理数高考猜想 9页

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  • 2021-05-13 发布

理数高考猜想

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‎ 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,+∞). ‎