2009年4月高考模拟优秀综合试题汇编--数学

2009年4月高考模拟优秀综合试题汇编
1．（重庆市2009届高三第二次质量检测）已知是各项都为正数的数列，为其前项的和，且 （1）分别求，的值； （2）求数列的通项；
（3）求证：
2．（2008-2009学年度南昌市高三第二次模拟试卷）已知点的坐标为，点为轴负半轴上的动点，以线段 为边作菱形，使其两对角线的交点恰好在轴上。 （1）求动点的轨迹的方程；
（2）若点是（1）中轨迹上的动点，点是定点，是否存在垂直轴的直线，使得直线被以线段为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，用表示直线的方程；若不存在，说明理由。
3．（2008-2009学年度南昌市高三第二次模拟试卷）已知函数（是自然对数的底），
（1）若函数是上的增函数，求的取值范围；
（2）若对任意的，都有，求满足条件的最大整数的值；
（3）证明：。
4.（北京101中学2008—2009学年下学期临模高三数学（理科）试卷）已知函数，其中。
（1）当时，求曲线在点（2，f（2））处的切线方程；
（2）当时，求函数f（x）的单调区间与极值。
5.（北京101中学2008—2009学年下学期临模高三数学（理科）试卷）已知为数列的前n项和，且。
（1）求证：数列为等比数列；
（2）设，求数列的前n项和；
（3）设的前n项和为，求证：。
6.（上海市金山区2008-2009学年第二学期高三质量测试）等差数列｛an｝的前n项和为Sn，a1＝2，公差为2，在等比数列｛bn｝中，当n≥2时，b2＋b3＋…＋bn=2＋p(p为常数).
(1)求an和Sn； (2)求b1，p和bn；
(3)若Tn＝对于一切正整数n，均有Tn ≤ C恒成立，求C的最小值。
7.（上海市金山区2008-2009学年第二学期高三质量测试）
(1)设u、v为实数，证明：u2+v2 ≥ ；
(2)请先阅读下列材料，然后根据要求回答问题。
材料:已知△LMN内接于边长为1的正三角形ABC，求证：△LMN中至少有一边的长不小于 。
证明：线段AN、AL、BL、BM、CM、 CN的长分别设为a1、a2、b1、b2、c1、c2，设LN、LM、MN的长为
x、y、z，
x2= a12+a22–2a1a2cos60o= a12+a22–a1a2
同理：y2= b12+b22–b1b2，z2= c12+c22–c1c2，
x2+y2+z2 = a12+a22+b12+b22+c12+c22–a1a2–b1b2–c1c2
……
请利用(1)的结论，把证明过程补充完整；
(3) 已知n边形AAA……A内接于边长为1的正n边形A1A2…An，(n≥4)，思考会有相应的什么结论？请提出一个的命题，并给与正确解答。
8.（上海市普陀区2008学年度第二学期高三年级质量调研）如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，. ，.
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2） 若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角. 试判断曲线的形状并说明理由；
（3）在平面内，设点是（2）题中的曲线在直角梯形内部（包括边界）的一段曲线上的动点，其中为曲线和的交点. 以为圆心，为半径的圆分别与梯形的边、交于、两点. 当点在曲线段上运动时，试提出一个研究有关四面体的问题（如体积、线面、面面关系等）并尝试解决.
【说明：本小题将根据你提出的问题的质量和解决难度分层评分；本小题的计算结果可以使用近似值，
保留3位小数】
9.（辽宁省营口市2009届高三高考模拟考试） 设函数的定义域为，当时，，且对于任意的实数都有 成立，
（1）求的值，判断并证明函数的单调性；
（2）若数列满足，求的通项公式；
（3）如果，，求数列的前项和.
10.（河南省周口市2009年高三年级第一次模拟考试）已知各项都不为零的数列的前项和是，且，，令，数列的前项和是。
(1) 求的通项公式；（2) 求证：。
11.（安徽省合肥市2009年高三第二次教学质量检测）已知为正项数列的前项和，且满足。
（1）求； （2）求数列的通项公式；
（3）已知函数，数列的通项公式为前项和为，若时，不等式恒成立，求t的取值范围。
12.（西安四校）已知正项数列满足对一切,有，其中.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ) 求证: 当时, .
