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2012年全国高考理科数学试题及答案-湖北卷-二次校对


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2012 年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷) 数学(理工类)试题
本试卷共 5 页,共 22 题,其中第 15、16 题为选考题,满分 150 分。考试用时 120 分钟。 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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. 方程 A -3+2i

x 2 +6x +13 =0 的一个根是
B 3+2i C -2 + 3i D 2 + 3i

3 2 命题“ ? x0∈CRQ, x0 ∈Q ”的否定是 3 ? x0?CRQ, x0 ∈Q 3 ? x0?CRQ , x0 ∈Q 3 ? x0∈CRQ , x0 ?Q 3 ? x0∈CRQ , x0 ?Q

A C

B D

3 已知二次函数 y =f(x)的图像如图所示 ,则它与 X 轴所围图形的面积为

A.

2? 5 8? 3

B.

4 3

C.

3 2
C.

D.

? 2
D.6π

4.已知某几何体的三视图如图所示,则该集合体的体积为 A. B.3π

10? 3

5.设 a∈Z,且 0≤a≤13,若 512012+a 能被 13 整除,则 a= A.0 B.1 C.11 D.12 6.设 a,b,c,x,y,z 是正数,且 a2+b2+c2=10,x2+y2+z2=40,ax+by+cz=20,则

a?b?c ? x? y?z

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A.

1 4

B.

1 3

C.

1 3 D, 2 4

7.定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的函数 f(x) ,如果对于任意给定的等比数列{an},{f(an)} 仍是等比数列,则称 f(x)为“保等比数列函数” 。现有定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的如下 函数:①f(x)=x?;②f(x)=2x;③ ;④f(x)=ln|x |。

则其中是“保等比数列函数”的 f(x)的序号为 A.①② B.③④ C.①③ D.②④ 8.如图,在圆心角为直角的扇形 OAB 中,分别以 OA,OB 为直径作两个半圆。在扇形 OAB 内随机 取一点,则此点取自阴影部分的概率是

A.

B.

C.

D.

9.函数 f(x)=xcosx?在区间[0,4]上的零点个数为 A.4 B.5 C.6 D.7 10.我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开 立方除之,即立圆径, “开立圆术”相当于给出了已知球的体积 V,求其直径 d 的一个近似公式 。人们还用过一些类似的近似公式。根据 ? =3.14159…..判断,下列近似公式中最精确的 一个是

二、填空题:本大题共 6 小题,考试共需作答 5 小题,每小题 5 分,共 25 分。请将答案填在答题 .. 卡对应题号的位置上。答错位置,书写不清,模棱两可均不得分。 ..... (一)必考题(11-14 题) 11.设△ABC 的内角 A,B,C,所对的边分别是 a,b,c。若(a+b-c) (a+b+c)=ab, 则角 C=______________。 12.阅读如图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的结果 s=___________.

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13.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如 22,,121,3443,94249 等。显然 2 位回 文数有 9 个:11,22,33?,99.3 位回文数有 90 个:101,111,121,?,191,202,?,999。则 (Ⅰ)4 位回文数有______个; (Ⅱ)2n+1(n∈N+)位回文数有______个。 14.如图,双曲线

x2 y2 ? ? 1(a, b ? o) 的两顶点为 A1,A2,虚轴两端点为 B,B2 , ,两焦点为 F1, a2 b2

F2。若以 A1A2 为直径的圆内切于菱形 F1B1F2B2,切点分别为 A,B,C,D。则 (Ⅰ)双曲线的离心率 e=______;

(Ⅱ)菱形 F1B1F2B2 的面积 S1 与矩形 ABCD 的面积 S2 的比值

S1 ? __________。 S2

(二)选考题(请考生在第 15、16 两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选的题目 序号后的方框用 2B 铅笔涂黑,如果全选,则按第 15 题作答结果计分。 ) 15.(选修 4-1:几何证明选讲) 如图,点 D 在⊙O 的弦 AB 上移动,AB=4,连接 OD,过点 D 作 OD 的垂线交⊙O 于点 C,则 CD 的 最大值为_____________。

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16.(选修 4-4:坐标系与参数方程) 在直角坐标系 xOy 中,以原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知射线 ? ? 曲线 ?

