2013年高考数学 热点专题专练 专题1-6（打包6套）
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2013年高考数学 热点专题专练 专题1-6（打包6套）,年高,数学,热点,热门,专题,打包
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- 1 - 专题一 集合、函数与导数测试题 (时间： 120 分钟 满分： 150 分 ) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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设集合 U 1,2,3,4,5,6，集合 M 1,3， N 2,3,4，则 ( ( ) A 3 B 4,6 C 5,6 D 3,6 解析 2,4,5,6， 1,5,6， ( ( 5,6，故选 C. 答案 C 2已知全集 I R，若函数 f(x) 3x 2，集合 M x|f(x)0 ， N x|f( x)1 解析 命题 p： “ x 1,2， a0” ， a 1,2上恒成立， a1 ， 綈 p为 a1. - 2 - 命题 q： “ x R， 22 a 0” ， 方程有解， 44(2 a)0 ， a 20 ， a1 或 a 2. 若命题 “ 綈 p 且 q” 是真命题，则 a1，故选 D. 答案 D 5 (2012 山东肥城模拟 )幂函数 f(x) xn(n 1,2,3， 12， 1)具有如下性质： ) 1) 2f(1) f( 1) 1，则函数 f(x)( ) A是奇函数 B是偶函数 C既是奇函数，又是偶函数 D既不是奇函数，又不是偶函数 解析 由 ) 1) 2f(1) f( 1) 1n 2， f(x) 以选 B. 答案 B 6 (2012 潍坊模拟 )已知函数 f(x) 21 有两个极值点 2， 1， 1,2，则 f( 1)的取值范围是 ( ) A. 32， 3 B. 32， 6 C 3,12 D. 32， 12 解析 f( x) 34c，由题意，得 f 12 8b c0 ，f 3 4b c0 ，f 3 4b c0 ，f 12 8b c0. - 3 - f( 1) 2b c，当直线 z 2b c 过 A 时 f( 1)取最小值 3，当直线过 B 时取最大值 12，故选 C. 答案 C 7设集合 I 是全集， AI， BI，则 “ A B I” 是 “ B 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 解析 由 B B I，而 A B I/ B “ A B I” 是 “ B 的必要不充分条件 答案 B 8若曲线 a(a0) ，则过曲线上任意一点的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积是 ( ) A 2 B 2|a| D |a| 解析 设切点坐标为 (曲线方程即 y y 切线斜率为 线方程为 y x 令 y 0，得 x 2切线与 x 轴的交点 A 的坐标为 (2)；令 x 0，得 y 2切线与 y 轴的交点 B 的坐标为 (0， 2故切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 12|2 2 2|a|. 答案 C 9 (2012 天津模拟 )定义在 R 上的函数 f(x)满足 (x 1)f( x)0 ，且 y f(x 1)为偶函数，当 |1|f(2 B f(2 f(2 C f(2 ， 或 x1x2，则 ，则 f(f(即 f(2 f(2 当 x1f(2 f(即 f(2 f(2 同理，当 x1 ) A B C D 解析 函数 y x 4)x 4) 12邻两个对称 中心的距离为 d 2 ，故 不正确； 函数 yx 3x 1的图象对称中心应为 (1,1)，故 不正确； 正确； 正确 答案 B 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，将答案填在题中的横线上 13已知函数 f(x) f x ， x 12x 2， 10 恒成立， m 1x 2 2x，令 g(x) 1x 2 2x，则当 1x 1 时，函数 g(x)取得最大值 1，故 m1. 