13.（抚顺县高中）已知椭圆C:（a＞b＞0），点F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点P(2,)在直线x= 上，且|F1F2|=|PF2|,直线:y=kx+m为动直线，且直线与椭圆C交于不同的两点A、B。
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若在椭圆C上存在点Q，满足（O为坐标原点），求实数的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当取何值时，△ABO的面积最大，并求出这个最大值．
14.（东北三省三校） 数列满足： （I）求证：
（Ⅱ）令 （1）求证：是递减数列； （2）设的前项和为求证：
15.（烟台3月）设函数h（x）=，φ（x）=2elnx为（e为自然对数的底数），
（1）求F（x）=h（x）-φ（x）的极值；
（2）若存在实常数r和b，使得函数f（x）和g（x）对其定义域上的任意实数x分别满足f（x）≥kx+b和g（x）≤kx+b，则称直线l：y=kx+b为f（x）和g（x）的“隔离直线，
试问函数h（x）和φ（x）是否存在“隔离直线”？若存在，求出此“隔离直线”方程；若不存在，请说明理由。
16.（湖北省部分重点中学）已知函数为常数是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数．（I）求的值；
（II）若在上恒成立，求的取值范围；
（III）讨论关于的方程的根的个数．
17.（南京市江宁高级中学）已知函数（a＞0，且a≠1），其中为常数．如果 是增函数，且存在零点（为的导函数）．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）设A（x1，y1）、B（x2，y2）（x118.（南京市江宁高级中学）已知数列中，，且对时，
有．
（Ⅰ）设数列满足，证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）记，求数列的前n项和Sn．
19.（湖南省2009届高三 十二校联考 第二次考试） 已知函数
（1）求在处的切线方程
（2）若的一个极值点到直线的距离为1，求的值；
（3）求方程的根的个数.
20.（上饶市2008－2009学年度高三年级第一次模拟考试）标准椭圆＋＝1(a>b>0)的两焦点为F1、F2，
M(，1)在椭圆上，且·＝0.
(1) 求椭圆方程；
(2) 若N在椭圆上，O为原点，直线l的方向向量为，若l交椭圆于A、B两点，且NA、NB与x轴围成的三角形是等腰三角形(两腰所在的直线是NA、NB)，则称N点为椭圆的特征点，求该椭圆的特征点.
21.（上饶市2008－2009学年度高三年级第一次模拟考试）已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a<0).
(1) 若函数f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2) 若a＝－且关于x的方程f(x)＝－x＋b在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；
(3) 设各项为正的数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝ln an＋an＋2，n∈N*，求证：an≤2n－1.
22.（山东省淄博市2008-2009学年度高三第一次模拟考试）已知中心在原点、焦点在x轴上的椭圆，其离心率，且经过抛物线的焦点。1。求椭圆的标准方程；2。若过点B（2，0）的直线l与椭圆交于不同的亮点E、F(E在B、F之间)且 ，试求实数的取值范围。
23.（吉安市高三第一次模拟考试理科数学）设函数f(x)＝.
(1) 判断f(x)在区间(0，π)上的增减性并证明之.
(2) 若不等式0≤a≤＋对一切x∈[3,4]恒成立.
①求实数a的取值范围； ②设0≤x≤π，求证：(2a－1)sin x＋(1－a)sin(1－a)x≥0.
24．（湖北省黄冈宜昌襄樊孝感荆州五市2009年高三联合考试）已知抛物线的准线方程，与直线在第一象限相交于点，过作的切线，过作的垂线交x轴正半轴于点，过作的平行线交抛物线于第一象限内的点，过作抛物线的切线，过作的垂线交x轴正半轴于点，…，依此类推，在x轴上形成一点列，，，…，，设点的坐标为
（Ⅰ）试探求关于的递推关系式； （Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）求证：．
25．（江西省八校2009年高三联合考试数学）如图，已知，，且，若。
(1)求动点P的轨迹E；
(2)过E上任意一点向作两条切线PF、PR，且PF、PR交轴于M、N，求MN长度范围.
