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2016年浙江省嘉兴市高考数学二模试卷(理科)(解析版)

2016 年浙江省嘉兴市高考数学二模试卷(理科)
一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.已知集合 U={1,2,3,4,5},A={1,2,3},B={2,5},则 A∩(?UB)=( ) A.{2} B.{2,3} C.{3} D.{1,3} 2.设 l,m 是两条不同的直线,α 是一个平面,则下列命题正确的是( ) A.若 l⊥m,m? α,则 l⊥α B.若 l⊥α,l∥m,则 m⊥α C.若 l∥α,m? α,则 l∥m D.若 l∥α,m∥α,则 l∥m 3.“ ”是“tanθ=1”的( )

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.函数 (其中 a∈R)的图象不可能是( )

A.

B.

C.

D.

5.已知{an}是等差数列,公差为 2,{bn}是等比数列,公比为 2.若{bn}的前 n 项和为



则 a1+b1 等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 6.如图,小于 90°的二面角 α﹣l﹣β 中 O∈l,A,B∈α,且∠AOB 为钝角,∠A′OB′是∠ AOB 在 β 内的射影,则下列结论错误的是( )

A.∠A′OB′为钝角 B.∠A′OB′>∠AOB C.∠AOB+∠AOA′<π D.∠B′OB+∠BOA+∠AOA′>π 7.如图,双曲线 ﹣ =1(a,b>0)的右顶点为 A,左右焦点分别为 F1,F2,点 p 是

双曲线右支上一点,PF1 交左支于点 Q,交渐近线 y= x 于点 R,M 是 PQ 的中点,若 RF2 ⊥PF1,且 AM⊥PF1,则双曲线的离心率是( )

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A.

B.

C.2

D. ,则下列不正确的是( B.sinx2>sin(2﹣y) )

8.已知 0<x<y,2<x2 A.sinx2<sin( ﹣y)

C.sin(2﹣x2)<siny D.sinx2<cos(y﹣1) 二、填空题(本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分) 9.已知 φ∈[0,π) ,函数 f(x)=cos2x+cos(x+φ)是偶函数,则 φ= 的最小值为 . 10.已知函数 ,则 =

,f(x)

,方程 f(x)=2 的

解为 . 11.某几何体的三视图如图所示(单位:cm) ,则该几何体的体积为

cm3,表

面积为

cm2.

12.已知 x,y∈R 且满足不等式组

,当 k=1 时,不等式组所表示的平

面区域的面积为 , 若目标函数 z=3x+y 的最大值为 7, 则 k 的值为 13. f x) =acosπx+ sinπx, x∈[0, 2], f x) 已知 a>0, ( (1﹣x) 则( 所有的零点之和为 14.设 2x+n|}的最小值为

. .

,已知 x,y∈R,m+n=6,则 F=max{|x2﹣4y+m|,|y2﹣ .

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15.如图,设正△BCD 的外接圆 O 的半径为 R( <R<

) ,点 A 在 BD 下方的圆弧上,

则(





)?

的最小值为



三、解答题(本大题共 5 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.在△ABC 中,设边 a,b,c 所对的角为 A,B,C,且 A,B,C 都不是直角, (bc﹣8) 2 2 cosA+accosB=a ﹣b . (Ⅰ)若 b+c=5,求 b,c 的值; (Ⅱ)若 ,求△ABC 面积的最大值. 17. AB=2, BC=CC1=1, PC=λPD. 如图, 长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中, 点 P 是 CD 上的一点, A C PBC (Ⅰ)若 1 ⊥平面 1,求 λ 的值; (Ⅱ)设 λ1=1,λ2=3 所对应的点 P 为 P1,P2,二面角 P1﹣BC1﹣P2 的大小为 θ,求 cosθ 的 值.