答案 1， ) 16 (2011 扬州模拟 )若函数 f(x) 13足：对于任意的 0,1都有 |f( f(1 恒成立，则 a 的取值范围是 _ 解析 问题等价于在 0,1内 f(x)f(x) 恒成立 f( x) 数 f(x) 13极小值点是 x |a|，若 |a|1，则函数 f(x)在 0,1上单调递减，故只要 f(0) f(1)1即可，即 43，即 10， h(x)是增函数 当 x 80 时， h(x)取得极小值 h(80) h(x)在 (0,120上只有一个极值， 它是最小值 答：当汽车以 80 千米 /小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少为 18 (本小题满分 12 分 ) (2012 安徽 )设函数 f(x) 1b(a0) (1)求 f(x)在 0， ) 内的最小值； (2)设曲线 y f(x)在点 (2， f(2)处的切线方程为 y 32x，求 a， b 的值 - 8 - 解 (1)f( x) 1当 f( x)0，即 x ， f(x)在 ( ) 上递增； 当 f( x)0， f(x)在 (0， 递减，在 ( ) 上递增，从而 f(x)在 0， ) 上的最小值为 f( 2 b； 当 a1 时， ， f(x)在 0， ) 上递增，从而 f(x)在 0， ) 上的最小值为f(0) a 1a b. (2)依题意 f(2) 132， 解得 2 或 12(舍去 ) 所以 a 2入原函数可得 2 12 b 3，即 b 12. 故 a 2b 12. 19 (本小题满分 12 分 ) 设 f(x)是定义在 1,1上的奇函数，且当 1 x 2 1 时， f( x)0， B x R|23(1 a)x 6a0， D A B. (1)求集合 D(用区间表示 )； (2)求函数 f(x) 23(1 a)6 D 内的极值点 解 (1)在集合 B 中， 9(1 a)2 48a 9(a 3) a 13 ，而 ，得 ， f( x)0， f(x)单调递增，当 ， 此时 f(x)在 D ( ) 上无极值点； 当 00 时， 2 x 0 时， 2 x 0 时， f(x)0. 所以 f(x)的单调递减区间为 ( ， 1)，单调递增区间为 (1， ) (2)设点 P(f(，曲线 y f(x)在点 P 处的切线方程为 y f( x f( 令 g(x) f(x) f( x f(故曲线 y f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点 因此 g( 0，且 g( x) f( x) f( 2a(x (1)若 a0 ，当 xg( x)0，则 xg(x)g( 0； 当 而 h(x)在 (x*， ) 内单调递增 若 x*，由 x ( ， x*)时， g( x) h(x)h(x*) 0； x (x*， ) 时， g( x) h(x)h(x*) 0.知 g(x)在 R 上单调递增 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x x*. 若 x0x*，由于 h(x)在 (x*， ) 内单调递增，且 h( 0，则当 x (x*， 有 g( x) h(x)g( 0；任取 (x*， g(0. 又当 x ( ， ，易知 g(x) (e f( x f( x0)证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点 综上所 述，当 a0 时，曲线 y f(x)上存在唯一点 P( 2a)， f( 2a)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P. - 1 - 专题三 直线、圆、圆锥曲线测试题 (时间： 120 分钟 满分： 150 分 ) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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已知圆 O 的方程是 8x 2y 10 0，过点 M(3,0)的最短弦所在的直线方程是( ) A x y 3 0 B x y 3 0 C 2x y 6 0 D 2x y 6 0 解析 8x 2y 10 0，即 (x 4)2 (y 1)2 7， 圆心 O(4,1)，设过点 M(3,0)的直线为 l， 则 1， 故 1， y 1( x 3)，即 x y 3 0. 