26．（吉林省长春市第二实验中学）已知数列的首项，，．
（Ⅰ）求的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的，，；
（Ⅲ）证明：．
27．（湖南省雅礼中学2009届高三第七次月考）定义：将一个数列中部分项按原来的先后次序排列所成的一个新数列称为原数列的一个子数列．已知无穷等比数列的首项和公比均为．
（１）试求无穷等比子数列（）各项的和；
（２）已知数列的一个无穷等比子数列各项的和为，求这个子数列的通项公式；
（３）证明：在数列的所有子数列中，不存在两个不同的无穷等比子数列，使得它们各项的和相等．
28．（北京市西城区 2009年抽样测试高三数学试卷）设，对于有穷数列(), 令为中的最大值，称数列为的“创新数列”. 数列中不相等项的个数称为的“创新阶数”. 例如数列的创新数列为2,2,3,7,7，创新阶数为3.
考察自然数的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.
（Ⅰ）若m=5, 写出创新数列为3,4,4,5,5的所有数列；
(Ⅱ) 是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出所有的数列，若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）在创新阶数为2的所有数列中，求它们的首项的和.
29．（江苏省南通市2009届高三第四次统一考试）对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点。如果函数有且仅有两个不动点、，且。
（1）试求函数的单调区间；
（2）点从左到右依次是函数图象上三点，其中求证：⊿是钝角三角形．
30．（广东省惠州市2009届高三模拟考试数学试题）如图，已知直线l：与抛物 线 C： 交于A，B两点，为坐标原点，。
（Ⅰ）求直线l和抛物线C的方程；
（Ⅱ）抛物线上一动点P从A到B运动时，
求△ABP面积最大值．
2009年4月高考模拟优秀综合试题汇编答案
1．解：（I）令，得（舍去负的），
同理，令可得
（II）
（Ⅲ）令
2．解：（1）设点的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，
因为，所以，得到：，注意到不共线，所以轨迹方程为；…………………………………………………5分
（2）设点是轨迹C上的任意一点，则以为直径的圆的圆心为，
假设满足条件的直线存在，设其方程为，直线被圆截得的弦为，
则
……………………………………………………7分
弦长为定值，则，即，
此时，……………………………………………………9分
所以当时，存在直线，截得的弦长为，
当时，不存在满足条件的直线。……………………………………………12分
3．解：（1）设，因为是上的增函数，且，所以是上的增函数，所以，得到；所以的取值范围为………4分
（2）由条件得到，猜测最大整数，……6分
现在证明对任意恒成立，
等价于，
设，
当时，，当时，，
所以对任意的都有，即对任意恒成立，
所以整数的最大值为2；……………………………………………………9分
（3）由（2）得到不等式，
所以，……………………11分
所以原不等式成立。…………………………………………………………………14分
4、解：（1）当a=1时，，切点坐标为，
∴所求切线方程为；
（2）当时，
由
分类讨论：①当a>0时，
此时，上单减，在上单增；
在处取得极小值，在处取得极大值；
②当时，
此时，上单增，在上单减；
在处取得极大值，
在处取得极小值
穿线法
5、解：（1）∵，∴
∴当时，
，
又
∴，且；
（2）由（1）知
当n为奇数时，易得；
综上，
（3）∵，当时，；
当，
综上，
6.解：(1) 因为等差数列数列｛an｝的前n项和为Sn，a1＝2，d=2
an=2n，(n∈N*)；Sn＝n＋n；………………………………………………………………
(2)由于当n≥2时，b2＋b3＋…＋bn=2n＋p(p为常数)，
b2＋b3＋…＋bn+bn+1=2n+1＋p
两式相减得：bn+1=2n，………………………………………………………………………
因为数列{bn}为等比数列，所以b1＝1，b2=2，
由条件可得p＝–2，bn＝2，(n∈N*)；…………………………………………………
(3)因为Tn=，若Tn＝对于一切正整数n，均有Tn ≤ C恒成立，
则需C大于或等于Tn的最大值，
==，……………………………………………
令≥1得：n≤2，
即有：T1＝2≤T2＝3=T3＝3≥T4＝≥T5＝≥…≥Tn≥…，