18.已知 m∈R,函数 f(x)=﹣x2+(3﹣2m)x+2+m. (1)若 0<m≤ ,求|f(x)|在[﹣1,1]上的最大值 g(m) ; (2)对任意的 m∈(0,1],若 f(x)在[0,m]上的最大值为 h(m) ,求 h(m)的最大值. 19.已知椭圆 C1: 与椭圆 C1 交于 A,B 两点. (Ⅰ)若线段 AB 中点的横坐标为 ,求 m 的值; (Ⅱ)过原点 O 作 l1 的平行线 l2 交椭圆于 C,D 两点,设|AB|=λ|CD|,求 λ 的最小值. =1,直线 l1:y=kx+m(m>0)与圆 C2: (x﹣1)2+y2=1 相切且

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20.已知点列 Pn(xn, |=|

)与 An(an,0)满足 xn+1>xn,



,且|

|,其中 n∈N*,x1=1.

(I)求 xn+1 与 xn 的关系式; (Ⅱ)求证:n2< + +… + ≤4n2.

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2016 年浙江省嘉兴市高考数学二模试卷(理科)
参考答案与试题解析

一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.已知集合 U={1,2,3,4,5},A={1,2,3},B={2,5},则 A∩(?UB)=( ) A.{2} B.{2,3} C.{3} D.{1,3} 【考点】交、并、补集的混合运算. 【分析】由题意全集 U={1,2,3,4,5},B={2,5},可以求出集合 CUB,然后根据交集 的定义和运算法则进行计算. 【解答】解:∵U={1,2,3,4,5},B={2,5}, ∴CUB={1,3,4} ∵A={3,1,2} ∴A∩(CUB)={1,3} 故选 D. 2.设 l,m 是两条不同的直线,α 是一个平面,则下列命题正确的是( A.若 l⊥m,m? α,则 l⊥α B.若 l⊥α,l∥m,则 m⊥α C.若 l∥α,m? α,则 l∥m D.若 l∥α,m∥α,则 l∥m )

【考点】直线与平面平行的判定. 【分析】根据题意,依次分析选项:A,根据线面垂直的判定定理判断.C:根据线面平行 的判定定理判断.D:由线线的位置关系判断.B:由线面垂直的性质定理判断;综合可得 答案. 【解答】解:A,根据线面垂直的判定定理,要垂直平面内两条相交直线才行,不正确; C:l∥α,m? α,则 l∥m 或两线异面,故不正确. D:平行于同一平面的两直线可能平行,异面,相交,不正确. B:由线面垂直的性质可知:平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面.故 正确. 故选 B

3.“

”是“tanθ=1”的(



A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
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【分析】由 tanθ=1,解得 θ= 【解答】解:由 tanθ=1,解得 θ= ∴“ 故选:A.

(k∈Z) ,即可判断出结论. (k∈Z) ,

”是“tanθ=1”的充分不必要条件.

4.函数

(其中 a∈R)的图象不可能是(



A.

B.

C.

D.

【考点】函数的图象. 【分析】分三种情况讨论,根据函数的单调性和基本不等式即可判断. 【解答】解:当 a=0 时,f(x)=|x|,且 x≠0,故 A 符合, 当 x>0 时,且 a>0 时,f(x)=x+ ≥2 ∞,0)上为减函数,故 B 符合, 当 x<0 时,且 a<0 时,f(x)=﹣x+ ≥2 (x)=x+ 在(0,+∞)上为增函数,故 D 符合, 故选:C. =2 ,当 x>0 时,且 a<0 时,f ,当 x<0 时,且 a>0 时,f(x)=﹣x+ 在(﹣

5.已知{an}是等差数列,公差为 2,{bn}是等比数列,公比为 2.若{bn}的前 n 项和为 则 a1+b1 等于( A.1 B.2 ) C.3 D.4 【考点】等差数列的通项公式. 【分析】由已知写出等差数列和等比数列的通项公式,得到 和,列等式求得 a1+b1 的值. 【解答】解:由题意可得 an=a1+2(n﹣1) , ∴ = , ,



