2014屆高考數(shù)學(xué)最后一講

1、PAGE PAGE 122014屆高考數(shù)學(xué)最后一講一、主要考點(diǎn)：（一）、填空題1復(fù)數(shù)，2集合（簡(jiǎn)易邏輯），3雙曲線與拋物線，4統(tǒng)計(jì)，5概率，6流程圖，7立體幾何，8導(dǎo)數(shù)，9三角，10向量，11數(shù)列，12解析幾何，13不等式，14雜題（函數(shù)）填空題的能力題體現(xiàn)在考試說明中的C級(jí)（8個(gè)）以及B級(jí)（36個(gè)）中，近幾年，主要體現(xiàn)在：導(dǎo)數(shù)，三角計(jì)算，解析幾何（直線與圓），平面向量（基本定理與數(shù)量積），不等式（線性規(guī)劃、基本不等式或函數(shù)），數(shù)列綜合，函數(shù)綜合等（二）、解答題15三角與向量，16立體幾何，17應(yīng)用題，18解析幾何，19數(shù)列，20函數(shù)綜合二：時(shí)間安排（參考意見）填空題（用時(shí)40分鐘左右）：16

2、題防止犯低級(jí)錯(cuò)誤，平均用時(shí)在2分鐘左右。712題防止犯運(yùn)算錯(cuò)誤，平均用時(shí)在3分鐘左右。1314防止犯耗時(shí)錯(cuò)誤，平均用時(shí)在5分鐘左右。解答題（用時(shí)在80分鐘左右）：1516題防止犯運(yùn)算和表述錯(cuò)誤，平均用時(shí)10分鐘左右。1718題防止犯審題和建模錯(cuò)誤，平均用時(shí)在15分鐘左右。1920題防止犯第一問會(huì)而不做和以后的耗時(shí)錯(cuò)誤，平均用時(shí)在15分鐘左右。三：題型分析（一）填空題：解題的基本方法一般有：直接求解法；數(shù)形結(jié)合法；特殊化法(特殊值法、特殊函數(shù)法、特殊角法、特殊數(shù)列法、圖形特殊位置法、特殊點(diǎn)法、特殊方程法、特殊模型法)；整體代換法；類比、歸納法；圖表法等（二）解答題：是高考數(shù)學(xué)試卷中的一類重要題型

3、，這些題涵蓋了中學(xué)數(shù)學(xué)的主要內(nèi)容，具有知識(shí)容量大、解題方法多、能力要求高、突顯數(shù)學(xué)思想方法的運(yùn)用以及要求考生具有一定的創(chuàng)新意識(shí)和創(chuàng)新能力等特點(diǎn)，解答題綜合考查學(xué)生的運(yùn)算能力、邏輯思維能力、空間想象能力和分析問題、解決問題的能力，分值占90分，主要分六塊：三角函數(shù)(或與平面向量交匯)、立體幾何、應(yīng)用問題、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(或與不等式交匯)、數(shù)列(或與不等式交匯)、解析幾何(或與平面向量交匯)從歷年高考題看綜合題這些題型的命制都呈現(xiàn)出顯著的特點(diǎn)和解題規(guī)律，從閱卷中發(fā)現(xiàn)考生“會(huì)而得不全分”的現(xiàn)象大有人在，針對(duì)以上情況，最后幾天時(shí)間里，能不斷回顧之前做過的典型題目，從知識(shí)、方法等層面進(jìn)行反思做到觸類旁通，舉

4、一反三；考場(chǎng)上能將平時(shí)所掌握的知識(shí)、學(xué)到的方法體現(xiàn)在你的解題中，將你會(huì)做的做對(duì)，相信你的高考數(shù)學(xué)一定能取得滿意成績(jī)！四：特別提醒：(1)對(duì)會(huì)做的題目：要解決“會(huì)而不對(duì)，對(duì)而不全”這個(gè)老大難的問題，要特別注意表達(dá)準(zhǔn)確，考慮周密，書寫規(guī)范，關(guān)鍵步驟清晰，防止分段扣分解題步驟一定要按教科書要求，避免因“對(duì)而不全”失分(2)對(duì)不會(huì)做的題目：對(duì)絕大多數(shù)考生來說，更為重要的是如何從拿不下來的題目中分段得分我們說，有什么樣的解題策略，就有什么樣的得分策略對(duì)此可以采取以下策略：缺步解答：如遇到一個(gè)不會(huì)做的問題，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個(gè)個(gè)小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就