即数列{Tn}是先增后减的数列，且Tn的极限是0，
故有Tn的最大值为T2＝T3＝3，又对于一切正整数n，均有Tn≤C恒成立，∴C≥3，即C的最小值为3。…
7.(1)证明：因为u2+v2≥2uv，所以2(u2+v2)≥(u+v)2，
即有：u2+v2 ≥ ………………………………………………………………2分
(2) 因为 u2+v2 ≥
所以x2+y2+z2≥++–a1a2–b1b2–c1c2
=[ a12+a22+b12+b22+c12+c22] ………………………………………3分
≥=，………………4分
因为x2+y2+z2≥，所以x2、y2、z2中至少有一个不小于，即在x、y、z中至少有一个不小于。……………………………………………………………………………6分
(3)解：命题1：如图1，已知四边形MNPQ内接于边长为1的正方形ABCD，求证：四边形MNPQ中至少有一边的长不小于。
证明：线段AQ、AM、BM、BN、CN、CP、DP、DQ分别设为a1、a2、b1、b2、c1、c2、d1、d2，设MN、NP、PQ、QM为w、x、y、z，
因为a1+d2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，
所以(a1+a2)+(b1+b2)+(c1+c2)+(d1+d2)=4
这四组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1– a1，
因为z2= a12+a22≥a12+(1– a1)2=2a12–2a1+1=2(a1–)2+≥
所以z≥，即四边形MNPQ中至少有一边的长不小于。
命题：3分；证明：3分
命题2：如图2，已知六边形A1B1C1D1E1F1内接于边长为1的正六边形ABCDEF，求证：六边形A1B1C1D1E1F1中，至少有一边的长不小于。
证明：分别设线段AF1、AA1、BA1、BB1、…、FE1、FF1为a1、a2、b1、b2、…、f1、f2，如图所示。
因为a1+f2=1，a2+b1=1，b2+c1=1，c2+d1=1，d2+e1=1，e2+f1=1，
所以(a1+a2)+(b1+b2)+…+(f1+f2)=6，
这六组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a2≥1，那么a2≥1– a1，
因为A1F12=AA12+AF12–2AA1. AF1cos120o=a12+a22+a1a2
≥a12+(1– a1)2+a1(1– a1)=a12–a1+1=(a1–)2+≥，
所以A1F1≥，即六边形A1B1C1D1E1F1中，至少有一边的长不小于。
命题：5分；证明：5分
命题3：如图3，已知n边形AAA……A内接于边长为1的正n边形A1A2…An，(n≥4)。求证：n边形AAA……A中，至少有一边的长不小于cos(其中n≥3)。
证明：分别设线段A1 A、A1A、A2A、A2A、…、AnA、AnA为a1、a、a2、a、…、an、a，
因为a1+a= a2+a=a3+a=…=an+a=1，
所以(a1+a)+(a2+a)+…+(an+a)=n。
这n组数中至少有一组数不小于1，不妨假定a1+a≥1，那么a≥1– a1，
于是在ΔA1AA中有：
AA2 = A1A2 + A1A2–2 A1A.A1Acos
= a12+a2–2a1acos≥a12+(1– a1)2–2 a1 (1– a1) cos
=2[cos+1] a12–2[cos+1] a1+1
=2[cos+1]( a1–)2+[1–cos]
≥[1–cos]=sin2= cos2。
故AA≥cos，即n边形AAA……A中，至少有一边的长不小于cos。
命题：7分；证明：7分
8.解：解：（1）解法一：由题意，四边形是直角梯形，且∥，
则与所成的角即为.
因为，又平面，
所以平面，则有.
因为，,
所以，则，
即异面直线与所成角的大小为.
解法二：如图，以为原点，直线为轴、直线为轴、直线为轴，
建立空间直角坐标系.
于是有、，则有，又
则异面直线与所成角满足,
所以，异面直线与所成角的大小为.
（2）解法一：由条件，过作，垂足为，联结.
于是有，故与所成角即为.
在平面中，以为原点，直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系. 设动点，
则有
又平面，所以.
所以，
，即.
所以，可判定曲线是双曲线.
（2）解法二：如图，以为原点，直线为轴、直线为轴、直线为轴，
建立空间直角坐标系.设点，点、点、点，
则，，
由，
，
化简整理得到，则曲线是平面内的双曲线.
