高考数学模拟试卷(5月份).pdf

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1、浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（5 月份）一选择题：本大题共10 小题，每小题 4 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 A= x| x2 或 x1 ， B=x| x2 或 x0，则（?RA） B= （） A （2， 0） B 2， 0） C ?D （2， 1） 2设复数 z满足=i，则| z| =（） A1 BC D2 3已知 q 是等比数 an 的公比，则 q1” 是“ 数列 an是递减数列 ” 的（） A充分不必要条件 B 必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面

2、积为（） A16 B26 C 32 D20+ 5若存在实数 x， y 使不等式组与不等式 x2y+m0 都成立，则实数 m 的取值范围是（） Am0 Bm3 Cml Dm3 6展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是（） A790 B680 C 462 D330 7已知正实数 a， b 满足 a2b+40，则 u=（） A有最大值为B有最小值为 C没有最小值D有最大值为 3 8已知正三角形 ABC的边长为 2，平面 ABC内的动点 P， M 满足| =1， =，则| 2 的最大值是（） ABC D 9如图，正方形 ABCD与正方形 BCEF 所成角的二面

3、角的平面角的大小是， PQ是正方形 BDEF所在平面内的一条动直线，则直线 BD与 PQ所成角的取值范围是（） A， B， C， D， 10 已知定义在（0， +）上的函数 f （x）的导函数 f （x）满足，且，其中 e 为自然对数的底数，则不等式的解集是（） A B （0， e）C D 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. 11若 2sin cos=，则 sin =， tan（）= 12商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有 4 个红球、6 个白球的甲箱和装有5 个红球、5 个白球的乙

4、箱中，各随机摸出 1 个球在摸出的2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖1 次能获奖的概率是；若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X，则 EX= 13在 ABC中， D是 AC边的中点，A=， cosBDC= ， ABC的面积为 3，则 sinABD=， BC= 14已知抛物线 y=x 2 和直线 l：y=kx+m（m0）交于两点 A、B，当时，直线 l 过定点；当 m=时，以 AB为直径的圆与直线相切 15根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3 门必考科目外，有 3 门选考

5、科目，并且每门选考科目都有2 次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将 3 门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与高三的 4 次考试中，且每次至多考 2 门，则该考生共有种不同的考试安排方法 16如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中， P， Q， R分别是棱 AB， AD， AA1的中点以 PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是 17函数 y=ax 22x 的图象上有且仅有两个点到直线 y=x 的距离等于，则实数 a 的取值集合是三解答题：本大题共5 小题，共 74 分.解

6、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 . 18设函数 f（x）=sin 2x cos2x +2 sin xcosx+ 的图象关于直线 x= 对称，其中，为常数，且（， 1）（）求函数 f（x）的最小正周期；（）若 y=f（x）的图象经过点（， 0），求函数 f（x）在区间 0，上的取值范围 19 在如图所示的圆台中，AC是下底面圆 O的直径， EF是上底面圆 O 的直径， FB是圆台的一条母线（I）已知 G， H 分别为 EC ， FB的中点，求证： GH平面 ABC ；（）已知 EF=FB= AC=2， AB=BC ，求二面角 FBC A 的余弦值 20已知函数 f

7、（x）=+x（a， bR）（）当 a=2， b=3时，求函数 f（x）极值；（）设 b=a+1，当 0a1 时，对任意 x 0， 2 ，都有 m| f（x）| 恒成立，求 m 的最小值 21已知椭圆+y2=1（a1），过直线 l：x=2上一点 P 作椭圆的切线，切点为 A，当 P点在 x 轴上时，切线 PA的斜率为（）求椭圆的方程；（）设 O为坐标原点，求POA面积的最小值 22 已知函数 fn（x） =x n （1x） 2 在（， 1）上的最大值为 an（n=1， 2， 3，）（1）求数列 an 的通项公式；（2）求证：对任何正整数n（n2），都有 a