?
4



?x ? t ? 1
2 ? y ? (t ? 1)

(t 为参数)相较于 A,B 来两点,则线段 AB 的中点的直角坐标为_________。

三、解答题:本大题共 6 小题,共 75 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.(本小题满分 12 分)

sin 已 知 向 量 a= (cos?x ? sin ?x, ?x) , b= (? cos?x ? sin ?x, 3 cos?x) , 设 函 数 f ( x ) 2
( ,1) =a·b+ ? ( x ? R) 的图像关于直线 x=π 对称,其中 ?,? 为常数,且 ? ?
(1) 求函数 f(x)的最小正周期;

1 2

( ,0) (2) 若 y=f(x)的图像经过点 求函数 f(x)在区间 ?0, ? 上的取值范围。 4 5
18.(本小题满分 12 分) 已知等差数列{an}前三项的和为-3,前三项的积为 8. (1)求等差数列{an}的通项公式; (2)若 a2,a3,a1 成等比数列,求数列 a n 的前 n 项的和。 19.(本小题满分 12 分) 如图 1,∠ACB=45°,BC=3,过动点 A 作 AD⊥BC,垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B,连接 AB,沿 AD 将△ABD 折起,使∠BDC=90°(如图 2 所示) , (1)当 BD 的长为多少时,三棱锥 A-BCD 的体积最大; (2)当三棱锥 A-BCD 的体积最大时,设点 E,M 分别为棱 BC,AC 的中点,试在棱 CD 上确定一 点 N,使得 EN⊥BM,并求 EN 与平面 BMN 所成角的大小

?

? 3? ? ? ?

? ?

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20. (本小题满分12分) 根据以往的经验,某工程施工期间的将数量X(单位:mm)对工期的影响如下表: 降水量X 工期延误天数Y 求: (I)工期延误天数Y的均值与方差; (Ⅱ)在降水量X至少是300的条件下,工期延误不超过6天的概率。 21.(本小题满分13分) 2 2 设A是单位圆x +y =1上的任意一点,i是过点A与x轴垂直的直线,D是直线l与x轴的交点,点M 在直线l上,且满足丨DM丨=m丨DA丨(m>0,且m≠1)。当点A在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C。 (I)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求焦点坐标; (Ⅱ)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P、Q两点,其中P在第一象限,它在y轴上的射影为 点N,直线QN交曲线C于另一点H,是否存在m,使得对任意的k>0,都有PQ⊥PH?若存在,求m的值; 若不存在,请说明理由。 22.(本小题满分 14 分) (I)已知函数 f(x)=rx-xr+(1-r) (x>0) ,其中 r 为有理数,且 0<r<1.求 f(x)的最小值; (II)试用(I)的结果证明如下命题: 设 a1≥0,a2≥0,b1,b2 为正有理数,若 b1+b2=1,则 a1b1a2b2≤a1b1+a2b2; (III)请将(II)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题。注:当α 为正 ..... 有理数时,有求道公式(x )r=α x
α α

X<300 0

300≤X<700 2

700≤X<900 6

X≥900 10

历年气象资料表明, 该工程施工期间降水量X小于300,700, 900的概率分别为0.3,0.7,0.9,

-1

参考答案
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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.A. 2.D 3.B 4.B.
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5.D. 6.C. 7.C 8.A. 9.C. 10.D 二、填空题:本大题共 6 小题,考生共需作答 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 请将答案填在答题 .. 卡对应题号的位置上. 答错位置,书写不清,模棱两可均不得分. ..... (一)必考题(11—14 题) 11.设△ ABC 的内角 A , B , C 所对的边分别为 a , b , c . 若 (a ? b ? c)(a ? b ? c) ? ab ,则角 . C?

由(a +b-c)(a+b-c)=ab,得到a 2 ? b2 ? c 2 =-ab a 2 ? b2 ? c 2 -ab 1 2 根据余弦定理 cos C ? = ? ? , 故?C ? ? 2ab 2ab 2 3
12.程序在运行过程中各变量的值如下表示: 第一圈循环:当 n=1 时,得 s=1,a=3. 第二圈循环: 当 n=2 时,得 s=4,a=5 第三圈循环:当 n=3 时,得 s=9,a=7 此时 n=3,不再循环,所以解 s=9 . 13. ) 位回文数只用排列前面两位数字, (Ⅰ 4 后面数字就可以确定, 但是第一位不能为 0, 9 有 (1~9) 种情况,第二位有 10(0~9)种情况,所以 4 位回文数有 9 ? 10 ? 90 种。 答案:90 (Ⅱ )法一、由上面多组数据研究发现,2n+1 位回文数和 2n+2 位回文数的个数相同,所以 可以算出 2n+2 位回文数的个数。 2n+2 位回文数只用看前 n+1 位的排列情况, 第一位不能为 0 有 9 种情况,后面 n 项每项有 10 种情况,所以个数为 9 ? 10 .
n