,再写出等比数列的前 n 项

{bn}的前 n 项和 由 ,得 ,



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∴a1+b1=2. 故选:B. 6.如图,小于 90°的二面角 α﹣l﹣β 中 O∈l,A,B∈α,且∠AOB 为钝角,∠A′OB′是∠ AOB 在 β 内的射影,则下列结论错误的是( )

A.∠A′OB′为钝角 B.∠A′OB′>∠AOB C.∠AOB+∠AOA′<π D.∠B′OB+∠BOA+∠AOA′>π 【考点】与二面角有关的立体几何综合题. 【分析】由题意画出图形,由已知二面角 α﹣l﹣β 小于 90°,∠AOB 为钝角,结合余弦定理 可得∠A′OB′是钝角,由此可得答案. 【解答】解:如图,在 α 内射线 OA 上取点 A,过 A 作交线 l 的平行线 AB 交射线 OB 于点 B, 过 A 作 AA′⊥β,垂足为 A′,过 B 作 BB′垂直于 β,垂足为 B′,连接 A′B′,则有 AB∥A′B′, 且 AB=A′B′, 设 OA=a,OB=b,AB=c,则 OA′<a,OB′<b, ∵∠AOB 为钝角,∴a2+b2<c2,则(OA′)2+(OB′)2<a2+b2<c2=(A′B′)2, 在△A′OB′中,由余弦定理可得∠A′OB′>∠AOB 为钝角. ∴∠AOB+∠AOA′>π. ∴错误的选项是 C, 故选:C.

7.如图,双曲线



=1(a,b>0)的右顶点为 A,左右焦点分别为 F1,F2,点 p 是

双曲线右支上一点,PF1 交左支于点 Q,交渐近线 y= x 于点 R,M 是 PQ 的中点,若 RF2 ⊥PF1,且 AM⊥PF1,则双曲线的离心率是( )

第 7 页(共 21 页)

A.

B.

C.2

D.

【考点】双曲线的简单性质. 【分析】设 PF1 的方程为 y=k(x+c) ,k>0,联立渐近线方程求得 R 的坐标,代入双曲线的 方程,运用韦达定理和中点坐标公式,可得 M 的坐标,再由两直线垂直的条件:斜率之积 为﹣1,求得 k= ,代入化简整理,再由离心率公式计算即可得到所求值.

【解答】解:设 PF1 的方程为 y=k(x+c) ,k>0, 联立渐近线方程 y= x,可得 R( , ) ,

由直线 y=k(x+c)代入双曲线



=1,可得

(b2﹣a2k2)x2﹣2ca2k2x﹣a2c2k2﹣a2b2=0, 设 P(x1,y1) ,Q(x2,y2) ,可得 x1+x2= ,

即有中点 M(



) ,

由 A(a,0) ,F2(c,0) , RF2⊥PF1,可得 = =﹣ , (负的舍去) ,

即有 bk2+2ak﹣b=0,解得 k=

由 AM⊥PF1,可得 kAM=

=﹣ ,

即为(c3+a3)k2=a(c2﹣a2) , 3 3 2 2 即有(c +a ) (c﹣a) =ab (c2﹣a2)=a(c2﹣a2)2, 化为 c=2a,即 e= =2. 故选:C. 8.已知 0<x<y,2<x2 A.sinx2<sin( ﹣y)

,则下列不正确的是( B.sinx2>sin(2﹣y)



C.sin(2﹣x2)<siny D.sinx2<cos(y﹣1) 【考点】正弦函数的图象;基本不等式. 【分析】利用基本不等式的性质和正弦函数的单调性得出答案. 【解答】解:∵0<x<y,2<x2+y< , ∴1<y ,∴x2< ﹣y< ,
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∴sinx2<sin( ∵2<x2 ,

) .故 A 正确.

∴x2< ,y< , ∴ > >x2>2﹣y ,

∴sinx2>sin(2﹣y) ,故 B 正确. ∵2<x2 ∴sinx2<sin( 故选:C. 二、填空题(本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分) 9.已知 φ∈[0,π) ,函数 f(x)=cos2x+cos(x+φ)是偶函数,则 φ= 0 ,f(x)的最小 值为 . ,∴x2< < = < .

