高考模拟题精选之数学（文科）解答题参考答案
2014-08-21
1. 解： （1） 由cosA=得sinA==.又bcsinA=30，所以bc=156，[AB] ·[AC] =bccosA=156×=144.
（2） a2=b2+c2-2bccosA=（c-b）2+2bc（1-cosA）=1+2·156·
1-=25，解得a=5.
2. 解： （1） 因为m·n=-，所以cos2A-sin2A=cos2A=-.由0 由正弦定理=可得 sinB=，又△ABC是锐角三角形，所以B=，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=·+·=. S△ABC =absinC=·2·2·=3+. （2） 由a2=b2+c2-2bccosA得b2+c2-bc=12，所以（b+c）2=3bc+12≤3 2+12，所以（b+c）2≤48，b+c≤4，当且仅当b=c时取等号，所以b+c的最大值为4. 3. 解： （1） 证明：如图1所示，取CD中点M，联结OM. 在矩形ABCD中，OM∥BC且OM=BC，EF∥BC且EF=BC，所以EF∥OM且EF=OM. 联结EM，FO，可得四边形EFOM为平行四边形，FO∥EM.又EM?平面CDE，FO?平面CDE，所以FO∥平面CDE. （2） 如图1所示，联结FM.由（1）和已知条件可得，在等边△CDE中， CM=DM，EM⊥CD，所以EM=MC=·=.又EF=BC=，所以平行四边形EFOM为菱形. 过点E作EG⊥OM于点G. 因为CD⊥EM，CD⊥OM，EM∩OM=M，所以CD⊥平面EOM.又EG?平面EOM，所以CD⊥EG，又EG⊥OM，OM∩CD=M，所以EG⊥平面ABCD，∠ECG即为EC与底面ABCD所成的角. 由OM=ME=OE=可得△EOM为正三角形，所以EG=OG=·=， 所以sin∠ECG==，即EC与平面ABCD所成角的正弦值为. 4. 解： （1） 因为平面PAC⊥平面ABC并交于AC，又PD?平面PAC，PD⊥AC，所以PD⊥平面ABC. 设AC边上的中点为E.在△ABC中，AB=BC，所以BE⊥AC.由AB=BC=，AC=4可得BE===. 如图2所示，联结BD.在Rt△BDE中，∠BED=90°，BE=，DE=AE-AD=1，所以BD===.由PD=，BD=，CD=3可得PB==，PC==2.又BC==，所以BC⊥PB. （2） 如图3所示，过点A作平面PBC的垂线，垂足为H，联结PH，则∠APH为直线AP与平面PBC所成的角. 由（1）可知，S△ABC=×AC×BE=2. 因为PD=，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=×2×=. 又△PBC为直角三角形，BC=，PB=，所以S△PBC=×BC×PB=××=3. 因为VA-PBC=VP-ABC，即×3×AH=，所以AH=. 在Rt△PAD中，因为PD=，AD=1，所以AP===2，所以sin∠APH===，直线AP与平面PBC所成角的正弦值为. 5. 解： （1） 当n≥2时，++…+=，所以=-.又a1=2，所以=-，化简得2=nan-（n-1）an+1. 又2=（n+1）an+1-nan+2，所以nan-（n-1）an+1=（n+1）an+1-nan+2，化简得2an+1=an+an+2 （n≥2，且n∈N*）. 把n=2代入已知条件得+=，即2a2=a1+a3，也满足2an+1=an+an+2，所以2an+1=an+an+2 （n∈N*），数列{an}为等差数列. （2） 设{an}的前n项和为Sn，则由a1=2，S10=110可得d=2，所以an=a1+（n-1）·d=2n. 