答案 A 2过点 ( 1,3)且平行于直线 x 2y 3 0 的直线方程为 ( ) A x 2y 7 0 B 2x y 1 0 C x 2y 5 0 D 2x y 5 0 解析 因为直线 x 2y 3 0 的斜率是 12，故所求直线的方程为 y 3 12(x 1)，即 x2y 7 0. 答案 A 3曲线 y 2x 1的点处的切线为 l，则点 P(3,2)到直线 ) 2 2 2 010 解析 曲线 y 2x 1 的点处的纵坐标为 1，故切点坐标为 ( 1， 1)切线斜率为 k y| x 1 2 3( 1)2 1，故切线 l 的方程为 y ( 1) 1 x ( 1)，整理得 x y 2 0，由点到直线的距离公式得点 P(3,2)到直线 l 的距离为 |3 2 2|12 12 7 22 . 答案 A 4若曲线 2x 6y 1 0 上相异两点 P、 Q 关于直线 2y 4 0 对称，则 k 的值为 ( ) A 1 B 1 - 2 - D 2 解析 曲线方程可化为 (x 1)2 (y 3)2 9，由题设知直线过圆心，即 k( 1) 23 4 0， k . 答案 D 5直线 y 2a 0(a0) 与圆 9 的位置关系是 ( ) A相离 B相交 C相切 D不确定 解析 圆 9 的圆心为 (0,0)，半径为 d |C|该圆圆心 (0,0)到直线 y 2a 0 的距离 d 2 2 212，由基本不等式可以知道 2a 12，从而 d 21210， b0)的焦点到渐近线的距离等于实轴长，则双曲线的离心率为 ( ) A. 2 B. 3 C. 5 D 2 解析 焦点到 渐近线的距离等于实轴长 ， 可得 b 2a， 15， 所以 e 5. 答案 C 12 (2011 济南市质量调研 )已知点 1(a0， b0)的左、右焦点，过点 x 轴的直线与双曲线交于 A， B 两点，若 该双曲线离心率的取值范围是 ( ) A (1， 3) B ( 3， 2 2) C (1 2， ) D (1,1 2) 解析 依题意得， 0b0)的左、右顶点分别为 A， B，点 P 在椭圆上且异于 A，B 两点， O 为坐标原点 (1)若直线 斜率之积为 12，求椭圆的离心率； (2)若 | |证明直线 斜率 k 满足 |k| 3. 解 (1)设点 P 的坐标为 (由题意，有 1. 由 A( a,0)， B(a,0)，得 a， a. 由 12，可得 2入 并整理得 (2b2) ，故 12，所以椭圆的离心率 e22 . (2)(方法一 ) - 6 - 依题意 ， 直线 方程为 y 设点 P 的坐标为 ( 由条件得 由 | | A( a,0)及 得 (a)2 1 k2)2 ， 于是 2代入 ， 整理得 (1 4 4.由 ab0， 故 (1 44，即 14， 因此 ， 所以 |k| 3. (方法二 ) 依题意 ， 直线 方程为 y 可设点 P 的坐标为 ( 由点 P 在椭圆上 ， 有 ab0， ， 所以， 所以 |k| 3. 18 (本小题满分 12 分 ) (2012 辽宁 )如图，椭圆 1(ab0， a， b 为常数 )，动圆 A 的坐标为 (1,1)，点 B 在抛物线 y Q 满足 经过点Q 与 x 轴垂直的直线交抛物线于点 M，点 P 满足 求点 P 的轨迹方程 - 8 - 解 由 Q， M， P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上，故可设 P(x， y)， Q(x， M(x， 则 (y 即 (1 )y . 再设 B(由 即 (x (1 x,1 解得 x ， . 将 式代入 式，消去 x ， 2 y . 又点 B 在抛物线 y 以 将 式代入 (1 )2 (1 )y (1 )x 2. (1 )2 (1 )y (1 )22 (1 )x 2. 2 (1 )x (1 )y (1 ) 0. 因 0，两边同除以 (1 )，得 2x y 1 0. 故所求 点 P 的轨迹方程为 y 2x 1. 