)=cos(y﹣1) .故 D 正确.

【考点】三角函数中的恒等变换应用. 【分析】由函数为偶函数求得 φ 值,得到 f(x)=cos2x+cosx,展开二倍角余弦,然后利用 配方法求得最值. 【解答】解:∵函数 f(x)=cos2x+cos(x+φ)是偶函数, ∴f(﹣x)﹣f(x)=cos(﹣2x)+cos(﹣x+φ)﹣cos2x﹣cos(x+φ)=0 恒成立, 即 cos(﹣x+φ)﹣cos(x+φ)=﹣2sinφ?sin(﹣x)=2sinφ?sinx=0 恒成立, ∵φ∈[0,π) ,∴φ=0; f(x)=cos2x+cosx=2cos2x+cosx﹣1= ∴f(x)的最小值为 故答案为:0, . . .

10.已知函数 2或4 . 【考点】函数的值. 【分析】由

,则

=

0 ,方程 f(x)=2 的解为 ﹣

,利用分段函数的性质能求出

的值;由方

程 f(x)=2,得到当 x>0 时,log2x=2;当 x≤0 时,x2+x=2.由此能求出结果. 【解答】解:∵ ,
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∴f( )= ∴

=﹣1, =f(﹣1)=(﹣1)2+(﹣1)=0,

∵方程 f(x)=2, ∴当 x>0 时,log2x=2,解得 x=4; 当 x≤0 时,x2+x=2,解得 x=﹣1 或 x=1(舍) . ∴x=﹣2 或 x=4. 故答案为:0;﹣2 或 4. cm3,表面积为

11.某几何体的三视图如图所示(单位:cm) ,则该几何体的体积为

cm2.

【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由三视图可知:该几何体是由一个半球去掉 后得到的几何体. 【解答】解:由三视图可知:该几何体是由一个半球去掉 后得到的几何体. ∴该几何体的体积= 表面积= 故答案分别为: ; + . = + cm3, = cm2.

12.已知 x,y∈R 且满足不等式组

,当 k=1 时,不等式组所表示的平

面区域的面积为

,若目标函数 z=3x+y 的最大值为 7,则 k 的值为 2 .

【考点】简单线性规划. 【分析】 作出不等式组对应的平面区域, 根据 z 的几何意义, 利用数形结合即可得到 k 的值. 然 后即可得到结论.

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【解答】解:若 k=1,则不等式组

对应的平面区域如图:

则 A(1,﹣1) ,B(1,3) ,





,即 C( , ) ,

不等式组所表示的平面区域的面积为 S= ×4×( ﹣1)=2× = , 由 z=3x+y 得 y=﹣3x+z, 平移直线 y=﹣3x+z,则由图象可知当直线 y=﹣3x+z 经过点 C 时,直线 y=﹣3x+z 的截距最 大,此时 z 最大,为 3x+y=7 由 ,解得 ,即 A(2,1) ,

此时 A 在 kx﹣y﹣k﹣1=0 上,

则 2k﹣1﹣k﹣1=0, 得 k=2. 故答案为: ;2;

13. 2], 已知 a>0,f (x)=acosπx+ (1﹣x)sinπx,x∈[0, 则 f(x) 所有的零点之和为 2 .
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【考点】函数零点的判定定理. 【分析】x=1, , 时,f(x)≠0,因此都不是函数 f(x)的零点.由 f(x)=acosπx+ (1﹣x)sinπx=0,化为:tanπx= , (x≠1) .分别作出函数 y=tanπx,y= , (x≠1)

的图象,则此两函数的图象都关于(1,0)成中心对称,即可得出. 【解答】解:x=1 时,f(1)=acosπ=﹣a<0,因此 1 不是函数 f(x)的零点.同理 x= , , 也不是函数 f(x)的零点. 由 f(x)=acosπx+(1﹣x)sinπx=0,化为:tanπx= 作出函数 y=tanπx,y= , (x≠1)的图象, , (x≠1, , ) .

