）解答题参考答案

2014-08-21

中学生天地·高中学习版 2014年8期

1. 解：（1） f（x）=2sinxcos（x-φ）=2sinx（cosxcosφ+sinxsinφ）=cosφsin2x+sinφ（1-cos2x）=cosφsin2x-sinφcos2x+sinφ=sin（2x-φ）+sinφ，所以f（x）max=1+sinφ.由题意可知，f（x）max=，所以sinφ=. 又0<φ<，所以φ=.

（2）由（1）得 f（x）=sin2x-

+，所以A

，

，B

，

-.因为[OA] ·[OB] =->->0，所以∠AOB<.

2. 解：（1）设R为△ABC的外接圆半径，由正弦定理===2R可得，acosB+

bcosA=2RsinAcosB+2RsinBcosA=2Rsin（A+B）=2RsinC=c.

（2） a2sin2B+b2sin2A=2a2sinBcosB+2b2sinAcosA.因为bsinA=asinB，所以2a2sinBcosB+2b2sinAcosA=2absin（A+B）=2absinC=4S，即a2sin2B+b2sin2A=4S.

3. 解：（1） f（x）=3x+sinxcosx-5sinx，f′（x）=3+cos2x-5cosx=2cos2x-5cosx+2=（2cosx-1）·（cosx-2）.令f′（x）=0得cosx=.当x∈[0，2π]时，f′（x）=0共有两个根：x1=，x2=.当x∈0，

时，

，

时，-10；当x∈

，2π时，f′（x）<0.所以函数f（x）的单调递减区间为0，

，

，2π，单调递增区间为

，

（2） f′（x）=3+cos2x-5cosx的周期为2π.由（1）可知， f（x）在区间（0，+∞）上所有极小值点从小到大满足xn=2（n-1）π+（n=1，2，3，…）.将xn代入f（x）=3x+sinxcosx-5sinx得f（xn）=3xn-，即所有点Pn（xn，f（xn））在同一直线y=3x-上.

4. 解：（1）记甲、乙两人同时参加A岗位服务为事件EA，P（EA）==.

（2）记甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件E，则P（E）==，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率P（E）=1-P（E）=.

5. 解：（1）由茎叶图可知，随机抽取的15天中空气质量类别为优或良的天数为5天，所以可估计甲城市在11月份30天的空气质量类别为优或良的天数为10天.

（2） X的取值为0，1，2 .

P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==.

X的分布列为：

所以数学期望EX=0×+1×+2×=.

6. 解：（1）由题意可得，甲、乙两人都没有抽中6号签的概率P==.

（2）随机变量ξ=0，1，2，3，4.

P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，P（ξ=4）==.

随机变量ξ的分布列为：

所以随机变量ξ的期望Eξ=0×+1×+2×+3×+4×=.

7. 解：（1）因为=2+n-1=n+1，所以Sn=n2+n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+n-（n-1）2-（n-1）=2n.又a1=S1=2也满足an=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n，n∈N*.

（2）由题意知++…+=（4n-1）（①）.当n≥2时，++…+=（4n-1-1）（②）.①-②得=（4n-4n-1）=·4n-1（4-1）=4n，所以bn=2n·4n （n∈N*，n≥2）.当n=1时，=·（4-1）=4，可得b1=8=2·4也满足bn=2n·4n，所以{bn}的通项公式bn=2n·4n，n∈N*.

8. 解：（1）因为2anSn-[an][2]=1，所以当n≥2时，2（Sn-Sn-1）Sn-（Sn-Sn-1）2=1，整理得[Sn][2]-[Sn-1][2]=1.由2S1·S1-[S1][2]=1可得[S1][2]=1，所以数列{[Sn][2]}为首项和公差都是1的等差数列，所以[Sn][2]=n.

由an>0可知Sn>0，所以Sn=.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-.又a1=S1=1也满足an=-，所以{an}的通项公式an=-，n∈N*.

（2）因为bn===-，所以Tn=1-+-+…+-=1-==. 又n≥1，所以Tn≥.依题意有>（m2-3m），解得-1

9. 解：（1）在△PDF中，由PD=2EC，EC∥PD可得C为DF中点，所以CF=CD=AB.又AB∥CF，所以四边形ABFC为平行四边形，BF∥AC.因为AC?平面PAC，BF?平面PAC，所以 BF∥平面PAC.

（2）因为平面ABCD⊥平面PDCE，∠PDC=90°，所以PD⊥平面ABCD，可得PD⊥AD，PD⊥CD.又∠ADC=90°，已知AD⊥AC，所以可建立如图1所示的空间直角坐标系D-xyz.

