2014年浙江高考数学(理科)试卷(含答案)下载

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  • 最近更新2022年10月14日



第 1 页 共 17 页 2014 年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数 学(理科) 一.选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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. 设全集U  {x  N | x  2},集合 A  {x  N | x2  5},则CU A  ()A. B. {2} C. {5} D. {2,5} 2. 已知 i是虚数单位, a,b R ,则“ a  b  1”是“(a  bi)2  2i ”的( )A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的表面积是( )A. 90 cm2 B. 129 cm2 C. 132 cm2 D. 138 cm2 4. 为了得到函数 y  sin 3x  cos3x 的图像,可以将函 数y  2 cos3x 的图像( )44A. 向右平移 个单位 B. 向左平移 个单位 12 12 C. 向右平移 个单位 D. 向左平移 个单位 5. 在 (1 x)6 (1 y)4 的 展 开 式 中 , 记 xm yn 项 的 系 数f (m,n) , 则 f (3,0)  f (2,1)  f (1,2)  f (0,3) =()A. 45 B. 60 C. 120 D. 210 6. 已知函数 f (x)  x3  ax2  bx  c ,且0  f (1)  f (2)  f (3)  3 ()A. c  3 B. 3  c  6 C. 6  c  9 D. c  9 7. 在同一直角坐标系中,函数 f (x)  xa (x  0) ,g(x)  loga x 的图像可能是( )  x, x  y y, x  y y, x  y x, x  y 8. 记 max{x, y}  ,min{x, y}  ,设 a,b 为平面向量,则( )A. min{| a  b |,| a  b |}  min{| a |,| b |} B. min{| a  b |,| a  b |}  min{| a |,| b |} C. max{| a  b |2 ,| a  b |2} | a |2  | b |2 第 1 页 共 17 页 第 1 页 共17 页 第 2 页 共 17 页 D. max{| a  b |2 ,| a  b |2} | a |2  | b |2 9. 已知甲盒中仅有 1 个球且为红球,乙盒中有 m 个红球和 n 个篮球(m  3,n  3) ,从乙 盒中随机抽取i (i  1,2) 个球放入甲盒中. (a)放入 ii个球后,甲盒中含有红球的个数记为i (i  1,2) ;(b)放入 个球后,从甲盒中取 1 个球是红球的概率记为 pi (i  1,2) .则()A. p1  p2 , E(1 )  E(2 ) C. p1  p2 , E(1 )  E(2 ) B. p1  p2 , E(1 )  E(2 ) D. p1  p2 , E(1 )  E(2 ) 1i10. 设 函 数f1(x)  x2 ,f2 (x)  2(x  x2 ) ,f3 (x)  | sin 2 x | ,ai  ,,399 i  0,1, 2, , 99, 记Ik | fk (a1)  fk (a0 ) |  | fk (a2 )  fk (a1) |  | fk (a99 )  fk (a98 ) | k  1,2,3 A. I1  I2  I3 则()B. I2  I1  I3 C. I1  I3  I2 D. I3  I2  I1 二.填空题:本大题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分. 11. 若某程序框图如图所示,当输入 50 时,则该程序运算后输出 的结果是________. 112. 随机变量 的取值为 0,1,2,若 P(  0)  ,E()  1,则 5D() =________. x  2y  4  0 13.当实数 x, y 满足 x  y 1  0 时,1  ax  y  4 恒成立, x  1 则实数 a 的取值范围是________. 14. 在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8 张奖券分配给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有_____种 (用数字作答). 2x  x, x  0 x2 , x  0 15.