则此两函数的图象都关于(1,0)成中心对称, 由函数的单调性与对称性可得:x∈[0,2],两函数 y=tanπx,y= , (x≠1)的图象有

且仅有两个交点,并且关于(1,0)成中心对称,不妨设交点的横坐标分别为 x1,x2, ∴x1+x2=2. 故答案为:2.

14.设 2x+n|}的最小值为 .

,已知 x,y∈R,m+n=6,则 F=max{|x2﹣4y+m|,|y2﹣

【考点】函数的最值及其几何意义. 【分析】由题意可得 F≥|x2﹣4y+m|,F≥|y2﹣2x+n|,相加,由绝对值不等式的性质和配 方方法,可得最小值. 【解答】解:F=max{|x2﹣4y+m|,|y2﹣2x+n|}, 可得 F≥|x2﹣4y+m|,F≥|y2﹣2x+n|, 即有 2F≥|x2﹣4y+m|+|y2﹣2x+n| ≥|x2﹣4y+m+y2﹣2x+n| =|x2﹣2x+y2﹣4y+6| =|(x﹣1)2+(y﹣2)2+1|≥1, 即有 2F≥1,
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即 F≥ , 可得 x=1,y=2 时,F 取得最小值 . 故答案为: .

15.如图,设正△BCD 的外接圆 O 的半径为 R( <R<

) ,点 A 在 BD 下方的圆弧上,

则(





)?

的最小值为 ﹣



【考点】平面向量数量积的运算. 【分析】先根据三角形为正三角形,再设∠CAO=θ,得到 AC=2Rcosθ,根据向量的数量的 运算得到( ﹣ ﹣ )? 得到 2R2cos2θ﹣2Rcosθ,再构造函数 y=2t2﹣2t=2(t

﹣ )2﹣ ,即可求出最值. 【解答】解:∵△BCD 为正三角形, ∴∠CAD=∠CAB=∠DAB=∠CBD=60°, 设∠CAO=θ, ∴AC=2Rcosθ, ∴( ﹣ ﹣ )? = ? ﹣ ? ﹣ =2R2cos2θ﹣ ×2Rcosθ

﹣ ×2Rcosθ=2R2cos2θ﹣2Rcosθ, 设 Rcosθ=t, ∵ <R< ∴ <t< 则 y=2t2﹣2t=2(t﹣ )2﹣ ∴当 t= ,y 有最小值,即为﹣ ,
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,0°≤θ<60°,即 <cosθ≤1,

故答案为:﹣ .

三、解答题(本大题共 5 小题,共 74 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.在△ABC 中,设边 a,b,c 所对的角为 A,B,C,且 A,B,C 都不是直角, (bc﹣8) 2 2 cosA+accosB=a ﹣b . (Ⅰ)若 b+c=5,求 b,c 的值; (Ⅱ)若 ,求△ABC 面积的最大值. 【考点】余弦定理;正弦定理. 【分析】 (Ⅰ)由已知利用余弦定理化简已知等式可得 又△ABC 不是直角三角形,解得 bc=4,又 b+c=5,联立即可解得 b,c 的值. (Ⅱ)由余弦定理,基本不等式可得 5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA,解得 ,可求 【解答】 (本题满分 14 分) 解: (Ⅰ)∵ , ,利用三角形面积公式即可得解三角形面积的最大值. ,





∴ ∵△ABC 不是直角三角形, ∴bc=4, 又∵b+c=5, ∴解得 (Ⅱ)∵ ∴ ∴ , ,所以 ,当 或 …



,由余弦定理可得 5=b2+c2﹣2bccosA≥2bc﹣2bccosA=8﹣8cosA,

. 时取到…

∴△ABC 面积的最大值是

17. AB=2, BC=CC1=1, PC=λPD. 如图, 长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中, 点 P 是 CD 上的一点, (Ⅰ)若 A1C⊥平面 PBC1,求 λ 的值; (Ⅱ)设 λ1=1,λ2=3 所对应的点 P 为 P1,P2,二面角 P1﹣BC1﹣P2 的大小为 θ,求 cosθ 的 值.