20 (本小题满分 12 分 ) (2011 天津 )在平面直角坐标系 ，点 P(a， b)(ab0)为动点， 1 的左、右焦点已知 (1)求椭圆的离心率 e. (2)设直线 ， B 两点， M 是直线 足 2，求点 解 (1)设 c,0)， F2(c,0)(c0)，由题意，可得 | | 即 a c 2 2c，整理得 2 1 0，得 1(舍 )或 12，所以 e 12. (2)由 (1)知 a 2c， b 3c，可得椭圆方程为 3412直线 y 3(x c) A， B 两点的坐标满足方程组 3412c2，y 3 x c 消去 y 并整理， - 9 - 得 580，解得 0， 85c，得方程组的解 0， 3c， 85c，3 35 85c， 3 35 c ， B(0， 3c) 设点 M 的坐标为 (x， y)，则 x 85c， y 3 35 c ， (x， y 3c) 由 y 3(x c)，得 c x 33 y，于是 8 315 y 35x， 85y 3 35 x ， (x， 3x)，由 2，即 8 315 y 35x x 85y 3 35 x 3x 2，化简得 1816 315 0. 将 y 181516 3x 代入 c x33 y，得 c10516x 0，所以 x0. 因此，点 M 的轨迹方程是 1816 315 0(x0) 21 (本小题满分 12 分 ) (2011 山东 )已知动直线 l 与椭圆 C： 1 交于 P( Q(不同点，且 面积 S 62 ，其中 O 为坐标原点 (1)证明 (2)设线段 中点为 M，求 | 最大值； (3)椭圆 C 上是否存在三点 D， E， G，使得 S S S 62 ？若存 在，判断 不存在，请说明理由 解 (1)证明： 1)当直线 l 的斜率不存在时， P， Q 两点关于 x 轴对称 所以 因为 P(椭圆上， 因此 1. 又因为 S 62 | 62 . 由 得 | 62 ， | 1， - 10 - 此时 3， 2. 2)当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y m. 由题意知 m0 ，将其代入 1 得 (2 3k2)63(2) 0. 其中 3612(2 32)0. 即 32*) 又 63 3 所以 | 1 41 2 6 32 3 因为点 O 到直线 l 的距离为 d |m|1 所以 S 12| d 12 1 2 6 32 3|m|1 6|m| 32 3 S 2 . 整理得 32 2符合 (*)式此时， ( 2 632 3 3. 23(3 23(3 4 23( 2. 综上所述， 3； 2，结论成立 (2)解法一： 1)当直线 l 的斜率不存在时 由 (1)知 | | 62 .| 2| 2. 因此 | 62 2 6. 2)当直线 l 的斜率存在时，由 (1)知： 3 k m - 11 - 3 m321m. | 924123 1 | (1 2 3 m2 22 1 所以 | 12 3 12 2 1 3 1 2 13 12 1254. 所以 | 52，当且仅当 3 12 1 m 2时，等号成立 综合 1)2)得 | 最大值为 52. 解法二： 因为 4| | ( ( ( ( 2( ( 10. 所以 2| 4| |2 102 5. 即 | 52，当且仅当 2| | 5时等号成立因此 | 最大值为52. (3)椭圆 C 上不存在三点 D， E， G，使得 S S S 62 . 证明：假设存在 D(u， v)， E( O(足 S S S 62 ， 由 (1)得 3， 3， 3， 2， 2， 2， 解得： 32， 1. 因此， u， 62 中选取， v， 1 中选取，因此 D、 E、 G 只能在 62 ， 1 这四点中选取三个不同点， 而这三点的两两连线中必有一条过原点 - 12 - 与 S S S 62 矛盾 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D， E， G. 22 (本小题满分 14 分 ) (2012 江苏 )如图，在平面直角坐标系 ，椭圆 1(ab0)的左、右焦点分别为 c,0)， F2(c,0)，已知点 (1， e)和 e， 32 都在椭圆上，其中 e 为椭圆的离心率 (1)求椭圆的方程； (2)设 A， B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点，且直线 (i)若 62 ，求直线 (证： 解 (1)由题设知 e 由点 (1， e)在椭圆上， - 13 - 得 11，解得 1， 于是 1， 又点 e， 32 在椭圆上， 所 以 41， 即 134 1，解得 2. 因此，所求椭圆的方程是 1. (2)由 (1)知 1,0)， ,0)，又直线 以可设直线 x 1 线 x 1 ( B( ， . 由 11 2)21 0， 解得 m 222 ， 故 2 2 2 m 12 . 