2010年江蘇省高考數(shù)學(xué)試卷解析版

1、2010年江蘇省高考數(shù)學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、填空題（共14小題，每小題5分，滿分70分）1（5分）設(shè)集合A1，1，3，Ba+2，a2+4，AB3，則實(shí)數(shù)a1【考點(diǎn)】1E：交集及其運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5J：集合【分析】根據(jù)交集的概念，知道元素3在集合B中，進(jìn)而求a即可【解答】解：AB33B，又a2+43a+23 即 a1故答案為1【點(diǎn)評(píng)】本題屬于以集合的交集為載體，考查集合的運(yùn)算推理，求集合中元素的基礎(chǔ)題，也是高考常會(huì)考的題型2（5分）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z（23i）6+4i（其中i為虛數(shù)單位），則z的模為2【考點(diǎn)】A5：復(fù)數(shù)的運(yùn)算；A8：復(fù)數(shù)的模菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5N：數(shù)系的擴(kuò)充

2、和復(fù)數(shù)【分析】直接對(duì)復(fù)數(shù)方程兩邊求模，利用|23i|3+2i|，求出z的?！窘獯稹拷猓簔（23i）2（3+2i），|z|（23i）|2|（3+2i）|，|23i|3+2i|，z的模為2故答案為：2【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)運(yùn)算、模的性質(zhì)，是基礎(chǔ)題3（5分）盒子中有大小相同的3只白球，1只黑球，若從中隨機(jī)地摸出兩只球，兩只球顏色不同的概率是12【考點(diǎn)】CB：古典概型及其概率計(jì)算公式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】算出基本事件的總個(gè)數(shù)nC426，再 算出事件A中包含的基本事件的個(gè)數(shù)mC313，算出事件A的概率，即P（A）=mn即可【解答】解：考查古典概型知識(shí)總個(gè)數(shù)nC426，事件A中包含的

3、基本事件的個(gè)數(shù)mC313p=36=12故填：12【點(diǎn)評(píng)】本題考查古典概型及其概率計(jì)算公式，其算法是：（1）算出基本事件的總個(gè)數(shù)n；（2）算出事件A中包含的基本事件的個(gè)數(shù)m；（3）算出事件A的概率，即P（A）=mn4（5分）某棉紡廠為了了解一批棉花的質(zhì)量，從中隨機(jī)抽取了100根棉花纖維的長(zhǎng)度（棉花纖維的長(zhǎng)度是棉花質(zhì)量的重要指標(biāo)），所得數(shù)據(jù)都在區(qū)間5，40中，其頻率分布直方圖如圖所示，則其抽樣的100根中，有30根在棉花纖維的長(zhǎng)度小于20mm【考點(diǎn)】B8：頻率分布直方圖菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】由圖分析可得：易得棉花纖維的長(zhǎng)度小于20mm段的頻率，根據(jù)頻率與頻數(shù)的關(guān)系可得頻數(shù)【

4、解答】解：由圖可知，棉花纖維的長(zhǎng)度小于20mm段的頻率為0.01+0.01+0.04，則頻數(shù)為100×（0.01+0.01+0.04）×530故填：30【點(diǎn)評(píng)】本題考查頻率分布直方圖的知識(shí)考查讀圖的能力，讀圖時(shí)要全面細(xì)致，同時(shí)，解題方法要靈活多樣，切忌死記硬背，要充分運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想來(lái)解決由統(tǒng)計(jì)圖形式給出的數(shù)學(xué)實(shí)際問(wèn)題5（5分）設(shè)函數(shù)f（x）x（ex+aex）（xR）是偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)a1【考點(diǎn)】3K：函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】由函數(shù)是偶函數(shù)，直接用特殊值求解即可【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)f（x）x（ex+aex）（xR）是偶函數(shù)，所

5、以g（x）ex+aex為奇函數(shù)由g（0）0，得a1另解：由題意可得f（1）f（1），即為（e1+ae）e+ae1，即有（1+a）（e+e1）0，解得a1故答案是1【點(diǎn)評(píng)】考查函數(shù)的奇偶性的應(yīng)用及填空題的解法6（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線x24-y212=1上一點(diǎn)M，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)是3，則M到雙曲線右焦點(diǎn)的距離是4【考點(diǎn)】KA：雙曲線的定義；KC：雙曲線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】d為點(diǎn)M到右準(zhǔn)線x1的距離，根據(jù)題意可求得d，進(jìn)而先根據(jù)雙曲線的第二定義可知MFd=e，求得MF答案可得【解答】解：MFd=e2，d為點(diǎn)M到右準(zhǔn)線x1的距離，則d2，M