根据题意，存在n∈N*，使an≤（n+1）λ成立，应有λ≥ min= min. 因为n≥1，所以=≥1，λmin=1. 6. 解： （1） f′（x）=3ax2-4x.当a=1时，f′（x）=3x2-4x=x（3x-4）.令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以当x∈（-∞，0）和x∈ ，+∞时，f′（x）>0；当x∈0 ，时，f′（x）<0，所以函数f（x）在（-∞，0）和 ，+∞上单调递增，在0 ，上单调递减. （2） f′（x）=3ax2-4x=x（3ax-4）. 若a≤0，则f′（x）≤0在[0，2]上恒成立，函数f（x）在[0，2]上单调递减，所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f（2）=-6-（8a-8-6）=8-8a.由M≤8-8a的最大整数解为3，得3≤8-8a<4，所以 令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以当x∈0 ，时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；当x∈ ，+∞时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增. ① 当≥2即0 ② 当0≤<2即 ，上单调递减，在 ，2上单调递增.因为f（0）=-6，f（2）=8a-14≤8-14=-6=f（0），所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f =-6- -6=，由3≤<4可得 综上可得实数a的取值范围是 ， . 7. 解： （1） f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex.当a=1时，f′（x）=[x2+3x+2]·ex，则 f′（0）=2， f（0）=1，所以函数y= f（x）在点（0， f（0））处的切线方程为y=2x+1. （2） 令 f′（x）=0，则x2+（a+2）x+2a=0，得x=-2或x=-a. 当a=2时， f′（x）=（x+2）2ex≥0，函数 f（x）在R上单调递增，无极值. 当a<2时，-a>-2，函数 f（x）在（-∞，-2）和（-a，+∞）单调递增，在（-2，-a）单调递减，所以 f（x）的极大值为 f（-2）=（4-2a+a）e-2=（4-a）e-2=3，解得a=4-3e2. 8. 解： （1） 设P（x，y），代入[PN] ·[MN] =[PM] ·[NM] 得=1+x，化简得点P的轨迹C对应的方程为y2=4x. （2） 将点A（m，2）代入y2=4x得m=1，所以点A的坐标为（1，2）. 若直线AD的斜率不存在，则由AD⊥AE可知直线AE与x轴平行，且与曲线C的图象只有一个交点A，曲线C上的动弦AE不存在，所以直线AD斜率存在. 设直线AD的方程为y-2=k（x-1），代入y2=4x，得y2-y+-4=0. 由yA=2可得yD=-2，所以点D坐标为 - +1， -2. 同理可设直线AE：y-2=-（x-1），代入y2=4x得点E坐标为（4k2+4k+1，-4k-2）.则直线DE方程为：y+4k+2= （x-4k2-4k-1），化简得（-k2-k+1）y=kx+2k2-3k-2，即-y===2+，所以直线DE过定点（5，-2）.
1. 解： （1） 由cosA=得sinA==.又bcsinA=30，所以bc=156，[AB] ·[AC] =bccosA=156×=144.
（2） a2=b2+c2-2bccosA=（c-b）2+2bc（1-cosA）=1+2·156·
1-=25，解得a=5.
