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北京市海淀区2013届高三一模数学理试题


2013 年北京市海淀区高考数学一模试卷(理科)
参考答案与试题解析
一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题列出的四个选项中,选出符 合题目要求的一项. 1. 分) (5 (2013?甘肃三模)集合 A={x∈N|x≤6},B={x∈R|x ﹣3x>0},则 A∩ B( A.{3,4,5} B.{4,5,6} C.{x|3<x≤

6 D.{x|3≤x<6}
2



考点: 交集及其运算. 专题: 计算题. 分析: 根据所给的两个集合,整理两个集合,写出两个集合的最简形式,再求出两个集合的 交集. 解答: 解:∵ 集合 A={x∈N|x≤6}={0,1,2,3,4,5,6},
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B={x∈R|x ﹣3x>0}={x∈R|x<0 或 x>3} ∴ B={4,5,6}. A∩ 故选 B. 点评: 本题考查集合的表示方法,两个集合的交集的定义和求法.化简 A、B 两个集合,是 解题的关键. 2. 分) (5 (2013?海淀区一模)在极坐标系中,曲线 ρ=4cosθ 围成的图形面积为( A.π B.4 C.4π D.16 )

2

考点: 点的极坐标和直角坐标的互化. 专题: 计算题. 分析: 先将原极坐标方程两边同乘以 ρ 后化成直角坐标方程, 再利用直角坐标方程进行求解 圆的面积即可. 解答: 解:将原极坐标方程为 ρ=4cosθ,化成: 2 ρ =4ρcosθ,其直角坐标方程为: 2 2 ∴ +y =4x,是一个半径为 2 的圆,其面积为 4π. x 故选 C. 点评: 本题考查点的极坐标和直角坐标的互化,利用直角坐标与极坐标间的关系,即利用 2 2 2 ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ =x +y ,进行代换即得.
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3. 分) (5 (2013?海淀区一模)某程序的框图如图所示,执行该程序,若输入的 x 值为 5, 则输出的 y 值( )

A.﹣2

B.﹣1

C.

D.2

考点: 程序框图. 专题: 图表型. 分析: 按照程序框图的流程写出前几次循环的结果, 并判断每次得到的结果是否满足判断框 中的条件,直到满足,执行输出 y,可得答案. 解答: 解:经过第一次循环得到 x=3,不满足判断框中的条件;经过第二次循环得到 x=1, 不满足判断框中的条件;
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经过第三次循环得到 x=﹣1,满足判断框中的条件;执行“是”,y=2 = ,输出 y 值 为 . 故选 C. 点评: 本题考查解决程序框图中的循环结构时,常采用的方法是:写出前几次循环的结果, 找规律.

﹣1

4. 分) (5 (2013?海淀区一模)不等式组

表示面积为 1 的直角三角形区域,则

k 的值为( A.﹣2

) B.﹣1 C.0 D.1

考点: 简单线性规划. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 先作出不等式组表示的平面区域,根据已知条件可表示出平面区域的面积,然后结合 已知可求 k. 解答: 解:作出不等式组表示的平面区域,如图所示,
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由题意可得 A(1,3) ,B(



) ,C(1,k)

∴ △ABC= AC?d(d 为 B 到 AC 的距离) S = ×(3﹣k)×( ﹣1)=1,

∴ k=1. 故选 D.

点评: 本题主要考查了二元一次不等式组表示平面区域,属于基础试题.

5. 分) (5 (2013?甘肃三模)若向量 , 满足| |=| |=| + |=1,则 ? 的值为( A. ﹣ B. C.﹣1 D.1



考点: 向量的模. 专题: 平面向量及应用. 分析: 利用
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即可得到 ,∴

