高考数学压轴卷 14页

2017 江苏省高考压轴卷 数 学 数学 I （满分 160 分，考试时间 120 分钟） 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．请把答案填写在答题卡相应位置 上． 1．已知集合 U={1，2，3，4，5}，A={3，4}，B={1，4，5}，则 A∪（∁ UB）= ． 2．已知 x＞0，若（x﹣i） 2 是纯虚数（其中 i 为虚数单位），则 x= ． 3．某单位有老人 20 人，中年人 120 人，青年人 100 人，现采用分层抽样的方法从所有人中 抽取一个容量为 n 的样本，已知青年人抽取的人数为 10 人，则 n= ． 4．双曲线 =1 的右焦点与左准线之间的距离是 ． 5．函数 f（x）= 的定义域为 ． 6．执行如图所示的程序框图，若输入 a=27，则输出的值 b= ． 7．满足等式 cos2x﹣1=3cosx（x∈10，π]）的 x 值为 ． 8．设 Sn为等差数列{an}的前 n 项和，若 a3=4，S9﹣S6=27，则 S10= ． 9．男队有号码 1，2，3 的三名乒乓球运动员，女队有号码为 1，2，3，4 的四名乒乓球运动 员，现两队各出一名运动员比赛一场，则出场的两名运动员号码不同的概率为 ． 10．以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面 半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为为 ． 11．在△ABC 中，∠C=45°，O 是△ABC 的外心，若 ，则 m+n 的取值 范围为 ． 12．已知抛物线 x 2 =2py（p＞0）的焦点 F是椭圆 的一个焦点，若 P，Q 是椭圆与抛物线的公共点，且直线 PQ 经过焦点 F，则该椭圆的离心率为 ． 13．在△ABC 中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 a2=3b2+3c2﹣2 bcsinA，则 C= ． 14．若函数 在区间 11，2]上单调递增，则实数 a 的取值范围是 ． 二、解答题（本大题共 6 小题，共 90 分．解答应写出必要的文字说明、证明 或演算步骤） 15．（本小题满分 14 分） 已知向量 )sin,(),,(cos  21  nm ，其中 ),( 2 0   ，且 nm  ． （1）求 2cos 的值； （2）若 10 10  )sin(  ，且 ),( 2 0   ，求角  的值． 16．（本小题满分 14 分） 在长方体 1111 DCBAABCD  中， 1 2 1 AAECBCAB  ． （1）求证： //1AC 平面 BDE； （2）求证： EA1 平面 BDE． 17．（本小题满分 14 分）如图，某公园有三条观光大道 ACBCAB ,, 围成直角三角形，其中直 角边 mBC 200 ， 斜边 mAB 400 ．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在 ACBCAB ,, 大道上嬉戏，所在位 置分别记为点 FED ,, ． （1）若甲乙都以每分钟 m100 的速度从点 B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端 时即停，乙比甲迟分钟出发，当乙出发分钟后，求此时甲乙两人之间的距离； （2）设 CEF ，乙丙之间的距离是甲乙之间距离的倍，且 3  DEF ，请将甲 乙之间的距离 y表示为的函数，并求甲乙之间的最小距离． 18．（本小题满分 16 分）已知椭圆 )(: 01 2 2 2 2  ba b y a xC 的离心率为 2 3 ，且点 ),( 2 1 3 在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线交椭圆C于 QP, 两点，线段 PQ的中点为H ，O为坐标原点，且 1OH ， 求 POQ 面积的最大值． 19．（本小题满分 16 分）已知 Nn ，数列  na 的各项均为正数，前项和为 nS ，且 21 21  aa , ，设 nnn aab 212   ． （1）若数列 nb 是公比为的等比数列，求 nS2 ； （2）若对任意 Nn ， 2 2 na S n n   恒成立，求数列 na 的通项公式； （3）若 )( 1232  n nS ，数列 1nnaa 也为等比数列，求数列的 na 通项公式． 20．（本小题满分 16 分）已知函数 xxxf ln)(  ， )()( 12  xxg  （为常数）． （1）若函数 )(xfy  与函数 )(xgy  在 1x 处有相同的切线，求实数的值； （2）若 2 1  ，且 1x ，证明： )()( xgxf  ； （3）若对任意 ),[  1x ，不等式恒 )()( xgxf  成立，求实数的取值范围． 