2012年理数高考试题答案及解析-湖北 15页

2012 年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷） 数学（理工类）试卷解析 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．方程 的一个根是 A． B． C． D． 考点分析：本题考察复数的一元二次方程求根. 难易度：★ 解析：根据复数求根公式： ，所以方程的一个根为 答案为 A. 2．命题“ ， ”的否定是 A． ， B． ， C． ， D． ， 考点分析：本题主要考察常用逻辑用语，考察对命题的否定和否命题的区别. 难易度：★ 解析：根据对命题的否定知，是把谓词取否定，然后把结论否定。因此选 D 3．已知二次函数 的图象如图所示，则它与 轴所围图形的面积为 A． B． C． D． 考点分析：本题考察利用定积分求面积. 难易度：★ 解析：根据图像可得： ，再由定积分的几何意 义，可求得面积为 . 4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几 何体的体积为 A． B． 2 6 13 0x x+ + = 3 2i− + 3 2i+ 2 3i− + 2 3i+ 26 6 13 4x 3 22 i − ± − ×= = − ± 3 2i− + 0x∃ ∈ RQ 3 0x ∈Q 0x∃ ∉ RQ 3 0x ∈Q 0x∃ ∈ RQ 3 0x ∉Q x∀ ∉ RQ 3x ∈Q x∀ ∈ RQ 3x ∉Q ( )y f x= x 2π 5 4 3 3 2 π 2 2( ) 1y f x x= = − + 1 2 3 1 11 1 4( 1) ( )3 3S x dx x x −− = − + = − + =∫ 8π 3 3π 俯视图 侧视图 2 正视图 第 4 题图 4 24 2 1− 1− y xO 第 3 题 图 1 1− 1 1− C． D． 考点分析：本题考察空间几何体的三视图. 难易度：★ 解析：显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个 1/2 的圆柱体，底面 圆的半径为 1，圆柱体的高为 6，则知所求几何体体积为原体积的一半为 .选 B. 5．设 ，且 ，若 能被 13 整除，则 A．0 B．1 C．11 D．12 考点分析：本题考察二项展开式的系数. 难易度：★ 解析：由于 51=52-1， , 又由于 13|52,所以只需 13|1+a，0≤a<13,所以 a=12 选 D. 6．设 是正数，且 ， ， ， 则 A． B． C． D． 考点分析：本题主要考察了柯西不等式的使用以及其取等条件. 难易度：★★ 解析：由于 等号成立当且仅当 则 a=t x b=t y c=t z ， 所以由题知 又 ，答案选 C. 7．定义在 上的函数 ，如果对于任意给定的等比数列 ， 仍 是等比数列，则称 为“保等比数列函数”. 现有定义在 上的如下函 数： ① ； ② ； ③ ； ④ . 10π 3 6π 3π a∈Z 0 13a≤ < 201251 a+ a = 152...5252)152( 12011 2012 20111 2012 20120 2012 2012 +−+−=− CCC , , , , ,a b c x y z 2 2 2 10a b c+ + = 2 2 2 40x y z+ + = 20ax by cz+ + = a b c x y z + + =+ + 1 4 1 3 1 2 3 4 222222 )())(( 2 czbyaxzyxcba ++≥++++ ,tz c y b x a === 10)( 2222 =++ zyxt 2/1=t , 2/1, ==++ ++ ++ ++=== tzyx cba zyx cba z c y b x a 所以 ( ,0) (0, )−∞ +∞ ( )f x { }na { ( )}nf a ( )f x ( ,0) (0, )−∞ +∞ 2( )f x x= ( ) 2xf x = ( ) | |f x x= ( ) ln | |f x x= 则其中是“保等比数列函数”的 的序号为 A．① ② B．③ ④ C．① ③ D．② ④ 考点分析：本题考察等比数列性质及函数计算. 难易度：★ 解析：等比数列性质， ，① ； ② ；③ ；④ .选 C 8．如图，在圆心角为直角的扇形 OAB 中，分别以 OA，OB 为直径作两个半圆. 在扇形 OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是 A． B． C． D． 考点分析：本题考察几何概型及平面图形面积求法. 难易度：★ 解析：令 ，扇形 OAB 为对称图形，ACBD 围成面积为 ， 围成 OC 为 ，作对 称轴 OD ，则过 C 点。 