法二、可以看出 2 位数有 9 个回文数,3 位数 90 个回文数。计算四位数的回文数是可 以看出在 2 位数的中间添加成对的“00,11,22,??99” ,因此四位数的回文数有 90 个按此规 律推导 ,而当奇数位时,可以看成在偶数位的最中间添加 0~9 这十个数,因此 ,则答案为 9 ? 10 .
n

14. )由于以 A1 A2 为直径的圆内切于菱形 F1 B1 F2 B2 ,因此点 O 到直线 F2 B2 的距离为 a ,又由于 (Ⅰ 虚轴两端点为 B1 , B 2 ,因此 OB2 的长为 b ,那么在 ?F2 OB2 中,由三角形的面积公式知,

1 1 1 bc ? a | B2 F2 |? a (b ? c) 2 , 又 由 双 曲 线 中 存 在 关 系 c 2 ? a 2 ? b 2 联 立 可 得 出 2 2 2

(e 2 ? 1) 2 ? e 2 ,根据 e ? (1,??) 解出 e ?

5 ?1 ; 2
2

(Ⅱ )设 ?F2 OB2 ? ? ,很显然知道 ?F2 A2 O ? ?AOB2 ? ? , 因此 S 2 ? 2a sin(2? ) .在

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?F2 OB2 中求得 sin ? ?

b b2 ? c2

, cos? ?

c b2 ? c2

, 故 S 2 ? 4a 2 sin ? cos? ?

4a 2 bc ; b2 ? c2

菱形 F1 B1 F2 B2 的面积 S1 ? 2bc ,再根据第一问中求得的 e 值可以解出

S1 2 ? 5 . ? S2 2

(二)选考题(请考生在第 15、16 两题中任选一题作答,请先在答题卡指定位置将你所选的题目 序号后的方框用 2B 铅笔涂黑. 如果全选,则按第 15 题作答结果计分.) B 15. (由于 OD ? CD, 因此 CD ? OC 2 ? OD2 ,线段 OC 长为定值, C D 即需求解线段 OD 长度的最小值,根据弦中点到圆心的距离最短,此 时 D 为 AB 的中点,点 C 与点 B 重合,因此 | CD |?

1 | AB |? 2 . 2
A

O

.

16. (选修 4-4:坐标系与参数方程) π ? ? 在直角坐标系下的一般方程为 y ? x( x ? R) , 4

第 15 题图

? x ? t ? 1, 将参数方程 ? (t 为参数)转化为直角坐标系下的一般方程为 2 ? y ? (t ? 1)

y ? (t ? 1) 2 ? ( x ? 1 ? 1) 2 ? ( x ? 2) 2 表 示 一 条 抛 物 线 , 联 立 上 面 两 个 方 程 消 去 y 有
x 2 ? 5x ? 4 ? 0 ,设 A、B 两点及其中点 P 的横坐标分别为 x A、xB、x0 ,则有韦达定理

x0 ?

x A ? xB 5 5 5 ? ,又由于点 P 点在直线 y ? x 上,因此 AB 的中点 P ( , ) . 2 2 2 2

三、解答题 17. (本小题满分 12 分) 解析: )因为 f ( x) ? sin 2 ? x ? cos2 ? x ? 2 3sin ? x ? cos ? x ? ? (Ⅰ π ? ? cos 2? x ? 3sin 2? x ? ? ? 2sin(2? x ? ) ? ? . 6

