理数高考猜想

理数高考猜想

‎ 台山一中高考解答题练习 ‎1． 其部分图象如下图所示. ‎ x y ‎-1‎ ‎1‎ ‎（1）求函数 的表达式；‎ ‎（2）若，且，‎ 试求的值.‎ 由图象求三角函数，由恒等变换求值，可作双基巩固用。是全体学生都应该掌握的，即使不在解答题，也会出现在选择填空题。‎ ‎2、如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，，，直角梯形ABCD与矩形ADQP所在的平面垂直，将矩形ADQP沿PD对折，使翻折后点Q落在BC上，设CD=1‎ ‎ （1）求证：；‎ ‎ （2）求线段AD的最小值，并求此时Q点的位置；‎ ‎ （3）当AD的长度最小时，求直线BD与平面平面PDQ所成角的正弦值。‎ A B C D P Q A B C D Q P 今年很多模拟卷都考了折叠问题，本题第二问还将几何与代数结合，很好！立体几何解题也要有“见招拆招”的意识和能力，既用通性通法的套路，又不拘泥。‎ ‎3、一种电脑屏幕保护画面，只有符号“○”和“×”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“○”和“×”之一，其中出现“○”的概率为，出现“×”的概率为。若第次出现“○”，则；出现“×”，则。令 ‎。 ‎ ‎（Ⅰ）当时，求的概率；‎ ‎（Ⅱ）当时，求且（）的概率。‎ 本题是与数列结合的纯概率（元统计）题，情景有新意。概率统计应用题要关注：⑴概率与统计相结合的问题；⑵文字与图表相结合的问题；⑶广东未曾考过的统计量与概率模型。‎ ‎4、已知数列满足 ‎ （Ⅰ）求的值 ‎ （Ⅱ）设，证明是等比数列 ‎ （Ⅲ）设为的前项和，证明≤‎ 本题是纯形式化的数列问题，由递推求通项已被“超考”，一方面，继续关注其中的通性通法，另一方面，关注数列问题的“创新求变”，变化的方向主要有：⑴数列与归纳推理结合；⑵数列的函数属性；⑶数列应用题。‎ ‎5、如图，已知动圆过定点且与轴相切，点关于圆心的对称点为，动点的轨迹为．‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）设是曲线上的一个定点，过点任意作两条倾斜角互补的直线，分别与曲线相交于另外两点、．‎ ‎① 证明：直线的斜率为定值；‎ ‎② 记曲线位于、两点之间的那一段为．若点在上，且点到直线的距离最大，求点的坐标．‎ 本题双基综合性强、解题方法多，学生可借助本题检查自己的直线、抛物线与圆的相关基础知识，代数运算与几何意义。解析几何还要关注另外两类圆锥曲线——椭圆与双曲线，特别是椭圆，不一定“回归”到中点坐标（韦达定理）、设而不求等传统方法技巧，但一定要重视解析几何的“几何味”，第二问一定要重视借助几何意义探索解题思路，引导计算。‎ ‎6、已知函数f(x)＝ln(1＋x)－ax在x＝－处的切线的斜率为1．‎ ‎（Ⅰ）求a的值及f(x)的最大值；‎ ‎（Ⅱ）证明：1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)（n∈N*）；‎ ‎（Ⅲ）设g(x)＝b(ex－x)，若f(x)≤g(x)恒成立，求实数b的取值范围．‎ 用导数研究函数大致被定位于“数学本质”和“发展潜能”，必考，每个学生都要从中拿到自己的“基本分”。‎ ‎1．解：（1）由图象知 ‎ 将 代入 得 ‎ 因为<< ，所以 所以 ‎ ‎（2）因为，所以 ‎ ‎ ‎ ‎2、解：‎ ‎3、【解析】（Ⅰ）∵先求的概率，则在次变化中，出现“○”有次，出现“ ×”有次。‎ 故的概率为，∴的概率为。‎ ‎ （Ⅱ）当时，即前八秒出现“○”次和“×”次，又已知（），‎ 若第一、三秒出现“○”，则其余六秒可任意出现“○”次；‎ 若第一、二秒出现“○”，第三秒出现“×”，则后五秒可任出现“○”次。‎ 故此时的概率为 ‎4、【解析】(Ⅰ)由，可得 又，‎ 当时由可得 当时，可得.‎ ‎（Ⅱ）证明：对任意,‎ ‎, ① . ②‎ ‎②-①，得即于是. 又≠，所以是等比数列.‎ ‎（Ⅲ）证明：，由（Ⅱ）知，当≥时，‎ ‎. 故对任意 由①得所以.‎ 因此， 于是，‎ 故 所以对任意 ‎5、【解析】（1）（法1）设，因为点在圆上，且点关于圆心的对称点为，‎ 所以， 且圆的直径为． 由题意，动圆与轴相切，‎ 所以，两边平方整理得：，‎ 所以曲线的方程为．‎ ‎（法2）因为动圆过定点且与轴相切，所以动圆在轴上方，‎ 连结，因为点关于圆心的对称点为，所以为圆的直径．‎ 过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为（如图6－1）．