即为以 OA 为直径的半圆面积减去三角形 OAC 的面积， 。在扇形 OAD 中 为扇形面积减 去三角形 OAC 面积和 ， ， ， 扇形 OAB 面积 ，选 A. 9．函数 在区间 上的零点个数为 A．4 B．5 C．6 D．7 考点分析：本题考察三角函数的周期性以及零点的概念. 难易度：★ 解析： ，则 或 ， ，又 ， 所以共有 6 个解.选 C. 10．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即 立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积 ，求其直径 的一个近似公式 . 人们还用过一 ( )f x 2 12 ++ = nnn aaa ( ) ( ) ( ) ( )1 222 1 2 2 2 2 ++++ === nnnnnn afaaaafaf ( ) ( ) ( )1 22 2 122 2222 + + + =≠== +++ n aaaaa nn afafaf nnnnn ( ) ( ) ( )1 22 122 ++++ === nnnnnn afaaaafaf ( ) ( ) ( ) ( )1 22 122 lnlnln ++++ =≠= nnnnnn afaaaafaf 21 π − 1 1 2 π − 2 π 1 π 1=OA 1S 2S 2S 8 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 −=××−  = ππS 2 1S 2 2S ( ) 16 2 28 118 1 2 221 −=−−= ππ SS 4 2 21 −=+ π SS π 4 1=S 2( ) cosf x x x= [0,4] 0)( =xf 0=x 0cos 2 =x Zkkx ∈+= ,2 2 ππ [ ]4,0∈x 4,3,2,1,0=k V d 3 16 9d V≈ 第 8 题图 些类似的近似公式. 根据 判断，下列近似公式中最精确的一个是 A． B． C． D． 考点分析：考察球的体积公式以及估算. 难易度：★★ 解析： 二、填空题：本大题共 6 小题，考生共需作答 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 请将答案填在答题卡对应题号的 位置上. 答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. （一）必考题（11—14 题） 11 ． 设 △ 的 内 角 ， ， 所 对 的 边 分 别 为 ， ， . 若 ， 则 角 ． 考点分析：考察余弦定理的运用. 难易度：★ 解析： 12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果 . π =3.14159 3 16 9d V≈ 3 2d V≈ 3 300 157d V≈ 3 21 11d V≈ 3 34 6 6b 6 9( ) d , , = = =3.3753 2 b 16 6 1 6 157 6 11= =3 = =3.14, = =3.1428572 300 21 d V aV Aa B D π π ππ π π π π ×= = × × × 由 ，得 设选项中常数为 则 ； 中代入得 ， 中代入得 ，C中代入得 中代入得 ， 由于D中值最接近 的真实值，故选择D。 ABC A B C a b c ( )( )a b c a b c ab+ − + + = C = 2 2 2 2 2 2 a =-a -ab 1 2cos = ,2 2 2 3 a b c b a b cC Cab ab π + − + −= = − ∠ = 由（ +b-c）(a+b-c)=ab, 得到 根据余弦定理 故 s = 第 12 题 图 考点分析：本题考查程序框图. 难易度：★★ 解析：程序在运行过程中各变量的值如下表示： 第一圈循环：当 n=1 时，得 s=1，a=3. 第二圈循环: 当 n=2 时，得 s=4，a=5 第三圈循环：当 n=3 时，得 s=9，a=7 此时 n=3，不再循环，所以解 s=9 . 13．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如 22，121，3443，94249 等．显然 2 位回文数有 9 个： 11，22，33，…，99．3 位回文数有 90 个：101，111，121，…，191，202，…，999．则 （Ⅰ）4 位回文数有 个； （Ⅱ） 位回文数有 个． 考点分析：本题考查排列、组合的应用. 难易度：★★ 解析：（Ⅰ）4 位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为 0，有 9（1~9）种情 况，第二位有 10（0~9）种情况，所以 4 位回文数有 种。 