. ,

解答: 解:∵ ∴ ∴ ∴ . . ,

故选 A. 点评: 熟练掌握向量的运算法则是解题的关键. 6. 分) (5 (2013?海淀区一模)一个盒子里有 3 个分别标有号码为 1,2,3 的小球,每次取 出一个, 记下它的标号后再放回盒子中, 共取 3 次, 则取得小球标号最大值是 3 的取法有 ( ) A.12 种 B.15 种 C.17 种 D.19 种 考点: 排列、组合及简单计数问题. 专题: 计算题. 分析: 由分步计数原理可得总的取法由 27 种,列举可得不合题意得有 8 种,进而可得符合 题意得方法种数. 解答: 解:由题意结合分部计数原理可得,总的取球方式共 3×3×3=27 种, 其中, (1,1,1)(1,1,2)(1,2,1)(2,1,1)(1,2,2) , , , , , (2,1,2)(2,2,1)(2,2,2)共 8 种不符合题意, , ,
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故取得小球标号最大值是 3 的取法有 27﹣8=19 种, 故选 D 点评: 本题考查计数原理的应用, 采用间接的方式结合列举法是解决问题的关键, 属中档题. 7. 分) (5 (2013?海淀区一模)抛物线 y =4x 的焦点为 F,点 P(x,y)为该抛物线上的动 点,又点 A(﹣1,0) ,则 A. B. 的最小值是( C. ) D.
2

考点: 直线与圆锥曲线的关系;抛物线的简单性质. 专题: 计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: 通过抛物线的定义,转化 PF=PN,要使 有最小值,只需∠ APN 最大即可,作出
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切线方程即可求出比值的最小值. 解答: 解:由题意可知,抛物线的准线方程为 x=﹣1,A(﹣1,0) , 过 P 作 PN 垂直直线 x=﹣1 于 N, 由抛物线的定义可知 PF=PN,连结 PA,当 PA 是抛物线的切线时, 则∠ APN 最大,即∠ 最大,就是直线 PA 的斜率最大, PAF 设在 PA 的方程为:y=k(x+1) ,所以 解得:k x +(2k ﹣4)x+k =0, 2 2 4 所以△ =(2k ﹣4) ﹣4k =0,解得 k=±1, 所以∠ NPA=45°, =cos∠ NPA= 故选 B. .
2 2 2 2

有最小值,



点评: 本题考查抛物线的基本性质, 直线与抛物线的位置关系, 转化思想的应用, 题目新颖. 8. 分) (5 (2013?海淀区一模) l1,2,3 为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为 4, 设 l l 5,6 的直线.给出下列三个结论: ① i∈li(i=1,2,3) ?A ,使得△ 1A2A3 是直角三角形; A

②?Ai∈li(i=1,2,3) ① ,使得△ 1A2A3 是等边三角形; A ③ 三条直线上存在四点 Ai(i=1,2,3,4) ,使得四面体 A1A2A3A4 为在一个顶点处的三条棱 两两互相垂直的四面体. 其中,所有正确结论的序号是( ) ② ③ ③ A.① B.① C.① D.② 考点: 命题的真假判断与应用. 专题: 空间位置关系与距离. 分析: 本题利用画图结合运动变化的思想进行分析.我们不妨先将 A、B、C 按如图所示放 置,容易看出此时 BC<AB=AC. 现在,我们将 A 和 B 往上移,并且总保持 AB=AC(这是可以做到的,只要 A、B 的速度满足一定关系) 而当 A、 移得很高很高时, , B 就得到① 都是正确的. 和② 至于③ , 结合条件利用反证法的思想方法进行说明即可. 解答: 解:我们不妨先将 A、B、C 按如图所示放置.
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容易看出此时 BC<AB=AC. 现在,我们将 A 和 B 往上移,并且总保持 AB=AC(这是可以做到的,只要 A、B 的速度满足一定关系) ,而当 A、B 移得很高很高时,不难想象△ ABC 将会变得很扁, 也就是会变成顶角 A“非常钝”的一个等腰钝角三角形.于是,在移动过程中,总有一 刻,使△ ABC 成为等边三角形,亦总有另一刻,使△ ABC 成为直角三角形(而且还是 等腰的) . 这样,就得到① 都是正确的. 和② 至于③ ,如图所示.