（3）解：在如图所示的的坐标系中，因为、、, 设.则有，故的方程为，
代入双曲线E：的方程可得，，其中.
因为直线与双曲线交于点，故. 进而可得，即.
故双曲线E在直角梯形内部（包括边界）的区域满足，. 又设为双曲线段上的动点，.
所以，
因为，所以当时，；
当时，.
而要使圆B与、都有交点，则.
故满足题意的圆的半径的取值范围是.
【说明】
1. 若提出的问题在解决过程中不需用到以上结论的，则完整提出问题并解决最高得6分.
2. 若提出的问题在解决过程中需用到以上结论的，则上述分析过程满分6分；继续深入的研究过程和结论则可参考以下典型问题和解答，最高再得6分.
问题一：求四面体体积的取值范围.
因为，所以体积为. 故问题可以转化为研究的面积.
又因为为直角，所以必为等腰直角三角形.
由前述，设，则，
故其面积为，所以.
于是，.
（当点运动到与点重合时，体积取得最大值；当点运动到横坐标时，即长度最小时，体积取得最小值）
问题二：求侧棱与底面所成角大小的取值范围.
解：因为，所以即为侧棱与底面所成角.
而，
由于在区间内递增，
所以，即.
问题三：求侧棱与底面所成角大小的取值范围.
9解：因为，所以即为侧棱与底面所成角.
因为，所以，
故，.
由于在区间内递减，
所以，即.
问题四：求侧面和底面所成的二面角大小的取值范围.
解：以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，则有，，，
设平面的法向量为 .
由，，可得平面的一个法向量坐标为.
可知，向量是平面的一个法向量，于是向量和的夹角的大小即为二面角平面角的大小.
而，
经分析可得，在区间内递增.
所以，，
即二面角大小的取值范围是
6.解：由时，可得：
(1)令 就得，
∴ ； ……………………………………………2分
若，则，
∴从而的当时，；………4分
且
；即得；
∴函数在上是减函数. …………………………6分
（2）
由函数是上单调函数，得， ………8分
得到数列是等差数列，即：，又
∴，即通项公式为. ……10分
（3）当......
∴，，因此数列的通项公式为
， ……………………………12分
可以得出数列是以为首项，以为公差的等差数列，
∴数列前项和为：
. …………14分
11.解：（1） ………………4分
（2） ① ②
①—②即得
由于 ………………8分
（3），
………………①
又 ………………②
①+②并整理得，
对恒成立。
恒成立。 ………………③………………10分
易知在不成立。
∴③等价于恒成立。 …………12分
12．解：对一切有，即 , () 4分
由及两式相减,得:
∴是等差数列,且, . 8分
说明:本小题也可以运用先猜后证(数学归纳法)的方法求解.给分时,猜想正确得3分,证明给5分.
(Ⅱ) 由,知,因此,只需证明. 10分
当或时,结论显然成立.当时,
所以,原不等式成立. 14分
设点、的坐标分别为、，则……5分
．
（1）当时，点、关于原点对称，则．
（2）当时，点、不关于原点对称，则，
由，得 即
点在椭圆上，有，
曲线的
14解：（Ⅰ）
（1）时 时不等式成立 1分
（2）假设时不等式成立，即
时不等式成立 3分
由（1）（2）可知对都有 4分
（Ⅱ）（1）
是递减数列 8分
（2）
10分
12分
14（1）时 时不等式成立 1分
（2）假设时不等式成立，即
时不等式成立 3分
由（1）（2）可知对都有 4分
（Ⅱ）（1）
是递减数列 8分
（2）
10分
12分
15解：（1）∵F（x）=h（x）-φ（x）=x-2elnx（x>0）
∴F′（x）=2x-=2
∴当x=时，F′（х）=0
∵当0<х <时，F′（х）<0 ，此时F（х）递减……3′
当х>时，F′（х）>0，此时F（х）递增.
当х=时，F（х）极小值，其极小值为0.……………6′
（2）由（1）可知，当х>0时，h（х）≥φ（х）（当且仅当х=时取等号）.
若存在h（х）和g（х）的“隔离直线”，则存在实常数k和b，
使得h（х）≥kx+b和φ（х）≤kх+b（х>0） 恒成立.
