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- 2021-05-13 发布
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2013 年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)
数 学(理工类)
【34】(A,湖北,理 1)在复平面内,复数 ( 为虚数单位)的共轭复数对应的点位于
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
考点名称 数系的扩充与复数的概念
【34】(A,湖北,理 1)D
解析: ,则 ,其对应点 Z(1,-1)位于第四象限.
【1】(A,湖北,理 2)已知全集为 ,集合 , ,则
A. B.
C. D.
考点名称 集合
【1】(A,湖北,理 2)C
解析:∵ , ,∴ .
【2】(A,湖北,理 3 文 3)在一次跳伞训练中,甲、乙两位学员各跳一次.设命题 p 是“甲降落在指定范
围”,q 是“乙降落在指定范围”,则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为
A. ∨ B. ∨ C. ∧ D. ∨
考点名称 常用逻辑语句
【2】(A,湖北,理 3 文 3)A
解析:因为 p 是“甲降落在指定范围”,q 是“乙降落在指定范围”,则 是“没有降落在指定范围”, 是“乙
没有降落在指定范围”,所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为 ∨ .
【6】(B,湖北,理 4 文 6)将函数 的图象向左平移 个单位长度后,所得
到的图象关于 y 轴对称,则 m 的最小值是
A. B. C. D.
考点名称 三角函数及其图象与性质
【6】(B,湖北,理 4 文 6)B
解析:因为 可化为 (x∈R),将它向左平移 个单位得
,其图像关于 y 轴对称.
2i
1 iz = + i
i1i)i(1i1
i2 +=−=+=z i1−=z
R 1{ ( ) 1}2
xA x= ≤ 2{ 6 8 0}B x x x= − + ≤ A B =R
{ 0}x x ≤ { 2 4}x x≤ ≤
{ 0 2 4}x x x≤ < >或 { 0 2 4}x x x< ≤ ≥或
4,20862 ><⇔>+− xxxx 012
1 ≥⇔≤
x
x
A B =R { 0 2 4}x x x≤ < >或
( )p¬ ( )q¬ p ( )q¬ ( )p¬ ( )q¬ p q
p− q−
( )p¬ ( )q¬
3cos sin ( )y x x x= + ∈R ( 0)m m >
π
12
π
6
π
3
5π
6
3cos sin ( )y x x x= + ∈R )6cos(2
π−= xy π
6
xxy cos26)6(cos2 =
−+= ππ
【17】(B,湖北,文 2 理 5)已知 ,则双曲线 : 与 :
的
A.实轴长相等 B.虚轴长相等 C.焦距相等 D.离心率相等
考点名称 圆锥曲线及其标准方程
【17】(B,湖北,文 2 理 5)D
解析:对于双曲线 C1,有 , . 对于双曲线 C2,有
, .即这两双曲线的离心率相等.
【7】(B,湖北,理 6 文 7)已知点 、 、 、 ,则向量 在 方向上的投
影为
A. B. C. D.
考点名称 平面向量的概念及其运算
【7】(A,湖北,理 6 文 7)A
解析: =(2,1), =(5,5),则向量 在向量 方向上的射影为
.
【31】(C,湖北,理 7)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度
(t 的单位:s,v 的单位:m/s)行驶至停止. 在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是
A. B. C. D.
考点名称 定积分与微积分基本定理
【31】(C,湖北,理 7)C
解析:令 =0,解得 t =4 或 t= (不合题意,舍去),即汽车经过 4 秒中后停止,在此期
间汽车继续行驶的距离为
= .
【21】(B,湖北,理 8)一个几何体的三视图如图所示,该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积