5、寫幾步特別是那些解題層次明顯的題目，每一步演算到得分點(diǎn)時(shí)都可以得分，最后結(jié)論雖然未得出，但分?jǐn)?shù)卻已過半跳步解答：解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的這時(shí)，我們可以先承認(rèn)中間結(jié)論，往后推，看能否得到結(jié)論若題目有兩問，第(1)問想不出來，可把第(1)問作“已知”，先做第(2)問，跳一步再解答輔助解答：一道題目的完整解答，既有主要的實(shí)質(zhì)性的步驟，也有次要的輔助性的步驟實(shí)質(zhì)性的步驟未找到之前，找輔助性的步驟是明智之舉如：準(zhǔn)確作圖，把題目中的條件翻譯成數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)題目的意思列出要用的公式等羅列這些小步驟都是有分的，這些全是解題思路的重要體現(xiàn)，切不可以不寫，對(duì)計(jì)算能力要求高的，實(shí)行解到哪里算哪里的策略書

6、寫也是輔助解答，“書寫要工整，卷面能得分”是說第一印象好會(huì)在閱卷老師的心理上產(chǎn)生光環(huán)效應(yīng)逆向解答：對(duì)一個(gè)問題正面思考發(fā)生思維受阻時(shí)，用逆向思維的方法去探求新的解題途徑，往往能得到突破性的進(jìn)展順向推有困難就逆推，直接證有困難就間接證考試過程力爭(zhēng)做到：難易分明，決不耗時(shí)； 2慎于審題，決不懊悔；必求規(guī)范，決不失分； 細(xì)心運(yùn)算，決不犯錯(cuò)；提防陷阱，決不上當(dāng)； 愿慢求對(duì)，決不快錯(cuò)；遇新不慌，決不急躁； 奮力拼殺，決不落伍；2014屆高考數(shù)學(xué)最后一講實(shí)戰(zhàn)演練（一）、填空題1設(shè)集合A(x，y)eq blc|rc (avs4alco1(f(x2,4)f(y2,16)1)，B(x，y)|y3x，則AB的子集的

7、個(gè)數(shù)是_2如果復(fù)數(shù)eq f(2bi,12i)(其中i為虛數(shù)單位，b為實(shí)數(shù))的實(shí)部和虛部互為相反數(shù)，那么b等于_3某個(gè)容量為N的樣本頻率分布直方圖如右圖所示，已知在區(qū)間4,5)上頻數(shù)為60，則N_.4若將一顆質(zhì)地均勻的骰子(各面上分別標(biāo)有1,2,3,4,5,6個(gè)點(diǎn)的正方體玩具)先后拋擲兩次，向上的點(diǎn)數(shù)依次為m，n，則方程x22mxn0無實(shí)數(shù)根的概率是_5有四個(gè)關(guān)于三角函數(shù)的命題：p1：xR，sin2eq f(x,2)cos2eq f(x,2)eq f(1,2)；p2：x，yR，sin(xy)sin xsin y；p3：x0，, eq r(f(1cos 2x,2)sin x；p4：sin xcos

8、 yxyeq f(,2).其中假命題的是_6若cos cos()sin sin()eq f(3,5)，是第二象限的角，則tan 2_.7若一個(gè)正方形的四個(gè)頂點(diǎn)都在雙曲線上，且其一邊經(jīng)過的焦點(diǎn)，則雙曲線的離心率是 8不等式對(duì)于任意的恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為 。9已知函數(shù)f(x)eq blcrc (avs4alco1(2x1，x0，,fx1，x0.)若方程f(x)xa有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_10已知M是曲線yln xeq f(1,2)x2(1a)x上任意一點(diǎn)，若曲線在M點(diǎn)處的切線的傾斜角是均不小于eq f(,4)的銳角，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_11如圖，在直角梯形ABCD