答案：90 （Ⅱ）法一、由上面多组数据研究发现，2n+1 位回文数和 2n+2 位回文数的个数相同，所以可以算出 2n+2 位回文数的个数。2n+2 位回文数只用看前 n+1 位的排列情况，第一位不能为 0 有 9 种情况，后面 n 项每项有 10 种情况，所以个数为 . 法二、可以看出 2 位数有 9 个回文数，3 位数 90 个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在 2 位 数的中间添加成对的“00,11,22,……99”，因此四位数的回文数有 90 个按此规律推导 ,而当奇 数位时，可以看成在偶数位的最中间添加 0~9 这十个数，因此 ,则答案为 . 14．如图，双曲线 的两顶点为 ， ，虚轴两端点为 ， ，两焦点为 ， . 若以 为直径的圆内切于菱形 ，切点分别为 . 则 2 1( )n n ++ ∈N 90109 =× n109× n109× 2 2 2 2 1 ( , 0)x y a ba b − = > 1A 2A 1B 2B 1F 2F 1 2A A 1 1 2 2F B F B , , ,A B C D A1　 　 A2 y B2 B1 A O B C D F1 　 　 　 　 　 　 　 　 F2 　 x （Ⅰ）双曲线的离心率 ； （Ⅱ）菱形 的面积 与矩形 的面积 的比值 . 考点分析：本题考察双曲线中离心率及实轴虚轴的相关定义，以及一般平面几何图形的面积计算. 难易度：★★ 解析：（Ⅰ）由于以 为直径的圆内切于菱形 ，因此点 到直线 的距离为 ，又由于虚轴两端 点 为 ， ， 因 此 的 长 为 ， 那 么 在 中 ， 由 三 角 形 的 面 积 公 式 知 ， ，又由双曲线中存在关系 联立可得出 ，根据 解出 （Ⅱ）设 ,很显然知道 , 因此 .在 中求得 故 ； 菱形 的面积 ，再根据第一问中求得的 值可以解出 . （二）选考题（请考生在第 15、16 两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框 用 2B 铅笔涂黑. 如果全选，则按第 15 题作答结果计分.） 15．（选修 4-1：几何证明选讲） 如图，点 D 在 的弦 AB 上移动， ，连接 OD，过点 D 作 的垂线交 于点 C，则 CD 的最大值为 . 考点分析：本题考察直线与圆的位置关系 难易度：★ 解析：（由于 因此 ,线段 长为定值， 即需求解线段 长度的最小值，根据弦中点到圆心的距离最短，此 时 为 的中点，点 与点 重合，因此 . 16．（选修 4-4：坐标系与参数方程） 在直角坐标系 xOy 中，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴 建立极坐标系. 已知射线 与曲线 （t 为参数） 相交于 A，B 两点，则线段 AB 的中点的直角坐标为 . 考点分析：本题考察平面直角坐标与极坐标系下的曲线方程交点. 难易度：★ e = 1 1 2 2F B F B 1S ABCD 2S 1 2 S S = 1 2A A 1 1 2 2F B F B O 22 BF a 1B 2B 2OB b 22OBF∆ 2 22 )(2 1||2 1 2 1 cbaFBabc +== 222 bac += 222 )1( ee =− ),1( +∞∈e ;2 15 +=e θ=∠ 22OBF θ=∠=∠ 222 AOBOAF )2sin(2 2 2 θaS = 22OBF∆ ,cos,sin 2222 cb c cb b + = + = θθ 22 2 2 2 4cossin4 cb bcaaS +== θθ 1 1 2 2F B F B bcS 21 = e 2 52 2 1 += S S O 4AB = OD O ,CDOD ⊥ 22 ODOCCD −= OC OD D AB C B 2||2 1|| == ABCD π 4 θ = 2 1, ( 1) x t y t = +  = − C B A D O . 第 15 题图 解析： 在直角坐标系下的一般方程为 ，将参数方程 （t 为参数）转化为直角坐标 系 下 的 一 般 方 程 为 表 示 一 条 抛 物 线 ， 联 立 上 面 两 个 方 程 消 去 有 ，设 两点及其中点 的横坐标分别为 ，则有韦达定理 ,又 由于点 点在直线 上，因此 的中点 . 三、解答题 17．（本小题满分 12 分） 已知向量 ， ，设函数 的图 象关于直线 对称，其中 ， 为常数，且 . （Ⅰ）求函数 的最小正周期； （Ⅱ）若 的图象经过点 ，求函数 在区间 上的取值范围. 考点分析：本题考察三角恒等变化，三角函数的图像与性质。 难易度：★ 解析：（Ⅰ）因为 . 由直线 是 图象的一条对称轴，可得 ， 所以 ，即 ． 又 ， ，所以 ，故 . 所以 的最小正周期是 . （Ⅱ）由 的图象过点 ，得 ， 即 ，即 . 