为方便书写,称三条两两垂直的棱所共的顶点为?. 假设 A 是?,那么由 AD⊥ AB,AD⊥ 知 L3⊥ABC,从而△ AC △ ABC 三边的长就是三 条直线的距离 4、5、6,这就与 AB⊥ 矛盾.同理可知 D 是?时也矛盾; AC 假设 C 是?,那么由 BC⊥ CA,BC⊥ 知 BC⊥CAD,而 l1∥CAD,故 BC⊥ ,从 CD △ △ l1 而 BC 为 l1 与 l2 的距离,于是 EF∥ BC,EF=BC,这样就得到 EF⊥ FG,矛盾.同理 可知 B 是?时也矛盾. 综上,不存在四点 Ai(i=1,2,3,4) ,使得四面体 A1A2A3A4 为在一个顶点处的三 条棱两两互相垂直的四面体. 故选 B. 点评: 本小题主要考查命题的真假判断与应用,考查空间想象能力、化归与转化思想.属于 难题. 二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. 9. 分) (5 (2013?海淀区一模) 在复平面上, 若复数 a+bi a, ( b∈R) 对应的点恰好在实轴上, 则 b= 0 . 考点: 复数的代数表示法及其几何意义. 专题: 计算题. 分析: 利用复数的几何意义和点在实轴上的特点即可得出. 解答: 解:由复数的几何意义可知:复数 a+bi(a,b∈R)对应的点为(a,b) 此点恰好在 ,∵ 实轴上,∴ b=0. 故答案为 0. 点评: 正确理解复数的几何意义是解题的关键.
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10. 分) (5 (2013?海淀区一模)等差数列{an}中,a3+a4=9,a2a5=18,则 a1a6= 14 . 考点: 等差数列的通项公式. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 由等差数列的性质可得得 a2+a5=a3+a4=9,结合 a2a5=18,可解得 a2,a5 的值,可得公
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差,进而可得 a1,a6,相乘可得. 解答: 解:由等差数列的性质可得 a2+a5=a3+a4=9, 又 a2a5=18,解得 ,或 ,

故可得数列的公差 d=

=﹣1,或 1

故可得

,或



故 a1a6=14 故答案为:14 点评: 本题考查等差数列的通项公式和性质,属基础题. 11. 分) (5 (2013?海淀区一模)如图,AP⊙ 切于点 A,交弦 DB 的延长线于点 P,过点 B O 作圆 O 的切线交 AP 于点 C.若∠ ACB=90°,BC=3,CP=4,则弦 DB 的长为 .

考点: 圆的切线的性质定理的证明;与圆有关的比例线段. 专题: 选作题. 分析: Rt△ 在 BCP 中,由勾股定理可得 BP,由切线长定理可得 AC=BC,再利用切割线定理 可得 DB. 2 2 2 2 2 解答: 解:∵ AP,∴ =BC +CP =3 +4 =25,∴ BC⊥ BP BP=5. 又 AC 与 BC 都是⊙ 的切线,∴ O AC=BC=3,
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由切割线定理可得 PA =PB?PD,∴ =5×(5+DB) 7 ,解得 ∴ DB 的长为 弦 故答案为 . .

2

2



点评: 熟练掌握勾股定理、切线长定理、切割线定理是解题的关键.

12. 分) (5 (2013?海淀区一模)在△ ABC 中,若 a=4,b=2,cosA=﹣ ,则 c= 3 .

,sinC=

考点: 正弦定理;同角三角函数间的基本关系.

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专题: 计算题;解三角形. 分析: 由余弦定理可得,cosA= = 可求 sinC 可求 c,然后由 cosA 可求 sinA,然后由

正弦定理可得, 解答:

解:由余弦定理可得,cosA=

=

∴ ∴ c=3 ∵ cosA=﹣ ∴ sinA= 由正弦定理可得,

即 c +c﹣12=0

2

∴ sinC= 故答案为:3,

=

点评: 本题主要考查余弦定理及正弦定理在求解三角形中的应用, 解题的关键是公式的灵活 应用.

13. 分) (5 (2013?海淀区一模)已知函数 f(x)=

有三个不同的

零点,则实数 a 的取值范围是

<a≤1 .

考点: 根的存在性及根的个数判断. 专题: 数形结合. 分析: 由题意可得需使指数函数部分与 x 轴有一个交点,抛物线部分与 x 轴有两个交点,由 函数图象的平移和二次函数的顶点可得关于 a 的不等式,解之可得答案. 解答: 解:由题意可知:函数图象的左半部分为单调递增指数函数的部分,
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函数图象的右半部分为开口向上的抛物线,对称轴为 x=

,最多两个零点,

如上图,要满足题意,必须指数函数的部分向下平移到与 x 轴相交, 由指数函数过点(0,1) ,故需下移至少 1 个单位,故 a≤1, 还需保证抛物线与 x 轴由两个交点,故最低点 解得 a<0 或 a> ,综合可得 <a≤1, 故答案为: <a≤1 点评: 本题考查根的存在性及根的个数的判断,数形结合是解决问题的关键,属中档题. <0,