9、中，已知BCAD，ABAD，AB4，BC2，AD4，若P為CD的中點(diǎn)，則eq o(PA,sup6()eq o(PB,sup6()的值為_12等差數(shù)列an的公差d(0,1)，且eq f(sin2a3sin2a7,sina3a7)1，當(dāng)n10時(shí)，數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn取得最小值，則首項(xiàng)a1的取值范圍為_13已知曲線C：y2x2，點(diǎn)A(0，2)及點(diǎn)B(3，a)，從點(diǎn)A觀察點(diǎn)B，要使視線不被曲線C擋住，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_14在實(shí)數(shù)的原有運(yùn)算法則中，我們補(bǔ)充定義新運(yùn)算“”如下：當(dāng)ab時(shí)，aba；當(dāng)ab時(shí)，abb2.則函數(shù)f(x)(1x)x(2x)(x2,2)的最大值等于_(“”和“”仍為通常的乘法和

10、減法)（二）、解答題細(xì)心計(jì)算，規(guī)范解答，全面拿下三角與向量題15如圖，在四邊形ABCD中，已知AB13，AC10，AD5，CDeq r(65)，eq o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()50.(1)求cosBAC的值；(2)求sinCAD的值；(3)求BAD的面積評(píng)分細(xì)則1沒有寫cosBACeq f(o(AB,sup6()o(AC,sup6(),|o(AB,sup6()|o(AC,sup6()|)直接計(jì)算的，扣1分.,2不交代CAD的范圍的，扣1分；,3不交代BAC范圍的，扣1分.善于觀察，注意轉(zhuǎn)化，做好立體幾何不是難事16如圖，四棱椎P ABCD的底面為矩形，且ABeq r(2

11、)，BC1，E，F(xiàn)分別為AB，PC中點(diǎn)(1)求證：EF平面PAD；(2)若平面PAC平面ABCD，求證：平面PAC平面PDE.評(píng)分細(xì)則1第一問，方法1和2，下結(jié)論時(shí)：不交代平面外一條直線與平面內(nèi)一條直線平行，一律扣2分；方法3，直接由線線平行面面平行，扣3分；2第二問，不用平面幾何知識(shí)證明DEAC，扣2分.看似復(fù)雜，實(shí)則簡(jiǎn)單，帶你融會(huì)貫通應(yīng)用題17經(jīng)銷商用一輛J型卡車將某種水果從果園運(yùn)送(滿載)到相距400 km的水果批發(fā)市場(chǎng)據(jù)測(cè)算，J型卡車滿載行駛時(shí)，每100 km所消耗的燃油量u(單位：L)與速度v(單位：km/h)，的關(guān)系近似地滿足ueq blcrc (avs4alco1(f(100,v

12、)23，0v50，,f(v2,500)20，v50.)除燃油費(fèi)外，人工工資、車損等其他費(fèi)用平均每小時(shí)300元已知燃油價(jià)格為每升(L)7.5元(1)設(shè)運(yùn)送這車水果的費(fèi)用為y(元)(不計(jì)返程費(fèi)用)，將y表示成速度v的函數(shù)關(guān)系式；(2)卡車該以怎樣的速度行駛，才能使運(yùn)送這車水果的費(fèi)用最少？評(píng)分細(xì)則1第一問，有一段求解錯(cuò)誤的，扣4分；2第二問，有一段函數(shù)最值求解錯(cuò)誤的，扣2分；沒有將兩個(gè)最小值比較的，扣2分，不寫答案的，扣1分.強(qiáng)化系統(tǒng)，精確計(jì)算，解析幾何我們不再害怕18已知半橢圓eq f(x2,b2)eq f(y2,a2)1(y0)和半圓x2y2b2(y0)組成曲線C，其中ab0；如圖，半橢圓eq