数学附加题部分 （本部分满分 40 分，考试时间 30 分钟） 21. 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题．．．．．．，每小题 10 分，共计 20 分．请在答题．． 卡指定区域．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A .1 选修 4-1：几何证明选讲] 如图，过圆 O 外一点 P 作圆 O 的切线 PA，切点为 A，连接 OP 与圆 O 交于点 C，过点 C 作圆 O 作 AP 的垂线，垂足为 D，若 PA= 2 5，PC：PO=1：3，求 CD 的长． B.1 选修 4-2：矩阵与变换]（共 1 小题，满分 10 分） 已知矩阵 ，列向量 ，若 AX=B，直接写出 A ﹣1 ，并求出 X． C.1 选修 4-4：坐标系与参数方程]（共 1 小题，满分 0 分） 在平面直角坐标系中，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．已知圆 4sin( ) 6    被射线θ=θ0（ρ≥0，θ0为常数，且 0 (0, ) 2   ）所截得的弦长为 2 3， 求θ0的值． D.1 选修 4-5：不等式选讲] 已知 x＞0，y＞0，且 2x+y=6，求 4x2+y2的最小值． 【必做题】第 22 题．第 23 题．每题 10 分，共计 20 分．请在答题卡指定区域内作答，解答 时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 22.（本小题满分 10 分） 如图，以正四棱锥 V﹣ABCD 的底面中心 O为坐标原点建立空间直角坐标系 O﹣xyz，其中 Ox∥BC，Oy∥AB，E为 VC中点，正四棱锥的底面边长为 2a，高为 h，且有 15cos , 49 BE DE     ． （1）求 h a 的值； （2）求二面角 B﹣VC﹣D 的余弦值． 23.（本小题满分 10 分） 对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思 想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式． 例如：考察恒等式（1+x）2n=（1+x）n（1+x）n（n∈N*），左边 xn的系数为 C2n n，而右边（1+x） n（1+x）n=（Cn 0+Cn 1x+…+Cn nxn）（Cn 0+Cn 1x+…+Cn nxn），xn的系数为 Cn 0Cn n+Cn 1Cn n﹣1+…+Cn nCn 0=（Cn 0）2+ （Cn 1）2+…+（Cn n）2，因此可得到组合恒等式 C2n n=（Cn 0）2+（Cn 1）2+…+（Cn n）2． （1）根据恒等式（1+x）m+n=（1+x）m（1+x）n（m，n∈N*）两边 xk（其中 k∈N，k≤m，k≤n） 的系数相同，直接写出一个恒等式； （2）利用算两次的思想方法或其他方法证明： 2 2 2 2 0 2 n k n k k n n k n k C C C            ，其中 2 n     是指不超 过 2 n 的最大整数． 2017 年江苏高考押题卷 数学答案解析 1．【考点】交、并、补集的混合运算． 【分析】先求出 CUB={2，3}，再利用并集定义能求出 A∪（∁ UB）． 【答案】{2，3，4}【解答】∵集合 U={1，2，3，4，5}，A={3，4}，B={1，4，5}，∴CUB={2， 3}， A∪（∁ UB）={2，3，4}． 故答案为：{2，3，4}． 2．【考点】复数代数形式的乘除运算． 【分析】x＞0，（x﹣i）2=x2﹣1﹣2xi 纯虚数（其中 i 为虚数单位），可得 x2﹣1=0，﹣2x≠0， x＞0，解出即可得出． 【答案】1【解答】x＞0，（x﹣i）2=x2﹣1﹣2xi 纯虚数（其中 i 为虚数单位）， ∴x2﹣1=0，﹣2x≠0，x＞0， 解得 x=1． 故答案为：1． 3．【考点】分层抽样方法． 【分析】先求三层的比例，然后求得青年人中抽取总人数的比例，从而求出抽取样本容量． 【答案】24【解答】由题意，因为 20：120：100=1：6：5， 所以青年人中抽取总人数的 = ， 故 n=10÷ =24． 故答案为：24． 4．【考点】双曲线的简单性质． 【分析】求出双曲线的 a，b，c，可得右焦点坐标和左准线方程，由点到直线的距离公式可得 所求值． 【答案】5【解答】双曲线 =1 的 a=2，b=2 ， c= =4， 可得右焦点（4，0）与左准线方程 x=﹣ 即 x=﹣1， 即右焦点与左准线之间的距离是 4﹣（﹣1）=5． 故答案为：5． 5．【考点】函数的定义域及其求法． 【分析】根据二次根式的定义可知 1﹣x≥0 且根据对数函数定义得 x+2＞0，联立求出解集即 可． 