分别记为 , , , ,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两个简单几何体均为多面体,则有
A. B. C. D.
π0 4
θ< < 1C
2 2
2 2 1cos sin
x y
θ θ− = 2C
2 2
2 2 2 1sin sin tan
y x
θ θ θ− =
1sincos 222 =+= θθc θcos
1==
a
ce
θθθθθ 222222 tansecsin)tan1(sin =⋅=+=c θθ
θ
cos
1
sin
tan ===
a
ce
( 1, 1)A − (1, 2)B ( 2, 1)C − − (3, 4)D AB CD
3 2
2
3 15
2
3 2
2
− 3 15
2
−
AB CD AB CD
2
23
25
5152
55
)5,5()1,2(cos 22
=×+×=
+
⋅=⋅=
CD
CDABAB θ
25( ) 7 3 1v t t t
= − + +
1 25ln5+ 118 25ln 3
+ 4 25ln5+ 4 50ln 2+
25( ) 7 3 1v t t t
= − + + 3
8−
∫∫ ++−= 4
0
4
0
d)1
2537(d)( tttttv
4
0
2 )1ln(252
37
++−= ttt 5ln254 +
1V 2V 3V 4V
1 2 4 3V V V V< < < 1 3 2 4V V V V< < < 2 1 3 4V V V V< < < 2 3 1 4V V V V< < <
考点名称 空间几何体与三视图
【21】(B,湖北,理 8) C
解析:显然 ,所以 B 不正确. 又 , ,
, ,从而 .
【26】(B,湖北,理 9)如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割为 125 个同样大小的小正方体. 经过
搅
拌后,从中随机取一个小正方体,记它的涂漆面数为 ,则 的均值
A. B. C. D.
考点名称 统计
【26】(B,湖北,理 9)B 125 个同样大小的小正方体的面数共有 125×6=750,涂了油漆的面数有
25×6=150.
每一个小正方体的一个面涂漆的频率为 ,则它的涂漆面数为 的均值 .
【29】(C,湖北,理 10)已知 为常数,函数 有两个极值点 , ,则
A. , B. ,
C. , D. ,
考点名称 导数及其应用
【29】(C,湖北,理 10)D
解析: ,由 由两个极值点,得 有两个不等的实数解,即
有两个实数解,从而直线 与曲线 有两个交点. 过点(0,-1)作
的切线,设切点为(x0,y0),则切线的斜率 ,切线方程为 . 切点在切线上,则 ,
又切点在曲线 上,则 ,即切点为(1,0),切线方程为 . 再由直线
32 VV < ππ
3
7)1212(3
22
1 =×++=V ππ 221 2
2 =⋅⋅=V
823
3 ==V 3
28)2424(3
1 22
4 =×++=V 2 1 3 4V V V V< < <
X X ( )E X =
126
125
6
5
168
125
7
5
5
1
750
150 = X ( )E X =
5
665
1 =×
a ( ) (ln )f x x x ax= − 1x 2 1 2( )x x x<
1( ) 0f x > 2
1( ) 2f x > − 1( ) 0f x < 2
1( ) 2f x < −
1( ) 0f x > 2
1( ) 2f x < − 1( ) 0f x < 2
1( ) 2f x > −
axxxf 21ln)(' −+= ( ) (ln )f x x x ax= − 0)(' =xf
12ln −= axx 12 −= axy xy ln= xy ln=
0
1
xk = 11
0
−= xxy 01
0
0
0 =−=
x
xy
xy ln= 10ln 00 =⇒= xx 1−= xy
第 8 题图 第 9 题图
与曲线 有两个交点.,知直线 位于两直线 和 之间,如图所示,
其斜率 2a 满足:0<2a<1,解得 0<a< . .则这函数的两个极点 满足 ,所以
,而 ,即 ,所以 .
【26】(A,湖北,理 11)从某小区抽取 100 户居民进行月用电量调查,发现其用电量都在 50 至 350 度之间,
频率分布直方图如图所示.
(Ⅰ)直方图中 的值为_________;
(Ⅱ)在这些用户中,用电量落在区间 内的户数为_________.
考点名称 统计
【26】(A,湖北,理 11)(Ⅰ)0.0044 (Ⅱ)70
解析:(Ⅰ)
=0.0044;
(Ⅱ)用电量落在区间 内的户数为
.
【24】(A,湖北,理 12)阅读如图所示的程序框图,运行相应的程
序,输出的结果 _________.
考点名称 算法初步与框图
【24】(A,湖北,理 12)5
解析:已知初始值 ,∵ ,则执行程序,
得 ;因为 ,则执行程序,得 ;
,则第三次执行程序,得 ;∵ ,
则第四次执行程序,得 ;∵ ,执行输出 i,
.