13、f(x2,b2)eq f(y2,a2)1(y0)內(nèi)切于矩形ABCD，且CD交y軸于點(diǎn)G，點(diǎn)P是半圓x2y2b2(y0)上異于A、B的任意一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)Meq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),3)，f(r(3),3)時(shí)，AGP的面積最大(1)求曲線C的方程；(2)連PC，PD交AB分別于點(diǎn)E，F(xiàn)，求證：；AE2BF2為定值掌握類型，巧妙構(gòu)造，解決棘手的數(shù)列問題19設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，已知Sn1pSnq(p，q為常數(shù)，nN*)，a12，a21，a3q3p.(1)求p，q的值；(2)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(3)是否存在正整數(shù)m，n，使eq f(Snm,Sn1m)eq f

14、(2m,2m1)成立？若存在，求出所有符合條件的有序?qū)崝?shù)對(duì)(m，n)；若不存在，說明理由評(píng)分細(xì)則1列式正確，計(jì)算錯(cuò)誤的，扣2分.2沒有驗(yàn)證“a2f(1,2)a1”的，扣2分；3討論不全的，少一個(gè)扣1分，直到扣完為止.認(rèn)真審題，精妙轉(zhuǎn)化，解決壓軸的函數(shù)問題20已知函數(shù)f(x)x3ax2a2x2，aR.(1)若a0時(shí)，試求函數(shù)yf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若a0，且曲線yf(x)在點(diǎn)A、B(A、B不重合)處切線的交點(diǎn)位于直線x2上，證明：A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和小于4；(3)如果對(duì)于一切x1、x2、x30,1，總存在以f(x1)、f(x2)、f(x3)為三邊長(zhǎng)的三角形試求正實(shí)數(shù)a的取值范圍評(píng)分細(xì)則

15、1單調(diào)區(qū)間沒有寫出區(qū)間的，扣1分.,23嚴(yán)格按照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)評(píng)分. 2014屆高考數(shù)學(xué)最后一講 參考答案1解析畫出橢圓eq f(x2,4)eq f(y2,16)1和指數(shù)函數(shù)y3x圖象，可知其有兩個(gè)不同交點(diǎn)，記為A1，A2，則AB的子集應(yīng)為，A1，A2，A1，A2共四個(gè) 四2解析eq f(2bi,12i)eq f(2bi12i,12i12i)eq f(22bb4i,5)，由題意得22bb4，解得beq f(2,3).3解析組距為1，在區(qū)間4,5)上頻率為10.40.150.100.050.3，在區(qū)間4,5)上頻數(shù)為60，則eq f(60,N)0.3N200.4解析共有36種等可能基本事件，其中要求方

16、程x22mxn0無實(shí)根，即m2n的事件為(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)共7個(gè)基本事件，因此所求概率為eq f(7,36).5解析p1：xR，sin2eq f(x,2)cos2eq f(x,2)eq f(1,2)是假命題；p2是真命題，如xy0時(shí)成立；p3是真命題，x0，sin x0， eq r(f(1cos 2x,2)eq r(sin2x)|sin x|sin x；p4是假命題，如xeq f(,2)，y2時(shí)，sin xcos y，但xyeq f(,2). 答案p1，p46解析cos cos()sin sin()cos()cos eq f(3,

17、5)，且是第二象限的角，sin eq f(4,5)，tan eq f(4,3)，所以tan 2eq f(2tan ,1tan2)eq f(24,7).7解析因?yàn)镕2PF1是底角為30的等腰三角形，則有|F2F1|F2P|，因?yàn)镻F1F230，所以PF2D60，DPF230，所以|F2D|eq f(1,2)|PF2|eq f(1,2)|F1F2|，即eq f(3a,2)ceq f(1,2)2cc，所以eq f(3a,2)2c，即eq f(c,a)eq f(3,4)，所以橢圓的離心率為eeq f(3,4).8解析 由a+8bb(a+b) 得a+8b-b(a+b)0 變成a-ba-(-8)b0則=+

18、4(-8)=+4-32=0 (+8)(-4)=0 所以-8,49解析畫出函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合的方法求解若方程f(x)xa有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即函數(shù)yf(x)與yxa的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，由圖象可知a1. 答案(，1) 10解析設(shè)M(x，y)(x0)，因?yàn)樵贛點(diǎn)處切線的傾斜角的范圍是eq blcrc)(avs4alco1(f(,4)，f(,2)，所以切線的斜率是1，)，即yeq f(1,x)x1a1，x(0，)恒成立，分離參數(shù)得aeq f(1,x)x，x(0，)恒成立，所以aeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)x)min，x(0，)時(shí)，由基本不等式得eq f(1,x