∵h（х）和g（х）的图象在х=处有公共点，因此若存在h（х）和g（х）的“隔离直线”，则该直线过这个公共点（，e）. …8′
设“隔离直线”方程为y－e=k（х－），即y=kx+e－k.
由h（х）≥kx+e－k（х∈R），可得x－kх－e+k≥0当x∈R时恒成立.
∵△=（k－2）
∴由△≤0，得k=2.…………………………………………10′
下面证明φ（x）≤2x－e当x>0时恒成立 .
令G（x）=φ （х）－2x+e=2elnx-2x+e，则
G′（х）=－2=
当x=时，G′（x）=0；
当00，此时G（x）递增；
当x>时，G′（x）<0，此时，G（x）递增，
∴当x=时，G（x）取极大值，其极大值为0。
从而G（x）=2elnx-2x+e≤0，
既φ（x）≤2x-e（x>0）恒成立，…………………………………13′
∴函数h（x）和φ（x）存在唯一的“隔离直线”y=2x-e…………14′
16（1）是奇函数，则恒成立，
，，故…………………….2分
（2）在上单调递减，，，
只需 （恒成立．
令，则
，而恒成立，．….…………………….7分
（3）由（1）知，方程为，
令，， ，
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数；
当时，．而，
函数、 在同一坐标系的大致图象如图所示，
当即时，方程无解；
当，即时，方程有一个根；
当，即时，方程有两个根．………………………………….14分
17解：（Ⅰ）因为，
所以． …………………………………………3分
因为h（x）在区间上是增函数，
所以在区间上恒成立．
若0又存在正零点，故△＝（－2lna）2－4lna＝0，lna＝0，或lna＝1与lna<0矛盾．
所以a>1．
由恒成立，又存在正零点，故△＝（－2lna）2－4lna＝0，
所以lna＝1，即a＝e． ……………………………………………………………………7分
（Ⅱ）由（Ⅰ），，于是，．…………………………9分
以下证明． （※）
（※）等价于． ……………………………………………11分
令r（x）＝xlnx2－xlnx－x2＋x，…………………………………………………………13分
r ′（x）＝lnx2－lnx，在（0，x2］上，r′（x）>0，所以r（x）在（0，x2］上为增函数．
当x1从而得到证明．……………………………………………………………………15分
对于同理可证……………………………………………………………16分
所以．
评讲建议：
此题主要考查函数、导数、对数函数、二次函数等知识．评讲时注意着重导数在研究函数中的应用．本题的第一小题是常规题比较容易，第二小题是以数学分析中的中值定理为背景，作辅助函数，利用导数来研究函数的性质，是近几年高考的热点．第二小题还可以这样证明：
要证明，只要证明>1，令，作函数h（x）＝t－1－lnt，下略．
18（Ⅰ） 证明：由条件，得，
则．……………………………………2分
即，所以，．
所以是首项为2，公比为2的等比数列． …………………………………4分
，所以．
两边同除以，可得．…………………………………………………6分
于是为以首项，－为公差的等差数列．
所以．………………………………………………8分
（Ⅱ），令，则．
而．
∴． ……………………………………………………………12分
，
∴．………………14分
令Tn＝， ①
则2Tn＝． ②
①－②，得Tn＝，Tn＝．
∴．……………………………………………………………16分
19解：（1） 且
故在点处的切线方程为： ……………3分
（2）由得，
故仅有一个极小值点，根据题意得：
或 ………………………6分
（3）令
当时，
当时，
因此，在时，单调递减，
在时，单调递增. ……………………………10分
又为偶函数，当时，极小值为
当时，， 当时，
当时，， 当时，
故的根的情况为：
当时，即时，原方程有2个根；
当时，即时，原方程有3个根；
当时，即时，原方程有4个根. …
20解：(1)在Rt△F1MF2中，|OM|＝＝2知c＝2，
则解得a2＝6，b2＝2，∴椭圆方程为＋＝1.4分
(2)设N(m，n)(m≠0)，l为y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y＝x＋t与＋＝1得(＋)x2＋tx＋－1＝0，6分
由点N(m，n)在椭圆上知，＋＝代入得＋tx＋－1＝0，
∴x1＋x2＝－mnt，x1x2＝m2(－1)，①8分
∴kNA＋kNB＝＋＝
＝
将①式代入得kNA＋kNB＝，
又∵NA、NB与x轴围成的三角形是等腰三角形得kNA＋kNB＝0，10分
∴n2＝1代入＋＝1得m2＝3，∴N(±，±1).12分
21解：(1)f′(x)＝－(x>0).依题意f′(x)<0在x>0时有解，即ax2＋2x－1>0在x>0有解.则Δ＝4＋4a>0且方程ax2＋2x－1＝0至少有一个正根.