故 ， 由 ，有 ， 所以 ，得 ， 故函数 在 上的取值范围为 . π 4 θ = )( Rxxy ∈= 2 1, ( 1) x t y t = +  = − 222 )2()11()1( −=−−=−= xxty y 0452 =+− xx BA、 P 0xxx BA 、、 2 5 20 =+= BA xxx P xy = AB )2 5,2 5(P (cos sin , sin )x x xω ω ω= −a ( cos sin , 2 3cos )x x xω ω ω= − −b ( )f x λ= ⋅ +a b ( )x∈R πx = ω λ 1( , 1)2 ω ∈ ( )f x ( )y f x= π( ,0)4 ( )f x 3π[0, ]5 2 2( ) sin cos 2 3sin cosf x x x x xω ω ω ω λ= − + ⋅ + cos2 3sin 2x xω ω λ= − + + π2sin(2 )6xω λ= − + πx = ( )y f x= πsin(2 π ) 16 ω − = ± π π2 π π ( )6 2k kω − = + ∈Z 1 ( )2 3 k kω = + ∈Z 1( , 1)2 ω ∈ k ∈Z 1k = 5 6 ω = ( )f x 6π 5 ( )y f x= π( ,0)4 π( ) 04f = 5 π π π2sin( ) 2sin 26 2 6 4 λ = − × − = − = − 2λ = − 5 π( ) 2sin( ) 23 6f x x= − − 3π0 5x≤ ≤ π 5 π 5π 6 3 6 6x− ≤ − ≤ 1 5 πsin( ) 12 3 6x− ≤ − ≤ 5 π1 2 2sin( ) 2 2 23 6x− − ≤ − − ≤ − ( )f x 3π[0, ]5 [ 1 2, 2 2]− − − 18．（本小题满分 12 分） 已知等差数列 前三项的和为 ，前三项的积为 . （Ⅰ）求等差数列 的通项公式； （Ⅱ）若 ， ， 成等比数列，求数列 的前 项和. 考点分析：考察等差等比数列的通项公式，和前 n 项和公式及基本运算。 难易度：★★ 解析：（Ⅰ）设等差数列 的公差为 ，则 ， ， 由题意得 解得 或 所以由等差数列通项公式可得 ，或 . 故 ，或 . （Ⅱ）当 时， ， ， 分别为 ， ， ，不成等比数列； 当 时， ， ， 分别为 ， ， ，成等比数列，满足条件. 故 记数列 的前 项和为 . 当 时， ；当 时， ； 当 时， . 当 时，满足此式. 综上， 19．（本小题满分 12 分） 如图 1， ， ，过动点 A 作 ，垂足 D 在线段 BC 上且异于点 B，连接 AB，沿 将△ 折起，使 （如图 2 所示）． （Ⅰ）当 的长为多少时，三棱锥 的体积最大； （Ⅱ）当三棱锥 的体积最大时，设点 ， 分别为棱 ， 的中点，试在 棱 上确定一点 ，使得 ，并求 与平面 所成角的大小． { }na 3− 8 { }na 2a 3a 1a {| |}na n { }na d 2 1a a d= + 3 1 2a a d= + 1 1 1 1 3 3 3, ( )( 2 ) 8. a d a a d a d + = −  + + = 1 2, 3, a d =  = − 1 4, 3. a d = −  = 2 3( 1) 3 5na n n= − − = − + 4 3( 1) 3 7na n n= − + − = − 3 5na n= − + 3 7na n= − 3 5na n= − + 2a 3a 1a 1− 4− 2 3 7na n= − 2a 3a 1a 1− 2 4− 3 7, 1,2,| | | 3 7 | 3 7, 3.n n na n n n − + == − =  − ≥ {| |}na n nS 1n = 1 1| | 4S a= = 2n = 2 1 2| | | | 5S a a= + = 3n ≥ 2 3 4| | | | | |n nS S a a a= + + + + 5 (3 3 7) (3 4 7) (3 7)n= + × − + × − + + − 2( 2)[2 (3 7)] 3 115 102 2 2 n n n n − + −= + = − + 2n = 2 4, 1, 3 11 10, 1.2 2 n n S n n n ==  − + > 45ACB∠ =  3BC = AD BC⊥ AD ABD 90BDC∠ =  BD A BCD− A BCD− E M BC AC CD N EN ⊥ BM EN BMN D A B C A C D B 图 2图 1 M E .· 第 19 题图 考点分析：本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值。同时考察 直线与平面所成角。本题可用综合法和空间向量法都可以。运用空间向量法对计算的要求要高些。 