(本溪版)2010点题串解答题详细答案.doc

飞跃教育 FEIYUE EDUCATION2010年新课程高考点题串讲参考讲义数学学科解答题部分（第30题-第55题）参考答案BEST WISHES FOR YOUR DREAM【第30题】解:（I）= 则的最小值是-2,最小正周期是. （II）,则=1, , 向量与向量共线， 由正弦定理得， 由余弦定理得，即3=由解得. 【第31题】解：（1）在中，所以=OA=.所以由题意知. 所以点P到A、B、C的距离之和为. 故所求函数关系式为. （2） 由（1）得，令即，又，从而. 当时，；当时, . 所以当 时，取得最小值， 此时（km），即点P在OA上距O点km处. =/ 【第32题】解：（1）取PA的中点N，连MN、DN，易证MN CD， ，/面PDA。 （2）分别以BC、BA、BP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，B为原点，则A（0，2，0），P（0，0，1），D（1，1，0） 假设BC边上存在点Q，使得二面角APDQ为120，设Q（x，0，0）， 平面PDQ的法向量为， 则由，及，得 同理设平面PDA的法向量为 解得 故存在点Q为BC的中点，使二面角APDQ为【第33题】解：（）作出茎叶图如下：（）派甲参赛比较合适。理由如下：， ， ，甲的成绩较稳定，派甲参赛比较合适。注：本小题的结论及理由均不唯一，如果考生能从统计学的角度分析，给出其他合理回答，同样给分。如派乙参赛比较合适。理由如下：从统计的角度看，甲获得85分以上（含85分）的概率，乙获得85分以上（含85分）的概率。，派乙参赛比较合适。（）记“甲同学在一次数学竞赛中成绩高于80分”为事件A，。随机变量的可能取值为0、1、2、3，且。，。所以变量的分布列为：0123P。（或）【第34题】解：（I）记“15条鱼中任选3条恰好有1条鱼汞含量超标”为事件A则15条鱼中任选3条恰好有1条鱼汞含量超标的概率为 （II）解法一：依题意可知，这批罗非鱼中汞含量超标的鱼的概率P=，所有的取值为0，1，2，3，其分布列如下：0123P()所以，所以E=1. 解法二：依题意可知，这批罗非鱼中汞含量超标的鱼的概率P=， 所有的取值为0，1，2，3，其分布列如下：0123P()所以E=. 【第35题】解：（）由题意得 ，所以抛物线的方程为（II）设 ， 因为 则以点为切点的抛物线的切线方程为 又，所以 同理可得以点为切点的抛物线的切线方程为 由解得 又过点与的直线的斜率为 所以直线的方程为 由得 所以，即 同理可得直线的方程为 由得 所以，即 则，即P得横坐标为0， 所以点P在y轴上【第36题】 （）设椭圆的方程为。 ，。椭圆的方程为。（）由 得即。记，则。的方程是的方程是由得即这说明，当变化时，点恒在定直线上。【第37题】解：（1）由离心率，得，即. 又点在椭圆上，即. 解 得，故所求椭圆方程为. 由得直线l的方程为. （2）曲线，即圆，其圆心坐标为，半径，表示圆心在直线上，半径为的动圆. 由于要求实数m的最小值，由图可知，只须考虑的情形.设与直线l相切于点T，则由，得，当时，过点与直线l垂直的直线的方程为，解方程组得. 因为区域D内的点的横坐标的最小值与最大值分别为， 所以切点，由图可知当过点B时，m取得最小值，即，解得. 【第38题】22解：（1）的斜率为直线的方程为 设M（x，y），则由整理得 （2）由题意，设的方程为由得由设，则且 由知，由知： 解得， 又【第39题】解：（1）由，得直线的倾斜角为，则点到直线的距离，故直线被圆截得的弦长为，直线被圆截得的弦长为，据题意有：，即，化简得：，解得：或，又椭圆的离心率；故椭圆的离心率为（2）假设存在，设点坐标为，过点的直线为；当直线的斜率不存在时，直线不能被两圆同时所截；故可设直线的方程为，则点到直线的距离，由（1）有，得=，故直线被圆截得的弦长为， 则点到直线的距离，故直线被圆截得的弦长为， 据题意有：，即有，整理得，即，两边平方整理成关于的一元二次方程得，关于的方程有无穷多解，故有：，故所求点坐标为（1，0）或（49，0） 【第40题】 （） 当，函数在内是增函数，函数没有极值。当时，令，得。当变化时，与变化情况如下表：0单调递增极大值单调递减当时，取得极大值。综上，当时，没有极值；当时，的极大值为，没有极小值。（）（）设是曲线上的任意两点，要证明有伴随切线，只需证明存在点，使得，且点不在上。，即证存在，使得，即成立，且点不在上。以下证明方程在内有解。记，则。令，在内是减函数，。取，则，即。同理可证。函数在内有零点。即方程在内有解。又对于函数取，则可知，即点Q不在上。是增函数，的零点是唯一的，即方程在内有唯一解。