【 13 】( C , 湖 北 , 理 13 ) 设 , 且 满 足 : , , 则
_________.
考点名称
【13】(C,湖北,理 13)
解析:
【39】(湖北理 14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数. 如三角形数 1,3,6,10, ,
第 个三角形数为 . 记第 个 边形数为 ,以下列出了部分 k 边形数中第
个数的表达式:
12 −= axy xy ln= 12 −= axy 0=y 1−= xy
2
1
21, xx 21 10 xx <<<
)()1()( 21 xffxf << )0,2
1()1( −∈−= af )()( 21 xfaxf <−<
2
1)(,0)( 21 −>< xfxf
x
[100,250)
)]0012.00024.020036.00060.0(501[50
1 +×++−=x
[100,250)
7010050)0044.00060.00036.0( =××++
i =
1,10 == ia 410 ≠=a
2,5 == ia 45 ≠=a 3,16 == ia
416 ≠=a 4,8 == ia 48 ≠=a
5,4 == ia 4=a
5=i
, ,x y z ∈R 2 2 2 1x y z+ + = 2 3 14x y z+ + = x y z+ + =
3 14
7
n 2( 1) 1 1
2 2 2
n n n n
+ = + n k ( , ) ( 3)N n k k ≥ n
否
1i i= +
?4a =
10, 1a i= =
开始
是
结束
a 是奇数 ?
3 1a a= + 2
aa =
是 否
输出 i
第 11 题图
第 12 题图
三角形数 ,
正方形数 ,
五边形数 ,
六边形数 ,
………………………………………
可以推测 的表达式,由此计算 _________.
考点名称 创新与拓展
【13】(C,湖北,理 13)1000
解析:三角形数 ,
正方形数 = ,
五边形数 = ,
六边形数 = = ,
………………………………………
推测 k 边形 .
所以 .
【37】(B,湖北,理 15)如图,圆 上一点 在直径 上的射影为 ,点 在半径 上的射影为 .若
,则 的值为_________.
考点名称 选修 4-1:几何证明选讲
【37】(B,湖北,理 15)8
解析:根据题设,易知 ,
Rt△ODE∽Rt△DCE∽Rt△OCD,∴ ,即 CO=3OD=9OE,
在 Rt△ODE 中, ,
21 1( ,3) 2 2N n n n= +
2( ,4)N n n=
23 1( ,5) 2 2N n n n= −
2( ,6) 2N n n n= −
( , )N n k (10,24)N =
21 1( ,3) 2 2N n n n= +
2( ,4)N n n= nn )2
1
2
1()2
1
2
1( 2
2
12
−++
个
23 1( ,5) 2 2N n n n= − nn )2
1
2
1
2
1()2
1
2
1
2
1( 2
2
13
−−+++
个
2( ,6) 2N n n n= − nn )2
1
2
1
2
1
2
1()2
1
2
1
2
1
2
1(
2
12
2
2
14
−
−−−++++
个个
=),( knN nn
kk
)2
1...2
1
2
1
2
1
2
1()2
1
2
1...2
1
2
1(
2
1)4(
2
2
1)2(
−−−
−−−−−+++++
个个
nknk )4(2
1)2(2
1 2 −−−=
1000100110010)424(2
110)224(2
1)24,10( 2 =−=×−×−×−×=N
O C AB D D OC E
3AB AD= CE
EO
DOAOOC 3==
1
3===
OD
OC
DE
CD
OE
OD
222222 89 OEOEOEOEDODE =−=−=
OD
E
BA
第 15 题图
C
在 Rt△CDE 中, ,即 ,∴ .
【36】(A,湖北,理 16)
在直角坐标系 中,椭圆 的参数方程为 ( 为参数, ). 在
极坐标系(与直角坐标系 取相同的长度单位,且以原点 O 为极点,以 x 轴正半轴
为极轴)中,直线 与圆 的极坐标方程分别为 (m 为非零常数)
与 . 若直线 经过椭圆 的焦点,且与圆 相切,则椭圆 的离心率为_________.
考点名称 选修 4-4:坐标系与参数方程
【36】(A,湖北,理 16) 椭圆 C 的方程可以化为 ,圆 O 的方程可化为 ,直线
l 的 方 程 可 化 为 , 因 为 直 线 l 经 过 椭 圆 的 焦 点 , 且 与 圆 O 相 切 , 则 , ,
,所以椭圆的离心率 .
【 10 】( B , 湖 北 , 理 17 ) 在 △ 中 , 角 , , 对 应 的 边 分 别 是 , , . 已 知
.