设函数 f (x)  若f ( f (a))  2 ,则实数 a 的 取值范围是______ 16. 设 直 线x  3y  m  0 m  0) 与 双 曲 线 (x2 y2  1 (a  0,b  0)两条渐近线分别 a2 b2 交于点 A ,B. 若点 P(m,0)满足| PA || PB |,则 该双曲线的离心率是__________ 第 2 页 共 17 页 第 2 页 共17 页 第 3 页 共 17 页 17、如图,某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练.已知点 A 到墙面 的距离为 AB,某目标点 P 沿墙面上的射击线 CM 移动,此人为了准确瞄准目标点 P,需 计算由点 A 观察点 P 的仰角 tan 的最大值是 (仰角 的大小.若 AB  15m ,AC  25m ,BCM  30,则 为直线 AP 与平面 ABC 所成角) 三. 解答题:本大题共 5 小题,共 72 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18.(本题满分 14 分) 在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c.已知 a  b,c  3 cos2 A  cos2 B  3sin Acos A  3sin B cos B (Ⅰ)求角 C 的大小; 4(Ⅱ)若sin A  ,求△ABC 的面积. 519.(本题满分14分) 已知数列{an } 和{bn }满足 a1a2a3 an  ( 2)bn (n  N*) .若{an }为等比数列,且 a1  2,b3  6  b2 (Ⅰ) 求 an 与bn ; 11(Ⅱ) 设 cn  (n  N*) .记数列{cn }的前 n项和为 Sn ,an bn (i)求 Sn ;(ii)求正整数 k,使得对任意 n  N *均有 Sk  Sn .20.(本题满分 15 分) 如图,在四棱锥 A  BCDE 中,平面 ABC 平面 BCDE ,CDE  BED  90 ,AB  CD  2 ,DE  BE  1 ,AC  2 ;.(Ⅰ) 证明: DE 平面 ACD (Ⅱ) 求二面角 B  AD  E 的大小. 第 3 页 共 17 页 第 3 页 共17 页 第 4 页 共 17 页 21(本题满分15分) 如图,设椭圆 C: 在第一象限. x2 y2  1(a  b  0) 动直线l 与椭圆 C 只有一个公共点 P,且点 P a2 b2 (Ⅰ) 已知直线 l的斜率为 k ,用 a,b,k 表示点 P 的坐标; l的直线 与 l(Ⅱ) 若过原点 Ol垂直,证明:点 P到直线 的距离的最大值为a  b .1122.(本题满分 14 分) 已知函数 f x  x3  3 x  a (aR).   f x   1,1 若(Ⅰ) 若 (Ⅱ) 设 在上的最大值和最小值分别记为 M (a),m(a) ,求 M (a)  m(a) ;2f x b  4   x 1,1 恒成立,求3a  b的取值范围. 对b R, 第 4 页 共 17 页 第 4 页 共17 页 第 5 页 共 17 页 2014 年高考浙江理科数学试题参考答案 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 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. 【解析】A  {x  N | x2  5} ={x  N | x  5} ,CU A  {x  N | 2  x  5}  {2} 【答案】B 2.【解析】当 a  b  1时,(a  bi)2  (1 i)2  2i ,反之,(a  bi)2  2i 22a  1 b  1 a  1 b  1 a  b  0 2ab  2 即a2  b2  2abi  2i ,则 解得 或【答案】A 3.【解析】由三视图可知直观图左边一个横放的三棱柱右侧一个长方体,故几何体的表面 1积为: S  2  4  6  2  3 4  3 6  3 3  3 4  35  2  3 4  138 .2【答案】D 412 4.【解析】 y  sin 3x  cos3x  2 sin(3x  ) =2 sin[3(x  )] 26而由y  2 cos3x  2 sin(3x  ) =2 sin[3(x  )] 12 3(x  )  3(x  ) ,即 x  x  612 12 故只需将 y  2 cos3x 的图象向右平移 【答案】C 个单位. 故选 C 5.【解析】令 x  y ,由题意知 f (3,0)  f (2,1)  f (1,2)  f (0,3) 即为 (1 x)10 展开 式中 x3 的系数,故 f (3,0)  f (2,1)  f (1,2)  f (0,3) 【答案】C =C170  120 ,故选 C 1 a  b  c  8  4a  2b  c 1 a  b  c  27  9a  3b  c 6. 