‎ 在直角梯形中，，‎ 即动点到定点的距离比到轴的距离大1． ‎ 又动点位于轴的上方（包括轴上），‎ 所以动点到定点的距离与到定直线的距离相等．‎ 故动点的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线．‎ 所以曲线的方程为． ‎ ‎（2）①（法1）由题意，直线的斜率存在且不为零，如图6－2．‎ 设直线的斜率为（），则直线的斜率为． ‎ 因为是曲线：上的点，‎ 所以，直线的方程为．‎ 由，‎ 解之得或，‎ 所以点的坐标为，‎ 以替换，得点的坐标为． ‎ 所以直线的斜率为定值． ‎ ‎（法2）因为是曲线：上的点，所以，．‎ 又点、在曲线：上，所以可设，， ‎ 而直线，的倾斜角互补，‎ 所以它们的斜率互为相反数，即，整理得． ‎ 所以直线的斜率为定值． ‎ ‎②（法1）由①可知，，，‎ ‎，所以直线的方程为，‎ 整理得． ‎ 设点在曲线段上，因为、两点的横坐标分别为和，‎ 所以点的横坐标在和之间，即，‎ 所以，从而．‎ 点到直线的距离 ‎． ‎ 当时，．‎ 注意到，所以点在曲线段上．‎ 所以，点的坐标是． ‎ ‎（法2）由①可知，，结合图6－3可知，‎ 若点在曲线段上，且点到直线的距离最大，‎ 则曲线在点处的切线． ………………11分 设：，由方程组，‎ 消去，得．‎ 令△，整理，得．……12分 代入方程组，解得，．‎ 所以，点的坐标是． ‎ ‎（法3）因为抛物线：关于轴对称，‎ 由图6－4可知，当直线的倾斜角大于且趋近于时，直线的倾斜角小于且趋近于，即当直线的斜率大于0且趋近于0时，直线的斜率小于0且趋近于0．‎ 从而、两点趋近于点关于轴的对称点． ‎ 由抛物线的方程和①的结论，‎ 得，． ‎ 所以抛物线以点为切点的切线．‎ ‎ ‎ 所以曲线段上到直线的距离最大的点就是点，‎ 即点、点重合．‎ 所以，点的坐标是． ‎ ‎6、【解析】：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为（－1，＋∞）．求导数，得f ′(x)＝－a．‎ 由已知，得f ′(－)＝1，即－a＝1，∴a＝1．‎ 此时f(x)＝ln(1＋x)－x，f ′(x)＝－1＝，‎ 当－1＜x＜0时，f ′(x)＞0；当x＞0时，f ′(x)＜0．‎ ‎∴当x＝0时，f(x)取得极大值，该极大值即为最大值，‎ ‎∴f(x)max＝f(0)＝0． ‎ ‎（Ⅱ）法（一）：由（Ⅰ），得ln(1＋x)－x≤0，‎ 即ln(1＋x)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立．‎ 令x＝（k∈N*），则＞ln(1＋)，即＞ln，‎ ‎∴＞ln(k＋1)－lnk（k＝1，2，…，n）．‎ 将上述n个不等式依次相加，得 ‎1＋＋＋…＋＞(ln2－ln1)＋(ln3－ln2)＋…＋[ln(n＋1)－lnn]，‎ ‎∴1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)（n∈N*）． ‎ 法（二）：用数学归纳法证明．‎ ‎（1）当n＝1时，左边＝1＝lne，右边＝ln2，∴左边＞右边，不等式成立．‎ ‎（2）假设当n＝k时，不等式成立，即1＋＋＋…＋＞ln(k＋1)．‎ 那么1＋＋＋…＋＋＞ln(k＋1)＋，‎ 由（Ⅰ），知x＞ln(1＋x)（x＞－1，且x≠0）．‎ 令x＝，则＞ln(1＋)＝ln，‎ ‎∴ln(k＋1)＋＞ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，‎ ‎∴1＋＋＋…＋＋＞ln(k＋2)．‎ 即当n＝k＋1时，不等式也成立． ‎ 根据（1）（2），可知不等式对任意n∈N*都成立．‎ ‎（Ⅲ）∵f(0)＝0，g(0)＝b，若f(x)≤g(x)恒成立，则b≥0．‎ 由（Ⅰ），知f(x)max＝f(0)＝0．‎ ‎（1）当b＝0时，g(x)＝0，此时f(x)≤g(x)恒成立；‎ ‎（2）当b＞0时，g′(x)＝b(ex－1)，‎ 当x∈（－1，0）时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；‎ 当x∈（0，＋∞）时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．‎ ‎∴g(x)在x＝0处取得极小值，即为最小值，‎ ‎∴g(x)min＝g(0)＝b＞0≥f(x)，即f(x)≤g(x)恒成立．‎ 综合（1）（2）可知，实数b的取值范围为[0，＋∞）． ‎