6、F4故答案為4【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查雙曲線的定義屬基礎(chǔ)題7（5分）如圖是一個(gè)算法的流程圖，則輸出S的值是63【考點(diǎn)】EF：程序框圖菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5K：算法和程序框圖【分析】分析程序中各變量、各語(yǔ)句的作用，再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是利用循環(huán)求滿足條件S1+2+22+2n33的最小的S值，并輸出【解答】解：分析程序中各變量、各語(yǔ)句的作用，再根據(jù)流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是利用循環(huán)求滿足條件S1+2+22+2n33的最小的S值S1+2+22+23+243133，不滿足條件S1+2+22+23+24+256333，滿足條件故輸出的S值為：63故答案為：63【點(diǎn)評(píng)】根據(jù)

7、流程圖（或偽代碼）寫程序的運(yùn)行結(jié)果，是算法這一模塊最重要的題型，其處理方法是：分析流程圖（或偽代碼），從流程圖（或偽代碼）中即要分析出計(jì)算的類型，又要分析出參與計(jì)算的數(shù)據(jù)（如果參與運(yùn)算的數(shù)據(jù)比較多，也可使用表格對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行分析管理）建立數(shù)學(xué)模型，根據(jù)第一步分析的結(jié)果，選擇恰當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)模型解模8（5分）函數(shù)yx2（x0）的圖象在點(diǎn)（ak，ak2）處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為ak+1，k為正整數(shù)，a116，則a1+a3+a521【考點(diǎn)】K8：拋物線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】先求出函數(shù)yx2在點(diǎn)（ak，ak2）處的切線方程，然后令y0代入求出x的值，再結(jié)合a1的

8、值得到數(shù)列的通項(xiàng)公式，再得到a1+a3+a5的值【解答】解：在點(diǎn)（ak，ak2）處的切線方程為：yak22ak（xak），當(dāng)y0時(shí)，解得x=ak2，所以ak+1=ak2，a1+a3+a5=16+4+1=21故答案為：21【點(diǎn)評(píng)】考查函數(shù)的切線方程、數(shù)列的通項(xiàng)9（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓x2+y24上有且僅有四個(gè)點(diǎn)到直線12x5y+c0的距離為1，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是（13，13）【考點(diǎn)】J9：直線與圓的位置關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5B：直線與圓【分析】求出圓心，求出半徑，圓心到直線的距離小于1即可【解答】解：圓半徑為2，圓心（0，0）到直線12x5y+c0的距離小于1，即|c|

9、131，c的取值范圍是（13，13）【點(diǎn)評(píng)】考查圓與直線的位置關(guān)系（圓心到直線的距離小于1，此時(shí)4個(gè)，等于3個(gè)，等于1，大于1是2個(gè)）是有難度的基礎(chǔ)題10（5分）定義在區(qū)間(0，2)上的函數(shù)y6cosx的圖象與y5tanx的圖象的交點(diǎn)為P，過(guò)點(diǎn)P作PP1x軸于點(diǎn)P1，直線PP1與ysinx的圖象交于點(diǎn)P2，則線段P1P2的長(zhǎng)為23【考點(diǎn)】HC：正切函數(shù)的圖象菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】57：三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)【分析】先將求P1P2的長(zhǎng)轉(zhuǎn)化為求sinx的值，再由x滿足6cosx5tanx可求出sinx的值，從而得到答案【解答】解：線段P1P2的長(zhǎng)即為sinx的值，且其中的x滿足6cosx5tanx，

10、即6cosx=5sinxcosx，化為6sin2x+5sinx60，解得sinx=23線段P1P2的長(zhǎng)為23故答案為23【點(diǎn)評(píng)】考查三角函數(shù)的圖象、數(shù)形結(jié)合思想11（5分）已知函數(shù)f(x)=x2+1，x01x0，則滿足不等式f（1x2）f（2x）的x的范圍是（1，2-1）【考點(diǎn)】3B：分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法；7E：其他不等式的解法菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；59：不等式的解法及應(yīng)用【分析】由題意f（x）在0，+）上是增函數(shù)，而x0時(shí)，f（x）1，故滿足不等式f（1x2）f（2x）的x需滿足1-x22x1-x20，解出x即可【解答】解：由題意，可得1-x22x1-x