【 解 析 】 由f (1)  f (2)  f (3) 得解 得 a  6 ,所以 f (x)  x3  6×2 11x  c ,由0  f (1)  3 得0  1 6 11 c  3 ,b  11 即6  c  9 ,故选 C 第 5 页 共 17 页 第 5 页 共17 页 第 6 页 共 17 页 【答案】C 7.【解析】函数 f (x)  xa (x  0) ,g(x)  loga x 分别的幂函数与对数函数 答案 A 中没有幂函数的图像, 不符合;答案 B 中, f (x)  xa (x  0) 中a  1 ,,,g(x)  loga x 中中中0  a  1 , 不 符 合 ; 答 案C 中 ,f (x)  xa (x  0) a  1, 不 符 合 ; 答 案D 中 ,f (x)  xa (x  0) 0  a  1,符合. 故选 D 中0  a  1 0  a  1 g(x)  loga x g(x)  loga x 【答案】D 中8.【解析】由向量运算的平行四边形法可知 min{| a  b |,| a  b |} 与min{| a |,| b |}的大小 不确定,平行四边形法可知 max{| a  b |,| a  b |}所对的角大于或等于 90 ,由余弦定 理知 max{| a  b |2 ,| a  b |2} | a |2  | b |2 ,| a  b |2  | a  b |2 2(| a |2  | b |2 ) (或 max{| a  b |2 ,| a  b |2}  | a |2  | b |2 ). 22【答案】D mn12Cm2 Cm2n 2m  n 2(m  n) 9.【解析 1】 p1  ,m  n m n Cn2 Cm1 Cn1 Cm2n 123m2  3m  2mn  n2  n p2      =Cm2n 333(m  n)(m  n 1) 2m  n 2(m  n) 3m2  3m  2mn  n2  n 5mn  n(n 1) 6(m  n)(m  n 1) ∴p1  p2  p1  p2 -= 0 ,3(m  n)(m  n 1) 故nm又∵ P(1  1)  ,P(1  2)  m  n m  n 2m  n nm∴又E(1)  1  2  m  n m  n m n C n2 n(n  1) P (2  1)  C m2  n (m  n )(m  n  1) C n1C m1 C m2  n C m2 2m n P (2  2)  P (2  3)  (m  n )(m  n  1) m (m  1) (m  n )(m  n  1) C m2  n n(n 1) (m  n)(m  n 1) 2mn (m  n)(m  n 1) m(m 1) (m  n)(m  n 1) ∴E(2 )  1  2   3 3m2  n2  3m  n  4mn (m  n)(m  n 1) =第 6 页 共 17 页 第 6 页 共17 页 第 7 页 共 17 页 3m2  n2  3m  n  4mn 2m  n m(m 1)  mn E(2 )  E(1 ) =-= 0 (m  n)(m  n 1) m  n (m  n)(m  n 1) 所以 E(2 )  E(1 ) ,故选 A 【答案】A 【解析 2】:在解法 1 中取 m  n  3 ,计算后再比较。 22 ii 1 99 1 2i 1 99 99 10.【解析】由 ,99 11352  99 1 1 992 故由故I1  ( )   1 99 9999 99 99 99 99 2 2ii 1 ii 1 99 1 99 (2i 1) 99 2 2  ||99 99 199 99 50(98  0) 98100 I2  2  2  99 99  1 99 2  99 1102199 98 I3  (|sin(2  ) |  |sin(2  ) |  |sin(2  ) |  |sin(2  ) |  |sin(2  ) |  |sin(2  ) |) 399 99 99 99 99 99 1325 74 =[2sin(2  )  2sin(2  )]  1 99 99 故I2  I1  I3 ,故选 B 【答案】B 【解析 2】估算法: Ik 的几何意义为将区间[0,1] 等分为 99 个小区间,每个小区间的端 点的函数值之差的绝对值之和.如图为将函数 f1(x)  x2 的区间[0,1] 等分为 4 个小区间 的情形,因f1(x) 在[0,1] 上递增,此时I1 | f (a1 )  f (a0 ) |  | f (a2 )  f (a1 ) |  | f (a3 )  f (a2 ) |  | f (a4 )  f (a3 ) | =A H1  A H2  A H3  A H4  f (1)  f (0)  1,同理对题中给出的 I1 同样有 I1  1 ;12341143而I2 略小于 2  1 ,I3 略小于 4   ,所以估算得 I2  I1  I3 23【答案】B 三.