2. 解： （1） 因为m·n=-，所以cos2A-sin2A=cos2A=-.由0 由正弦定理=可得 sinB=，又△ABC是锐角三角形，所以B=，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=·+·=. S△ABC =absinC=·2·2·=3+. （2） 由a2=b2+c2-2bccosA得b2+c2-bc=12，所以（b+c）2=3bc+12≤3 2+12，所以（b+c）2≤48，b+c≤4，当且仅当b=c时取等号，所以b+c的最大值为4. 3. 解： （1） 证明：如图1所示，取CD中点M，联结OM. 在矩形ABCD中，OM∥BC且OM=BC，EF∥BC且EF=BC，所以EF∥OM且EF=OM. 联结EM，FO，可得四边形EFOM为平行四边形，FO∥EM.又EM?平面CDE，FO?平面CDE，所以FO∥平面CDE. （2） 如图1所示，联结FM.由（1）和已知条件可得，在等边△CDE中， CM=DM，EM⊥CD，所以EM=MC=·=.又EF=BC=，所以平行四边形EFOM为菱形. 过点E作EG⊥OM于点G. 因为CD⊥EM，CD⊥OM，EM∩OM=M，所以CD⊥平面EOM.又EG?平面EOM，所以CD⊥EG，又EG⊥OM，OM∩CD=M，所以EG⊥平面ABCD，∠ECG即为EC与底面ABCD所成的角. 由OM=ME=OE=可得△EOM为正三角形，所以EG=OG=·=， 所以sin∠ECG==，即EC与平面ABCD所成角的正弦值为. 4. 解： （1） 因为平面PAC⊥平面ABC并交于AC，又PD?平面PAC，PD⊥AC，所以PD⊥平面ABC. 设AC边上的中点为E.在△ABC中，AB=BC，所以BE⊥AC.由AB=BC=，AC=4可得BE===. 如图2所示，联结BD.在Rt△BDE中，∠BED=90°，BE=，DE=AE-AD=1，所以BD===.由PD=，BD=，CD=3可得PB==，PC==2.又BC==，所以BC⊥PB. （2） 如图3所示，过点A作平面PBC的垂线，垂足为H，联结PH，则∠APH为直线AP与平面PBC所成的角. 由（1）可知，S△ABC=×AC×BE=2. 因为PD=，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=×2×=. 又△PBC为直角三角形，BC=，PB=，所以S△PBC=×BC×PB=××=3. 因为VA-PBC=VP-ABC，即×3×AH=，所以AH=. 在Rt△PAD中，因为PD=，AD=1，所以AP===2，所以sin∠APH===，直线AP与平面PBC所成角的正弦值为. 5. 解： （1） 当n≥2时，++…+=，所以=-.又a1=2，所以=-，化简得2=nan-（n-1）an+1. 又2=（n+1）an+1-nan+2，所以nan-（n-1）an+1=（n+1）an+1-nan+2，化简得2an+1=an+an+2 （n≥2，且n∈N*）. 把n=2代入已知条件得+=，即2a2=a1+a3，也满足2an+1=an+an+2，所以2an+1=an+an+2 （n∈N*），数列{an}为等差数列. （2） 设{an}的前n项和为Sn，则由a1=2，S10=110可得d=2，所以an=a1+（n-1）·d=2n. 根据题意，存在n∈N*，使an≤（n+1）λ成立，应有λ≥ min= min. 因为n≥1，所以=≥1，λmin=1. 6. 解： （1） f′（x）=3ax2-4x.当a=1时，f′（x）=3x2-4x=x（3x-4）.令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以当x∈（-∞，0）和x∈ ，+∞时，f′（x）>0；当x∈0 ，时，f′（x）<0，所以函数f（x）在（-∞，0）和 ，+∞上单调递增，在0 ，上单调递减. （2） f′（x）=3ax2-4x=x（3ax-4）. 若a≤0，则f′（x）≤0在[0，2]上恒成立，函数f（x）在[0，2]上单调递减，所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f（2）=-6-（8a-8-6）=8-8a.由M≤8-8a的最大整数解为3，得3≤8-8a<4，所以 令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以当x∈0 ，时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；当x∈ ，+∞时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增. ① 当≥2即0 ② 当0≤<2即 ，上单调递减，在 ，2上单调递增.