(Ⅰ)求角 A 的大小;
(Ⅱ)若△ 的面积 , ,求 的值.
考点名称 解三角形
【10】(B,湖北,理 17)(Ⅰ)由 ,得 ,
即 ,解得 或 (舍去).
因为 ,所以 .
(Ⅱ)由 得 . 又 ,知 .
由余弦定理得 故 .
又由正弦定理得 .
【19】(B,湖北,理 18)已知等比数列 满足: , .
(Ⅰ)求数列 的通项公式;
(Ⅱ)是否存在正整数 ,使得 ?若存在,求 的最小值;若不存在,说明理由.
考点名称 等比数列
222222 89 DEDEDEDECDCE =−=−= 264OE= 642
2
=
EO
CE 8=
EO
CE
xOy C cos ,
sin
x a
y b
ϕ
ϕ
=
=
ϕ 0a b> >
xOy
l O π 2sin( )4 2 mρ θ + =
bρ = l C O C
6
3 12
2
2
2
=+
b
y
a
x 222 byx =+
myx =+ mc = mb 2
2=
mmma 2
6
2
2
2
=+=
3
6
2
6
===
m
m
a
ce
ABC A B C a b c
cos2 3cos( ) 1A B C− + =
ABC 5 3S = 5b = sin sinB C
cos2 3cos( ) 1A B C− + = 22cos 3cos 2 0A A+ − =
(2cos 1)(cos 2) 0A A− + = 1cos 2A = cos 2A = −
0 πA< < π
3A =
1 1 3 3sin 5 3,2 2 2 4S bc A bc bc= = ⋅ = = 20bc = 5b = 4c =
2 2 2 2 cos 25 16 20 21,a b c bc A= + − = + − = 21a =
2
2
20 3 5sin sin sin sin sin 21 4 7
b c bcB C A A Aa a a
= ⋅ = = × =
{ }na 2 3| | 10a a− = 1 2 3 125a a a =
{ }na
m
1 2
1 1 1 1
ma a a
+ + + ≥ m
【19】(B,湖北,理 18)(Ⅰ)设等比数列 的公比为 q,则由已知可得
解得 或
故 ,或 .
(Ⅱ)若 ,则 ,故 是首项为 ,公比为 的等比数列,
从而 .
若 ,则 ,故 是首项为 ,公比为 的等比数列,
从而 故 .
综上,对任何正整数 ,总有 .
故不存在正整数 ,使得 成立.
【23】(B,湖北,理 19)如图, 是圆 的直径,点 是圆 上异于 的
点,直线 平面 , , 分别是 , 的中点.
(Ⅰ)记平面 与平面 的交线为 ,试判断直线 与平面 的位置
关系,并加以证明;
(Ⅱ)设(Ⅰ)中的直线 l 与圆 的另一个交点为 ,且点 Q 满足 .
记直线 与平面 所成的角为 ,异面直线 与 所成的角
为 ,二面角 的大小为 ,求证: .
考点名称 空间向量与立体几何
【23】(B,湖北,理 19)(Ⅰ)直线 ∥平面 ,证明如下:
连接 ,因为 , 分别是 , 的中点,所以 ∥ .
又 平面 ,且 平面 ,所以 ∥平面 .
而 平面 ,且平面 平面 ,所以 ∥ .
因为 平面 , 平面 ,所以直线 ∥平面 .
(Ⅱ)(综合法)如图 1,连接 ,由(Ⅰ)可知交线 即为直线 ,且 ∥ .
因为 是 的直径,所以 ,于是 .
已知 平面 ,而 平面 ,所以 .