同理， 2 m 12 . (i)由 得 2m 12 ，解2m 12 62 得 2，注意到 m0， 故 m m 22 . (为直线 以 是 故 点在椭圆上知 2 2， 从而 2 同理 2 因此， 2 2 2 2 2又由 知 2 2 m22 ， 12. - 14 - 所以 2 2 22 3 22 - 1 - 专题二 立体几何初步测试题 (时间： 120 分钟 满分： 150 分 ) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 A 是棱长为 a 的正方体的一个顶点，过从此顶点出发的三条棱的中点作截面，截面与正方体各面共同围成一个多面体，则关于此多面体有以下结论，其中错误的是 ( ) A有 10 个顶点 B体对角线 C截面平行于平面 此多面体的表面积为 478析 此多面体的表面积 S 63 12 12a 12a 12 22 a 22 a 32 458 38 5 38 . 答案 D 2 (2012 福建宁德二模 )如图是一个多面体的三视图，则其全面积为 ( ) - 2 - A. 3 B. 32 6 C. 3 6 D. 3 4 解析 由几何体的三视图可得，此几何体是正三棱柱，其全面积为 S 3( 2)2 2 12( 2)2 6 . 答案 C 3 (2012 江西抚州一中模拟 )如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 ( ) A 22 B 12 C 4 24 D 4 32 解析 由几何体的三视图可得，此几何体是上面一个球、下面一个长方体组成的几何体， - 3 - 此几何体的表面积 S 41 2 222 83 4 . 答案 D 4一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积与体积分别为 ( ) A 7 2， 3 B 8 2， 3 C 7 2， 32 D 8 2， 32 解析 由几何体的三视图可得，此几何体是四棱柱，底面是梯形，其全面积为 S 2 12(1 2)1 12 12 12 21 7 2，体积为 V 12(1 2)11 . 答案 C 5 (2012 江苏启东中学模拟 )一个与球心距离为 1 的平面截球体所得的圆面面积为 ，则球的体积为 ( ) 3 D 8 解析 由题意，球的半径为 R 12 12 2，故其体积 V 43( 2)3 8 23 ，选 A. 答案 A 6 (2012 福建福鼎一中模拟 )如图，在正方体 E 是 中点，则异面直线 成的角的余弦值是 ( ) - 4 - A. 105 B. 1010 3 解析 因为 故 1E 与 成的角 ， 在 由余弦定理可得结果 ， 选 C. 答案 C 7 (2012 泰安市高三质检 )已知正四棱锥 S 侧棱长与底面边长都相等， E 是 成角的余弦值为 ( ) B. 23 C. 33 析 连接 点 O，连接 为 成的角 - 5 - 令侧棱长为 2，则 1， 2， 3 因为 以 直角三角形，故 33 . 答案 C 8.(2012 安徽皖南八校联考 )设 m， n 是不同的直线， 、 、 是不同的平面，有以下四个命题： ； m m ； m m ； m m ) A B C D 解析 由定理可知 正确， 中 m 与 的位置关系不确定， 中可能 m . 答案 C 9 (2012 宁夏模拟 )如图，正 中线 中位线 交于 G，已知 A 转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是 ( ) A动点 A 在平面 的射影在线段 B恒有平面 A 平面 三棱锥 A 体积有最大值 D异面直线 A E 与 可能垂直 解析 由题意， 平面 ， A、 B、 C 正确故选 D. 答案 D 10.(2012 南昌一模 )在棱长为 a 的正方体 M 为 中点 ，则点 C 到平面 距离为 ( ) - 6 - A. 63 a B. 66 a C. 22 a 析 设点 C 到平面 距离为 h，则由已知得 52 a， 2a， S 12 2a 52 a 2 22 a 2 64 接 S 12 13S h 13S a， 64 h 12a，所以 h 63 a，即点 C 到平面 距离为 63 a，选 A. 答案 A 11 (2012 山东平邑一中模拟 )设 a， b， c 是空间三条直线， ， 是空间两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是 ( ) A当 c 时，若 c ，则 B当 b 时，若 b ，则 C当 b ，且 c 是 a 在 内的射影时，若 b c，则 a b D当 b ，且 c 时，若 c ，则 b c 解析 写出逆命题，可知 B 中 b 与 不一定垂直选 B. 