19、)x2，所以a2.11解析建立坐標(biāo)系，應(yīng)用坐標(biāo)運(yùn)算求數(shù)量積以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD、AB所在直線為x、y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則A(0,0)，B(0，4)，C(2,4)，D(4,0)，P(3,2)，所以eq o(PA,sup6()eq o(PB,sup6()(3，2)(3,2)5.12解析因?yàn)閍n是等差數(shù)列，所以eq f(sin2a3sin2a7,sina3a7)eq f(sin a3sin a7sin a3sin a7,sin 2a5)eq f(2sin a5cos 2d2cos a5sin 2d,sin 2a5)sin 4d1，得deq f(,8)eq f(k,2)，kZ，又d(0,1)，所

20、以k0，即deq f(,8).又由S10是Sn中的最小項(xiàng)，所以eq blcrc (avs4alco1(a10a1f(9,8)0，,a11a1f(5,4)0，)解得eq f(5,4)a1eq f(9,8).13解析點(diǎn)A在拋物線外部，則a23218，設(shè)過點(diǎn)A的拋物線的切線方程為ykx2，代入拋物線方程得2x2kx20，由k2160，得k4，結(jié)合圖形取k4，即要求AB連線的斜率小于4，即eq f(a2,3)4，解得a10.14解析由定義知，f(x)eq blcrc (avs4alco1(x22x1，,x321x2，)f(x)在區(qū)間2,2上單調(diào)遞增，所以f(x)的最大值為6.15解題突破(1)根據(jù)數(shù)量

21、積的定義式的變形式求；(2)在ACD中，利用余弦定理求cosCAD，再利用平方關(guān)系求解；(3)利用兩角和公式求BAD的正弦值，代入三角形面積公式求解解(1)因?yàn)閑q o(AB,sup6()eq o(AC,sup6()|eq o(AB,sup6()|eq o(AC,sup6()|cosBAC， 所以cosBACeq f(o(AB,sup6()o(AC,sup6(),|o(AB,sup6()|o(AC,sup6()|)eq f(50,1310)eq f(5,13).(2分)(2)在ADC中，AC10，AD5，CDeq r(65)，由余弦定理，得cosCADeq f(AC2AD2CD2,2ACAD)

22、eq f(10252r(65)2,2105)eq f(3,5).(4分)因?yàn)镃AD(0，)，所以sinCAD eq r(1cos2CAD) eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(3,5)2)eq f(4,5).(6分)(3)由(1)知，cosBACeq f(5,13). 因?yàn)锽AC(0，)，所以sinBAC eq r(1cos2BAC) eq r(1blc(rc)(avs4alco1(f(5,13)2)eq f(12,13).(8分)從而sinBADsin(BACCAD) sinBACcosCADcosBACsinCADeq f(12,13)eq f(3,5)eq f(5,13)

23、eq f(4,5)eq f(56,65).(11分)所以SBADeq f(1,2)ABADsinBADeq f(1,2)135eq f(56,65)28.(14分)16解題突破(1)由E，F(xiàn)分別為AB，PC中點(diǎn)取PD的中點(diǎn)M，再證四邊形AEMF是平行四邊形(2)在矩形ABCD中，根據(jù)ABeq r(2)BC，可得eq f(DA,AE)eq f(CD,DA)，從而可證DAECDA.再證明DEAC，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)和判定可得平面PAC平面PDE.證明(1)法一取線段PD的中點(diǎn)M，連接FM，AM.因?yàn)镕為PC的中點(diǎn)，所以FMCD，且FMeq f(1,2)CD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，E為AB的中點(diǎn)