{ }na
3 3
1
2
1 1
125,
| | 10,
a q
a q a q
= − =
1
5,3
3,
a
q
=
=
1 5,
1.
a
q
= −
= −
15 33
n
na −= ⋅ 15 ( 1)n
na −= − ⋅ −
15 33
n
na −= ⋅ 11 3 1( )5 3
n
na
−= ⋅ 1{ }
na
3
5
1
3
1
3 1[1 ( ) ]1 9 1 95 3 [1 ( ) ] 11 10 3 101 3
m
m
m
n na=
⋅ −
= = ⋅ − < <
−
∑
1( 5) ( 1)n
na −= − ⋅ − 11 1 ( 1)5
n
na
−= − − 1{ }
na
1
5
− 1−
1
1 , 2 1 ( ),1 5
0 2 ( ).
m
n n
m k k
a m k k
+
=
+
− = − ∈=
= ∈
∑ N
N, 1
1 1
m
n na=
<∑
m
1
1 1
m
n na=
<∑
m
1 2
1 1 1 1
ma a a
+ + + ≥
AB O C O ,A B
PC ⊥ ABC E F PA PC
BEF ABC l l PAC
O D 1
2DQ CP=
PQ ABC θ PQ EF
α E l C− − β sin sin sinθ α β=
l PAC
EF E F PA PC EF AC
EF ⊄ ABC AC ⊂ ABC EF ABC
EF ⊂ BEF BEF ABC l= EF l
l ⊄ PAC EF ⊂ PAC l PAC
BD l BD l AC
AB O AC BC⊥ l BC⊥
PC ⊥ ABC l ⊂ ABC PC l⊥
第 19 题图
第 19 题解答图
1
而 ,所以 平面 .
连接 , ,因为 平面 ,所以 .
故 就是二面角 的平面角,即 .
由 ,作 ∥ ,且 .
连接 , ,因为 是 的中点, ,所以 ,
从而四边形 是平行四边形, ∥ .
连接 ,因为 平面 ,所以 是 在平面 内的射影,
故 就是直线 与平面 所成的角,即 .
又 平面 ,有 ,知 为锐角,
故 为异面直线 与 所成的角,即 ,
于是在 △ , △ , △ 中,分别可得
, , ,
从而 ,即 .
(Ⅱ)(向量法)如图 2,由 ,作 ∥ ,且 .
连接 , , , , ,由(Ⅰ)可知交线 即为直线 .
以点 为原点,向量 所在直线分别为 轴,建立如图所
示的空间直角坐标系,设 ,则有
,
.
于是 , , ,
所以 ,从而 .
又取平面 的一个法向量为 ,可得 ,
设平面 的一个法向量为 ,
所以由 可得 取 .
于是 ,从而 .
PC BC C= l ⊥ PBC
BE BF BF ⊂ PBC l BF⊥
CBF∠ E l C− − CBF β∠ =
1
2DQ CP= DQ CP 1
2DQ CP=
PQ DF F CP 2CP PF= DQ PF=
DQPF PQ FD
CD PC ⊥ ABC CD FD ABC
CDF∠ PQ ABC CDF θ∠ =
BD ⊥ PBC BD BF⊥ BDF∠
BDF∠ PQ EF BDF α∠ =
Rt DCF Rt FBD Rt BCF
sin CF
DF
θ = sin BF
DF
α = sin CF
BF
β =
sin sin sinCF BF CF
BF DF DF
α β θ= ⋅ = = sin sin sinθ α β=
1
2DQ CP= DQ CP 1
2DQ CP=
PQ EF BE BF BD l BD
C , ,CA CB CP , ,x y z
, , 2CA a CB b CP c= = =
(0, 0, 0), ( , 0, 0), (0, , 0), (0, 0, 2 ), ( , , )C A a B b P c Q a b c
1( , 0, ), (0, 0, )2E a c F c
1( , 0, 0)2FE a= ( , , )QP a b c= − − (0, , )BF b c= −
2 2 2
| |cos
| | | |
FE QP a
FE QP a b c
α ⋅= =
⋅ + +
2 2
2
2 2 2
sin 1 cos b c
a b c
α α += − =
+ +
ABC (0, 0, 1)=m 2 2 2
| |sin
| | | |
QP c
QP a b c
θ ⋅= =
⋅ + +
m
m
BEF ( , , )x y z=n
0,
0,
FE
BF
⋅ = ⋅ =
n
n
1 0,2
0.
ax
by cz
=
− + =
(0, , )c b=n
2 2
| || cos | | | | |
b
b c
β ⋅= =⋅ +
m n
m n
2
2 2
sin 1 cos c
b c
β β= − =
+
第 19 题解答图 2
故 ,即 .
【40】(B,湖北,理 20)假设每天从甲地去乙地的旅客人数 是服从正态分布 的随机变量. 记
一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 .
(Ⅰ)求 的值;
(参考数据:若 ~ ,有 , ,
.)