综上，曲线上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的。（）取曲线C：，则曲线的任意一条弦均有伴随切线。证明如下：设是曲线C上任意两点，则，又， 即曲线C：的任意一条弦均有伴随切线。 【第41题】解 ： （1）设，于是所以 又，则所以. （2）当m0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；当m=0时，对，恒成立； 当m0时，由，列表：x0减极小增 所以若，恒成立，则实数m的取值范围是. 故使成立，实数m的取值范围（3）因为对，所以在内单调递减.于是 记，则所以函数在是单调增函数，所以，故命题成立. 【第42题】解：（1）由为减函数 则令所求距离的最小值即为到直线的距离 （2）假设存在实数a满足条件，令 则由为减函数当为增函数 的取值范围为【第43题】解：（1），则，令，得或，而在处有极大值，或；综上：或 （2）假设存在，即存在，使得，当时，又，故，则存在，使得， 当即时，得，；当即时，得，无解；综上： （3）据题意有有3个不同的实根， 有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等（）有2个不同的实根，只需满足；（）有3个不同的实根，当即时，在处取得极大值，而，不符合题意，舍；当即时，不符合题意，舍；当即时，在处取得极大值，；所以；因为（）（）要同时满足，故；（注：也对）下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在使得和同时成立；若存在使得，由，即，得，当时，不符合，舍去；当时，既有 ；又由，即 ；联立式，可得；而当时，没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等综上，当时，函数有5个不同的零点【第44题】解：（）由题设，则. 由已知，即. 于是，则. 由，所以h(x)在(1，+)上是增函数，在(0，1)上是减函数.（）当时，即. 欲证，只需证，即证.设，则.当时，所以在区间(1，e2)上为增函数. 从而当时，即，故. （）由题设，.令，则xyO46h2(x)h3(x)1，即. 设，则，由，得x4.所以在(4，)上是增函数，在(0，4)上是减函数. 又在(0，)上是增函数，在(，)上是减函数.因为当x0时，.又，则函数与的大致图象如下： 由图可知，当x0时，两个函数图象有2个交点，故函数yg(x)h1(x)有2个零点.【第45题】解：(1)依题意，由 得: - 得: ,即: 即:; ,由 知数列是以4为首项,2为公比的等比数列.（2）由(1)知: ,即当n2时, 又满足上式，所以 (n 由，得： 当 时，所以 即所以当 时，不等式对任意都成立. 【第46题】解：（）由于，故当时，所以，故函数在上单调递增（）当时，因为，且在R上单调递增， 故有唯一解 所以的变化情况如下表所示：x00递减极小值递增 又函数有三个零点，所以方程有三个根， 而，所以，解得（）因为存在，使得，所以当时， 由（）知，在上递减，在上递增， 所以当时， 而， 记，因为（当时取等）， 所以在上单调递增，而， 所以当时，；当时， 也就是当时，；当时， 当时，由， 当时，由， 综上知，所求的取值范围为【第47题】（1）由（0）为奇函数，代入得，且在取得极大值2. 解得， （2）， 因为函数定义域为（0，+），所以 （1）当，时，函数在（0，+）上单调递减； （2）当时，函数在（0，+）上单调递减； （3）时，令，得，得，结合，得；令，得，同上得，时，单调递增区间为（，），单调递增区间为（，+）综上，当-1时，函数的单调递减区间为（0，+），无单调递增区间；当时，函数的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+） （3）当时，令，令=0，得，（舍去）.由函数定义域为（0，+），则当时，当时 ，当时，函数取得最小值1-。故的取值范围是（1，+）。【第48题】解：（）的定义域为 ， 得：（）将代入： 得当时， 由 ，得 又 即 在上单调递增当时， 由 ，得 又 即 在上单调递减 在上单调递增，在上单调递减（）当，即时，在上单调递增所以当，即时，在上单调递增，在上单调递减 所以 当时，在上单调递减，所以 综上：【第49题】（1） 解：M点的直角坐标为（1，）直线的直角坐标方程为：x + y -=0 点M（1，）到直线x + y -=0上点A的距离的最小值为d则 点M（2，）到直线=上点A的距离的最小值为（2）【第50题】证明：要使原不等式成立，只要： 只要： 只要： 由已知此不等式成立。【第51题】解：（）消去参数，得直线的普通方程为，即，两边同乘以得 ，得的直角坐标方程为