8、n成立；（3）设数列 an 的前 n 项和为 Sn，求证：对任意正整数 n，都有 Sn成立浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（5 月份）参考答案与试题解析一选择题：本大题共10 小题，每小题 4 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 A= x| x2 或 x1 ， B=x| x2 或 x0，则（?RA） B= （） A （2， 0） B 2， 0） C ?D （2， 1）【考点】 1H：交、并、补集的混合运算【分析】由全集 R及 A，求出 A 的补集，找出 B与 A 补集的交集即可【解答】解：集合 A= x|

10、析】题目给出的数列是等比数列，通过举反例说明公比小于1 时数列还可能是递增数列，反之，递减的等比数列公比还可能大于1，从而得到 “q1” 是“ 等比数列 an 是递减数列 ” 的既不充分也不必要的条件【解答】解：数列 8， 4， 2，，该数列是公比 q=的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数 an 的公比 q1，不能得出数列an 是递减数列；而数列 1， 2， 4， 8，是递减数列，但其公比 q=，所以，由数列 an 是递减数列，不能得出其公比 q1 所以， “q1” 是“ 等比数列 an 是递减数列 ” 的既不充分也不必要的条件故选 D 4已知某

11、几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） A16 B26 C 32 D20+ 【考点】 L!：由三视图求面积、体积【分析】几何体是三棱锥，根据三视图可得三棱锥的一侧棱与底面垂直，结合直观图求相关几何量的数据，把数据代入棱锥的表面积公式计算即可【解答】解：根据三视图知：该几何体是三棱锥，且三棱锥的一个侧棱与底面垂直，高为 4，如图所示：其中 SC 平面 ABC ， SC=3 ， AB=4， BC=3 ， AC=5 ， SC=4 ， ABBC，由三垂线定理得： ABBC ， SABC=34=6， SSBC=34=6， SSAC=45=10， SSAB=ABSB= 45=1

12、0，该几何体的表面积S=6+6+10+10=32 故选： C 5若存在实数 x， y 使不等式组与不等式 x2y+m0 都成立，则实数 m 的取值范围是（） Am0 Bm3 Cml Dm3 【考点】 7C ：简单线性规划【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的 ABC及其内部，再将目标函数 z=x2y 对应的直线进行平移，可得当 x=y=3时， z 取得最小值为 3；当 x=4且 y=2时， z 取得最大值为 0，由此可得 z 的取值范围为 3， 0 ，再由存在实数 m 使不等式 x2y+m0 成立，即可算出实数 m 的取值范围【解答】解：作出不等式组表示的平面

13、区域，得到如图的 ABC及其内部，其中 A（4， 2）， B（1， 1）， C（3， 3）设 z=F（x， y）=x2y，将直线 l：z=x2y 进行平移，当 l 经过点 A 时，目标函数 z达到最大值，可得 z最大值=F（4， 2）=0 当 l 经过点 C时，目标函数 z达到最小值，可得 z最小值=F（3， 3）=3 因此， z=x2y 的取值范围为 3， 0 ，存在实数 m，使不等式 x2y+m0 成立，即存在实数 m，使 x2ym 成立 m 大于或等于 z=x2y 的最小值，即3m，解之得 m3 故选： B 6 展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中

14、各项系数的最大值是（） A790 B680 C 462 D330 【考点】 DB ：二项式系数的性质【分析】由题意可得： 2n 1=1024，解得 n=11可得展开式中各项系数的最大值是或【解答】解：由题意可得： 2n 1=1024，解得 n=11 则展开式中各项系数的最大值是或，则=462 故选： C 7已知正实数 a， b 满足 a2b+40，则 u=（） A有最大值为B有最小值为 C没有最小值D有最大值为 3 【考点】 7F：基本不等式【分析】a2b+40，可得 ba2+4， a， b0可得，再利用基本不等式的性质即可得出【解答】解： a 2b+40， ba

15、2+4， a， b0 a+ba 2+a+4，，， u= =33 =33 =，当且仅当 a=2， b=8 时取等号故选： B 8已知正三角形 ABC的边长为 2，平面 ABC内的动点 P， M 满足| =1， =，则| 2 的最大值是（） A B C D 【考点】 93：向量的模【分析】如图所示，建立直角坐标系 B （0， 0）， CA点 P的轨迹方程为： =1，令 x=+cos ， y=3+sin ， 0， 2 ）又=，可得 M ，代入 | 2= +3sin，即可得出【解答】解：如图所示，建立直角坐标系 B（0， 0）， C A M 满足| =1，点 P的轨迹