(Ⅱ)某客运公司用 、 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务,每车每天往返一次. 、
两种车辆的载客量分别为 36 人和 60 人,从甲地去乙地的营运成本分别为 1600 元/辆和 2400 元
/辆. 公司拟组建一个不超过 21 辆车的客运车队,并要求 型车不多于 型车 7 辆. 若每天要以不
小于 的概率运完从甲地去乙地的旅客,且使公司从甲地去乙地的营运成本最小,那么应配备
型车、 型车各多少辆?
考点名称 随机变量及其分布,简单的线性规划
【40】(B,湖北,理 20)(Ⅰ)由于随机变量 服从正态分布 ,故有 ,
.
由正态分布的对称性,可得
.
(Ⅱ)设 型、 型车辆的数量分别为 辆,则相应的营
运成本为 . 依题意, 还需满足:
.
由 ( Ⅰ ) 知 , , 故
等价于 .
于是问题等价于求满足约束条件
且使目标函数 达到最小的 .
作可行域如图所示, 可行域的三个顶点坐标分别为 .
由图可知,当直线 经过可行域的点 P 时,直线 在 y 轴上截距
最小,即 z 取得最小值.
故应配备 型车 5 辆、 型车 12 辆.
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
sin sin sinb c c c
a b c b c a b c
α β θ+= ⋅ = =
+ + + + + sin sin sinθ α β=
X 2(800, 50 )N
0p
0p
X 2( , )N µ σ ( ) 0.6826P Xµ σ µ σ− < ≤ + = ( 2 2 ) 0.9544P Xµ σ µ σ− < ≤ + =
( 3 3 ) 0.9974P Xµ σ µ σ− < ≤ + =
A B A
B
B A
0p A
B
X 2(800, 50 )N 800µ = 50σ =
(700 900) 0.9544P X< ≤ =
0 ( 900) ( 800) (800 900)p P X P X P X= ≤ = ≤ + < ≤
1 1 (700 900) 0.97722 2 P X= + < ≤ =
A B , x y
1600 2400x y+ , x y
021, 7, ( 36 60 )x y y x P X x y p+ ≤ ≤ + ≤ + ≥
0 ( 900)p P X= ≤
0( 36 60 )P X x y p≤ + ≥ 36 60 900x y+ ≥
21,
7,
36 60 900,
, 0 , ,
x y
y x
x y
x y x y
+ ≤
≤ + + ≥
≥ ∈ N,
1600 2400z x y= + ,x y
(5,12), (7,14), (15,6)P Q R
1600 2400z x y= + 1600 2400z x y= +
2400
z
A B
第 20 题解答图
【16】(C,湖北,理 21)如图,已知椭圆 与 的中心在坐标原点 ,长
轴均为 且在 轴上,短轴长分别为 , ,过原点且不与 轴
重合的直线 与 , 的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D.记
,△ 和△ 的面积分别为 和 .
(Ⅰ)当直线 与 轴重合时,若 ,求 的值;
(Ⅱ)当 变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 ?
并说明理由.
考点名称 直线与圆锥曲线
【16】(C,湖北,理 21)依题意可设椭圆 和 的方程分别为
: , : . 其中 ,
(Ⅰ)解法 1:如图 1,若直线 与 轴重合,即直线 的方程为 ,则
, ,所以 .
在 C1 和 C2 的方程中分别令 ,可得 , , ,
于是 .
若 ,则 ,化简得 . 由 ,可解得 .
故当直线 与 轴重合时,若 ,则 .
解法 2:如图 1,若直线 与 轴重合,则
, ;
, .
所以 .
若 ,则 ,化简得 . 由 ,可解得 .
故当直线 与 轴重合时,若 ,则 .