填空题:本大题共 7 小题,每小题 4 分,共 28 分. 11.【解析】第一次运行结果 S  1,i  2 第 7 页 共 17 页 第 7 页 共17 页 第 8 页 共 17 页 第二次运行结果 S  4,i  3 第三次运行结果 S  11,i  4 第四次运行结果 S  26,i  5 第五次运行结果 S  57,i  6 此时 S  57  50 ,∴输出i  6 ,【答案】6 011212.【解析】设  1 时的概率为 p, 的分布列为 15p1 p  P51135由E()  0  1 p  2  (1 p  )  1 ,解得 p  5的分布列为即为 51021351P故551312525E()  (0 1)2  (11)2  (2 1)2   . 【答案】 555x  2y  4  0 13.【解析】作出不等式组 x  y 1  0 所表示的 x  1 区 域 如 图 , 由 1  ax  y  4 恒 成 立 ,故 3A(1,0), B(2,1),C(1, ) 三点坐标代入21  a  4 331  ax  y  4 ,均成立得 1  2a 1  4 解得1  a  ,∴实数 a 的取值范围是[1, ], 2231  a  4 23【答案】[1, ] 2x  2y  4  0 【解析 2】作出不等式组 x  y 1  0 所表示的区域如图,由1  ax  y  4 得,由 x  1 a  1 图分析可知, a  0 且在 A(1,0) 点取得最小值,在 B(2,1) 取得最大值,故 2a 1  4 333得1  a  ,故实数 a的取值范围是[1, ] ,【答案】[1, ] 22214.【解析 1】不同的获奖分两种,一是有一人获两张奖券,一人获一张奖券,共有 第 8 页 共 17 页 第 8 页 共17 页 第 9 页 共 17 页 C32 A2  36 4二是有三人各获得一张奖券,共有 A3  24 ,因此不同的获奖情况共有36  24  60 种4【解析 2】将一、二、三等奖各 1 张分给 4 个人有 43  64 种分法,其中三张奖券都分 给一个人的有 4 种分法,因此不同的获奖情况共有 64-4=60 种. 【答案】60 f (a)  0 f 2 (a)  f (a)  2 f (a)  0  f 2 (a)  2 15.【解析】由题意 或,解得 f (a)  2 a  0 a2  a  2 a  0 a2  2 ∴当 或解得 a  2 【答案】(, 2] baba16.【解析 1】由双曲线的方程可知,它的渐近线方程为 y  x和y   x,分别与 am bm a  3b a 3b am a  3b a 3b bm 直线 l:x  3y  m  0 联立方程组,解得, A( ,),B( ,), 设 AB 中点为 Q,由| PA || PB | 得,则 am am bm bm a  3b a 3b a 3b a 3b Q( ,)2a2m 23b2m a2  9b2 即Q( ,  ),PQ 与已知直线垂直, a2  9b2 3b2m a2  9b2 1∴kPQ kl  1 , 即   1 即 得 3a2m  m a2  9b2 c2 a2 54c52a2  8b2 ,即 2a2  8(c2  a2 ) ,即 ,所以 e  a2x2 y2 【解析 2】不妨设 a  1 ,渐近线方程为  0 即b2 x2  y2  0 12 b2 222b x y  0 x  3y  m  0 由消去 x得(9b2 1)y2  6b2my  b2m  0 3b2m 设 AB 中点为Q(x0 , y0 ) ,由韦达定理得: y0  ……① , 9b2 1 y0 x0  m 3 1y0 1又x0  3y0  m , 由kPQ kl  1 得  1 即 得   1 得3y0  2m 3 第 9 页 共 17 页 第 9 页 共17 页 第 10 页 共 17 页 33b2m 3y0  m 代入①得  m 519b2 1 514545c5得b2  ,所以 c2  a2  b2  1 ,所以 c  ,得 e  c  42a25【答案】 217.