【答案】（﹣2，1]【解答】因为 f（x）= ，根据二次根式定义得 1﹣x≥0①， 根据对数函数定义得 x+2＞0② 联立①②解得：﹣2＜x≤1 故答案为（﹣2，1] 6．【考点】程序框图． 【分析】根据已知中的程序框图可得，该程序的功能是计算并输出变量 b 的值，模拟程序的 运行过程，可得答案． 【答案】 1 3 【解答】当 a=27 时，执行循环体 b=9，不满足退出循环的条件，故 a=9； 当 a=9 时，执行循环体 b=3，不满足退出循环的条件，故 a=3； 当 a=3 时，执行循环体 b=1，不满足退出循环的条件，故 a=1； 当 a=1 时，执行循环体 b=，满足退出循环的条件， 故输出的 b 值为， 故答案为： 7．【考点】二倍角的余弦． 【分析】利用二倍角的余弦公式解方程求得 cosx 的值，从而结合 x∈10，π]，求得 x 的值． 【答案】 【解答】∵等式 cos2x﹣1=3cosx（x∈10，π]），即 2cos 2 x﹣2=3cosx， 即 2cos 2 x﹣3cosx﹣2=0，求得 cosx=2（舍去），或 cosx=﹣，∴x= ， 故答案为： ． 8．【考点】等差数列的前 n 项和． 【分析】利用等差数列的前 n 项和公式及通项公式列出方程组，求出首项及公差，由此能求 出前 10 项和． 【答案】65【解答】∵Sn为等差数列{an}的前 n 项和，a3=4，S9﹣S6=27， ∴ ， 解得 a1=2，d=1， ∴S10=10×2+ =65． 故答案为：65． 9．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率． 【分析】出场的两名运动员号码不同的对立事件是出场的两名运动员号码相同，由此利用对 立事件概率计算公式能求出出场的两名运动员号码不同的概率． 【答案】【解答】男队有号码 1，2，3 的三名乒乓球运动员，女队有号码为 1，2，3，4 的四 名乒乓球运动员， 现两队各出一名运动员比赛一场， 基本事件总数 n=3×4=12， 出场的两名运动员号码不同的对立事件是出场的两名运动员号码相同， ∴出场的两名运动员号码不同的概率 p=1﹣ =． 故答案为：． 10．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）． 【分析】由题意设出圆锥的底面半径，求出圆锥的侧面积，求出圆柱的侧面积即可得到圆柱 的侧积面与圆锥的侧面积之比． 【答案】 【解答】设圆锥的底面半径为 r，由题意圆锥底面半径等于圆锥的高， 可知圆锥的侧面积为：πr• r= πr2． 圆柱的侧面积为：2πr•r=2πr2． 所以圆柱的侧积面与圆锥的侧面积之比为： πr 2 ：2πr 2 = ． 故答案为： ． 11．【考点】平面向量的基本定理及其意义． 【分析】利用已知条件，得∠AOB=90°，两边平方 ，则 m 2 +n 2 =1 结 合基本不等式，即可求得结论． 【答案】1﹣ ，1]【解答】设圆的半径为 1，则由题意 m、n 不能同时为正， ∴m+n≤1…① ∵∠C=45°，O是△ABC 的外心， ∴∠AOB=90° 两边平方 即可得出 1=m 2 +n 2 +2mncos∠AOB⇒m 2 +n 2 =1…②， ∵ ，…③， 由①②③得﹣ ． 故答案为：1﹣ ，1] 12．【考点】抛物线的简单性质． 【分析】由题意，p=2c，P（ ，c），即 P（2c，c），代入椭圆方程，可得 =1， 由此即可求出椭圆的离心率． 【答案】 【解答】由题意，p=2c，P（ ，c），即 P（2c，c） 代入椭圆方程，可得 =1， 整理可得 e4﹣6e2+1=0， ∵0＜e＜1，∴e= ． 故答案为 ． 13．【考点】余弦定理． 【分析】利用余弦定理与不等式结合的思想求解 a，b，c 的关系．即可求解 C 的值． 【答案】 【解答】根据 a 2 =3b 2 +3c 2 ﹣2 bcsinA…① 余弦定理 a2=b2+c2﹣2bccosA…② 由①﹣②可得：2b2+c2=2 bcsinA﹣2bccosA 化简：b2+c2= bcsinA﹣bccosA ⇔b 2 +c 2 =2bcsin（A ） ∵b2+c2≥2bc， ∴sin（A ）=1 ∴A= ， 此时 b2+c2=2bc， 故得 b=c，即 B=C， ∴C= = ． 故答案为： ． 14．【考点】函数单调性的判断与证明． 【分析】去掉绝对值，根据 f′（x）≥0，得到 a 的范围即可． 【答案】1﹣ ， ]【解答】f（x）= ； ∵x∈11，2]； ∴a≤ 时，f（x）= ，f′（x）= ； 由 f′（x）≥0；解得：a≥﹣ ≥﹣ ， 即﹣ ≤a≤ 时，f′（x）≥0，f（x）在 11，2]上单调递增； 即 a 的取值范围是：1﹣ ， ]． 故答案为：1﹣ ， ]． 15. 