1C 2C O
MN x 2m 2 ( )n m n> x
l 1C 2C
m
n
λ = BDM ABN 1S 2S
l y 1 2S Sλ= λ
λ 1 2S Sλ=
1C 2C
1C
2 2
2 2 1x y
a m
+ = 2C
2 2
2 2 1x y
a n
+ = 0a m n> > > 1.m
n
λ = >
l y l 0x =
1
1 1| | | | | |2 2S BD OM a BD= ⋅ = 2
1 1| | | | | |2 2S AB ON a AB= ⋅ = 1
2
| |
| |
S BD
S AB
=
0x = Ay m= By n= Dy m= −
| || | 1
| | | | 1
B D
A B
y yBD m n
AB y y m n
λ
λ
− + += = =− − −
1
2
S
S
λ= 1
1
λ λλ
+ =−
2 2 1 0λ λ− − = 1λ > 2 1λ = +
l y 1 2S Sλ= 2 1λ = +
l y
| | | | | |BD OB OD m n= + = + | | | | | |AB OA OB m n= − = −
1
1 1| | | | | |2 2S BD OM a BD= ⋅ = 2
1 1| | | | | |2 2S AB ON a AB= ⋅ =
1
2
| | 1
| | 1
S BD m n
S AB m n
λ
λ
+ += = =− −
1
2
S
S
λ= 1
1
λ λλ
+ =−
2 2 1 0λ λ− − = 1λ > 2 1λ = +
l y 1 2S Sλ= 2 1λ = +
O x
y
B
A
第 21 题图
C
D
M N
O x
y
B
A
第 21 题解答图 1
C
D
M N O x
y
B
A
第 21 题解答图 2
C
D
M N
(Ⅱ)解法 1:如图 2,若存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 . 根据对称性,
不妨设直线 : ,
点 , 到直线 的距离分别为 , ,则
因为 , ,所以 .
又 , ,所以 ,即 .
由对称性可知 ,所以 ,
,于是
. ①
将 的方程分别与 C1,C2 的方程联立,可求得
, .
根据对称性可知 , ,于是
. ②
从而由①和②式可得
. ③
令 ,则由 ,可得 ,于是由③可解得 .
因为 ,所以 . 于是③式关于 有解,当且仅当 ,
等价于 . 由 ,可解得 ,
即 ,由 ,解得 ,所以
当 时,不存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 ;
当 时,存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 .
解法 2:如图 2,若存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 . 根据对称性,
不妨设直线 : ,
点 , 到直线 的距离分别为 , ,则
因为 , ,所以 .
1 2S Sλ=
l ( 0)y kx k= >
( , 0)M a− ( , 0)N a l 1d 2d
1 2 2
| 0 |
1 1
ak akd
k k
− −= =
+ + 2 2 2
| 0 |
1 1
ak akd
k k
−= =
+ + 1 2d d=
1 1
1 | |2S BD d= 2 2
1 | |2S AB d= 1
2
| |
| |
S BD
S AB
λ= = | | | |BD ABλ=
| | | |AB CD= | | | | | | ( 1) | |BC BD AB ABλ= − = −
| | | | | | ( 1) | |AD BD AB ABλ= + = +
| | 1
| | 1
AD
BC
λ
λ
+= −
l
2 2 2A
amx
a k m
=
+ 2 2 2B
anx
a k n
=
+
C Bx x= − D Ax x= −
2 2 2 2
2 2 22
1 | | 2| |
| | 21 | |
A D A
BB C
k x x xAD m a k n
BC x n a k mk x x
+ − += = = ++ −
2 2 2
2 2 2
1
( 1)
a k n
a k m
λ
λ λ
+ +=+ −
1
( 1)t
λ
λ λ
+= − m n> 1t ≠
2 2 2
2
2 2
( 1)
(1 )
n tk a t
λ −= −
0k ≠ 2 0k > k
2 2 2
2 2
( 1) 0(1 )
n t
a t
λ − >−
2 2
2
1( 1)( ) 0t t λ− − < 1λ > 1 1tλ < <
1 1 1( 1)
λ
λ λ λ
+< <− 1λ > 1 2λ > +
1 1 2λ< ≤ + 1 2S Sλ=
1 2λ > + 1 2S Sλ=
1 2S Sλ=
l ( 0)y kx k= >
( , 0)M a− ( , 0)N a l 1d 2d
1 2 2
| 0 |
1 1
ak akd
k k
− −= =
+ + 2 2 2
| 0 |
1 1
ak akd
k k
−= =
+ + 1 2d d=
又 , ,所以 .
因为 ,所以 .
由点 , 分别在 C1,C2 上,可得
, ,两式相减可得 ,
依题意 ,所以 . 所以由上式解得 .
因为 ,所以由 ,可解得 .
从而 ,解得 ,所以
当 时,不存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 ;
当 时,存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 .