【解析 1】:∵AB=15cm,AC=25cm,∠ABC=90°, ∴BC=20cm, 过 P 作 PP′⊥BC,交 BC 于 P′, PP ‘ 1当 P 在线段 BC 上时,连接 AP′,则 tan  AP ‘ 设 BP′=x,则 CP′=20-x,( 0  x  20 )3由∠BCM=30°,得 PP’  CP’ tan 30  在直角△ABP′中, AP ‘  225  x2 (20  x) 3PP’ AP’ 320  x 225  x2 ∴tan  320  x 225  x2 令y  ,则函数在 x∈[0,20]单调递减, 320  0 225  02 20 34 3 ∴x=0 时, tan 取得最大值为 345 9PP ‘ AP ‘ 2当 P 在线段 CB 的延长线上时,连接 AP′,则 tan  设 BP′=x,则 CP′=20+x,( x  0 )3由∠BCM=30°,得 PP’  CP’ tan30  在直角△ABP′中, AP ‘  225  x2 (20  x) 3PP’ AP’ 320  x 225  x2 ∴tan  ,3第 10 页 共 17 页 第 10 页 共17 页 第 11 页 共 17 页 20  x 225  x2 225  20x (225  x2 ) 225 x2 令y  ,则 y ‘  ,225 45 45 4所以,当 0  x  时y ‘  0 ;当 x  时y ‘  0 20 445 20  45 534所以当 x  时ymax 445 2225  ( )445 3 55 3 此时 x  时, tan 取得最大值为   43 3 5 3 99综合 1,2可知 tan 取得最大值为 【解析 2】:如图以 B 为原点,BA、BC 所在的直线分别为 x,y 轴,建立如图所示 的空间直角坐标系,∵AB=15cm,AC=25cm,∠ABC=90°, 3∴BC=20cm ,由 ∠BCM=30° ,可 设P(0, x, (20  x)) 3(其中 x  20 ), P ‘(0, x,0) ,A(15,0,0),所以 3(20  x) PP’ AP’ 320  x 225  x2 3tan  152  x2 3320  x 225  x2 3225  20x (225  x2 ) 225 x2 设f(x)  tan  (x  20 ), f ‘(x)   33225 20 45 45 所以,当 x     时y ‘  0 ;当  x  20 时y ‘  0 4445 20  45 45 35 3 94所以当 x   时f (x)max  f ( )  34445 2225  ( )45 3 所以 tan 取得最大值为 9【解析 3】:分析知,当 tan 取得最大时,即 地面 ABC 所成的锐二面角的度量值, 最大,最大值即为平面 ACM 与 如图,过 B 在面 BCM 内作 BDBC 交 CM 于 D,过 B 作 BHAC 于 H,连 DH, 则BHD 即为平面 ACM 与地面 ABC 所成的二面角的平面角, tan 的最大值即 为tan BHD ,在 RtABC 中, ABBC 1520 =12, 由等面积法可得 BH  AC 25 第 11 页 共 17 页 第 11 页 共17 页 第 12 页 共 17 页 20 3 3DB  BCtan 30  20 3 DB BH 5 3 9312 所以 (tan)max  tanBHD  =三. 解答题:本大题共 5 小题,共 72 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 1 cos2A 1 cos2B 3318.【解析】:(Ⅰ)由题得 sin 2A  sin 2B , 22223131即sin 2A  cos2A  sin 2B  cos2B 222266sin(2A  )  sin(2 B ) 66由即a  b 得A  B ,又 A  B (0, ) ,得 2A  2 B  2 3A  B  ,所以C  34ac853(Ⅱ) c  3 a  c ,得sin A  ,,得 a  cos A  5sin A sinC 由A  C ,从而故sin B  sin(A  C) =54  3 3 sinAcosC cosAsinC  10 18 318 所以,△ABC 的面积为 S  acsin B  225 19.【解析】:(Ⅰ)∵ a1a2a3 an  ( 2)bn (n  N*) ①, 当 n≥2,n∈N*时, a1a2a3 an1  ( 2)bn1 ②, 由①②知:当 n  2 时, an  ( 2)bn bn1 ,令 n=3,则有 a3  ( 2)b3b2 ∵b3=6+b2, ∴a3=8. a3 ∵{an}为等比数列,且 a1=2,∴{an}的公比为 q,则 q2   4 a2 由题意知 an> 0,∴q>0,∴q=2. ∴an=2n(n∈N*). 又由 a1a2a3 an  ( 2)bn (n  N*) ,得: 21  22  23  2n  ( 2)bn n(n1) 2即2 ( 2)bn ∴bn=n(n+1)(n∈N*). 