设直线BQ与平面PDB所成角为α，由点B（2，2，0），Q（0，2，t）（0≤t≤1）可得[BQ] =（-2，0，t）.因为PD⊥平面ABCD，AC?面ABCD，所以AC⊥PD.又由ABCD为正方形可得AC⊥BD，所以AC⊥平面PDB，[AC] =（-2，2，0）是平面PDB的一个法向量，所以sinα==≥=，所以直线BQ与平面PDB所成角正弦值的最小值为.

10. 解：（1）因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO=O，所以BD⊥平面AOC′.又BD?平面ABD，所以平面AOC′⊥平面ABD.

（2）如图2所示，过点C′作C′E⊥AO于点E. 由第（1）题可知平面AOC′⊥平面ABD，所以C′E⊥平面ABD，∠C′BE是BC′与底面ABD所成的角. 设C′E=x，AB=2y，则sin∠C′BE=.

过点E作EF⊥AB于点F，联结C′F，则∠C′FE是平面C′AB与平面ABD所成角的二面角. 由ABCD为菱形、∠A=60°可知AO=C′O=y. 又由已知得tan∠C′FE=2+2，所以EF=. 因为∠EFA=90°，∠EAF=∠A=30°，所以AE=2EF=.又OE==，由OE+AE=+=AO=y可得x=y，所以sin∠C′BE==，∠C′BE=30°.

11. 解：（1）因为e====，所以=.又椭圆过点

，，所以+=1. 解得a2=4，b2=3，椭圆的方程为+=1.

（2）如果直线BC的斜率不存在，则BC垂直x轴于点F.由直线x==4与x轴交于点G可得G（4，0），又F（1，0），BC∥DE，所以===·=

2=.

如果直线BC的斜率存在，由点F（1，0）可设直线BC的方程为y=k（x-1）（k≠0），代入椭圆C：+=1得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.

因为==·=·===<.

综上可得的最大值为.

12. 解：（1）依椭圆的定义可知，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且a=，c=，b=，所以动点P的轨迹方程为+=1.

（2）根据题意，作出符合条件的图形，如图3所示.如果圆的切线的斜率不存在，则AB方程为x=±，此时OQ=.

如果圆的切线的斜率存在，设圆的切线方程为y=kx+b，代入椭圆方程得（1+2k2）x2+4kbx+2b2-6=0.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-，x1·x2=.

x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+b）·（kx2+b）=（1+k2）x1x2+kb（x1+x2）+b2=（1+k2）·+kb·-

+b2= （①）. 又直线AB与圆x2+y2=2相切，所以原点O到直线AB的距离=，b2=2（1+k2），代入①式得x1x2+y1y2=0，所以OA⊥OB. 又Q为AB中点，所以OQ=AB.

因为AB===·，所以由x1+x2=-，x1x2=，b2=2（1+k2）可得AB=2.因为≥0，所以AB≥2（当且仅当k=0时取等号）.当k≠0时，=≤，所以AB≤3 （当且仅当k=±时取等号）.

综上可得2≤AB≤3，所以≤OQ≤.

13. 解：（1）设P（x0，y0），因为点A，B的坐标分别为（0，-b），（0，b），所以kPA·kPB=.由+=1可得[x0][2]=a2-[y0][2]，则kPA·kPB=-，所以=.又2a=4，解得a=2，b=1，椭圆的方程为+y2=1.

（2）如果过点0

，的直线的斜率不存在，则M，N两点中有一个点与A点重合，不符合题意.所以直线MN的斜率存在.

设MN的斜率为k，则直线方程为y=kx+，代入椭圆方程得（1+4k2）x2+kx-=0.设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=-，x1·x2=-，所以y1+y2=k（x1+x2）+=，y1·y2=k2x1·x2+k（x1+x2）+=.因为A（0，-1），所以kAM=，kAN=，kAM·kAN=·==，化简得kAM·kAN=-1，所以以MN为直径的圆必过点A.

如果△AMN为等腰直角三角形，设MN的中点为P，则AP⊥MN.因为点P的坐标为

，

，即-

，

，所以kAP =-.又直线MN的斜率为k，AP⊥MN，所以-=-，解得k=±，所以直线MN的方程为y=±x+.

14. 解：（1） f（x）的定义域为（0，+∞）.由f（x）=x2-2x+1+alnx得f′（x）=，令Δ=4-8a，当a≥时，Δ≤0，2x2-2x+a≥0.又x>0，所以f′（x）≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.

当00，方程2x2-2x+a=0有两个不相等的正根x1，x2.不妨设x10；当x∈（x1，x2）时，f′（x）<0.

所以当0

（2）由（1）可知，当0

令g（a）=1-a+aln，则g′（a）=1+ln.由0g

，即f（x1）+f（x2）>.

15. 解：（1）由题意可知x>0，所以f′（x）=x++3.设A（x0，y0），则AB2=[x0][2]+（y0-3）2=[x0][2]+x0