14. 分) (5 (2013?海淀区一模)已知函数 f(x)=sin

x,任取 t∈R,定义集合:At={y|y=f

(x) ,点 P(t,f(t),Q(x,f(x) ) )满足|PQ|≤ }.设 Mt,mt 分别表示集合 At 中元素 的最大值和最小值,记 h(t)=Mt﹣mt.则 (1)函数 h(t)的最大值是 2 ; (2)函数 h(t)的单调递增区间为 (2k﹣1,2k) ,k∈Z . 考点: 函数的值域. 专题: 综合题;函数的性质及应用. 分析: (1)理清 At={y|y=f(x) ,点 P(t,f(t),Q(x,f(x) ) )满足|PQ|≤
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}的含义为:

表示以 P 点为圆心,

为半径的圆及其内部函数 y=sin

的图象上所有的点的纵坐

标的集合,再利用正弦函数的周期性、单调性与最值可求得 Mt,mt,从而可求得函 数 h(t) )=Mt﹣mt 的最大值; (1)由(1)结合正弦函数的周期性与单调性即可求得函数 h(t)的单调递增区间. 解答: 解:At={y|y=f(x) ,点 P(t,f(t),Q(x,f(x) ) )满足|PQ|≤ }表示以 P 点为圆 心, 为半径的圆及其内部函数 y=sin 的图象上所有的点的纵坐标的集合,

∵ f(﹣2)=f(0)=f(2)=0,f(1)=1,f(﹣1)=﹣1,设 O(0,0) ,A(1,1) , B(2,0) ,则 AO=AB= ∴ t= M 其中 x0 是最高点 Q 的横坐标, 同理,mt= ; , ,

其中 x1 是最低点 Q 的横坐标. ∴ 函数 h(t)的最大值是 2(t=4k 或 4k+2 时取得) , 单调增区间是(2k﹣1,2k) . 点评: 本题考查函数的值域,着重考查抽象函数的理解与应用,明确 At={y|y=f(x) ,点 P (t,f(t),Q(x,f(x) ) )满足|PQ|≤√2}的含义是难点,也是解决问题的关键,考查 抽象思维能力与综合运算能力,属于难题. 三、解答题:本大题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程. 2 15. (13 分) (2013?海淀区一模)已知函数 f(x)=2﹣( sinx﹣cosx) . (Ⅰ )求 f( )的值和 f(x)的最小正周期; , ]上的最大值和最小值.

(Ⅱ )求函数 f(x)在区间[﹣

考点: 两角和与差的正弦函数;正弦函数的单调性. 专题: 三角函数的图像与性质. 分析: (I)利用三角函数的恒等变换化简函数 f(x)的解析式为 2sin(2x+
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) ,由此求得

f(x)的周期. (II)当 x∈[﹣ , ]时,根据正弦函数的定义域和值域,求得函数的最值. sinx﹣cosx) =2﹣(3sin x+cos x﹣2
2 2 2 2

解答: (I)因为函数 f(x)=2﹣( 解: =2﹣(1+2sin x﹣
2

sinxcosx) ) .

sin2x)=1﹣2sin x+

sin2x=cos2x+

sin2x=2sin(2x+

所以,f(

)=2sin(2×

+

)=2sin =π. ,

=



所以,f(x)的周期为 T= (II)当 x∈[﹣ 所以,当 2x+ 当 2x+ = , =

]时,2x∈[﹣ ,即当 x=﹣

],2x+

∈[﹣



], )=﹣1,

时,函数取得最小值 f(﹣ )=2.

,即当 x=

时,函数取得最大值 f(

点评: 本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值,三角函数的周期性和求法,正弦函数 的定义域和值域,属于中档题. 16. (13 分) (2013?海淀区一模)在某大学自主招生考试中,所有选报 II 类志向的考生全部 参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试, 成绩分为 A, C, E 五个等级. B, D, 某 考场考生两科的考试成绩的数据统计如下图所示, 其中“数学与逻辑”科目的成绩为 B 的考生 有 10 人. (I)求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为 A 的人数; (II)若等级 A,B,C,D,E 分别对应 5 分,4 分,3 分,2 分,1 分. (i)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分; (ii)若该考场共有 10 人得分大于 7 分,其中有 2 人 10 分,2 人 9 分,6 人 8 分.从这 10 人中随机抽取两人,求两人成绩之和的分布列和数学期望.