【考点】向量数量积, 同角三角函数平方关系, 二倍角公式 【解析】法一（1）由 m n 得， 2cos sin 0   ， sin 2cos  ， ……2 分 代入 2 2cos sin 1   ， 25cos 1  且 π(0 ) 2   ， ， π(0 ) 2   ， ， 则 5cos 5   ， 2 5sin 5   ， ……4 分 则 2 25 3cos2 2cos 1 2 ( ) 1 5 5         . ……6 分 （2）由 π(0 ) 2  ， ， π(0 ) 2   ， 得， π π( ) 2 2     ， . 因 10sin( ) 10    ，则 3 10cos( ) 10    . ……9 分 则 sin sin[ ( )] sin cos( ) cos sin( )                2 5 3 10 5 10 2 5 10 5 10 2      ……12 分 因 π(0 ) 2   ， ，则 π 4   . ……14 分 法二（1）由 m n 得， 2cos sin 0   ， tan 2  ， ……2 分 故 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 1 4 3cos2 cos sin cos sin 1 tan 1 4 5                      . ……4 分 （2）由（1）知， 2cos sin 0   ， 且 2 2cos sin 1   ， π(0 ) 2  ， ， π(0 ) 2   ， ， 则 2 5sin 5   ， 5cos 5   ， ……6分 由 π(0 ) 2  ， ， π(0 ) 2   ， 得， π π( ) 2 2     ， . 因 10sin( ) 10    ，则 3 10cos( ) 10    . ……9 分 则 sin sin[ ( )] sin cos( ) cos sin( )                2 5 3 10 5 10 2 5 10 5 10 2      ……12 分 因 π(0 ) 2   ， ，则 π 4   . ……14 分 【思路点睛】在求角的某个三角函数值时，应注意根据条件选择恰当的函数，尽量做到所选 函数在确定角的范围内为一对一函数。 ①已知正切函数值，选正切函数； ②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数；若角的范围是 0， π 2 ，选正、余弦函数皆可； 若角的范围是(0，π)，选余弦函数较好；若角的范围为 － π 2 ， π 2 ，选正弦函数较好 16. 【考点】线面平行判定定理，线面垂直判定定理 证明：（1）连结 AC交 BD于点O，连结OE . 在长方体 ABCD－A1B1C1D1中，四边形 ABCD 长方形，点O为 AC的中点， ……2 分 1AA ∥ 1CC 且 1 1AA CC ，由 1 1 2 EC AA ，则 1 1 2 EC CC ， 即点 E为 1CC 的中点，于是在 1CAC△ 中， 1AC ∥OE . ……4分 又因为OE 平面 BDE， 1AC / 平面 BDE．所以 1AC ∥平面 BDE． ……6 分 （2）连结 B1E．设 AB＝a，则在△BB1E 中， BE＝B1E＝ 2a，BB1＝2a．所以 2 2 2 1 1BE B E BB  ，所以 B1E BE． ……8 分 由 ABCD－A1B1C1D1为长方体，则 A1B1 平面 BB1C1C， BE 平面 BB1C1C， 所以 A1B1 BE． ……10 分 因 B1E A1B1= B1，B1E 平面 A1B1E，A1B1 平面 A1B1E，则 BE 平面 A1B1E．……12 分 又因为 A1E 平面 A1B1E, 所以 A1E BE． 同理 A1E DE．又因为 BE 平面 BDE，DE 平面 BDE， 所以 A1E 平面 BDE． ……14 分 17. 【考点】利用正余弦定理求最值 【解析】（1）依题意得 300BD  ， 100BE  ， 在△ ABC中， 1cos 2 BCB AB   ， ∴ π 3 B  ， ……2 分 在△ BDE中，由余弦定理得： 2 2 2 2 2 12 cos 300 100 2 300 100 70000 2 DE BD BE BD BE B            ， ∴ 100 7DE  . ……6 分 答：甲乙两人之间的距离为100 7 m. ……7分 （2）由题意得 2 2EF DE y  ， BDE CEF    ， 在直角三角形CEF中， cos 2 cosCE EF CEF y     ， ……9 分 在△ BDE中，由正弦定理得 sin sin BE DE BDE DBE    ，即 200 2 cos sin sin 60 y y     ， ∴ 100 3 50 3 π3 cos sin sin( ) 3 y        ， π0 2   ， ……12 分 所以当 π 6   时， y有最小值 50 3 . ……13 分 答：甲乙之间的最小距离为 50 3 m . ……14 分 18. 