此时，－1(2)a＝－，f(x)＝－x＋b x2－x＋ln x－b＝0.
设g(x)＝x2－x＋ln x－b(x>0)，则g′(x)＝.列表：
x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,4)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
∴g(x)极小值＝g(2)＝ln 2－b－2，g(x)极大值＝g(1)＝－b－，g(4)＝－b－2＋2ln 2.6分
∵方程g(x)＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，
则解得：ln 2－2(3)设h(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，＋∞)，则h′(x)＝－1≤0，
∴h(x)在[1，＋∞)为减函数，且h(x)max＝h(1)＝0，故当x≥1时有ln x≤x－1.
∵a1＝1，假设ak≥1(k∈N*)，则ak＋1＝ln ak＋ak＋2>1，故an≥1(n∈N*).
从而an＋1＝ln an＋an＋2≤2an＋1，∴1＋an＋1≤2(1＋an)≤…≤2n(1＋a1).
即1＋an≤2n，∴an≤2n－1.14分
22解：（Ⅰ）设椭圆方程为则 ①
抛物线的焦点为
②由①②解得椭圆的标准方程为
（Ⅱ）方法一：设
又点E在B、F之间，则
故的取值范围是
方法二：如图，由题意知直线的斜率存在
设方程为 ①
将①代入，整理得
②
由②知 即的取值范围是
23解：(1)∵f(x)＝＝1＋，∴f′(x)＝，x∈(0，π).1分
设g(x)＝xcos x－sin x，x∈(0，π)，则g′(x)＝－xsin x<0(∵x∈(0，π)).2分
∴g(x)在(0，π)上为减函数，又∵g(0)＝0，
∴x∈(0，π)时，g(x)<0，∴f′(x)＝<0，∴f(x)在(0，π)上是减函数.4分
(2)①∵(＋)2＝1＋2，∴x＝3或4时，(＋)＝1，
∴(＋)min＝1.6分
又0≤a≤＋对一切x∈[3,4]恒成立，∴0≤a≤1.8分
②显然当a＝0,1或x＝0，π时，不等式成立.9分
当0下面证明一个更强的不等式：(1－a)sin(1－a)x≥(1－2a＋a2)sin x＝(1－a)2sin x　①
即sin(1－a)x≥(1－a)sin x.　②
亦即≥.11分
由(1)知在(0，π)上是减函数，又∵(1－a)x.12分
∴不等式②成立，从而①成立.
又∵(1－2a＋a2)sin x>(1－2a)sin x，∴(1－a)sin(1－a)x>(1－2a)sin x.
综合上面：∴0≤x≤π且0≤a≤1时，原不等式成立.14分
24．解：（I）由题意知：　　　　　　　（１分）
由题意知联立得：，.
　　　（３分）
切线的斜率为，直线的斜率，
直线的方程为
令，得： （５分）
（Ⅱ）由已知易得，直线的斜率，
直线的方程为：令得 　　　 （７分）
　　　　 （９分）
当时 ，即：
当时， 　　　　故　　（11分）
(用数学归纳法证明亦可)
（III）由（II）知：.