11、20x(-1，2-1)故答案為：(-1，2-1)【點(diǎn)評(píng)】本題考查分段函數(shù)的單調(diào)性，利用單調(diào)性解不等式，考查利用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力12（5分）設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足3xy28，4x2y9，則x3y4的最大值是27【考點(diǎn)】7F：基本不等式及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】59：不等式的解法及應(yīng)用【分析】首先分析題目由實(shí)數(shù)x，y滿足條件3xy28，4x2y9求x3y4的最大值的問(wèn)題根據(jù)不等式的等價(jià)轉(zhuǎn)換思想可得到：(x2y)216，81，1xy218，13，代入x3y4求解最大值即可得到答案【解答】解：因?yàn)閷?shí)數(shù)x，y滿足3xy28，4x2y9，則有：(x2y)216，81，1xy218，13，再根據(jù)

12、 x3y4=(x2y)21xy22，27，即當(dāng)且僅當(dāng)x3，y1取得等號(hào)，即有x3y4的最大值是27故答案為：27【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查不等式的基本性質(zhì)和等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，等價(jià)轉(zhuǎn)換思想在考試中應(yīng)用不是很廣泛，但是對(duì)于特殊題目能使解答更簡(jiǎn)便，也需要注意，屬于中檔題13（5分）在銳角ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，若ab+ba=6cosC，則tanCtanA+tanCtanB的值是4【考點(diǎn)】GF：三角函數(shù)的恒等變換及化簡(jiǎn)求值；HP：正弦定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】56：三角函數(shù)的求值；58：解三角形【分析】由ab+ba=6cosC，結(jié)合余弦定理可得，a2+b2=3c22，而化簡(jiǎn)tanCtanA

13、+tanCtanB=sin2CsinAsinBcosC=c2abcosC，代入可求【解答】解：ab+ba=6cosC，由余弦定理可得，a2+b2ab=6a2+b2-c22aba2+b2=3c22則tanCtanA+tanCtanB=cosAsinCcosCsinA+cosBsinCcosCsinB=sinCcosC(cosAsinA+cosBsinB)=sinCcosCsinBcosA+sinAcosBsinAsinB=sin2CsinAsinBcosC=c2abcosC =c2ab2aba2+b2-c2=2c23c22-c2=4 故答案為：4【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三角形的 正弦定理與余弦定理

14、的綜合應(yīng)用求解三角函數(shù)值，屬于基本公式的綜合應(yīng)用14（5分）將邊長(zhǎng)為1m正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記S=(梯形的周長(zhǎng))2梯形的面積，則S的最小值是3233【考點(diǎn)】6E：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；52：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用【分析】先設(shè)剪成的小正三角形的邊長(zhǎng)為x表示出S的解析式，然后求S的最小值，方法一：對(duì)函數(shù)S進(jìn)行求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)等于0求出x的值，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而確定最小值；方法二：令3xt，代入整理根據(jù)一元二次函數(shù)的性質(zhì)得到最小值【解答】解：設(shè)剪成的小正三角形的邊長(zhǎng)為x，則梯形的周長(zhǎng)為3x，S=(3-x

15、)212(x+1)32(1-x)=43(3-x)21-x2(0x1) （方法一）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最小值S(x)=43(3-x)21-x2，S'(x)=43(2x-6)(1-x2)-(3-x)2(-2x)(1-x2)2 =43(2x-6)(1-x2)-(3-x)2(-2x)(1-x2)2=43-2(3x-1)(x-3)(1-x2)2 S'(x)=0，0x1，x=13，當(dāng)x(0，13時(shí)，S（x）0，遞減；當(dāng)x13，1)時(shí)，S（x）0，遞增；故當(dāng)x=13時(shí)，S的最小值是3233（方法二）利用函數(shù)的方法求最小值令3-x=t，t(2，3)，1t(13，12)，則：S=43t2-t2+6t-

16、8=431-8t2+6t-1故當(dāng)1t=38，x=13時(shí)，S的最小值是3233【點(diǎn)評(píng)】考查函數(shù)中的建模應(yīng)用，等價(jià)轉(zhuǎn)化思想一題多解二、解答題（共9小題，滿分110分）15（14分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A（1，2）、B（2，3）、C（2，1）（1）求以線段AB、AC為鄰邊的平行四邊形兩條對(duì)角線的長(zhǎng)；（2）設(shè)實(shí)數(shù)t滿足（AB-tOC）OC=0，求t的值【考點(diǎn)】9O：平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；9S：數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5A：平面向量及應(yīng)用【分析】（1）（方法一）由題設(shè)知AB=(3，5)，AC=(-1，1)，則AB+AC=(2，6)，AB-AC=(4，4)從而得：|A