第 12 页 共 17 页 第 12 页 共17 页 第 13 页 共 17 页 1111111(Ⅱ)(i)∵ cn   (  )an bn 2n n(n 1) 2n nn 1 121 1 11112n 11∴==Sn  c1  c2  c3  cn = (  )   (  )  1 (  )1222 23nn 1 12122 12n 112n   (1 )=1 1 n 1 n 1 11n 1 2n (ii)因为 c1=0,c2>0,c3>0,c4>0; 1n(n 1) 当 n≥5 时, cn  [1] n(n 1) 2n n(n 1) (n 1)(n  2) (n1)(n 2) n(n 1) 5(5 1)  1 而 0 ,得 2n 2n1 2n1 2n 25 所以,当 n≥5 时,cn<0, 综上,对任意 n∈N*恒有 S4  Sn ,故 k=4. 20.证明:(Ⅰ)在直角梯形 BCDE 中,由 DE=BE=1, CD=2,得 BD=BC= 2 , 由AC  2 , AB=2 得 AB2  AC2  BC2 , 即 AC⊥BC ,又平面 ABC⊥ 平面 BCDE, 从而 AC⊥平面 BCDE, 所以 AC⊥DE,又 DE⊥DC,从而 DE⊥平面 ACD; (Ⅱ)【方法 1】 作 BF⊥AD,与 AD 交于点 F,过点 F 作 FG∥DE, 与 AB 交于点 G,连接 BG,由(Ⅰ)知 DE⊥AD,则 FG⊥AD,所以∠BFG 就是二 面角 B-AD-E 的平面角,在直角梯形 BCDE 中,由 CD2=BC2+BD2,得 BD⊥BC, 又平面 ABC⊥平面 BCDE,得 BD⊥平面 ABC,从而 BD⊥AB,由于 AC⊥平面 BCDE,得 AC⊥CD. 在 Rt△ACD 中,由 DC=2, AC  2 ,得 AD  6 在 Rt△AED 中,由 ED=1, AD  6 在 Rt△ABD 中,由 BD  2 ,AB=2, AD  6 ;得AE  7 ;2 3 3223得BF  ,AF  AD ,从而 GF  ,35 7 14 23在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得 cosBAE  ,BC  .GF2  BF2  BG2 2BFGF 3在△BFG 中, cosBFG  ,2第 13 页 共 17 页 第 13 页 共17 页 第 14 页 共 17 页 66所以,∠BFG= ,即二面角 B-AD-E 的大小为 .【方法 2】以 D 的原点,分别以射线 DE,DC 为 x,y 轴的正半轴,建立空间直 角坐标系 D  xyz ,如图所示. 由题意知各点坐标如下: D(0,0,0) B(1,1,0) ,E(1,0,0) ,C(0,2,0) , A(0,2, 2) , . 设平面 ADE 的法向量为 m  (x1, y1, z1 ) 平面 ABD 的法向量为 n  (x2 , y2 , z2 ),可算得:   AD  (0, 2,  2) ,AE  (1, 2,  2) , DB  (1,1,0)   2y  2z  0 mAD  0 11由即, 可 取   mAE  0 x  2y  2z  0 111 m  (0,1,  2)   nAD  0 2y  2z  0 22由即可取 n  (0, 1, 2)   x  y  0 nBD  0 22    | mn | 33 于是| cos  m,n | 2| m || n | 32 6由题意可知,所求二面角是锐角,故二面角 B-AD-E 的大小为 21. 【 解 析 】:( Ⅰ )【 方 法1 】 设 直 线l 的 方 程 为y  kx  m(k  0) , 由 y  kx  m 2y2 ,消去 y 得 x 1 a2 b2 (b2  a2k2 )x2  2a2kmx  a2m2  a2b2  0 由于直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P,故△=0,即 b2  m2  a2k2  0,解得点 P 的坐标为 a2km b2m P( ,)b2  a2k2 b2  a2k2 a2k b2  a2k2 b2 又点 P 在第一象限,故点 P 的坐标为 P( ,)b2  a2k2 第 14 页 共 17 页 第 14 页 共17 页 第 15 页 共 17 页 xay x ‘  y ‘ x2 y2 【 方 法2 】 作 变 换 x ‘2  y ‘2  1 , 则 椭 圆C :  1(a  b  0) 变为圆 C ‘ :a2 b2  b 切 点P(x0 , y0 ) 变 为 点P ‘(x ‘0 , y ‘0 ) , 切 线 l : y  y0  k(x  x0 ) l ‘ : by ‘ y0  k(ax ‘ x0 ) 在圆 C ‘ 中设直线 O ‘ P ‘ 的方程为 y ‘  mx ‘ (k  0) 变 为 .