. (14分)
25.（1）设，，
∵
∴，∴ （3分）
所以P点的轨迹是以为焦点，实半轴长为1的双曲线的右支（除顶点）。（4分）
（2）设PE斜率为，PR斜率为
PE： PR：
令，，
∴ …………（6分）
由PF和园相切得：，PR和园相切得：
故：为两解
故有：
， ……（8分）
又∵，∴，∴ （11分）
设，
故，，
∴ （14分）
26解法一：（Ⅰ）
，，， ……………………2分
又，是以为首项，为公比的等比数列． ………3分
，． ……………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， ……………………5分
， 原不等式成立．………………8分
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的，有
． ……………………10分
取，…………12分
则．
原不等式成立． ……………………14分
解法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）设， ……………………5分
则…………6分
，当时，；当时，，
当时，取得最大值．
原不等式成立． ……………………8分
（Ⅲ）同解法一．
27解：（１）依条件得： 则无穷等比数列各项的和为：
． ……………………………………………………………………3分
（２）解法一：设子数列的首项为，公比为，由条件得：，
则，即 ， ．
而 ，则 ．
所以，满足条件的无穷等比子数列存在且唯一，它的首项．公比均为，
其通项公式为，． ………………………………………………7分
解法二：由条件，可设此子数列的首项为，公比为．
由………… ①
又若，则对每一，都有………… ②
从①、②得；则；
因而满足条件的无穷等比子数列存在且唯一，此子数列是首项．公比均为无穷等比子数列，通项公式为，． …………………………………………7分
（３）假设存在原数列的两个不同的无穷等比子数列，使它们的各项和相等．设这两个
子数列的首项与公比分别为和，其中且或，则………… ①
若且，则①，矛盾；若且，则①
，矛盾；故必有且，不妨设，则
．
①………… ②
②
或
，两个等式的左,右端的奇偶性均矛盾．
故不存在原数列的两个不同的无穷等比子数列，使得它们的各项和相等． ………13分
28.（本小题满分14分）
（Ⅰ）解：由题意，创新数列为3,4,4,5,5的数列有两个，即：
（1）数列3，4，1，5，2； ---------------------------2分
（2）数列3，4，2，5，1. ---------------------------3分
注：写出一个得2分，两个写全得3分.
（Ⅱ）答：存在数列，它的创新数列为等差数列.
解：设数列的创新数列为，
因为为中的最大值.
所以.
由题意知：为中最大值，为中最大值，
所以，且.
若为等差数列，设其公差为d，则，且N， -----------------5分
当d=0时，为常数列，又，
所以数列为，此时数列是首项为m的任意一个符合条件的数列；
当d=1时，因为，
所以数列为，此时数列是； --------------------7分
当时，因为，
又，所以，
这与矛盾，所以此时不存在，即不存在使得它的创新数列为的等差数列.
综上，当数列为：（1）首项为m的任意符合条件的数列；（2）数列时，它的创新数列为等差数列. ---------------------------9分
注：此问仅写出结论（1）（2）者得2分.
（Ⅲ）解：设的创新数列为，
由(Ⅱ)知，，
由题意，得，
所以当数列的创新阶数为2时，必然为（其中），
---------------------10分
由排列组合知识，得创新数列为的符合条件的的个数为
， ----------------12分
所以，在创新阶数为2的所有数列中，它们的首项的和为
---------------------------14分
29． （1）设
∴ ∴
由
又∵ ∴
∴ 6′
于是
由得或； 由得或
故函数的单调递增区间为和，
单调减区间为和 10′
（2）证明:据题意且x1由(1)知f (x1)>f (x2)>f (x3),
14′
即⊿是钝角三角形． 18′
30．（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）由得, ……………………2分
设则
因为=
所以解得 ………………4分
所以直线的方程为抛物线C的方程为 …………6分
（Ⅱ）方法1：设依题意，抛物线过P的切线与平行时，△APB面积最大，
，所以 所以
此时到直线的距离 ………………8分
由得， ………………………10分
∴△ABP的面积最大值为。 …………………………14分
（Ⅱ）方法2：由得， ……………………8分
……9分
设 ，
因为为定值，当到直线的距离最大时，△ABP的面积最大，
……………………………12分
因为，所以当时，max=，此时
∴△ABP的面积最大值为。……………………………14分
A
B
C
L
M
N
y
z
x
a1
a2
b1
b2
c1
c2
M
N
Q
P
A
B
C
D
z
w
a1
a2
b1
b2
c1
c2
d1
d2
x
y
图1
A
A1
B
B1
C
C1
D
D1
E
E1
F
F1
a2
a1
b2
b1
c2
c1
d2
d1
e2
e1
f2
f1
图2
A
A
A1
A2
A3
D
An–1
An
a
a1
a
a2
a
a3
an
A
A
A
a
图3