17、B+AC|=210，|AB-AC|=42（方法二）設(shè)該平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)為D，兩條對(duì)角線的交點(diǎn)為E，則：由E是AC，BD的中點(diǎn)，易得D（1，4）從而得：BC=42、AD=210；（2）由題設(shè)知：OC=（2，1），AB-tOC=(3+2t，5+t)由（AB-tOC）OC=0，得：（3+2t，5+t）（2，1）0，從而得：t=-115或者由ABOC=tOC2，AB=(3，5)，得：t=ABOC|OC|2=-115【解答】解：（1）（方法一）由題設(shè)知AB=(3，5)，AC=(-1，1)，則AB+AC=(2，6)，AB-AC=(4，4)所以|AB+AC|=210，|AB-AC|=42故所求的兩條對(duì)

18、角線的長(zhǎng)分別為42、210（方法二）設(shè)該平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)為D，兩條對(duì)角線的交點(diǎn)為E，則：E為B、C的中點(diǎn)，E（0，1）又E（0，1）為A、D的中點(diǎn)，所以D（1，4）故所求的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)分別為BC=42、AD=210；（2）由題設(shè)知：OC=（2，1），AB-tOC=(3+2t，5+t)由（AB-tOC）OC=0，得：（3+2t，5+t）（2，1）0，從而5t11，所以t=-115或者：ABOC=tOC2，AB=(3，5)，t=ABOC|OC|2=-115【點(diǎn)評(píng)】本題考查平面向量的幾何意義、線性運(yùn)算、數(shù)量積，考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算和基本的求解能力16（14分）如圖，在四棱錐PABCD中，PD平

19、面ABCD，PDDCBC1，AB2，ABDC，BCD90°（1）求證：PCBC；（2）求點(diǎn)A到平面PBC的距離【考點(diǎn)】LP：空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；MK：點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5F：空間位置關(guān)系與距離；5Q：立體幾何【分析】（1），要證明PCBC，可以轉(zhuǎn)化為證明BC垂直于PC所在的平面，由PD平面ABCD，PDDCBC1，AB2，ABDC，BCD90°，容易證明BC平面PCD，從而得證；（2），有兩種方法可以求點(diǎn)A到平面PBC的距離：方法一，注意到第一問(wèn)證明的結(jié)論，取AB的中點(diǎn)E，容易證明DE平面PBC，點(diǎn)D、E到平面PBC的距離相等，而A到平

20、面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍，由第一問(wèn)證明的結(jié)論知平面PBC平面PCD，交線是PC，所以只求D到PC的距離即可，在等腰直角三角形PDC中易求；方法二，等體積法：連接AC，則三棱錐PACB與三棱錐APBC體積相等，而三棱錐PACB體積易求，三棱錐APBC的地面PBC的面積易求，其高即為點(diǎn)A到平面PBC的距離，設(shè)為h，則利用體積相等即求【解答】解：（1）證明：因?yàn)镻D平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC由BCD90°，得CDBC，又PDDCD，PD、DC平面PCD，所以BC平面PCD因?yàn)镻C平面PCD，故PCBC（2）（方法一）分別取AB、PC的中點(diǎn)E、F，連DE

21、、DF，則：易證DECB，DE平面PBC，點(diǎn)D、E到平面PBC的距離相等又點(diǎn)A到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離的2倍由（1）知：BC平面PCD，所以平面PBC平面PCD于PC，因?yàn)镻DDC，PFFC，所以DFPC，所以DF平面PBC于F易知DF=22，故點(diǎn)A到平面PBC的距離等于2（方法二）等體積法：連接AC設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h因?yàn)锳BDC，BCD90°，所以ABC90°從而AB2，BC1，得ABC的面積SABC1由PD平面ABCD及PD1，得三棱錐PABC的體積V=13SABCPD=13因?yàn)镻D平面ABCD，DC平面ABCD，所以PDDC又PDDC1，所

22、以PC=PD2+DC2=2由PCBC，BC1，得PBC的面積SPBC=22由VAPBCVPABC，13SPBCh=V=13，得h=2，故點(diǎn)A到平面PBC的距離等于2【點(diǎn)評(píng)】本小題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考查幾何體的體積，考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算能力17（14分）某興趣小組測(cè)量電視塔AE的高度H（單位：m），如示意圖，垂直放置的標(biāo)桿BC的高度h4m，仰角ABE，ADE（1）該小組已經(jīng)測(cè)得一組、的值，tan1.24，tan1.20，請(qǐng)據(jù)此算出H的值；（2）該小組分析若干測(cè)得的數(shù)據(jù)后，認(rèn)為適當(dāng)調(diào)整標(biāo)桿到電視塔的距離d（單位：m），使與之差較大，可以提高測(cè)量精確度若電視塔