难易度：★★ 解析： （Ⅰ）解法 1：在如图 1 所示的△ 中，设 ，则 ． 由 ， 知，△ 为等腰直角三角形，所以 . 由折起前 知，折起后（如图 2）， ， ，且 ， 所以 平面 ．又 ，所以 ．于是 ， 当且仅当 ，即 时，等号成立， 故当 ，即 时, 三棱锥 的体积最大． 解法 2： 同解法 1，得 ． 令 ，由 ，且 ，解得 ． 当 时， ；当 时， ． 所以当 时， 取得最大值． 故当 时, 三棱锥 的体积最大． （Ⅱ）解法 1：以 为原点，建立如图 a 所示的空间直角坐标系 ． 由（Ⅰ）知，当三棱锥 的体积最大时， ， ． 于是可得 ， ， ， ， ， ， 且 ． 设 ，则 . 因为 等价于 ，即 ，故 ， . 所以当 （即 是 的靠近点 的一个四等分点）时， ． 设平面 的一个法向量为 ，由 及 ， 得 可取 ． 设 与平面 所成角的大小为 ，则由 ， ，可得 ABC (0 3)BD x x= < < 3CD x= − AD BC⊥ 45ACB∠ =  ADC 3AD CD x= = − AD BC⊥ AD DC⊥ AD BD⊥ BD DC D= AD ⊥ BCD 90BDC∠ =  1 1 (3 )2 2BCDS BD CD x x∆ = ⋅ = − 1 1 1 1(3 ) (3 ) 2 (3 )(3 )3 3 2 12A BCD BCDV AD S x x x x x x− ∆= ⋅ = − ⋅ − = ⋅ − − 31 2 (3 ) (3 ) 2 12 3 3 x x x+ − + − ≤ =   2 3x x= − 1x = 1x = 1BD = A BCD− 3 21 1 1 1(3 ) (3 ) ( 6 9 )3 3 2 6A BCD BCDV AD S x x x x x x− ∆= ⋅ = − ⋅ − = − + 3 21( ) ( 6 9 )6f x x x x= − + 1( ) ( 1)( 3) 02f x x x′ = − − = 0 3x< < 1x = (0, 1)x∈ ( ) 0f x′ > (1, 3)x∈ ( ) 0f x′ < 1x = ( )f x 1BD = A BCD− D D xyz− A BCD− 1BD = 2AD CD= = (0, 0, 0)D (1, 0, 0)B (0, 2, 0)C (0, 0, 2)A (0, 1, 1)M 1( , 1, 0)2E ( 1, 1, 1)BM = − (0, ,0)N λ 1( , 1,0)2EN λ= − − EN BM⊥ 0EN BM⋅ =  1 1( , 1, 0) ( 1, 1, 1) 1 02 2 λ λ− − ⋅ − = + − = 1 2 λ = 1(0, , 0)2N 1 2DN = N CD D EN BM⊥ BMN ( , , )x y z=n , , BN BM  ⊥ ⊥   n n 1( 1, ,0)2BN = − 2 , . y x z x =  = − (1, 2, 1)= −n EN BMN θ 1 1( , , 0)2 2EN = − − (1, 2, 1)= −n ，即 ． 故 与平面 所成角的大小为 解法 2：由（Ⅰ）知，当三棱锥 的体积最大时， ， ． 如图 b，取 的中点 ，连结 ， ， ，则 ∥ . 由（Ⅰ）知 平面 ，所以 平面 . 如图 c，延长 至 P 点使得 ，连 ， ，则四边形 为正方形， 所以 . 取 的中点 ，连结 ，又 为 的中点，则 ∥ ， 所以 . 因为 平面 ，又 面 ，所以 . 又 ，所以 面 . 又 面 ，所以 . 因为 当且仅当 ，而点 F 是唯一的，所以点 是唯一的. 即当 （即 是 的靠近点 的一个四等分点）， ． 连接 ， ，由计算得 ， 所以△ 与△ 是两个共底边的全等的等腰三角形， 如图 d 所示，取 的中点 ，连接 ， ， 则 平面 ．在平面 中，过点 作 于 ， 则 平面 ．故 是 与平面 所成的角． 在△ 中，易得 ，所以△ 是正三角形， 故 ，即 与平面 所成角的大小为 20．（本小题满分 12 分） 1| 1| 32sin cos(90 ) 2| | | | 26 2 EN EN θ θ − −⋅= − = = = ⋅ ×    n n 60θ =  EN BMN 60 . A BCD− 1BD = 2AD CD= = CD F MF BF EF MF AD AD ⊥ BCD MF ⊥ BCD FE FP DB= BP DP DBPF DP BF⊥ DF N EN E FP EN DP EN BF⊥ MF ⊥ BCD EN ⊂ BCD MF EN⊥ MF BF F= EN ⊥ BMF BM ⊂ BMF EN BM⊥ EN BM⊥ EN BF⊥ N 1 2DN = N CD D EN BM⊥ MN ME 5 2NB NM EB EM= = = = NMB EMB BM G EG NG BM ⊥ EGN EGN E EH GN⊥ H EH ⊥ BMN ENH∠ EN BMN EGN 2 2EG GN NE= = = EGN 60ENH∠ =  EN BMN 60 . C A D B 图 a E M x y z 图 b C A D B E F M N 图 c B D P CFN E B G M N E H 图 d 第 19 题解答图 N 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量 X（单位：mm）对工期的影响如下表： 历 年 气 象 资 料 表明， 该 工 程 施 工 期 间降水量 X 小于 300，700，900 的概率分别为 0.3，0.7，0.9. 