π 由直线 x ? π 是 y ? f ( x) 图象的一条对称轴,可得 sin(2? π ? ) ? ?1 , 6 π π k 1 所以 2? π ? ? kπ ? (k ? Z) ,即 ? ? ? (k ?Z) . 6 2 2 3 5 1 又 ? ? ( , 1) , k ? Z ,所以 k ? 1 ,故 ? ? . 6 2 6π 所以 f ( x) 的最小正周期是 . 5 π π (Ⅱ )由 y ? f ( x) 的图象过点 ( , 0) ,得 f ( ) ? 0 , 4 4 5 π π π 即 ? ? ?2sin( ? ? ) ? ?2sin ? ? 2 ,即 ? ? ? 2 . 6 2 6 4 5 π 故 f ( x) ? 2sin( x ? ) ? 2 , 3 6
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3π π 5 π 5π 由 0 ? x ? ,有 ? ? x ? ? , 5 6 3 6 6 1 5 π 5 π 所以 ? ? sin( x ? ) ? 1 ,得 ?1 ? 2 ? 2sin( x ? ) ? 2 ?2 ? 2 , 2 3 6 3 6 3π 故函数 f ( x) 在 [0, ] 上的取值范围为 [?1 ? 2, 2 ? 2] . 5 18. (本小题满分 12 分) (Ⅰ )设等差数列 {an } 的公差为 d ,则 a2 ? a1 ? d , a3 ? a1 ? 2d , ?3a ? 3d ? ?3, ?a ? 2, ?a ? ?4, 由题意得 ? 1 解得 ? 1 或? 1 a1 (a1 ? d )(a1 ? 2d ) ? 8. ?d ? ?3, ?d ? 3. ?
所以由等差数列通项公式可得 an ? 2 ? 3(n ? 1) ? ?3n ? 5 ,或 an ? ?4 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 7 . 故 an ? ?3n ? 5 ,或 an ? 3n ? 7 . (Ⅱ )当 an ? ?3n ? 5 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , ?4 , 2 ,不成等比数列; 当 an ? 3n ? 7 时, a 2 , a3 , a1 分别为 ?1 , 2 , ?4 ,成等比数列,满足条件.
??3n ? 7, n ? 1, 2, 故 | an |?| 3n ? 7 |? ? ? 3n ? 7, n ? 3. 记数列 {| an |} 的前 n 项和为 S n .

当 n ? 1 时, S1 ?| a1 |? 4 ;当 n ? 2 时, S2 ?| a1 | ? | a2 |? 5 ; 当 n ? 3 时, Sn ? S2 ? | a3 | ? | a4 | ??? | an | ? 5 ? (3 ? 3 ? 7) ? (3 ? 4 ? 7) ? ? ? (3n ? 7) (n ? 2)[2 ? (3n ? 7)] 3 2 11 ?5? ? n ? n ? 10 . 当 n ? 2 时,满足此式. 2 2 2 n ? 1, ?4, ? 综上, Sn ? ? 3 2 11 ? 2 n ? 2 n ? 10, n ? 1. ? 19. (本小题满分 12 分) (Ⅰ)解法 1:在如图 1 所示的△ ABC 中,设 BD ? x (0 ? x ? 3) ,则 CD ? 3 ? x . 由 AD ? BC , ?ACB ? 45? 知,△ ADC 为等腰直角三角形,所以 AD ? CD ? 3 ? x . C 由折起前 AD ? BC 知,折起后(如图 2) A D ,D ? , AD ? BD ,且 BD ? DC ? D , 1 1 所以 AD ? 平面 BCD .又 ?BDC ? 90? ,所以 S?BCD ? BD ? CD ? x(3 ? x) .于是 2 2 1 1 1 1 VA? BCD ? AD ? S?BCD ? (3 ? x) ? x(3 ? x) ? ? 2x(3 ? x)(3 ? x) 3 3 2 12 3 1 ? 2 x ? (3 ? x) ? (3 ? x) ? 2 ? ? ? ?3, 12 ? 3 ? 当且仅当 2 x ? 3 ? x ,即 x ? 1 时,等号成立, 故当 x ? 1 ,即 BD ? 1 时, 三棱锥 A ? BCD 的体积最大. 解法 2: 1 1 1 1 同解法 1,得 VA? BCD ? AD ? S?BCD ? (3 ? x) ? x(3 ? x) ? ( x3 ? 6x2 ? 9x) . 3 3 2 6 1 3 1 令 f ( x) ? ( x ? 6 x2 ? 9 x) ,由 f ?( x) ? ( x ? 1)( x ? 3) ? 0 ,且 0 ? x ? 3 ,解得 x ? 1 . 6 2 当 x ? (0, 1) 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? (1, 3) 时, f ?( x) ? 0 . 所以当 x ? 1 时, f ( x) 取得最大值. 故当 BD ? 1 时, 三棱锥 A ? BCD 的体积最大.
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(Ⅱ )解法 1:以 D 为原点,建立如图 a 所示的空间直角坐标系 D ? xyz . 由(Ⅰ )知,当三棱锥 A ? BCD 的体积最大时, BD ? 1 , AD ? CD ? 2 .