24、，所以EACD，且EAeq f(1,2)CD.所以FMEA，且FMEA.所以四邊形AEFM為平行四邊形所以EFAM.(5分)又AM平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.(7分)法二連接CE并延長(zhǎng)交DA的延長(zhǎng)線于N，連接PN.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以ADBC，所以BCEANE，CBENAE.又AEEB，所以CEBNEA，所以CENE.又F為PC的中點(diǎn)，所以EFNP.(5分)又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.(7分)法三取CD的中點(diǎn)Q，連接FQ，EQ.在矩形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，所以AEDQ，且AEDQ.所以四邊形AEQD為平行四邊形，所以EQAD.又AD

25、平面PAD，EQ平面PAD，所以EQ平面PAD.(2分)因?yàn)镼，F(xiàn)分別為CD，CP的中點(diǎn)，所以FQPD.又PD平面PAD，F(xiàn)Q平面PAD，所以FQ平面PAD.又FQ，EQ平面EQF，F(xiàn)QEQQ，所以平面EQF平面PAD.(5分)因?yàn)镋F平面EQF，所以EF平面PAD.(7分)(2)設(shè)AC，DE相交于G.在矩形ABCD中，因?yàn)锳Beq r(2)BC，E為AB的中點(diǎn)所以eq f(DA,AE)eq f(CD,DA)eq r(2).又DAECDA，所以DAECDA，所以ADEDCA.又ADECDEADC90，所以DCACDE90.由DGC的內(nèi)角和為180，得DGC90.即DEAC.(9分)因?yàn)槠矫鍼A

26、C平面ABCD因?yàn)镈E平面ABCD，所以DE平面PAC，(12分)又DE平面PDE，所以平面PAC平面PDE.(14分)17解題突破由u是關(guān)于v的分段函數(shù)，得y也是關(guān)于v的分段函數(shù)，求出各段函數(shù)的最小值，再比較大小，而求函數(shù)最值的方法可以有函數(shù)圖象法、單調(diào)性法、導(dǎo)數(shù)法等，其中導(dǎo)數(shù)法是求函數(shù)最值的一種相當(dāng)重要的方法解(1)由題意，當(dāng)0v50時(shí)，y7.5eq f(400,100)u300eq f(400,v)30eq blc(rc)(avs4alco1(f(100,v)23)300eq f(400,v)eq f(123 000,v)690，當(dāng)v50時(shí)，y7.5eq f(400,100)u300eq

27、 f(400,v)30eq blc(rc)(avs4alco1(f(v2,500)20)300eq f(400,v)eq f(3v2,50)eq f(120 000,v)600，所以yeq blcrc (avs4alco1(f(123 000,v)690，0v50，,f(3v2,50)f(120 000,v)600，v50.)(8分)(2)當(dāng)0v50時(shí)，yeq f(123 000,v)690是單調(diào)減函數(shù)，故v50時(shí)，y取得最小值ymineq f(123 000,50)6903 150；當(dāng)v50時(shí)，yeq f(3v2,50)eq f(120 000,v)600(v50)由yeq f(3v,25)

28、eq f(120 000,v2)eq f(3v3106,25v2)0，得v100當(dāng)50v100時(shí)，y0，函數(shù)yeq f(3v2,50)eq f(120 000,v)600單調(diào)遞減所以當(dāng)v100時(shí)，y取得最小值ymineq f(31002,50)eq f(120 000,100)6002 400由于3 1502 400，所以當(dāng)v100時(shí)，y取得最小值答當(dāng)卡車以100 km/h的速度駛時(shí)，運(yùn)送這車水果的費(fèi)用最少(16分)18解(1)已知點(diǎn)Meq blc(rc)(avs4alco1(f(r(6),3)，f(r(3),3)在半圓x2y2b2(y0)上，所以eq blc(rc)(avs4alco1(f(

29、r(6),3)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)2b2，又b0，所以b1，(2分)當(dāng)半圓x2y2b2(y0)在點(diǎn)P處的切線與直線AG平行時(shí)，點(diǎn)P到直線AG的距離最大，此時(shí)AGP的面積取得最大值，故半圓x2y2b2(y0)在點(diǎn)M處的切線與直線AG平行，所以O(shè)MAG，(3分)又kOMeq f(yM0,xM0)eq f(r(2),2)，所以kAGeq r(2)eq f(a,b)，又b1，所以aeq r(2)，(4分)所以曲線C的方程為x2eq f(y2,2)1(y0)或x2y21(y0)(6分)(2)由(1)知點(diǎn)C(1，eq r(2)，點(diǎn)D(1，eq r(2)，設(shè)P(x0