因为f（0）=-6，f（2）=8a-14≤8-14=-6=f（0），所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f =-6- -6=，由3≤<4可得 综上可得实数a的取值范围是 ， . 7. 解： （1） f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex.当a=1时，f′（x）=[x2+3x+2]·ex，则 f′（0）=2， f（0）=1，所以函数y= f（x）在点（0， f（0））处的切线方程为y=2x+1. （2） 令 f′（x）=0，则x2+（a+2）x+2a=0，得x=-2或x=-a. 当a=2时， f′（x）=（x+2）2ex≥0，函数 f（x）在R上单调递增，无极值. 当a<2时，-a>-2，函数 f（x）在（-∞，-2）和（-a，+∞）单调递增，在（-2，-a）单调递减，所以 f（x）的极大值为 f（-2）=（4-2a+a）e-2=（4-a）e-2=3，解得a=4-3e2. 8. 解： （1） 设P（x，y），代入[PN] ·[MN] =[PM] ·[NM] 得=1+x，化简得点P的轨迹C对应的方程为y2=4x. （2） 将点A（m，2）代入y2=4x得m=1，所以点A的坐标为（1，2）. 若直线AD的斜率不存在，则由AD⊥AE可知直线AE与x轴平行，且与曲线C的图象只有一个交点A，曲线C上的动弦AE不存在，所以直线AD斜率存在. 设直线AD的方程为y-2=k（x-1），代入y2=4x，得y2-y+-4=0. 由yA=2可得yD=-2，所以点D坐标为 - +1， -2. 同理可设直线AE：y-2=-（x-1），代入y2=4x得点E坐标为（4k2+4k+1，-4k-2）.则直线DE方程为：y+4k+2= （x-4k2-4k-1），化简得（-k2-k+1）y=kx+2k2-3k-2，即-y===2+，所以直线DE过定点（5，-2）.
1. 解： （1） 由cosA=得sinA==.又bcsinA=30，所以bc=156，[AB] ·[AC] =bccosA=156×=144.
（2） a2=b2+c2-2bccosA=（c-b）2+2bc（1-cosA）=1+2·156·
1-=25，解得a=5.
2. 解： （1） 因为m·n=-，所以cos2A-sin2A=cos2A=-.由0 由正弦定理=可得 sinB=，又△ABC是锐角三角形，所以B=，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=·+·=. S△ABC =absinC=·2·2·=3+. （2） 由a2=b2+c2-2bccosA得b2+c2-bc=12，所以（b+c）2=3bc+12≤3 2+12，所以（b+c）2≤48，b+c≤4，当且仅当b=c时取等号，所以b+c的最大值为4. 3. 解： （1） 证明：如图1所示，取CD中点M，联结OM. 在矩形ABCD中，OM∥BC且OM=BC，EF∥BC且EF=BC，所以EF∥OM且EF=OM. 联结EM，FO，可得四边形EFOM为平行四边形，FO∥EM.又EM?平面CDE，FO?平面CDE，所以FO∥平面CDE. （2） 如图1所示，联结FM.由（1）和已知条件可得，在等边△CDE中， CM=DM，EM⊥CD，所以EM=MC=·=.又EF=BC=，所以平行四边形EFOM为菱形. 过点E作EG⊥OM于点G. 因为CD⊥EM，CD⊥OM，EM∩OM=M，所以CD⊥平面EOM.又EG?平面EOM，所以CD⊥EG，又EG⊥OM，OM∩CD=M，所以EG⊥平面ABCD，∠ECG即为EC与底面ABCD所成的角. 由OM=ME=OE=可得△EOM为正三角形，所以EG=OG=·=， 所以sin∠ECG==，即EC与平面ABCD所成角的正弦值为. 4. 解： （1） 因为平面PAC⊥平面ABC并交于AC，又PD?平面PAC，PD⊥AC，所以PD⊥平面ABC. 设AC边上的中点为E.在△ABC中，AB=BC，所以BE⊥AC.由AB=BC=，AC=4可得BE===. 如图2所示，联结BD.在Rt△BDE中，∠BED=90°，BE=，DE=AE-AD=1，所以BD===.由PD=，BD=，CD=3可得PB==，PC==2.又BC==，所以BC⊥PB. （2） 如图3所示，过点A作平面PBC的垂线，垂足为H，联结PH，则∠APH为直线AP与平面PBC所成的角. 