23、的實(shí)際高度為125m，試問(wèn)d為多少時(shí)，最大？【考點(diǎn)】HU：解三角形菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】58：解三角形【分析】（1）在RtABE中可得AD=Htan，在RtADE中可得AB=Htan，BD=htan，再根據(jù)ADABDB即可得到H（2）先用d分別表示出tan和tan，再根據(jù)兩角和公式，求得tan（）=hd+H(H-h)d，再根據(jù)均值不等式可知當(dāng)d=H(H-h)=125×121=555時(shí)，tan（）有最大值即有最大值，得到答案【解答】解：（1）HAD=tanAD=Htan，同理：AB=Htan，BD=htanADABDB，故得Htan-Htan=htan，得：H=htantan-tan=

24、4×1.241.24-1.20=124答：算出的電視塔的高度H是124m（2）由題設(shè)知dAB，得tan=Hd，tan=HAD=hDB=H-hd，tan（）=tan-tan1+tantan=Hd-H-hd1+HdH-hd=hdd2+H(H-h)=hd+H(H-h)dd+H(H-h)d2H(H-h)，（當(dāng)且僅當(dāng)d=H(H-h)=125×121=555時(shí)，取等號(hào)）故當(dāng)d555時(shí)，tan（）最大因?yàn)?2，則02，所以當(dāng)d555時(shí)，最大答：所求的d是555m【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查解三角形的知識(shí)、兩角差的正切及不等式的應(yīng)用當(dāng)涉及最值問(wèn)題時(shí)，可考慮用不等式的性質(zhì)來(lái)解決18（16分）在平面直

25、角坐標(biāo)系xOy中，如圖，已知橢圓x29+y25=1的左、右頂點(diǎn)為A、B，右焦點(diǎn)為F設(shè)過(guò)點(diǎn)T（t，m）的直線TA、TB與橢圓分別交于點(diǎn)M（x1，y1）、N（x2，y2），其中m0，y10，y20（1）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足PF2PB24，求點(diǎn)P的軌跡；（2）設(shè)x12，x2=13，求點(diǎn)T的坐標(biāo)；（3）設(shè)t9，求證：直線MN必過(guò)x軸上的一定點(diǎn)（其坐標(biāo)與m無(wú)關(guān)）【考點(diǎn)】J3：軌跡方程；KH：直線與圓錐曲線的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】（1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），由兩點(diǎn)距離公式將PF2PB24，變成坐標(biāo)表示式，整理即得點(diǎn)P的軌跡方程（2）將x1=2，x2=13分別代入橢圓方程，解

26、出點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo)由兩點(diǎn)式寫出直線AM與直線BN的方程聯(lián)立解出交點(diǎn)T的坐標(biāo)（3）方法一求出直線方程的參數(shù)表達(dá)式，然后求出其與x的交點(diǎn)的坐標(biāo)，得到其橫坐標(biāo)為一個(gè)常數(shù)，從而說(shuō)明直線過(guò)x軸上的定點(diǎn)方法二根據(jù)特殊情況即直線與x軸垂直時(shí)的情況求出定點(diǎn)，然后證明不垂直于x軸時(shí)兩線DM與DN斜率相等，說(shuō)明直線MN過(guò)該定點(diǎn)【解答】解：（1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則：F（2，0）、B（3，0）、A（3，0）由PF2PB24，得（x2）2+y2（x3）2+y24，化簡(jiǎn)得x=92故所求點(diǎn)P的軌跡為直線x=92（2）將x1=2，x2=13分別代入橢圓方程，以及y10，y20，得M（2，53）、N（13，-209）直線MT

27、A方程為：y-053-0=x+32+3，即y=13x+1，直線NTB方程為：y-0-209-0=x-313-3，即y=56x-52聯(lián)立方程組，解得：x=7y=103，所以點(diǎn)T的坐標(biāo)為(7，103)（3）點(diǎn)T的坐標(biāo)為（9，m）直線MTA方程為：y-0m-0=x+39+3，即y=m12(x+3)，直線NTB方程為：y-0m-0=x-39-3，即y=m6(x-3)分別與橢圓x29+y25=1聯(lián)立方程組，同時(shí)考慮到x13，x23，解得：M(3(80-m2)80+m2，40m80+m2)、N(3(m2-20)20+m2，-20m20+m2)（方法一）當(dāng)x1x2時(shí)，直線MN方程為：y+20m20+m240