考点: 离散型随机变量及其分布列;频率分布直方图;离散型随机变量的期望与方差. 专题: 计算题;概率与统计. 分析: (I)由数学与逻辑中成绩等级为 B 的考生有 10 人,频率为 ,可求考场中的人数,
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然后结合其频率可求 (II)结合频率分布直方图可求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为 (Ⅲ )设两人成绩之和为 ξ,则 ξ 的值可以为 16,17,18,19,20,然后求出 ξ 去每个 值对应的概率,即可求解出 ξ 的分布列及 ξ 的数学期望 解答: (I)因为“数学与逻辑”科目中成绩等级为 B 的考生有 10 人, 解: 所以该考场有 =40 人…(1 分)

所以该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为 A 的人数为 40×(1﹣0.375﹣0.375

﹣0.15﹣0.025)=3…(3 分) (II)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为 =2.9(7 分) (Ⅲ )设两人成绩之和为 ξ,则 ξ 的值可以为 16,17,18,19,20…(8 分) P(ξ=16)= ,

P(ξ=17)=

=

P(ξ=18)=

=

P(ξ=19)=

P(ξ=20)=

=

所以 ξ 的分布列为 X 16 P …(11 分) 所以 Eξ=16× 所以 ξ 的数学期望为

17

18

19

20

= …(13 分)

点评: 本题主要考查了离散型随机变量的分布列及期望值的求解, 解题的关键是熟练掌握基 本公式的应用. 17. (14 分) (2013?海淀区一模)在四棱锥 P﹣ABCD 中,PA⊥ 平面 ABCD,△ ABC 是正三 角形,AC 与 BD 的交点 M 恰好是 AC 中点,又 PA=AB=4,∠ CDA=120°,点 N 在线段 PB 上,且 PN= . (Ⅰ )求证:BD⊥ PC; (Ⅱ )求证:MN∥ 平面 PDC; (Ⅲ )求二面角 A﹣PC﹣B 的余弦值.

考点: 二面角的平面角及求法;直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: )由正三角形的性质可得 BD⊥ (Ⅰ AC,利用线面垂直的性质可知 PA⊥ BD,再利用线 面垂直的判定定理即可证明 BD⊥ PC;
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(Ⅱ )利用已知条件分别求出 BM、MD、PB,得到

,即可得到 MN∥ PD,再利

用线面平行的判定定理即可证明; (Ⅲ )通过建立空间直角坐标系,利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角的平 面角. 解答: 证明: (I)∵ABC 是正三角形,M 是 AC 中点, △ ∴ BM⊥ AC,即 BD⊥ AC. 又∵ 平面 ABCD,∴ BD. PA⊥ PA⊥ 又 PA∩ AC=A,∴ 平面 PAC. BD⊥ ∴ PC. BD⊥ (Ⅱ )在正△ ABC 中,BM= . 在△ ACD 中,∵ 为 AC 中点,DM⊥ M AC,∴ AD=CD. ∠ ADC=120°,∴ ∴ . , ,

在等腰直角△ PAB 中,PA=AB=4,PB= ∴ ∴ , ,

∴ MN∥ PD. 又 MN?平面 PDC,PD?平面 PDC, ∴ MN∥ 平面 PDC. (Ⅲ ∠ )∵BAD=∠ BAC+∠ CAD=90°, ∴ AD,分别以 AB,AD,AP 为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图的空间直角坐标系, AB⊥ ∴ B(4,0,0) ,C 由(Ⅱ )可知, , ,P(0,0,4) . 为平面 PAC 的法向量.