由（1）可知，S△ABC=×AC×BE=2. 因为PD=，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=×2×=. 又△PBC为直角三角形，BC=，PB=，所以S△PBC=×BC×PB=××=3. 因为VA-PBC=VP-ABC，即×3×AH=，所以AH=. 在Rt△PAD中，因为PD=，AD=1，所以AP===2，所以sin∠APH===，直线AP与平面PBC所成角的正弦值为. 5. 解： （1） 当n≥2时，++…+=，所以=-.又a1=2，所以=-，化简得2=nan-（n-1）an+1. 又2=（n+1）an+1-nan+2，所以nan-（n-1）an+1=（n+1）an+1-nan+2，化简得2an+1=an+an+2 （n≥2，且n∈N*）. 把n=2代入已知条件得+=，即2a2=a1+a3，也满足2an+1=an+an+2，所以2an+1=an+an+2 （n∈N*），数列{an}为等差数列. （2） 设{an}的前n项和为Sn，则由a1=2，S10=110可得d=2，所以an=a1+（n-1）·d=2n. 根据题意，存在n∈N*，使an≤（n+1）λ成立，应有λ≥ min= min. 因为n≥1，所以=≥1，λmin=1. 6. 解： （1） f′（x）=3ax2-4x.当a=1时，f′（x）=3x2-4x=x（3x-4）.令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以当x∈（-∞，0）和x∈ ，+∞时，f′（x）>0；当x∈0 ，时，f′（x）<0，所以函数f（x）在（-∞，0）和 ，+∞上单调递增，在0 ，上单调递减. （2） f′（x）=3ax2-4x=x（3ax-4）. 若a≤0，则f′（x）≤0在[0，2]上恒成立，函数f（x）在[0，2]上单调递减，所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f（2）=-6-（8a-8-6）=8-8a.由M≤8-8a的最大整数解为3，得3≤8-8a<4，所以 令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以当x∈0 ，时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；当x∈ ，+∞时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增. ① 当≥2即0 ② 当0≤<2即 ，上单调递减，在 ，2上单调递增.因为f（0）=-6，f（2）=8a-14≤8-14=-6=f（0），所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f =-6- -6=，由3≤<4可得 综上可得实数a的取值范围是 ， . 7. 解： （1） f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex.当a=1时，f′（x）=[x2+3x+2]·ex，则 f′（0）=2， f（0）=1，所以函数y= f（x）在点（0， f（0））处的切线方程为y=2x+1. （2） 令 f′（x）=0，则x2+（a+2）x+2a=0，得x=-2或x=-a. 当a=2时， f′（x）=（x+2）2ex≥0，函数 f（x）在R上单调递增，无极值. 当a<2时，-a>-2，函数 f（x）在（-∞，-2）和（-a，+∞）单调递增，在（-2，-a）单调递减，所以 f（x）的极大值为 f（-2）=（4-2a+a）e-2=（4-a）e-2=3，解得a=4-3e2. 8. 解： （1） 设P（x，y），代入[PN] ·[MN] =[PM] ·[NM] 得=1+x，化简得点P的轨迹C对应的方程为y2=4x. （2） 将点A（m，2）代入y2=4x得m=1，所以点A的坐标为（1，2）. 若直线AD的斜率不存在，则由AD⊥AE可知直线AE与x轴平行，且与曲线C的图象只有一个交点A，曲线C上的动弦AE不存在，所以直线AD斜率存在. 设直线AD的方程为y-2=k（x-1），代入y2=4x，得y2-y+-4=0. 由yA=2可得yD=-2，所以点D坐标为 - +1， -2. 同理可设直线AE：y-2=-（x-1），代入y2=4x得点E坐标为（4k2+4k+1，-4k-2）.则直线DE方程为：y+4k+2= （x-4k2-4k-1），化简得（-k2-k+1）y=kx+2k2-3k-2，即-y===2+，所以直线DE过定点（5，-2）.