28、m80+m2+20m20+m2=x-3(m2-20)20+m23(80-m2)80+m2-3(m2-20)20+m2，令y0，可得2020+m2=1040-m2x-30(m2-20)(20+m2)(40-m2)，即為1040-m2x=1040-m2，令y0，解得：x1此時(shí)必過(guò)點(diǎn)D（1，0）；當(dāng)x1x2時(shí)，直線MN方程為：x1，與x軸交點(diǎn)為D（1，0）所以直線MN必過(guò)x軸上的一定點(diǎn)D（1，0）（方法二）若x1x2，則由240-3m280+m2=3m2-6020+m2及m0，得m=210，此時(shí)直線MN的方程為x1，過(guò)點(diǎn)D（1，0）若x1x2，則m210，直線MD的斜率kMD=40m80+m2240

29、-3m280+m2-1=10m40-m2，直線ND的斜率kND=-20m20+m23m2-6020+m2-1=10m40-m2，得kMDkND，所以直線MN過(guò)D點(diǎn)因此，直線MN必過(guò)x軸上的點(diǎn)（1，0）【點(diǎn)評(píng)】本小題主要考查求簡(jiǎn)單曲線的方程，考查方直線與橢圓的方程等基礎(chǔ)知識(shí)考查運(yùn)算求解能力和探究問(wèn)題的能力19（16分）設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知2a2a1+a3，數(shù)列Sn是公差為d的等差數(shù)列（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式（用n，d表示）；（2）設(shè)c為實(shí)數(shù)，對(duì)滿足m+n3k且mn的任意正整數(shù)m，n，k，不等式Sm+SncSk都成立求證：c的最大值為92【考點(diǎn)】83：等差數(shù)列的性質(zhì)；F

30、1：歸納推理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，結(jié)合已知，列出關(guān)于a1、d的方程，求出a1，進(jìn)而推出sn，再利用an與sn的關(guān)系求出an（2）利用（1）的結(jié)論，對(duì)Sm+SncSk進(jìn)行化簡(jiǎn)，轉(zhuǎn)化為基本不等式問(wèn)題求解；或求出c的最大值的范圍，利用夾逼法求出a的值【解答】解：（1）由題意知：d0，sn=s1+（n1）d=a1+（n1）d，2a2a1+a3，3a2S3，即3（S2S1）S3，3(a1+d)2-a1=(a1+2d)2，化簡(jiǎn)，得：a1-2a1d+d2=0，a1=d，a1=d2Sn=d+(n-1)d=nd，Sn=n2d2，當(dāng)n2時(shí)，anSnSn

31、1n2d2（n1）2d2（2n1）d2，適合n1情形故所求an（2n1）d2（2）（方法一）Sm+SncSkm2d2+n2d2ck2d2m2+n2ck2，cm2+n2k2恒成立又m+n3k且mn，2(m2+n2)(m+n)2=9k2m2+n2k292，故c92，即c的最大值為92（方法二）由a1=d及Sn=a1+(n-1)d，得d0，Snn2d2于是，對(duì)滿足題設(shè)的m，n，k，mn，有Sm+Sn=(m2+n2)d2(m+n)22d2=92d2k2=92Sk所以c的最大值cmax92另一方面，任取實(shí)數(shù)a92設(shè)k為偶數(shù)，令m=32k+1，n=32k-1，則m，n，k符合條件，且Sm+Sn=(m2+n

32、2)d2=d2(32k+1)2+(32k-1)2=12d2(9k2+4)于是，只要9k2+42ak2，即當(dāng)k22a-9時(shí)，Sm+Sn12d22ak2=aSk所以滿足條件的c92，從而cmax92因此c的最大值為92【點(diǎn)評(píng)】本小題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)、求和以及基本不等式等有關(guān)知識(shí)，考查探索、分析及論證的能力20（16分）設(shè)f（x）是定義在區(qū)間（1，+）上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f（x）如果存在實(shí)數(shù)a和函數(shù)h（x），其中h（x）對(duì)任意的x（1，+）都有h（x）0，使得f（x）h（x）（x2ax+1），則稱函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（a），設(shè)函數(shù)f（x）=lnx+b+2x+1(x1)，其中b為實(shí)數(shù)（1）求證

33、：函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（b）；求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間（2）已知函數(shù)g（x）具有性質(zhì)P（2），給定x1，x2（1，+），x1x2，設(shè)m為實(shí)數(shù)，mx1+（1m）x2，（1m）x1+mx2，1，1，若|g（）g（）|g（x1）g（x2）|，求m的取值范圍【考點(diǎn)】6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】53：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【分析】（1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f（x），然后將其配湊成f（x）h（x）（x2bx+1）這種形式，再說(shuō)明h（x）對(duì)任意的x（1，+）都有h（x）0，即可證明函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（b）；根據(jù)第一問(wèn)令（x）x2bx+1，討論對(duì)稱軸與2的大小，當(dāng)b2時(shí)，對(duì)于x1，