答案 B 12 (2012 山东潍坊模拟 )某几何体的一条棱长为 7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为 6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为 a 和 a b 的最大值为 ( ) - 7 - A 2 2 B 2 3 C 4 D 2 5 解析 结合长方体的对角线在三个面的投影来理解计算如图设长方体的长 ， 宽 ， 高分别为 m，n， k， 由题意得 7， 6n 1， 1 a， 1 b， 所以 () (1) 68， 所以 (a b)2 28 2 16a b4 ，当且仅当 a b 2 时取等号选 C. 答案 C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，将答案填在题中的横线上 13.(2012 广东珠海二模 )一个五面体的三视图如图，正视图与侧视图都是等腰直角三角形，俯视图为直角梯 形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为 _ 解析 由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为 V 13 12(1 2)22 2. - 8 - 答案 2 14有一多面体的饰品，其表面由 6 个正方形和 8 个正三角形组成 (如图 )， 成的角的大小是 _ 解析 连接 2延长 相交，设交点为 E， 等边三角形，故 成的角的大小为 60. 答案 60 15 (2012 江西赣州联考 )三棱锥 S ， 90 ， 斜边 ABa 的等腰直角三角形，则以下结论中： 异面直线 成的角为 90 ； 直线 平面 平面 平面 点 C 到平面 距离是 12a. 其中正确结论的序号是 _ 解析 由题意知 平面 平面 面 平面 、 、 正确；取 中点 E，连接 证得 平面 长度即为 C 到平面 距离 12a， 正确 - 9 - 答案 16 (2012 南京一模 )如图，在正三棱柱 D 为棱 截面 的直角三角形，则此三棱柱的体积为 _ 解析 设正三棱柱的底面边长为 a，高为 2h，则 4 面积为 6 的直角三角形，得 4 6 ，解得 8h 2 ，故此三棱柱的体积为 V 1284 8 3. 答案 8 3 三、解答题：本大题共 6 小题，共 74 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 ) (2012 北京 )如图 1，在 ， C 90 ， 3， 6， D， E 分别是 起到 位置，使 图 2. (1)求证： 平面 - 10 - (2)若 M 是 中点，求 平面 成角的大小； (3)线段 是否存在点 P，使平面 平面 直？说明理由 解 (1)因为 所 以 所以 以 平面 所以 又因为 所以 平面 (2) 如图，以 C 为坐标原点，建立空间直角坐标系 C ,0， 2 3)， D(0,2,0)， M(0,1，3)， B(3,0,0)， E(2,2,0) 设平面 法向量为 n (x， y， z)，则 n 0， n 0. 又 (3,0， 2 3)， ( 1,2,0)，所以 3x 2 3z 0， x 2y 0. 令 y 1，则 x 2， z 3. 所以 n (2,1， 3) 设 平面 成的角为 . 因为 (0,1， 3)， 所以 |n， |n n| 48 4 22 . 所以 平面 成角的大小为 4. - 11 - (3)线段 不存在点 P，使平面 平面 直，理由如下： 假设这样的点 P 存在，设其坐标为 (p,0,0)，其中 p 0,3 设平面 法向量为 m (x， y， z)，则 m 0， m 0. 又 (0,2， 2 3)， (p， 2,0)， 所以 2y 2 3z 0，2y 0. 令 x 2，则 y p， z 所以 m 2， p， 平面 平面 且仅当 m n 0 时成立， 即 4 p p 0. 