奥可教育上传-2012年湖北高考试题(理数_word解析版)(2)

试卷类型：A

（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 为正有理数时，有求导公式(x ) x 1.

绝密★启用前

2012

x

.

π

sin(2 π ) 1，

6

(k Z)．

即 2sin( ) 2sin ，即

62645π

故f(x) 2sin(x )

363ππ5π5π

由0 x ，有 x ，

5636615π5π

所以 sin(x ) 1，得 12sin(x ) 2

23636

数学（理工类）试卷A型 第10页（共17页）

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试卷类型：A

故函数f(x)在[0,

3π

]上的取值范围为[ 12. 5

18．解： （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

a(a d)(a 2d) 8.d 3,d 3. 111

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，a2，a3，a1分别为 1， 4，2，不成等比数列；

当an 3n 7时，a2，a3，a1分别为 1，2， 4. 3n 7,n 1,2,

故|an| |3n 7|

3n 7,n 3.

记数列{|an|}的前n项和为Sn.

当n 1时，S1 |a1| 4；当n 2时，S2 |a1| |a| 当n 3时，

Sn S2 |a3| |a4| |an| 5 (3 3 7) (3n 7)

(n 2)[2 (3n 7)]32 n当 2时，满足此式.

22n 4,

综上，Sn 3211

5

BD x(0 x 3)，则CD 3 x．

ADC为等腰直角三角形，所以AD CD 3 x.

DD C2），A，AD BD，且BD DC D，

11

90 ，所以S BCD BD CD x(3 x)．于是

22

1

(3 x) 2x(3 x)(3 x)

12

2 ，（lbylfx） 3

故当x 1，即BD 1时, 三棱锥A BCD的体积最大． 解法2：

1111

同解法1，得VA BCD AD S BCD (3 x) x(3 x) (x3 6x2 9x)．

3326

11

令f(x) (x3 6x2 9x)，由f (x) (x 1)(x 3) 0，且0 x 3，解得x 1．

62

当x (0,1)时，f (x) 0；当x (1,3)时，f (x) 0．

数学（理工类）试卷A型 第11页（共17页）

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试卷类型：A

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． （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

1111

( , 1,0) ( 1,1,1) 1 0，故 ，N(0,,0). 2222

1

所以当DN （即N是CD的靠近点D．

2

n BN1

设平面BMN的一个法向量为n (x,y,z)，由 ( 1,,0)，

2 n y 2x,

得 可取n (1,2, 1)．

z x.

1)，可得

图c

图d

第19题解答图

数学（理工类）试卷A型 第12页（共17页）

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试卷类型：A

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， 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， 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作于H， 则EH 平面BMN．故 ENH是EN与平面

连接MN，ME

，由计算得NB NM EB EM

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)0.66

. 由条件概率，得P(Y 6X 300) P(X 900X 300)

P(X 300)0.77

数学（理工类）试卷A型 第13页（共17页）

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试卷类型：A

故在降水量X至少是300mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是

21．解：

（Ⅰ）如图1，设M(x,y)，A(x0,y0)，则由|DM| m|DA|(m 0,且m 1)，

可得x x0，|y| m|y0|，所以x0 x，|y0|

6

. 7

1

|y|. ①

m

因为A点在单位圆上运动，所以x02 y02 1. ②

y2将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x 2 1 (m 0,且m 1). m

因为m (0,1) (1, )，所以

2

当0 m 1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，

两焦点坐标分别为(

0)，0)； 当m 1时，曲线C是焦点在y

两焦点坐标分别为(0,，(0,

（Ⅱ）解法1：如图2、3， k 0，设P(x1,x1, kx1)，N(0,kx1)，

2km2x1

2.

m 4k2

4k2x12km2x1

,).

1)

( 2

m 4k2m2 4k2

， ）

对任意的k 0，都有PQ PH. 1上，

(0 m 1)图 数学（理工类）试卷A2 型 第14页（共17页） 图3 (m 1) 图1

第21题解答图

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试卷类型：A

解法2：如图2、3， x1 (0,1)，设P(x1,y1)，H(x2,y2)，则Q( x1, y1)，N(0,y1)，

2222

mx1 y1 m,

因为P，H两点在椭圆C上，所以 22 两式相减可得 22

mx y m, 22

m2(x12 x22) (y12 y22) 0. ③

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)

m2. (x1 x2)(x1 x2)

又Q，N，H三点共线，所以kQN

kQH于是由④式可得kPQ kPH

y

1y1 y21m2

. x1x

1

2

而PQ PH等价于kPQ kPH

11，又m 0，得m

2

x 对任意的k 0，都有PQ PH. 1上，

2

(x) 0，解得x 1.

(x)在(0,1)内是减函数； x)在(1, )内是增函数.

f(1) 0. f(x) f(1) 0，即xr rx (1 r) ①

若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2 a1b1 a2b2成立； 若a1，a2均 …… 此处隐藏：2379字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……