【40】(湖北理 22)设 是正整数, 为正有理数.
(Ⅰ)求函数 的最小值;
(Ⅱ)证明: ;
(Ⅲ)设 ,记 为不小于 的最小整数,例如 , , .
令 ,求 的值.
(参考数据: , , , )
考点名称 导数,函数的性质,不等式,创新与拓展,交汇与整合
【40】(湖北理 22)(Ⅰ)因为 ,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),当 时,有 ,即
,且等号当且仅当 时成立,
故当 且 时,有
. ①
在①中,令 (这时 且 ),得 .
1 1
1 | |2S BD d= 2 2
1 | |2S AB d= 1
2
| |
| |
S BD
S AB
λ= =
2
2
1 | || |
| | 1 | |
B D A B
A BA B
k x x x xBD
AB x xk x x
λ+ − += = =−+ −
1
1
A
B
x
x
λ
λ
+= −
( , )A AA x kx ( , )B BB x kx
2 2 2
2 2 1A Ax k x
a m
+ =
2 2 2
2 2 1B Bx k x
a n
+ =
2 2 2 2 2 2
2 2
( ) 0A B A Bx x k x x
a m
λ− −+ =
0A Bx x> > 2 2
A Bx x>
2 2 2
2
2 2 2 2
( )
( )
A B
B A
m x xk a x xλ
−= −
2 0k >
2 2 2
2 2 2 2
( ) 0( )
A B
B A
m x x
a x xλ
− >− 1 A
B
x
x
λ< <
11 1
λ λλ
+< <− 1 2λ > +
1 1 2λ< ≤ + 1 2S Sλ=
1 2λ > + 1 2S Sλ=
n r
1( ) (1 ) ( 1) 1 ( 1)rf x x r x x+= + − + − > −
1 1 1 1( 1) ( 1)
1 1
r r r r
rn n n nnr r
+ + + +− − + −< <+ +
x∈R x x 2 2= π 4= 3 12
− = −
3 3 3 381 82 83 125S = + + + + S
4
380 344.7≈
4
381 350.5≈
4
3124 618.3≈
4
3126 631.7≈
( ) ( 1)(1 ) ( 1) ( 1)[(1 ) 1]r rf x r x r r x′ = + + − + = + + − ( ) 0f x′ = 0x =
1 0x− < < ( ) 0f x′ < ( )f x ( 1,0)−
0x > ( ) 0f x′ > ( )f x (0, )+∞
( )f x 0x = (0) 0f =
( 1, )x∈ − +∞ ( ) (0) 0f x f≥ =
1(1 ) 1 ( 1)rx r x++ ≥ + + 0x =
1x > − 0x ≠
1(1 ) 1 ( 1)rx r x++ > + +
1x n
= 1x > − 0x ≠ 11 1(1 ) 1r r
n n
+ ++ > +
上式两边同乘 ,得 ,即
②
当 时,在①中令 (这时 且 ),类似可得
③
且当 时,③也成立.
综合②,③得
④
(Ⅲ)在④中,令 , 分别取值 81,82,83,…,125,得
,
,
,
………
.
将以上各式相加,并整理得
.
代入数据计算,可得 , .
由 的定义,得 .
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1rn + 1 1( 1) ( 1)r r rn n n r+ ++ > + +
1 1( 1) .1
r r
r n nn r
+ ++ −< +
1n > 1x n
= − 1x > − 0x ≠
1 1( 1) .1
r r
r n nn r
+ +− −> +
1n =
1 1 1 1( 1) ( 1) .1 1
r r r r
rn n n nnr r
+ + + +− − + −< <+ +
1
3r = n
4 4 4 4
33 3 3 33 381 80 81 (82 81 )4 4
− < −( )<
4 4 4 4
33 3 3 33 382 81 82 (83 82 )4 4
− < −( )<
4 4 4 4
33 3 3 33 383 82 83 (84 83 )4 4
− < < −( )
4 4 4 4
33 3 3 33 3125 124 125 (126 125 )4 4
− < < −( )
4 4 4 4
3 3 3 33 3125 80 (126 81 )4 4S− < < −( )
4 4
3 33 125 80 210.24
− ≈( )
4 4
3 33 126 81 210.94
− ≈( )
S 211S =