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【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 【分析】 (Ⅰ)法一:若 A1C⊥PB,则 A1C⊥平面 PBC1,只要 AC⊥PB 即可,由此能求出 结果. 法二:以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系 O﹣xyz, 利用向量法能求出结果. (Ⅱ)过 C 作 CH⊥BC1 交 BC1 于 H,连接 P1H,P2H,则∠P1HP2 就是所求二面角的一个 平面角 θ,由此能求出 cosθ. 【解答】解: (Ⅰ)解法一∵A1C⊥BC1 若 A1C⊥PB,则 A1C⊥平面 PBC1,只要 AC⊥PB 即可, 在矩形 ABCD 中, ,解得 , ;

解法二:以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴, 建立如图空间直角坐标系 O﹣xyz, B(1,2,0) ,C1(0,2,1) ,A1(1,0,1) ,C(0,2,0) , 设 , =(﹣1,2,﹣1) , =(﹣1, ﹣2,0) ,

若 A1C⊥平面 PBC1, =(﹣1,0,1) ,



,解得



(Ⅱ)过 C 作 CH⊥BC1 交 BC1 于 H,连接 P1H,P2H, ∵长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AB=2,BC=CC1=1, ∴BH=C1H,P1B=P1C1,P2B=P2C1, ∴P2H⊥BC1,P1H⊥BC1, 则∠P1HP2 就是所求二面角的一个平面角 θ ∵P1C=1, ∴ 所求余弦值 cosθ= , , . tanα=tan(∠P2HC﹣∠P1HC)= ,

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18.已知 m∈R,函数 f(x)=﹣x2+(3﹣2m)x+2+m. (1)若 0<m≤ ,求|f(x)|在[﹣1,1]上的最大值 g(m) ; (2)对任意的 m∈(0,1],若 f(x)在[0,m]上的最大值为 h(m) ,求 h(m)的最大值. 【考点】二次函数的性质. 【分析】 (1)先判断函数 f(x)在[﹣1,1]上的单调性,求出函数 f(x)的最大值和最小, 比较|f(x)|的大小即可求出函数|f(x)|最大值 g(m) ; (2)求出 m 与对称轴之间的关系,结合一元二次函数的性质进行求解即可. 【解答】解: (1)f(x)=﹣x2+(3﹣2m)x+2+m=﹣(x﹣ )2+ )2+2+m+( )2=

﹣(x﹣



则对称轴为 x=

, < ,

若 0<m≤ ,则 0<2m≤1,1≤

则函数 f(x)在[﹣1,1]上为增函数, 则当 x=1 时,函数 f(x)为最大值 f(1)=﹣1+3﹣2m+2+m=4﹣m, 当 x=﹣1 时,函数 f(x)为最小值 f(﹣1)=﹣1﹣3+2m+2+m=3m﹣2, ∵0<m≤ ,∴0<3m≤ ,﹣2<3m﹣2≤﹣ , 则|f(﹣1)|=|3m﹣2|∈[ ,2) , f(1)=4﹣m∈[ ,4) , 则|f(1)|>|f(﹣1)|, 即|f(x)|在[﹣1,1]上的最大值 g(m)=f(1)=4﹣m; (2)f(x)=﹣x2+(3﹣2m)x+2+m=﹣(x﹣ )2+ ,

则函数 对称轴为 x=

, < ,
第 16 页(共 21 页)

若 0<m≤1,则 0<2m≤2, ≤

若 m≤

,即 0<m≤ 时,函数 f(x)在[0,m]上单调递增,则最大值为 h(m)=f

(m)=﹣m2+(3﹣2m)m+2+m=﹣3m2+4m+2. 若 m> ,即 <m≤1 时,函数 f(x)在[0,m]上不单调,此时当 x= =m2﹣2m+ 时,函

数 f(x)取得最大值 h(m)=

即 h(m)=



当 0<m≤ 时,h(m)=﹣3m2+4m+2 的对称轴为 m= 数 h(m)取得最大值 h( )=﹣3×( )2+4× +2= 当 <m≤1 时,h(m)=m2﹣2m+ .