16、方程为：=1，令 x=+cos ， y=3+sin ， 0， 2 ）又=，则 M， | 2= +=+3sin | 2 的最大值是也可以以点 A 为坐标原点建立坐标系故选： B 9如图，正方形 ABCD与正方形 BCEF 所成角的二面角的平面角的大小是， PQ是正方形 BDEF所在平面内的一条动直线，则直线 BD与 PQ所成角的取值范围是（） A， B， C， D，【考点】 LM：异面直线及其所成的角【分析】以 B为原点，BC为 x轴， BA为 y 轴，过 B作平面 ABCD的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BD 与 PQ所成角的取值范围【解答】

17、解：以 B为原点， BC为 x 轴， BA为 y 轴，过 B作平面 ABCD的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设 BC=1 ，则 B（0， 0， 0）， D（1， 1， 0）， C （1， 0， 0）， E（1，）， F（0，），当 D 点在正方形 BCEF 的投影刚好落在 CE上，记为 G点，其坐标为 G （1，），此时 BG与 BD所成角刚好 30 度，即直线 BD与 PQ所成角的最小值为，取 P（， 0， 0）， Q（0，）时，直线 BD于 PQ所成角取最大值， =（1， 1， 0），=（，）， cos = =0，直线 BD于 PQ所成角

18、最大值为直线 BD与 PQ所成角的取值范围是，故选： B 10 已知定义在（0， +）上的函数 f （x）的导函数 f （x）满足，且，其中 e 为自然对数的底数，则不等式的解集是（） A B （0， e）C D 【考点】 6B：利用导数研究函数的单调性；63：导数的运算； 67：定积分【分析】根据题意，令g （ x） =xf（ x），分析可得g （ x ） = xf （x） =，对 g（x）求积分可得g（x）的解析式，进而可得 f（x）的解析式，再令 h（x）=f（x）x，对其求导可得 h （x）=f（x） 10，分析可得函数 h （x） =f

19、（x） x在（0，+）上递减，将不等式变形可得 f（x）xe=f（e）e，结合函数的单调性分析可得答案【解答】解：根据题意，令 g（x）=xf（x），则有 g （x）= xf（x） =，则 g（x）=（lnx）2+C，即 xf（x）= （lnx）2+C，则有 f（x）=（lnx）2+，又由，即 f（e）=+= ，解可得 C= ，故 f（x）=（lnx）2+，令 h（x）=f（x）x，则 h （x）=f（x）1= 0，故函数 h（x）=f（x）x 在（0， +）上递减，不等式，即 f（x）xe=f（e）e，则有 0xe，即不等式的解集为（ 0， e

20、）；故选： B 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. 11若 2sin cos=，则 sin =， tan（）=3 【考点】 GR ：两角和与差的正切函数；GH ：同角三角函数基本关系的运用【分析】根据已知及同角三角函数的基本关系式，建立方程关系即可得到结论【解答】解： 2sin cos=， cos=2sin ， sin 2 +cos2=1 ， sin 2 +（2sin ）2=1，即 5sin2 4sin +4=0，解得： sin =， cos=2 =， tan=2， tan（）= =3 故答案为：， 3 12商场举行有奖

21、促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有 4 个红球、6 个白球的甲箱和装有5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出 1 个球在摸出的2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖1 次能获奖的概率是；若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 X，则 EX= 【考点】 CH ：离散型随机变量的期望与方差【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式计算不获奖的概率得出获奖的概率，根据二项分布的性质得出数学期望【解答】解：抽奖 1 次，不中奖的概率为=，抽奖 1 次能获奖的概率为