34、（x）0，所以f（x）0，可得f（x）在區(qū)間（1，+）上單調(diào)性，當(dāng)b2時(shí)，（x）圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱軸x=b21，可求出方程（x）0的兩根，判定兩根的范圍，從而確定（x）的符號(hào)，得到f（x）的符號(hào)，最終求出單調(diào)區(qū)間（2）先對(duì)函數(shù)g（x）求導(dǎo)，再m分m0，m1，0m1進(jìn)行，同時(shí)運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性即可得到【解答】解：（1）f（x）=1x-b+2(x+1)2=1x(x+1)2(x2-bx+1)x1時(shí)，h(x)=1x(x+1)20恒成立，函數(shù)f（x）具有性質(zhì)P（b）；當(dāng)b2時(shí)，對(duì)于x1，（x）x2bx+1x22x+1（x1）20所以f（x）0，故此時(shí)f（x）在區(qū)間（1，+）上遞增；當(dāng)b2時(shí)，（x）圖象開(kāi)口

35、向上，對(duì)稱軸x=b21，方程（x）0的兩根為：b+b2-42，b-b2-42，而b+b2-421，b-b2-42=2b+b2-4(0，1)當(dāng)x(1，b+b2-42)時(shí)，（x）0，f（x）0，故此時(shí)f（x）在區(qū)間(1，b+b2-42)上遞減；同理得：f（x）在區(qū)間b+b2-42，+)上遞增綜上所述，當(dāng)b2時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+）；當(dāng)b2時(shí)，f（x）的單調(diào)減區(qū)間為(1，b+b2-42)；f（x）的單調(diào)增區(qū)間為b+b2-42，+)（2）由題設(shè)知：g（x）的導(dǎo)函數(shù)g（x）h（x）（x22x+1），其中函數(shù)h（x）0對(duì)于任意的x（1，+）都成立，所以，當(dāng)x1時(shí)，g（x）h（x）（x1）20，

36、從而g（x）在區(qū)間（1，+）上單調(diào)遞增當(dāng)m（0，1）時(shí)，有mx1+（1m）x2mx1+（1m）x1x1，mx2+（1m）x2x2，得（x1，x2），同理可得（x1，x2），所以由g（x）的單調(diào)性知g（），g（）（g（x1），g（x2），從而有|g（）g（）|g（x1）g（x2）|，符合題設(shè)；當(dāng)m0時(shí)，mx1+（1m）x2mx2+（1m）x2x2，mx2+（1m）x1mx1+（1m）x1x1，于是由1，1及g（x）的單調(diào)性知g（）g（x1）g（x2）g（），所以|g（）g（）|g（x1）g（x2）|，與題設(shè)不符當(dāng)m1時(shí)，同理可得x1，x2，進(jìn)而得|g（）g（）|g（x1）g（x2）|，與題設(shè)不符

37、因此，綜合、得所求的m的取值范圍為（0，1）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)的概念、性質(zhì)、圖象及導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合、分類討論的思想方法進(jìn)行探索、分析與解決問(wèn)題的綜合能力21（10分）本題包括A、B、C、D四小題，請(qǐng)選定其中兩題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答若多做，則按作答的前兩題評(píng)分解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟A：AB是圓O的直徑，D為圓O上一點(diǎn)，過(guò)D作圓O的切線交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)C，若DADC，求證：AB2BCB：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（0，0），B（2，0），C（2，1）設(shè)k為非零實(shí)數(shù)，矩陣M=k001，N=0110，點(diǎn)A、B、C在矩陣MN對(duì)應(yīng)的變換下得到點(diǎn)分別

38、為A1、B1、C1，A1B1C1的面積是ABC面積的2倍，求k的值C：在極坐標(biāo)系中，已知圓2cos與直線3cos+4sin+a0相切，求實(shí)數(shù)a的值D：設(shè)a、b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a3+b3ab(a2+b2)【考點(diǎn)】7F：基本不等式及其應(yīng)用；JE：直線和圓的方程的應(yīng)用；QH：參數(shù)方程化成普通方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】59：不等式的解法及應(yīng)用；5B：直線與圓；5R：矩陣和變換；5S：坐標(biāo)系和參數(shù)方程【分析】A、連接OD，則ODDC，又OAOD，DADC，所以DAOODADCO，再證明OBBCODOA，即可求解B、由題設(shè)得MN=k0010110=0k10，根據(jù)矩陣的運(yùn)算法則進(jìn)行求解C、在極坐標(biāo)系中，已