, 设平面 PBC 的一个法向量为 ,





,即



令 z=3,得 x=3,

,则平面 PBC 的一个法向量为



设二面角 A﹣PC﹣B 的大小为 θ,则



所以二面角 A﹣PC﹣B 余弦值为



点评: 熟练掌握正三角形的性质、线面垂直的判定与性质定理、平行线分线段成比例在三角 形中的逆定理应用、 通过建立空间直角坐标系并利用两个平面的法向量的夹角得到二 面角的平面角是解题的关键. 18. (13 分) (2013?海淀区一模)已知函数 f(x)=lnx+ax +bx(其中 a,b)为常数且 a≠0) 在 x=1 处取得极值. (I)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (II)若 f(x)在(0,e]上的最大值为 1,求 a 的值. 考点: 利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值. 专题: 导数的综合应用. 分析: (I)由函数的解析式,可求出函数导函数的解析式,进而根据 x=1 是 f(x)的一个 极值点 f′ (1)=0,可构造关于 a,b 的方程,根据 a=1 求出 b 值;可得函数导函数的 解析式,分析导函数值大于 0 和小于 0 时,x 的范围,可得函数 f(x)的单调区间; (II)对函数求导,写出函数的导函数等于 0 的 x 的值,列表表示出在各个区间上的 导函数和函数的情况,做出极值,把极值同端点处的值进行比较得到最大值,最后利 用条件建立关于 a 的方程求得结果. 解答: 2 解: (I)因为 f(x)=lnx+ax +bx 所以 f′ (x)= +2ax+b,…(2 分)
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2

因为函数 f(x)=lnx+ax +bx 在 x=1 处取得极值 f′ (1)=1+2a+b=0…(3 分)

2

当 a=1 时,b=﹣3,f′ (x)=



f′ (x) ,f(x)随 x 的变化情况如下表: x (0, ) ( ,1) f′ (x) f(x) …(5 分) + 增 0 极大值 ﹣ 减

1 0 极小值

(1,+∞) + 增

所以 f(x)的单调递增区间为(0, )(1,+∞) , 单调递减区间为( ,1)…(6 分) (II)因为 f′ (x)= 令 f′ (x)=0,x1=1,x2= …(7 分) ≠x1=1,

因为 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 x2= 当

<0 时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减

所以 f(x)在区间(0,e]上的最大值为 f(1) , 令 f(1)=1,解得 a=﹣2…(9 分) 当 a>0,x2= 当 >0 )上单调递增, ( ,1)上单调递减, (1,e)上单

<1 时,f(x)在(0,

调递增 所以最大值 1 可能在 x= 而 f( )=ln +a(
2

或 x=e 处取得 ) ﹣(2a+1)
2

=ln



<0

所以 f(e)=lne+ae ﹣(2a+1)e=1,解得 a= 当 1≤

…(11 分) )上单调递减, ( ,e)

<e 时,f(x)在区间(0,1)上单调递增, (1,

上单调递增 所以最大值 1 可能在 x=1 或 x=e 处取得 而 f(1)=ln1+a﹣(2a+1)<0 2 所以 f(e)=lne+ae ﹣(2a+1)e=1, 解得 a= 当 x2= ,与 1<x2= <e 矛盾…(12 分)

≥e 时,f(X)在区间(0,1)上单调递增,在(1,e)单调递减,

所以最大值 1 可能在 x=1 处取得,而 f(1)=ln1+a﹣(2a+1)<0,矛盾 综上所述,a= 或 a=﹣2.…(13 分)

点评: 本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,以及利 用导数研究函数在闭区间上的最值,其中根据已知条件确定 a,b 值,得到函数导函 数的解析式并对其符号进行分析,是解答的关键.属于中档题.

19. (14 分) (2013?海淀区一模)已知圆 M: (x﹣

) +y =r =r (r>0) .若椭圆 C:

2

2

2

2

+

=1(a>b>0)的右顶点为圆 M 的圆心,离心率为



(I)求椭圆 C 的方程; (II)若存在直线 l:y=kx,使得直线 l 与椭圆 C 分别交于 A,B 两点,与圆 M 分别交于 G, H 两点,点 G 在线段 AB 上,且|AG|=|BH|,求圆 M 半径 r 的取值范围. 考点: 直线与圆锥曲线的关系;椭圆的标准方程. 专题: 综合题;分类讨论;圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: (I)设椭圆的焦距为 2c,由椭圆右顶点为圆心可得 a 值,进而由离心率可得 c 值, 根据平方关系可得 b 值; (II)由点 G 在线段 AB 上,且|AG|=|BH|及对称性知点 H 不在线段 AB 上,所以要使 |AG|=|BH|,只要|AB|=|GH|,设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,联立直线方程与椭圆方程 消掉 y 得 x 的二次方程,利用韦达定理及弦长公式可得|AB|,在圆中利用弦心距及勾 股定理可得|GH|,根据|AB|=|GH|得 r,k 的方程,分离出 r 后按 k 是否为 0 进行讨论, 借助基本函数的范围即可求得 r 范围; 解答: (I)设椭圆的焦距为 2c, 解: 由椭圆右顶点为圆 M 的圆心( ,0) ,得 a= ,
343780



,所以 c=1,b=1. .