解得 p 2，与 p 0,3矛盾 所以线段 不存在点 P，使平面 平面 直 18 (本小题满分 12 分 ) (2012 辽宁 )如图，直三棱柱 A B C ， 90 ， ，点 M，N 分别为 A B 和 B C 的中点 (1)证明： 平面 A ； (2)若二面角 A C 为直二面角，求 的值 解 - 12 - (1)解法一：如图，连接 ， ，由已知 90 ， 棱柱 A B C为直三棱柱，所以 M 为 中点 又因为 N 为 B C 的中点，所以 又 面 A ， 平面 A ，因此 平面 A 解法二：取 A B 中点 P，连接 而 M， B 和 B C 的中点，所以 ， A C ，所以 平面 A ，平面 A 又 P， 因此平面 平面 A 而 面 此 平面 A (2)以 A 为坐标原点，分别以直线 为 x 轴， y 轴， z 轴建立直角坐标系 O 图所示 设 1，则 ， 于是 A(0,0,0)， B( ， 0,0)， C(0， ， 0)， A(0,0,1) ， B( ， 0,1)， C(0 ， ，1)，所以 M 2 ， 0， 12 ， N 2 ， 2 ， 1 . 设 m (平面 A 法向量 由 m A M 0，m 0 得 2120，220，可取 m (1， 1， ) 设 n (平面 法向量， 由 n 0，n 0得 2 20，220， - 13 - 可取 n ( 3， 1， ) 因为 A C 为直二面角，所以 m n 0， 即 3 ( 1) ( 1) 2 0，解得 2. 19 (本小题满分 12 分 ) (2012 天津 )如图，在四棱锥 P ， 平面 45 ，2， 1. (1)证明 (2)求二面角 A D 的正弦值； (3)设 E 为棱 的点，满足异面直线 成的角为 30 ，求 长 解 解法一：如图，以点 A 为原点建 立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)， D(2,0,0)，C(0,1,0)， B 12， 12， 0 ， P(0,0,2) (1)易得 (0,1， 2)， (2,0,0)，于是 0，所以 - 14 - (2) (0,1， 2)， (2， 1,0) 设平面 法向量 n (x， y， z) 则 n 0，n 0，即 y 2z 0，2x y 0. 不妨令 z 1， 可得 n (1,2,1) 可取平面 法向量 m (1,0,0) 于是 m， n m n|m| n| 16 66 ，从而 m， n 306 . 所以二面角 A D 的正弦值为 306 . (3)设点 E 的坐标为 (0,0， h)，其中 h 0,2由此得 12， 12， h D (2， 1,0)，故 | 3212 5 310 20 所以， 310 20 32 ，解得 h 1010 ，即 1010 . 解法二： (1)由 平面 得 由 A，故 平面 面 以 (2) 如图，作 点 H，连接 - 15 - 由 得 平面 此 而 二面角 A D 的平面角 在 ， 2， 1， 由此得 25. 由 (1)知 t ， 2 305 306 D 的正弦值为 306 . (3) 如图，因为 所以 45. ( ) 假设在线段 存在一个点 G，使得点 G 到点 P， B， C， D 的距离都相等 设 G(0， m,0)(其中 0 m4 t) 则 (1,3 t m,0)， (0,4 t m,0)， (0， m， t) 由 | |，得 12 (3 t m)2 (4 t m)2， 即 t 3 m； 由 | |，得 (4 t m)2 由 、 消去 t，化简得 3m 4 0. 由于方程 没有实数根，所以在线段 不存在一个点 G，使得点 G 到点 P， C， D 的距离都相等 - 23 - 从而，在线段 不存在一个点 G，使得点 G 到点 P， B， C， D 的距离都相等 解法二： (1)同解法一 (2) ( )以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A 图 ) 在平面 ，作 点 E， 则 在 ， CD 1， CD 1. 设 t， 则 B(t,0,0)， P(0,0， t) 由 4 得 4 t. 所以 E(0,3 t,0)， C(1,3 t,0)， D(0,4 t,0) ( 1,1,0)， (0,4 t， t) 设平面 法向量为 n (x， y， z) 由 n n 得 x y 0 t y 0. 取 x t，得平面 一个法向量 n (t， t,4 t)， 又 (t,0， t)，故由直线 平面 成的角为 30 得 n n| ， 即 |24t| t 2 22， - 24 - 解得 t 45或 t 4(舍去，因为 4 t0)， 所以 45. ( )假设在线段 存在一个点 G，使得点 G 到点 P， B， C， D 的距离都相等 由 45 ， 从而 90 ，即 所以 CD 1. 