【考点】直线与椭圆位置关系 【解析】（1）由已知得 3 2 c a  ， 2 2 1 3 4 1 a b   ， 解得 2 4a  ， 12 b ， ……2 分 椭圆C的方程是 2 2 1 4 x y  . ……4 分 （2）设 l 与 x 轴的交点为 ( ,0)D n ，直线 :l x my n  ，与椭圆交点为 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ， 联立 x my n  ， 2 2 1 4 x y  ，得 2 2 2(4 ) 2 4 0m y mny n     ， 2 2 2 1,2 2 2 (2 ) 4(4 )( 4) 2(4 ) mn mn m n y m        ， ∴ 1 2 22 4 y y mn m     ， 2 1 2 2 4 4 ny y m    ， ∴ 1 2 1 2 2 ( ) 2 4 2 2 4 x x m y y n n m       ，即 2 2 4( , ) 4 4 n mnH m m    ， ……6分 由 1OH  ，得 2 2 2 2 (4 ) 16 mn m    ， ……10 分 则 S△POQ 1 2 1 2 1 1| | | || | 2 2 OD y y n y y    ， 令 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4( ) [( ) 4 ] 12 16 (16 ) mT n y y n y y y y m           ， ……12 分 设 24 ( 4)t m t  … ，则 2 2 2 2 4 1 1 144(16 ) 24 144 4824 m t m t t t t         „ ， ……14 分 当且仅当 144t t  ，即 12t  ，S△POQ 1 ， ……15 分 所以△ POQ面积的最大值为 1. ……16 分 19. 【考点】等比数列求和，数列通项公式 【解析】（1） 1 1 2 1 2 3b a a     ， ……1 分 2 1 2 3 4 2 1 2 1 2 3(1 3 ) 3(3 1)( ) ( ) ( ) 1 3 2 n n n n n nS a a a a a a b b b                   .……3 分 （2）当 2n≥ 时，由 22 n nS a n  ， 2 1 12 1n nS a n    ， 则 2 2 2 2 1 1 12 2 2 ( 1) 1n n n n n n na S S a n a n a a            ， 2 2 1( 1) 0n na a    ， 1 1( 1)( 1) 0n n n na a a a      ， 故 1 1n na a   ，或 1 1n na a   .（*） ……6 分 下面证明 1 1n na a   对任意的 nN*恒不成立. 事实上，因 1 2 3a a  ，则 1 1n na a   不恒成立； 若存在 nN*，使 1 1n na a   ，设 0n 是满足上式最小的正整数，即 0 0 1 1n na a   ，显然 0 2n  ，且 0 1 (0,1)na   ，则 0 01 2 1n na a   ，则由（*）式知， 0 01 2 1n na a   ，则 0 2 0na   ， 矛盾. 故 1 1n na a   对任意的 nN*恒不成立， 所以 1 1n na a   对任意的 nN*恒成立. ……8分 因此 }{ na 是以 1 为首项，1为公差的等差数列，所以 1 ( 1)na n n    . ……10 分 （3）因数列 }{ 1nnaa 为等比数列，设公比为，则当 2n≥ 时， 1 1 1 1 n n n n n n a a a q a a a       . 即 2 1{ }na  ， 2{ }na 是分别是以 1，2 为首项，公比为的等比数列； ……12 分 故 3a q ， 4 2a q . 令 2n  ，有 4 1 2 3 4 1 2 2 9S a a a a q q         ，则 2q  . ……14 分 当 2q  时， 1 2 1 2nna    ， 1 2 2 2 2n n na    ， 1 2 1 2 3 2nn n nb a a      ，此时 2 1 2 3 4 2 1 2 1 2 3(1 2 )( ) ( ) ( ) 3(2 1) 1 2 n n n n n nS a a a a a a b b b                   . 