22、 1=；抽奖 1 次获一等奖的概率为=，随机变量 X服从二项分布，即 XB（3，）， EX=3 = 故答案为：， 13在 ABC中， D是 AC边的中点，A=， cosBDC= ， ABC的面积为 3，则 sinABD= ， BC= 6 【考点】 HT：三角形中的几何计算【分析】过 B 作 BHAC于 H，则 cosBDH=，设 DH=2k （k0），则 BD=k，BH=k，在 RtABH中，由A=，得 AH=k，从而 AD=3k，AC=6k ，由 SABC= =3=3，求出 BC=6 ，再由，能求出 sinABD 【解答】解：过 B作 BHAC于 H，则 c

23、osBDH=，设 DH=2k（k0），则 BD= k， BH=k，在 RtABH中， A=， AH=k， AD=3k ， AC=6k ，又 SABC=AC BH=3=3，解得 k=1， BC=6 ，在ABD中，解得 sinABD= 故答案为：， 6 14已知抛物线 y=x 2 和直线 l：y=kx+m（m0）交于两点 A、B，当时，直线 l 过定点（0， 2）；当 m=时，以 AB为直径的圆与直线相切【考点】 K8：抛物线的简单性质【分析】将直线代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得 m 的值，求得直线 l 的方程求得直线 l 过点（ 0，

24、 2）；利用中点坐标公式求得圆M 的圆心，求得切点坐标，根据向量的数量积的坐标运算，即可求得 m 的值【解答】解：设 A（x1， y1）， B （x2， y2），整理得：x2kxm=0，则 x1+x2=k， x1x2 =m， y1y2=（x1x2） 2=m2， y1+y2=k（x1+x2）+2m=k2+2m，由，则 x1x2+y1y2=m2m=2，即 m2m2=0，解得：m=1 或 m=2，由 m0，则 m=2，直线 l：y=kx+2，直线 l 过点（ 0， 2），设以 AB为直径的圆的圆心M（x， y），圆 M 与相切于 P，由 x=，则 P（，

25、），由题意可知：?=0，即（x1， y1+）?（x2， y2+）=0，整理得： x1x2 （x 1 +x 2）+ +y 1y2+ （y 1 +y 2）+=0，代入整理得： m2+=0，解得： m=，当 m=，以 AB为直径的圆与直线相切故答案为：（0， 2）， 15根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3 门必考科目外，有 3 门选考科目，并且每门选考科目都有2 次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将 3 门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与高三的 4 次考试中，且每次至多考 2 门，则该考生共有 114种不同的考试安排方法【考点】

26、D8：排列、组合的实际应用【分析】依题意，分两大类：四次考试中选三次（有种方法），每次考两科；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，分别分析、计算即可求得答案【解答】解：将 3 门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与高三的4 次考试中，且每次至多考 2 门，有两种情况：四次考试中选三次（有种方法），每次考两科，第一次有种方法，第二次必须考剩下的一科与考过的两科中的一科，有?种方法，第三次只能是种方法，根据分布乘法计数原理，共有：?（?）?=24 种方法；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，共=6种方法；分别为方案 2211， 2121，

27、2112， 1221， 1212， 1122 若为 2211，第一次有种方法，第二次有两种情况，1 选考过的两科，有种方法，则第三次只考剩下的第三科有 1 种方法；第四次只有1 种方法，故共有?1?1=3种方法； 2 剩下的一科与考过的两科中的一科，有?种方法，则第三次与第四次共有种方法，故共有?=12种方法；综上所述，2211 方案共有 15 种方法；若方案为 2121，共有（?+?）=15种方法；若方案为 2112，共有（?+?）=15种方法；同理可得，另外 3 种情况，每种各有 15 种方法，所以，四次考试都选，共有 156=90种方法综合得：共有24+90=

28、114种方法故答案为： 114 16如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中， P， Q， R分别是棱 AB， AD， AA1的中点以 PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是【考点】 LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A1B1C1D1、面 DD1C1C、面 BB1C1C 的中心，记为 M、N、H，则三这个棱柱的高h=PH=RM=QN ，求解三角形求得高和底面积，代入柱体体积公式得答案【解答】解：正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 1， P， Q