39、知圓2cos與直線3cos+4sin+a0相切，由題意將圓和直線先化為一般方程坐標(biāo)，然后再計(jì)算a值D、利用不等式的性質(zhì)進(jìn)行放縮證明，a3+b3-ab(a2+b2)=a2a(a-b)+b2b(b-a)然后再進(jìn)行討論求證【解答】解：A：（方法一）證明：連接OD，則：ODDC，又OAOD，DADC，所以DAOODADCO，DOCDAO+ODA2DCO，所以DCO30°，DOC60°，所以O(shè)C2OD，即OBBCODOA，所以AB2BC（方法二）證明：連接OD、BD因?yàn)锳B是圓O的直徑，所以ADB90°，AB2OB因?yàn)镈C是圓O的切線，所以CDO90°又因?yàn)镈AD

40、C，所以DACDCA，于是ADBCDO，從而ABCO即2OBOB+BC，得OBBC故AB2BCB滿分（10分）由題設(shè)得MN=k0010110=0k10由0k100-2-2001=00k0-2-2，可知A1（0，0）、B1（0，2）、C1（k，2）計(jì)算得ABC面積的面積是1，A1B1C1的面積是|k|，則由題設(shè)知：|k|2×12所以k的值為2或2C解：22cos，圓2cos的普通方程為：x2+y22x，（x1）2+y21，直線3cos+4sin+a0的普通方程為：3x+4y+a0，又圓與直線相切，所以|31+40+a|32+42=1，解得：a2，或a8D（方法一）證明：a3+b3-ab

41、(a2+b2)=a2a(a-b)+b2b(b-a)=(a-b)(a)5-(b)5 =(a-b)2(a)4+(a)3(b)+(a)2(b)2+(a)(b)3+(b)4 因?yàn)閷?shí)數(shù)a、b0，(a-b)20，(a)4+(a)3(b)+(a)2(b)2+(a)(b)3+(b)40所以上式0即有a3+b3ab(a2+b2)（方法二）證明：由a、b是非負(fù)實(shí)數(shù)，作差得a3+b3-ab(a2+b2)=a2a(a-b)+b2b(b-a) =(a-b)(a)5-(b)5 當(dāng)ab時(shí)，ab，從而(a)5(b)5，得(a-b)(a)5-(b)50；當(dāng)ab時(shí)，ab，從而(a)5(b)5，得(a-b)(a)5-(b)50；所

42、以a3+b3ab(a2+b2)【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查三角形、圓的有關(guān)知識(shí)，考查推理論證能力，及圖形在矩陣對(duì)應(yīng)的變換下的變化特點(diǎn)，考查運(yùn)算求解能力還考查曲線的極坐標(biāo)方程等基本知識(shí)，考查轉(zhuǎn)化問(wèn)題的能力另外此題也考查參數(shù)方程與普通方程的區(qū)別和聯(lián)系，兩者要會(huì)互相轉(zhuǎn)化，根據(jù)實(shí)際情況選擇不同的方程進(jìn)行求解，這也是每年高考必考的熱點(diǎn)問(wèn)題22某工廠生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品，甲產(chǎn)品的一等品率為80%，二等品率為20%；乙產(chǎn)品的一等品率為90%，二等品率為10%生產(chǎn)1件甲產(chǎn)品，若是一等品則獲得利潤(rùn)4萬(wàn)元，若是二等品則虧損1萬(wàn)元；生產(chǎn)1件乙產(chǎn)品，若是一等品則獲得利潤(rùn)6萬(wàn)元，若是二等品則虧損2萬(wàn)元設(shè)生產(chǎn)各種產(chǎn)品相互獨(dú)立（1）記X（單位：萬(wàn)元）為生產(chǎn)1件甲產(chǎn)品和1件乙產(chǎn)品可獲得的總利潤(rùn)，求X的分布列；（2）求生產(chǎn)4件甲產(chǎn)品所獲得的利潤(rùn)不少于10萬(wàn)元的概率【考點(diǎn)】C8：相互獨(dú)立事件和相互獨(dú)立事件的概率乘法公式；CG：離散型隨機(jī)變量及其分布列菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】（1）根據(jù)題意做出變量的可能取值是10，5，2，3，結(jié)合變量對(duì)應(yīng)的事件和