设 ，则 4 ， 3 . 在 ， 2 2 2 32 2 921， 这与 盾 所以在线段 不存在一个点 G，使得点 G 到 B， C， D 的距离都相等 从而，在线段 不存在一个点 G，使得点 G 到点 P， B， C， D 的距离都相等 - 1 - 专题五 数列、不等式、推理与证明测试题 (时间： 120 分钟 满分： 150 分 ) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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已知无穷数列 各项均为正数的等差数列，则有 ( ) (3d)(7d) 1021(5d)2 1025故 答案 B 2已知数列 前 n 项和 9n，第 k 项满足 5f(a)，则实数 a 的取值范围是 ( ) A ( ， 1) (2， ) B ( 1,2) C ( 2,1) - 2 - D ( ， 2) (1， ) 解析 由题知 f(x)在 R 上是增函数，可得 2 a2a，解得 20 时， 1 q 1q1 2 q 1q 3，当公比 D不确定 解析 q 2 p，故选 B. 答案 B 10设 1 2 3 n， n N*，则函数 f(n) 1的最大值为 ( ) B. 130 D. 150 解析 由 n n 12 得 f(n) n 34n 64 1n 64n 34 12 64 34 150，当且仅当 n 64n ，即 n 8 时取等号，即 f(n)f(8) 150. 答案 D 11 (2012 广东 )已知变量 x， y 满足约束条件 y2x y1x y1，则 z 3x y 的最大值为( ) A 12 B 11 C 3 D 1 解析 先画出可行域如图所示，再将 z 3x y 变形为截距式方程 y 3x z，把 y 3x 平移到经过点 A(3,2)时，截距 z 有最大值， 33 2 11. - 4 - 答案 B 12 (2012 浙江 )设 d(d0) 的无穷等差数列 前 n 项和，则下列命题错误的是 ( ) A若 若对任意 n N*，均有 ，则数列 递增数列 解析 由于 n n2 d a1d2 n，根据二次函数的图象与性质知当 对任意的 n N*， 不成立，即选项 C 错误；反之，选项 D 是正确的 答 案 C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，将答案填在题中的横线上 13在公差为 d(d0) 的等差数列 ，若 前 n 项和，则数列 公差为 公比为 q(q1) 的等比数列 ，若 前 n 项之积，则有 _ 答案 列，且公比为 4 (2012 福建 )数列 通项公式 1，前 n，则 12 _. 解析 1， 当 n 为奇数时 1，当 n 为偶数 2,6,10,14， 时， n 1；当 n 为偶数 4,8,12,16， 时， n 1， 数列 前 4 项和为： 1 ( 1) 1 5 6；第 5 至第 8 项和为： 1 ( 5) 1 9 6； 由此可知 1 2 3 1 ( n 1 1) 1 n 3 1 6(n 3 是 4 的倍数 )，即数列 相邻四项之和均为 6，故 12 03 - 5 - 5036 3 018. 答案 3 018 15已知数列 等差数列，则有等式 20， 330， 4640， (1)若数列 等比数列，通过类比，则有等式 _ (2)通过归纳，试写出等差数列 前 n 1 项 ， 1 之间的关系为_ 解析 因等 差数列与等比数列之间的区别是前者是加法运算，后者是乘法运算，所以类比规律是由第一级运算转化到高一级运算，从而解出第 (1)问；通过观察发现，已知等式的系数与二项式系数相同，解出第 (2)问 答案 (1)22 1， 32 14 1， 42 44 1 (2) ( 1)1 0 16 (2012 新课标 )数列 足 1 ( 1)2n 1， 则 前 60 项和为 _ 解析 当 n 2k 1， k N*时 ， 1 2(2k 1) 1； 当 n 2k， k N*时 ， 1 2(2k) 1； 于是 1 1 2； 2 8k 8； 前一个式子中 k 1,3,5， ， 29， 后一个式子中 k
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