29、， R分别是棱 AB， AD， AA1的中点，以PQR为底面作直三棱柱（侧棱与底面垂直的三棱柱叫直三棱柱），该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A1B1C1D1、面 DD1C1C、面 BB1C1C的中心，记为 M、N、H，则三这个棱柱的高h=PH=RM=QN ，这个三棱柱的高 h=RM= 底面正三角形 PQR的边长为，面积为= 这个直三棱柱的体积是故答案为： 17函数 y=ax 22x 的图象上有且仅有两个点到直线 y=x 的距离等于，则实数 a 的取值集合是 a| a或 a=0或 a 【考点】 3W：二次函数的性质【分析】对 a 进行分类讨论，得出 y=ax 22x 与

30、 y=x2 的位置关系，根据交点个数判断 a 的范围【解答】解：（1）若 a=0，则 y=2x与 y=x 为相交直线，显然 y=2x上存在两点到 y=x的距离等于，符合题意；（2）若 a0，则 y=ax 22x与直线 y=x相交， y=ax 22x在直线 y=x上方的图象必有 2 点到直线 y=x的距离等于，又直线 y=x与 y=x2 的距离为，抛物线 y=ax 22x 与直线 y=x2 不相交，联立方程组，消元得 ax 23x+2=0， =98a0，解得 a （3）若 a0，同理可得 a 故答案为： a| a或 a=0或 a 三解答题：本大题共5 小题，共

31、 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 . 18设函数 f（x）=sin 2x cos2x +2 sin xcosx+ 的图象关于直线 x= 对称，其中，为常数，且（， 1）（）求函数 f（x）的最小正周期；（）若 y=f（x）的图象经过点（， 0），求函数 f（x）在区间 0，上的取值范围【考点】 GL ：三角函数中的恒等变换应用；H2：正弦函数的图象【分析】（）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f（x）化为 y=Asin （x+ ）+k 型函数，再利用函数的对称性和的范围，计算的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期；（）先将已知点

32、的坐标代入函数解析式，求得的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数f（x）的范围即可【解答】解：（）f（x）=sin2x +2 sin x?cosxcos 2x + =sin2 xcos2x + =2sin（2x ）+ ，图象关于直线 x= 对称， 2 =+k ， kz = +，又（， 1），令 k=1时， =符合要求，函数 f（x）的最小正周期为=；（）f（）=0， 2sin（2）+=0 ， = ， f（x）=2sin（ x ）， f（x） 1， 2 19 在如图所示的圆台中，AC是下底面圆 O的直径， EF是上底面圆 O 的直径， FB是圆台的一条母线（I）

33、已知 G， H 分别为 EC ， FB的中点，求证： GH平面 ABC ；（）已知 EF=FB= AC=2， AB=BC ，求二面角 FBC A 的余弦值【考点】 MT：二面角的平面角及求法；LS ：直线与平面平行的判定【分析】（）取 FC中点 Q，连结 GQ、QH，推导出平面 GQH 平面 ABC ，由此能证明 GH平面 ABC （）由 AB=BC ，知 BOAC ，以 O为原点，OA为 x 轴， OB为 y 轴， OO 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角FBC A 的余弦值【解答】证明：（）取 FC中点 Q，连结 GQ、QH， G、H 为

34、 EC 、FB的中点， GQ， QH，又EF BO， GQBO，平面 GQH 平面 ABC ， GH ? 面 GQH ， GH平面 ABC 解：（）AB=BC ， BOAC，又OO 面 ABC ，以 O为原点， OA为 x 轴， OB为 y 轴， OO 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A（， 0， 0）， C（2， 0， 0）， B（0， 2， 0）， O （0， 0， 3）， F（0， 3）， =（2，， 3），=（2， 2， 0），由题意可知面 ABC的法向量为=（0， 0， 3），设 =（x0， y0， z0）为面 FCB的法向量，则，即，取

35、 x0=1，则 =（1， 1，）， cos ， = = 二面角 FBC A 的平面角是锐角，二面角 FBC A 的余弦值为 20已知函数 f（x）=+x（a， bR）（）当 a=2， b=3时，求函数 f（x）极值；（）设 b=a+1，当 0a1 时，对任意 x 0， 2 ，都有 m| f（x）| 恒成立，求 m 的最小值【考点】 6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6D：利用导数研究函数的极值【分析】（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）对 a 进行分类讨论：当a=0时， f（x）=x+1， m1；再对对称轴进行讨论，当2