所以椭圆 C 的方程为:

(II)设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) , 由直线 l 与椭圆 C 交于两点 A,B,则 所以(1+2k )x ﹣2=0,则 x1+x2=0,
2 2

, ,

所以

=



点 M(

,0)到直线 l 的距离 d=



则|GH|=2



显然,若点 H 也在线段 AB 上,则由对称性可知,直线 y=kx 就是 y 轴,矛盾,

所以要使|AG|=|BH|,只要|AB|=|GH|, 所以 =4 ,

= 当 k=0 时,r= 当 k≠0 时, ,

=2



<2(1+ )=3,

又显然

>2,所以



综上, . 点评: 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程的求解,考查分类讨论思想,考查学 生分析问题解决问题的能力,弦长公式、韦达定理是解决该类问题的基础知识,要熟 练掌握. 20. (13 分) (2013?海淀区一模)设 A(xA,yA) ,B=(xB,yB)为平面直角坐标系上的两 点,其中 xA,yA,xB,yB∈Z.令△ B﹣xA,△ B﹣yA,若|△ |+|△ |=3,且|△ x=x y=y x|?|△ y|≠0,则 x Y 称点 B 为点 A 的“相关点”,记作:B=i(A) .已知 0(x0,y0) 0y0∈Z)为平面上一个定点, (x 平面上点列{Pi}满足:Pi=i(Pi﹣1) ,且点 Pi 的坐标为(xiyi) ,其中 i=1,2,3,…n. (Ⅰ )请问:点 p0 的“相关点”有几个?判断这些“相关点”是否在同一个圆上,若在同一个圆 上,写出圆的方程;若不在同一个圆上,说明理由; (Ⅱ )求证:若 P0 与 Pn 重合,n 一定为偶数; (Ⅲ )若 p0(1,0) ,且 yn=100,记 T= ,求 T 的最大值.

考点: 数列的求和;圆的标准方程. 专题: 计算题;证明题;综合题;等差数列与等比数列;直线与圆. 分析: (I)根据绝对值的意义,可得整数△ 与△ 在{±1,±2}中取值,满足绝对值的和等于 x Y 3,由此可得点 P0 的相关点有 8 个,再根据圆的标准方程可得这些可能值对应的点在 以 P0(x0,y0)为圆心, 为半径的圆上;
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(II)因为 Pn(xn,yn)与 P0(x0,y0)重合,用逐项作差再累加的方法得到等式, 再将所得等式相加证出 [(xi﹣xi﹣1)+(yi﹣yi﹣1)]=0,结合题意(xi﹣xi﹣1)+(yi

﹣yi﹣1) (i=1,2,3,…,n)为奇数,可得左边是 n 个奇数的和,根据整数加减法的 奇偶性质即可得到 n 一定为偶数; (II)令△ i=xi﹣xi﹣1,△ i=yi﹣yi﹣1(i=1,2,3,…,n) x y ,依题意可得 (yi﹣yi﹣1)