1 于是可得 D (0, 0, 0) , B(1, 0, 0) , C (0, 2 , 0) , A(0, 0, 2) , M (0, 1, 1) , E ( , 1, 0) , 2 ???? ? 且 BM ? (?1, 1, 1) . ???? ???? ? ???? 1 设 N (0, ? , 0) ,则 EN ? (? , ? ? 1,0) . 因为 EN ? BM 等价于 EN ? BM ? 0 ,即 2 1 1 1 1 (? , ? ?1, 0) ? (?1, 1, 1) ? ? ? ? 1 ? 0 ,故 ? ? , N (0, , 0) . 2 2 2 2 1 所以当 DN ? (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点)时, EN ? BM . 2 ???? ???? ? 1 ?n ? BN , 设平面 BMN 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,由 ? ???? 及 BN ? (?1, ,0) , ? 2 ?n ? BM , ?
? y ? 2 x, 得? 可取 n ? (1, 2, ? 1) . ? z ? ? x.

???? 1 1 设 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 ? ,则由 EN ? (? , ? , 0) , n ? (1, 2, ? 1) ,可得 2 2 1 ???? | ? ? 1| n ? EN 3 2 ,即 ? ? 60? . ???? ? sin ? ? cos(90? ? ? ) ? ? 2 | n | ? | EN | 2 6? 2 故 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60?. z A A
M M

DN B x E 图a C y B

DN E 图b

F

C M

D

N

F E

C

G

H

N E

B

图c

P

B 图d 第 19 题解答图

解法 2:由(Ⅰ )知,当三棱锥 A ? BCD 的体积最大时, BD ? 1 , AD ? CD ? 2 . 如图 b,取 CD 的中点 F ,连结 MF , BF , EF ,则 MF ∥ . AD 由(Ⅰ )知 AD ? 平面 BCD ,所以 MF ? 平面 BCD . 如图 c,延长 FE 至 P 点使得 FP ? DB ,连 BP , DP ,则四边形 DBPF 为正方形, 所以 DP ? BF . 取 DF 的中点 N ,连结 EN ,又 E 为 FP 的中点,则 EN ∥ , DP
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所以 EN ? BF . 因为 MF ? 平面 BCD ,又 EN ? 面 BCD ,所以 MF ? EN . 又 MF ? BF ? F ,所以 EN ? 面 BMF . 又 BM ? 面 BMF ,所以 EN ? BM . 因为 EN ? BM 当且仅当 EN ? BF ,而点 F 是唯一的,所以点 N 是唯一的. 1 即当 DN ? (即 N 是 CD 的靠近点 D 的一个四等分点) EN ? BM . , 2 5 连接 MN , ME ,由计算得 NB ? NM ? EB ? EM ? , 2 所以△NMB 与△EMB 是两个共底边的全等的等腰三角形, 如图 d 所示,取 BM 的中点 G ,连接 EG , NG , 则 BM ? 平面 EGN .在平面 EGN 中,过点 E 作 EH ? GN 于 H , 则 EH ? 平面 BMN .故 ?ENH 是 EN 与平面 BMN 所成的角. 2 在△EGN 中,易得 EG ? GN ? NE ? ,所以△EGN 是正三角形, 2 故 ?ENH ? 60? ,即 EN 与平面 BMN 所成角的大小为 60?. 20. (本小题满分 12 分) (Ⅰ )由已知条件和概率的加法公式有: P( X ? 300) ? 0.3, P(300 ? X ? 700) ? P( X ? 700) ? P( X ? 300) ? 0.7 ? 0.3 ? 0.4 , P(700 ? X ? 900) ? P( X ? 900) ? P( X ? 700) ? 0.9 ? 0.7 ? 0.2 . P( X ? 900) ? 1 ? P( X ? 900) ? 1 ? 0.9 ? 0.1 . 所以 Y 的分布列为:

Y
P

0 0.3

2 0.4

6 0.2

10 0.1

于是,

E (Y ) ? 0 ? 0.3 ? 2 ? 0.4 ? 6 ? 0.2 ? 10 ? 0.1 ? 3 ;