求： （Ⅰ）工期延误天数 的均值与方差； （Ⅱ）在降水量 X 至少是 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率. 考点分析：本题考察条件概率、离散型条件概率分布列的期望与方差。 难易度：★★ 解析： （Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有： ， . . 所以 的分布列为： 于是， ； . 故工期延误天数 的均值为 3，方差为 . （Ⅱ）由概率的加法公式， 又 . 由条件概率，得 . 故在降水量 X 至少是 mm 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率是 . 21．（本小题满分 13 分） 设 是单位圆 上的任意一点， 是过点 与 轴垂直的直线， 是直线 与 轴的交点，点 在 直线 上，且满足 . 当点 在圆上运动时，记点 M 的轨迹为曲线 ． （Ⅰ）求曲线 的方程，判断曲线 为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； （Ⅱ）过原点且斜率为 的直线交曲线 于 ， 两点，其中 在第一象限，它在 轴上的射影为点 ，直 线 交曲线 于另一点 . 是否存在 ，使得对任意的 ，都有 ？若存在，求 的值； 若不存在，请说明理由. Y 300 ( 300) 0.3,P X < = (300 700) ( 700) ( 300) 0.7 0.3 0.4P X P X P X≤ < = < − < = − = (700 900) ( 900) ( 700) 0.9 0.7 0.2P X P X P X≤ < = < − < = − = ( 900) 1 ( 900) 1 0.9 0.1P X P X≥ = − < = − = Y ( ) 0 0.3 2 0.4 6 0.2 10 0.1 3E Y = × + × + × + × = 2 2 2 2( ) (0 3) 0.3 (2 3) 0.4 (6 3) 0.2 (10 3) 0.1 9.8D Y = − × + − × + − × + − × = Y 9.8 ( 300) 1 ( 300) 0.7P X P X≥ = − < = ， (300 900) ( 900) ( 300) 0.9 0.3 0.6P X P X P X≤ < = < − < = − = ( 6 300) ( 900 300)P Y X P X X≤ ≥ = < ≥ (300 900) 0.6 6 ( 300) 0.7 7 P X P X ≤ <= = =≥ 300 6 7 A 2 2 1x y+ = l A x D l x M l | | | | ( 0, 1)DM m DA m m= > ≠且 A C C C k C P Q P y N QN C H m 0k > PQ PH⊥ m 降水量 X 工期延误天数 0 2 6 10 0 2 6 10 0.3 0.4 0.2 0.1 300X < 300 700X≤ < 700 900X≤ < 900X ≥ Y Y P 考点分析：本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系，要求能正确理解椭圆的标准方程及其 几何性质，并能熟练运用代数方法解决几何问题，对运算能力有较高要求。 难易度：★★★ 解析： （Ⅰ）如图 1，设 ， ，则由 ， 可得 ， ，所以 ， . ① 因为 点在单位圆上运动，所以 . ② 将①式代入②式即得所求曲线 的方程为 . 因为 ，所以 当 时，曲线 是焦点在 轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为 ， ； 当 时，曲线 是焦点在 轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为 ， . （Ⅱ）解法 1：如图 2、3， ，设 ， ，则 ， ， 直线 的方程为 ，将其代入椭圆 的方程并整理可得 . 依题意可知此方程的两根为 ， ，于是由韦达定理可得 ，即 . 因为点 H 在直线 QN 上，所以 . 于是 ， . 