36、时，即 a；当2 时，即 a，分别去求 | f（x）| 的最大值【解答】解：（）a=2， b=3 时， f（x）= x3x 2+x， f （x）=2x 23x+1=（2x1）（x1），令 f （x）0，解得： x1 或 x ，令 f （x）0，解得： x1，故 f（x）在（，）递增，在（， 1）递减，在（1， +）递增，故 f（x）极大值=f（）=， f（x）极小值=f（1）=，（）当 b=a+1， f（x）= ax3（a+1）x2+x， f （x）=ax 2（a+1）x+1， f （x）恒过点（ 0， 1）；当 a=0时， f （x）=x+1， m| f

37、（x）| 恒成立， m1； 0a1，开口向上，对称轴1， f （x）=ax 2（a+1）x+1=a（x ）2+1，当 a=1时 f （x）=x22x+1， | f （x）| 在 x 0， 2 的值域为 0， 1 ；要 m| f （x）| ，则 m1；当 0a1 时，根据对称轴分类：当 x=2，即a1， =（a1）20， f （）=（a+）（， 0），又 f （2）=2a11，所以| f （x） | 1；当 x=2，即 0a； f （x）在 x 0， 2 的最小值为 f （2）=2a1； 12a1，所以| f （x）| 1，综上所述，要对任意 x 0， 2 都有 m

38、| f （x）| 恒成立，有 m1， m1 22 已知函数 fn（x） =x n （1x） 2 在（， 1）上的最大值为 an（n=1，2， 3，）（1）求数列 an 的通项公式；（2）求证：对任何正整数n（n2），都有 an成立；（3）设数列 an 的前 n 项和为 Sn，求证：对任意正整数 n，都有 Sn 成立【考点】 8E：数列的求和； 8H：数列递推式【分析】（1）由已知得=（n+2）xn 1（x1）（x），由此利用导数性质能求出数列an 的通项公式（2）当 n2 时，欲证，只需证明（ 1+）n4，由此能证明当 n2 时，都有成立（3）Sn

39、，由此能证明任意正整数n，都有成立【解答】解：（1）fn（x）=xn（1x）2， =x n1（1x） n（1x）2x =（n+2）xn 1（x1）（x ），当 x（， 1）时，由，知：x=， n1，， x（，）时，；x（）时，（x）0； f（x）在（）上单调递增，在（）上单调递减在 x=处取得最大值，即= （2）当 n2 时，欲证，只需证明（ 1+ ） n4，（1+ ） n= 1+2+1+2+1=4，当 n2 时，都有成立（3）Sn=a1+a2+ +an = 对任意正整数 n，都有成立 21已知椭圆+y2=1（a1），过直线 l：x=2上一点 P

40、作椭圆的切线，切点为 A，当 P点在 x 轴上时，切线 PA的斜率为（）求椭圆的方程；（）设 O为坐标原点，求POA面积的最小值【考点】 K4：椭圆的简单性质【分析】（）由 P在 x 轴设出 P点坐标及直线 PA方程，将 PA方程与椭圆方程联立，整理关于 x 的一元二次方程，=0求得 a2，即可求得椭圆方程；（）设出切线方程和点P及点 A的坐标，将切线方程代入椭圆方程，求得关于 x 的一元二次方程，=0，求得 A 和 P 点的坐标，求得丨 PO丨及 A 到直线 OP的距离，根据三角形的面积公式求得S=丨 k+丨，平方整理关于 k 的一元二次方程，0，即可求得 S的最小值【解答】解：（1）当 P点在 x 轴上时，P（2， 0）， PA ：，， =0? a2=2，椭圆方程为； 5 （2）设切线为 y=kx+m，设 P（2， y0）， A（x1， y1），则? （1+2k2）x 2+4kmx+2m22=0? =0? m2=2k2+1， 7 且， y0=2k+m 则， PO直线为， A 到直线 PO距离， 10 则 =， 13 （Sk） 2=1+2k2? k2+2Sk S2+1=0，，此时 15

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