D(Y ) ? (0 ? 3)2 ? 0.3 ? (2 ? 3)2 ? 0.4 ? (6 ? 3)2 ? 0.2 ? (10 ? 3)2 ? 0.1 ? 9.8 . 故工期延误天数 Y 的均值为 3,方差为 9.8 . (Ⅱ )由概率的加法公式, P( X ? 300) ? 1 ? P( X ? 300) ? 0.7, 又 P(300 ? X ? 900) ? P( X ? 900) ? P( X ? 300) ? 0.9 ? 0.3 ? 0.6 . P(300 ? X ? 900) 0.6 6 ? ? . 由条件概率,得 P(Y ? 6 X ? 300) ? P( X ? 900 X ? 300) ? P( X ? 300) 0.7 7 6 故在降水量 X 至少是 300 mm 的条件下,工期延误不超过 6 天的概率是 . 7 21. (本小题满分 13 分) (Ⅰ )如图 1,设 M ( x, y ) , A( x0 , y0 ) ,则由 | DM |? m | DA | (m ? 0, 且m ? 1) , 1 可得 x ? x0 , | y |? m | y0 | ,所以 x0 ? x , | y0 |? | y | . ① m 因为 A 点在单位圆上运动,所以 x02 ? y02 ? 1 . ②

将① 式代入② 式即得所求曲线 C 的方程为 x2 ?

因为 m ? (0, 1) ? (1, ? ?) ,所以 当 0 ? m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,

y2 ? 1 (m ? 0, 且m ? 1) . m2

两焦点坐标分别为 (? 1 ? m2 , 0) , ( 1 ? m2 , 0) ; 当 m ? 1 时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为 (0, ? m2 ? 1) , (0,
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m2 ? 1) .
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(Ⅱ )解法 1:如图 2、3, ?k ? 0 ,设 P( x1 , kx1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? kx1 ) , N (0, kx1 ) , 直线 QN 的方程为 y ? 2kx ? kx1 ,将其代入椭圆 C 的方程并整理可得
(m2 ? 4k 2 ) x2 ? 4k 2 x1 x ? k 2 x12 ? m2 ? 0 . 依题意可知此方程的两根为 ? x1 , x 2 ,于是由韦达定理可得

? x1 ? x2 ? ?

4k 2 x1 m2 x ,即 x2 ? 2 1 2 . m 2 ? 4k 2 m ? 4k

2km 2 x1 . m 2 ? 4k 2 ???? ??? ? 4k 2 x 2km 2 x1 ). 于是 PQ ? (?2x1 , ? 2kx1 ) , PH ? ( x2 ? x1 , y2 ? kx1 ) ? (? 2 1 2 , 2 m ? 4k m ? 4k 2 ??? ???? 4(2 ? m 2 )k 2 x12 ? ? 0, 而 PQ ? PH 等价于 PQ ? PH ? m 2 ? 4k 2

因为点 H 在直线 QN 上,所以 y2 ? kx1 ? 2kx2 ?

即 2 ? m 2 ? 0 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 故存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? y A

y2 ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH . 2

y H
M

y H
P

N
x
Q

N
D x
Q

P

O

O

O

x

图1

图 2 (0 ? m ? 1) 第 21 题解答图

图 3 (m ? 1)

解法 2:如图 2、3, ?x1 ? (0, 1) ,设 P( x1 , y1 ) , H ( x2 , y2 ) ,则 Q(? x1 , ? y1 ) , N (0, y1 ) ,
?m2 x 2 ? y 2 ? m 2 , ? 因为 P , H 两点在椭圆 C 上,所以 ? 2 1 2 1 2 两式相减可得 2 ?m x2 ? y2 ? m , ? ③ m2 ( x12 ? x22 ) ? ( y12 ? y22 ) ? 0 . 依题意,由点 P 在第一象限可知,点 H 也在第一象限,且 P , H 不重合, 故 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? 0 . 于是由③ 式可得 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ④ ? ?m2 . ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2y y ? y2 又 Q , N , H 三点共线,所以 kQN ? kQH ,即 1 ? 1 . x1 x1 ? x2 y y ? y2 1 ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) m2 ? ? ?? 于是由④ 式可得 k PQ ? k PH ? 1 ? 1 . x1 x1 ? x2 2 ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) 2