30、，y0)，則有直線PC的方程為yeq r(2)eq f(y0r(2),x01)(x1)，(7分)令y0，得xE1eq f(r(2)x01,y0r(2)，所以AE2eq f(r(2)x01,y0r(2)；(9分)直線PD的方程為yeq r(2)eq f(y0r(2),x01)(x1)，(10分)令y0，得xF1eq f(r(2)x01,y0r(2)，所以BF2eq f(r(2)x01,y0r(2)；(12分)則AE2BF2eq blcrc(avs4alco1(2f(r(2)x01,y0r(2)2eq blcrc(avs4alco1(2f(r(2)x01,y0r(2)2eq f(4xoal(2,0

31、)4,y0r(2)2)eq f(8r(2),y0r(2)8，(13分)又由xeq oal(2,0)yeq oal(2,0)1，得xeq oal(2,0)1yeq oal(2,0)，代入上式得eq f(84yoal(2,0),y0r(2)2)eq f(8r(2),y0r(2)8eq f(84yoal(2,0)8r(2)y0r(2),y0r(2)2)8eq f(4y0r(2)2,y0r(2)2)84所以AE2BF2為定值(16分)19解題突破根據(jù)條件建立方程組求解(1)；將前n項(xiàng)和轉(zhuǎn)化為通項(xiàng)，再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求解(2)；利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)求和公式化簡(jiǎn)不等式，根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)利用正整數(shù)

32、的條件解不等式解(1)由題意，知eq blcrc (avs4alco1(S2pa1q，,S3pS2q，)即eq blcrc (avs4alco1(32pq，,3q3p3pq，)解之得eq blcrc (avs4alco1(pf(1,2)，,q2.)(4分)(2)由(1)知，Sn1eq f(1,2)Sn2， 當(dāng)n2時(shí)，Sneq f(1,2)Sn12，得，an1eq f(1,2)an(n2)，(6分)又a2eq f(1,2)a1，所以an1eq f(1,2)an(nN*)，所以an是首項(xiàng)為2，公比為eq f(1,2)的等比數(shù)列，所以aneq f(1,2n2).(8分)(3)由(2)得，Sneq f

33、(2blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2n),1f(1,2)4eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2n)， 由eq f(Snm,Sn1m)eq f(2m,2m1)，得eq f(4blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2n)m,4blc(rc)(avs4alco1(1f(1,2n1)m)eq f(2m,2m1)，即eq f(2n4m4,2n4m2)eq f(2m,2m1)，(10分)即eq f(2,2n4m2)eq f(1,2m1)，因?yàn)?m10，所以2n(4m)2，所以m4，且22n(4m)2m14，(*)，因?yàn)閙N*，所以m1或2或3.(12分)當(dāng)m1時(shí)，

34、由(*)得，22n38，所以n1；當(dāng)m2時(shí)，由(*)得，22n212，所以n1或2；當(dāng)m3時(shí)，由(*)得，22n20，所以n2或3或4，綜上，存在符合條件的所有有序?qū)崝?shù)對(duì)(m，n)為：(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,2)，(3,3)，(3,4)(16分)20解題突破利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間；根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合基本不等式以算代證；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、極值情況，根據(jù)三角形三邊長(zhǎng)的關(guān)系建立不等式組求解解(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)3x22axa23(xa)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,3).因?yàn)閍0，由f(x)0，解得eq f(a,3)xa.所以函數(shù)yf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,3)，a).(3分)(2)當(dāng)a0時(shí)，f(x)x32.設(shè)在點(diǎn)A(x1，xeq oal(3,1)2)，B(x2，xeq oal(3,2)2)處的切線交于直線x2上一點(diǎn)P(2，t)因?yàn)閥3x2，所以曲線yf(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為k3xeq oal(2,1)，所以，在點(diǎn)A處的切線方程為y(xeq oal(3,1)2)3x