=100.由|△ i|+|△ i|=3 且|△ i|的|△ i|都是非零整数,可得当△ i=2 的个数越多,且在△ 1, x y x y x x △ 2,△ 3,…,△ n﹣1,△ n 这个序列中,数字 2 的位置越靠前,应的 T 值越大,从而 x x x x 得到当△ i 取值为 1 或﹣1 的次数最多时,相应地△ i 取 2 的次数最多,可使 T 的值最 y x 大.然后分 n=100、n>100 和 50≤n≤100 时三种情况加以讨论,分别根据式子中 1、2 的个数,结合等差数列求和公式算出 T 关于 n 的表达式,即可得到 T 达到最大值时, T 关于 n 的分段函数的表达式,得到本题答案. 解答: (Ⅰ |△ |+|△ |=3, x|?|△ 解: )∵ x Y (|△ y|≠0) ∴ x|=1 且|△ |=2,或|△ |=2 且|△ |=1,所以点 P0 的相关点有 8 个…(2 分) |△ Y x Y 2 2 2 2 又∵ x) +(△ ) =3,即(x1﹣x0) +(y1﹣y0) =5 (△ Y ∴ 这些可能值对应的点在以 P0(x0,y0)为圆心, 为半径的圆上…(4 分) (Ⅱ )依题意 Pn(xn,yn)与 P0(x0,y0)重合 则 xn=(xn﹣xn﹣1)+(xn﹣1﹣xn﹣2)+(xn﹣2﹣xn﹣3)+…+(x3﹣x2)+(x2﹣x1)+(x1 ﹣x0)+x0, yn=(yn﹣yn﹣1)+(yn﹣1﹣yn﹣2)+(yn﹣2﹣yn﹣3)+…+(y3﹣y2)+(y2﹣y1)+(y1 ﹣y0)+y0, 因此,可得(xn﹣xn﹣1)+(xn﹣1﹣xn﹣2)+(xn﹣2﹣xn﹣3)+…+(x3﹣x2)+(x2﹣x1) +(x1﹣x0)=0, 且(yn﹣yn﹣1)+(yn﹣1﹣yn﹣2)+(yn﹣2﹣yn﹣3)+…+(y3﹣y2)+(y2﹣y1)+(y1﹣ y0)=0 两式相加得 [(xn﹣xn﹣1)+(yn﹣yn﹣1)]+[(xn﹣1﹣xn﹣2)+(yn﹣1﹣yn﹣2)]+…+[(x1﹣x0)+(y1 ﹣y0)]=0(*) ∵i,yi 都是整数,且|xi﹣xi﹣1|+|yi﹣yi﹣1|=3(i=1,2,3,…,n) x ∴ i﹣xi﹣1)+(yi﹣yi﹣1) (x (i=1,2,3,…,n)为奇数,于是(*)的左边就是 n 个 奇数的和, 因为奇数个奇数的和还是奇数,所以左边不可能是奇数项,可得 n 一定为偶数…(8 分) (Ⅲ )令△ i=xi﹣xi﹣1,△ i=yi﹣yi﹣1, x y (i=1,2,3,…,n) 依题意(yn﹣yn﹣1)+(yn﹣1﹣yn﹣2)+…+(y2﹣y1)+(y1﹣y0)=100, ∵ T= =x0+x1+x2+…+xn=1+(1+△ 1)+(1+△ 1+△ 2)+…+(1+△ 1+△ 2+…+△ n) x x x x x x

=n+1+n△ 1+(n﹣1)△ 2+…+2△ n﹣1+△ n)…(10 分) x x x x ∵ xi|+|△ i|=3,且|△ i|的|△ i|都是非零整数, |△ y x y ∴ xi=2 的个数越多,则 T 的值越大, 当△

∵ x1,△ 2,△ 3,…,△ n﹣1,△ n 这个序列中,数字 2 的位置越靠前,相应的值越大 在△ x x x x 且当△ i 取值为 1 或﹣1 的次数最多时,△ i 取 2 的次数才能最多,T 的值才能最大. y x ∴当 n=100 时, ① 令所有的△ i 都为 1, xi 都取 2, T=101+2 y 且△ 得 (1+2+…+100) =10201. ② n>100 时, 当 (i)若 n=2k(k≥50,k∈N+) ,此时△ i 可取 k+50 个 1,k﹣50 个﹣1,且△ i 可都取 2, y x S(n)达到最大值 从而 T=n+1+2[n+(n﹣1)+…+2+1]=n +2n+1. (ii)若 n=2k+1(k≥50,k∈N+) ,令△ n=2,其余的△ i 中有 k﹣49 个﹣1,k+49 个 1. y y 2 相应的, 对于△ i, xn=1, x 有△ 其余的都为 2, 可得 T=n+1+2[n+ (n﹣1) +…+2+1]﹣1=n +2n ③ 50≤n≤100 时,令△ i=1,i≤2n﹣100,△ i=2,2n﹣100<i≤n, 当 y y 则相应地取△ i=2,i≤2n﹣100,△ i=1,2n﹣100<i≤n, x y 可得 T=n+1+2[n+ (n﹣1) (101﹣n) (100﹣n) (99﹣n) +…+ ]+[ + +…+2+1]= (n +205n ﹣10098)
2 2

综上所述, T= 得

… (13 分)

点评: 本题给出平面坐标系内“相关点”的定义,讨论了 T=

的最大值问题.着重考查了

绝对值的意义、等差数列的求和公式、方程的整数解和圆的标准方程等知识,属于难 题.请同学们注意答过程中逐项作差再累加求和、分类讨论思想和转化化归方法的运 用.


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