(m  0 ) , 1x ‘0  y ‘0  1 m2 m1 m2 y ‘  mx ‘ x ‘2  y ‘2  1 由解得 1m即P ‘( ,),由于 O ‘ P ‘  l ‘ ,1 m2 1 m2 ak 所以 kO’P’ kl ‘  1 ,得 m   1 ,bbb1ak a2k2  b2 bak 即m   代入得 P ‘( ,)即P ‘( ,), b2 b2 (ak)2 a2k2  b2 ak 1 1 (ak)2 xx ‘  ay利用逆变换 代入即得: y ‘  ba2k a2k2  b2 b2 P( ,)a2k2  b2 (Ⅱ)由于直线 l1 过原点 O 且与直线 l 垂直,故直线 l1 的方程为 x+ky=0,所以 点 P 到直线 l1 的距离 a2k b2k b2  a2k2 |  |a2  b2 b2  a2k2 d  整理得: d  1 k2 b2 k2 b2  a2  a2k2  b2 k2 a2  b2 a2  b2 因为 a2k2   2ab,所以 d   a  b b2 k2 b2  a2  2ab b2  a2  a2k2  第 15 页 共 17 页 第 15 页 共17 页 第 16 页 共 17 页 ba当且仅当 k2  时等号成立. 所以,点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a  b .3x  3x  3a , x  a x3  3x  3a , x  a 23.【解析】:(Ⅰ)∵ f (x)  x3  3 | x  a | ,23x  3 ,x  a 3×2  3, x  a ∴f ‘(x)  ,由于 1  x  1 (ⅰ)当 a  1 时,有 x  a ,故 f (x)  x3  3x  3a 此 时 , f ( x ) 在 (1,1) 上 是 增 函 数 , 因 此M (a)  f (1)  4  3a m(a)  f (1)  4  3a M (a)  m(a)  (4  3a)  (4  3a)  8 ,,故(ⅱ)当 1  a  1时,若 x∈(a,1), f (x)  x3  3x  3a ,在(a,1)上是增 函数;若 x∈(-1,a), f (x)  x3  3x  3a ,在(-1,a)上是减函数, ∴M (a)  max{ f (1), f (1)} ,m(a)  f (a)  a3 由于 f (1)  f (1)  6a  2 ,因此 1当1  a  时, M (a)  m(a)  a3  3a  4 ;31当 a  1 时, M (a)  m(a)  a3  3a  2 ;3(ⅲ)当 a  1时,有 x  a ,故 f (x)  x3  3x  3a 此时 f (x) (1,1) 上是减函数, 因此 M (a)  f (1)  2  3a ,,在,m(a)  f (1)  2  3a 故M (a)  m(a)  4 ;综上, 8 , a  1 13a  3a  4 ,1  a  3M (a)  m(a)  13a  3a  2 ,  a  1 34 , a  1 3x  3x  3a  b , x  a x3  3x  3a  b , x  a (Ⅱ)令 h(x)  f (x)  b,则 h(x)  第 16 页 共 17 页 第 16 页 共17 页 第 17 页 共 17 页 23x  3 ,x  a h'(x)  ,3×2  3, x  a 因为[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 2  h(x)  2对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(Ⅰ)知, 即( ⅰ) 当a  1时 ,h(x) 在(1,1) 上 是 增 函 数 ,h(x) 在[1,1]上 的 最 大 值 是 h(1)  4  3a  b ,最小值 h(1)  4  3a  b,则 4  3a  b  2 矛盾; 且4  3a  b  2 1( ⅱ) 当1  a  时 ,h(x) 在[1,1]上 的 最 小 值 是h(a)  a3  b , 最 大 值 是 3h(1)  4  3a  b ,所以 a3  b  2 2  a3  3a  3a  b  6a  2 且4  3a  b  2 ,从而 1且0  a  31令故t(a)  2  a3  3a ,则 t ‘(a)  3  3a2  0 ,∴t(a) 在(0, ) 上是增函数, 3t(a)  t(0)  2 ,因此 2  3a  b  0 1( ⅲ ) 当 a  1 时 ,h(x) 在[1,1]上 的 最 小 值 是h(a)  a3  b , 最 大 值 是 328 h(1)  3a  b  2 ,所以由 a3  b  2 (ⅳ) 当 a  1时 ,h(x) h(1)  3a b 2 所以由 3a  b  2  2 且3a  b  2  2 ,解得  3a  b  0 27 [1,1]上 的 最 大 值 是h(1)  3a  b  2 , 最 小 值 是 在,且3a  b  2  2 ,解得 3a+b=0. 综上, 3a  b 的取值范围是 2  3a  b  0 .第 17 页 共 17 页 第 17 页 共17 页

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