= .即当 m= 时,函

的对称轴为 m=1,此时函数 h(m)为减函数,则函 = .

数 h(m)<h( )=( )2﹣2× + ∵ > . .

∴h(m)的最大值是

19.已知椭圆 C1: 与椭圆 C1 交于 A,B 两点.

=1,直线 l1:y=kx+m(m>0)与圆 C2: (x﹣1)2+y2=1 相切且

(Ⅰ)若线段 AB 中点的横坐标为 ,求 m 的值; (Ⅱ)过原点 O 作 l1 的平行线 l2 交椭圆于 C,D 两点,设|AB|=λ|CD|,求 λ 的最小值.

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【考点】椭圆的简单性质. 【分析】 (Ⅰ)将直线 l1:y=kx+m 代入椭圆方程,消去 y,可得 x 的方程,运用韦达定理和 判别式大于 0,再由中点坐标公式,直线和圆相切的条件:d=r,解方程可得 m 的值; (Ⅱ)运用弦长公式可得|AB|,把 l2:y=kx 代入椭圆方程求得 CD 的长,可得 λ= 化简整理,由二次函数的最值求法,即可得到最小值. 【解答】解: (Ⅰ)l1:y=kx+m 代入 , ,

得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2﹣4)=0, △=64k2m2﹣16(1+4k2) (m2﹣4)>0 恒成立,化为 4+16k2>m2, 设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,



,所以

①,

又 解得 .

,得

②,联立①②得 m4﹣m2﹣2=0,

(Ⅱ)由(Ⅰ)得



所以



把 l2:y=kx 代入





,所以



可得

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=

=





,λ 取最小值



20.已知点列 Pn(xn, |=|

)与 An(an,0)满足 xn+1>xn,



,且|

|,其中 n∈N*,x1=1.

(I)求 xn+1 与 xn 的关系式; (Ⅱ)求证:n2< + +… + ≤4n2.

【考点】平面向量数量积的运算. 【分析】 (I)由题意可得 Pn(xn, ) ,Pn+1(xn+1, ) ,An(an,0) ,再由向量垂直

的条件:数量积为 0,以及向量的模的公式,化简整理,即可得到所求关系式; (Ⅱ)当 n=2 时,计算成立;由 xn+1﹣xn= ,可得 xn+12=2+xnxn+1,讨论 2n<xnxn+1<

4n﹣2,运用累加及等差数列的求和公式,即可得证. 【解答】解: (I)由题意可得 Pn(xn, 由 ⊥ ) ,Pn+1(xn+1, ﹣ ) ,An(an,0) , )? =0,

,可得(xn+1﹣xn) (xn+1﹣an)+( , |,可得(xn+1﹣xn)2+( )= (1+

化简可得 xn+1﹣an= |=|

由|



)2=(xn+1﹣an)2+( ) ,

)2,

即(xn+1﹣xn)2(1+ 由 xn+1>xn,可得 xn+1﹣xn=



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(Ⅱ)当 n=2 时,x2﹣x1= 由 xn+1﹣xn= =2+x1x2≥4, …,

,由 x1=1,可得 x2=2,满足 1<22≤4;

,可得 xn+12=2+xnxn+1, =2+x2x3>6,

=2+xnxn+1>2n+2, + +…+ > n(6+2n)=n2+3n>n2.

相加可得, 又 …,

=2+x1x2≤4,

=2+x2x3<8,

=2+xnxn+1<4n, + + +…+ < n(4+4n)=2n2+2n<4n2. ≤4n2.

相加可得, 则有 n2<

+…+

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2016 年 8 月 20 日

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