而 等价于 ， 即 ，又 ，得 ， 故存在 ，使得在其对应的椭圆 上，对任意的 ，都有 . ( , )M x y 0 0( , )A x y | | | | ( 0, 1)DM m DA m m= > ≠且 0x x= 0| | | |y m y= 0x x= 0 1| | | |y ym = A 2 2 0 0 1x y+ = C 2 2 2 1 ( 0, 1)yx m mm + = > ≠且 (0, 1) (1, )m∈ + ∞ 0 1m< < C x 2( 1 , 0)m− − 2( 1 , 0)m− 1m > C y 2(0, 1)m− − 2(0, 1)m − 0k∀ > 1 1( , )P x kx 2 2( , )H x y 1 1( , )Q x kx− − 1(0, )N kx QN 12y kx kx= + C 2 2 2 2 2 2 2 1 1( 4 ) 4 0m k x k x x k x m+ + + − = 1x− 2x 2 1 1 2 2 2 4 4 k xx x m k − + = − + 2 1 2 2 24 m xx m k = + 2 1 2 1 2 2 2 22 4 km xy kx kx m k − = = + 1 1( 2 , 2 )PQ x kx= − − 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 4 2( , ) ( , )4 4 k x km xPH x x y kx m k m k = − − = − + +  PQ PH⊥ 2 2 2 1 2 2 4(2 ) 04 m k xPQ PH m k −⋅ = =+   22 0m− = 0m > 2m = 2m = 2 2 12 yx + = 0k > PQ PH⊥ P O x y N Q 图 2 (0 1)m< < H P O x y N Q 图 3 ( 1)m > H 图 1 O D x y A M 第 21 题解答图 解法 2：如图 2、3， ，设 ， ，则 ， ， 因为 ， 两点在椭圆 上，所以 两式相减可得 . ③ 依题意，由点 在第一象限可知，点 也在第一象限，且 ， 不重合， 故 . 于是由③式可得 . ④ 又 ， ， 三点共线，所以 ，即 . 于是由④式可得 . 而 等价于 ，即 ，又 ，得 ， 故存在 ，使得在其对应的椭圆 上，对任意的 ，都有 . 22．（本小题满分 14 分） （Ⅰ）已知函数 ，其中 为有理数，且 . 求 的 最小值； （Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题： 设 ， 为正有理数. 若 ，则 ； （Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题. 注：当 为正有理数时，有求导公式 . 考点分析：本题主要考察利用导数求函数的最值，并结合推理，考察数学归纳法，对考生的归纳推理能力有较高 要求。 难易程度：★★★ 解析：（Ⅰ） ，令 ，解得 . 当 时， ，所以 在 内是减函数； 当 时， ，所以 在 内是增函数. 故函数 在 处取得最小值 . （Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 时，有 ，即 ① 1 (0, 1)x∀ ∈ 1 1( , )P x y 2 2( , )H x y 1 1( , )Q x y− − 1(0, )N y P H C 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 , , m x y m m x y m  + = + = 2 2 2 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 0m x x y y− + − = P H P H 1 2 1 2( )( ) 0x x x x− + ≠ 21 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( )( ) y y y y mx x x x − + = −− + Q N H QN QHk k= 1 1 2 1 1 2 2y y y x x x += + 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 ( )( )1 2 ( )( ) 2PQ PH y y y y y y y mk k x x x x x x x − − +⋅ = ⋅ = ⋅ = −− − + PQ PH⊥ 1PQ PHk k⋅ = − 2 12 m− = − 0m > 2m = 2m = 2 2 12 yx + = 0k > PQ PH⊥ ( ) (1 ) ( 0)rf x rx x r x= − + − > r 0 1r< < ( )f x 1 20, 0a a≥ ≥ 1 2,b b 1 2 1b b+ = 1 2 1 2 1 1 2 2 b ba a a b a b≤ + α 1( )x xα αα −′ = 1 1( ) (1 )r rf x r rx r x− −′ = − = − ( ) 0f x′ = 1x = 0 1x< < ( ) 0f x′ < ( )f x (0, 1) 1x > ( ) 0f x′ > ( )f x (1, )+ ∞ ( )f x 1x = (1) 0f = (0, )x∈ +∞ ( ) (1) 0f x f≥ = (1 )rx rx r≤ + − 若 ， 中有一个为 0，则 成立； 若 ， 均不为 0，又 ，可得 ，于是 在①中令 ， ，可得 ， 即 ，亦即 . 综上，对 ， ， 为正有理数且 ，总有 . ② （Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为： 设 为非负实数， 为正有理数. 若 ，则 . ③ 用数学归纳法证明如下： （1）当 时， ，有 ，③成立. （2）假设当 时，③成立，即若 为非负实数， 为正有理数， 且 ，则 . 当 时，已知 为非负实数， 为正有理数， 且 ，此时 ，即 ，于是 = . 因 ，由归纳假设可得 ， 从而 . 又因 ，由②得 ， 从而 . 故当 时，③成立. 1a 2a 1 2 1 2 1 1 2 2 b ba a a b a b≤ + 1a 2a 1 2 1b b+ = 2 11b b= − 1 2 ax a = 1r b= 11 1 1 1 2 2 ( ) (1 )ba ab ba a ≤ ⋅ + − 1 11 1 2 1 1 2 1(1 )b ba a a b a b− ≤ + − 1 2 1 2 1 1 2 2 b ba a a b a b≤ + 1 20, 0a a≥ ≥ 1b 2b 1 2 1b b+ = 1 2 1 2 1 1 2 2 b ba a a b a b≤ + 1 2, , , na a a 1 2, , , nb b b 1 2 1nb b b+ + + = 1 2 1 2 1 1 2 2 nbb b n n na a a a b a b a b≤ + + +  1n = 1 1b = 1 1a a≤ n k= 1 2, , , ka a a 1 2, , , kb b b 1 2 1kb b b+ + + = 1 2 1 2 1 1 2 2 kbb b k k ka a a a b a b a b≤ + + +  1n k= + 1 2 1, , , ,k ka a a a + 1 2 1, , , ,k kb b b b + 1 2 1 1k kb b b b ++ + + + = 10 1kb +< < 11 0kb +− > 1 11 2 1 2 1 2 1 1 2 1( )k k k kb b b bb b b b k k k ka a a a a a a a+ + + +=  1 2 1 1 1 1 11 1 1 1 1 2 1( ) k k k k k k bb b b b b b b k ka a a a+ + + + +− − − − + 1 2 1 1 1 11 1 1 k k k k bb b b b b+ + + + + + =− − − 1 2 1 1 11 1 1 1 2 k k k k bb b b b b ka a a+ + +− − − ≤ 1 2 1 2 1 1 11 1 1 k k k k k bb ba a ab b b+ + + ⋅ + ⋅ + + ⋅− − − 1 1 2 2 11 k k k a b a b a b b + + + += −  11 2 1 2 1 k kb bb b k ka a a a + + ≤ 1 1 1 1 1 2 2 1 11 k k b bk k k k a b a b a b ab + + − + +  + + +  −   1 1(1 ) 1k kb b+ +− + = 1 1 1 1 1 2 2 1 11 k k b bk k k k a b a b a b ab + + − + +  + + +  −   1 1 2 2 1 1 1 1 (1 )1 k k k k k k a b a b a b b a bb + + + + + + +≤ ⋅ − +−  1 1 2 2 1 1k k k ka b a b a b a b+ += + + + + 11 2 1 2 1 k kb bb b k ka a a a + + 1 1 2 2 1 1k k k ka b a b a b a b+ +≤ + + + + 1n k= + 由（1）（2）可知，对一切正整数 ，所推广的命题成立. 说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对 成立，则后续证明中不需讨论 的情况. n 2n ≥ 1n =