m2 ? ?1 ,又 m ? 0 ,得 m ? 2 , 2 y2 故存在 m ? 2 ,使得在其对应的椭圆 x2 ? ? 1 上,对任意的 k ? 0 ,都有 PQ ? PH . 2 22. (本小题满分 14 分)
而 PQ ? PH 等价于 kPQ ? kPH ? ?1 ,即 ?
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解析: ) f ?( x) ? r ? rx ? r (1 ? x ) ,令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 1 . (Ⅰ 当 0 ? x ? 1时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0, 1) 内是减函数; 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 ,所以 f ( x) 在 (1, ? ?) 内是增函数. 故函数 f ( x) 在 x ? 1 处取得最小值 f (1) ? 0 .
r ?1 r ?1

(Ⅱ )由(Ⅰ )知,当 x ? (0, ??) 时,有 f ( x) ? f (1) ? 0 ,即 xr ? rx ? (1 ? r ) 若 a1 , a 2 中有一个为 0,则 a a2 ? a1b1 ? a2b2 成立; 若 a1 , a 2 均不为 0,又 b1 ? b2 ? 1 ,可得 b2 ? 1 ? b1 ,于是 a a a 在①中令 x ? 1 , r ? b1 ,可得 ( 1 )b1 ? b1 ? 1 ? (1 ? b1 ) , a2 a2 a2
b1 1 b2



即 a1b1 a21?b1 ? a1b1 ? a2 (1 ? b1 ) ,亦即 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . 综上,对 a1 ? 0, a2 ? 0 , b1 , b2 为正有理数且 b1 ? b2 ? 1 ,总有 a1b1 a2b2 ? a1b1 ? a2b2 . ②

(Ⅲ(Ⅱ ) )中命题的推广形式为: 设 a1 , a2 , ?, an 为非负实数, b1 , b2 , ?, bn 为正有理数.
b b b 若 b1 ? b2 ? ? ? bn ? 1 ,则 a11 a22 ?ann ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? anbn . ③ 用数学归纳法证明如下: (1)当 n ? 1 时, b1 ? 1 ,有 a1 ? a1 ,③成立. (2)假设当 n ? k 时,③成立,即若 a1 , a2 ,?, ak 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk 为正有理数,

b b b 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? 1 ,则 a11 a22 ?akk ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk .

当 n ? k ? 1 时,已知 a1 , a2 ,?, ak , ak ?1 为非负实数, b1 , b2 ,?, bk , bk ?1 为正有理数, 且 b1 ? b2 ? ? ? bk ? bk ?1 ? 1 ,此时 0 ? bk ?1 ? 1 ,即 1 ? bk ?1 ? 0 ,于是
b1 b2 bk

b b 1 b b 1 1 1 b 1 b b b b a11 a22 ?akk akk??1 ? (a11 a22 ?akk )akk??1 = (a11?bk ?1 a2?bk ?1 ?ak ?bk ?1 )1?bk ?1 akk??1 . bk b1 b2 ? ??? ? 1 ,由归纳假设可得 因 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1
b1 b2 bk 1 1 a11?bk ?1 a2?bk ?1 ? ak ?bk ?1 ? a1 ?

a b ? a2 b2 ? ? ? ak bk bk b1 b2 ? 11 ? a2 ? ? ? ? ak ? , 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1 1 ? bk ?1
1?bk ?1 b 1 ak k??1 .

? a b ? a2b2 ? ? ? ak bk ? 从而 a a ?a a ? ? 1 1 ? 1 ? bk ?1 ? ? 又因 (1 ? bk ?1 ) ? bk ?1 ? 1 ,由②得
b1 1 b2 2 bk k bk ?1 k ?1

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ? ? 1 ? bk ?1 ? ?
b1 1 b2 2 bk k bk ?1 k ?1

1?bk ?1 b 1 ak k??1 ?

a1b1 ? a2 b2 ? ? ? ak bk ? (1 ? bk ?1 ) ? ak ?1bk ?1 1 ? bk ?1

? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 ,

从而 a a ?a a ? a1b1 ? a2b2 ? ? ? ak bk ? ak ?1bk ?1 . 故当 n ? k ? 1 时,③成立. 由(1) (2)可知,对一切正整数 n ,所推广的命题成立. 说明: )中如果推广形式中指出③ (Ⅲ 式对 n ? 2 成立,则后续证明中不需讨论 n ? 1 的情况.

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