综上所述， 1 2 2 2 , 2 , n n n n a n      当 为奇数 当 为偶数 . ……16 分 【方法点睛】给出 nS 与 na 的递推关系求 na ，常用思路是：一是利用 1, 2n n na S S n   转 化为 na 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 nS 的递推关系，先求出 nS 与之间的关系， 再求 na . 应用关系式 1 1 , 1 , 2n n n S n a S S n      时，一定要注意分 1, 2n n  两种情况，在求出 结果后，看看这两种情况能否整合在一起. 20.【考点】导数几何意义，利用导数求函数最值，利用导数研究不等式恒成立 【解析】（1） ( ) ln 1f x x   ，则  1 1f   且  1 0f  . ……1 分 所以函数 ( )y f x 在 1x  处的切线方程为： 1y x  ， ……2分 从而 (1) 2 1g    ，即 1 2   . ……4 分 （2）由题意知：设函数    21ln 1 2 h x x x x   ，则   ln 1h x x x    . ……5分 设   ln 1p x x x   ，从而   1 1 0p x x    „ 对任意  1x ， 恒成立， ……6 分 所以    ln 1 1 0p x x x p   „ ，即   0h x „ ， 因此函数    21ln 1 2 h x x x x   在  1 ， 上单调递减， ……7 分 即    1 0h x h „ ， 所以当 1x… 时， ( ) ( )f x g x„ 成立. ……8 分 （3）设函数    2ln 1H x x x x   ， 从而对任意  1x ， ，不等式 ( ) 0 (1)H x H„ 恒成立. 又   ln 1 2H x x x    ， 当   ln 1 2 0H x x x    „ ，即 ln 1 2x x  „ 恒成立时， 函数 ( )H x 单调递减. ……10 分 设   ln 1xr x x   ，则   2 ln 0xr x x   „ ， 所以    max 1 1r x r  ，即 11 2 2  „ … ，符合题意； ……12 分 当 0„ 时，   ln 1 2 0H x x x    … 恒成立，此时函数 ( )H x 单调递增. 于是，不等式 ( ) (1) 0H x H … 对任意  1x ， 恒成立，不符合题意； ……13 分 当 10 2   时，设     ln 1 2q x H x x x    ， 则   1 12 0 1 2 q x x x          ……14 分 当 11, 2 x       时，   1 2 0q x x     ，此时     ln 1 2q x H x x x    单调递增， 所以    ln 1 2 1 1 2 0H x x x H         ， 故当 11, 2 x       时，函数 ( )H x 单调递增. 于是当 11, 2 x       时， ( ) 0H x  成立，不符合题意； ……15 分 综上所述，实数的取值范围为： 1 2 … . ……16 分 考点：导数几何意义，利用导数求函数最值，利用导数研究不等式恒成立 数学附加题部分 21. 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题．．．．．．，每小题 10 分，共计 20 分．请在答题．． 卡指定区域．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A.1 选修 4-1：几何证明选讲] 【考点】与圆有关的比例线段． 【分析】连接 OA，延长 PO 与圆相交于点 B，由 PA 与⊙O 相切于点 A，可得 OA⊥AP，又 CD⊥ AP，则 CD∥OA．可得 = =．设 PC=x，则 OC=2x=OB，由切割线定理可得：PA 2 =PC•PB，解得 x，即可得出． 【解答】连接 OA，延长 PO 与圆相交于点 B， ∵PA 与⊙O 相切于点 A，∴OA⊥AP， 又 CD⊥AP，则 CD∥OA． ∴ = =． 设 PC=x，则 OC=2x=OB， 由切割线定理可得：PA2=PC•PB， ∴x•5x= ，解得 x=2． ∴CD= = =． B.1 选修 4-2：矩阵与变换] 【考点】矩阵与向量乘法的意义． 【分析】法一：由矩阵 ，得 A ﹣1 = ，由 AX=B，得 X=A ﹣1 B，由此能求出 X． 法二：由矩阵 ，得 A ﹣1 = ，由 AX=B，列出方程组，求出 x，y，由此能求出 X． 【解答】解法一：∵矩阵 ，∴A ﹣1 = ， ∵AX=B， ∴X=A ﹣1 B= = ． 解法二：∵矩阵 ，∴A ﹣1 = ， ∵AX=B， ∴ = ， ∴ ，解得 ， ∴X= ． C.1 选修 4-4：坐标系与参数方程] 【考点】简单曲线的极坐标方程． 【分析】由已知可得圆的标准方程为： ，射线直角坐标方程可以设为 y=kx，根据射线被圆所截得的弦长为 2 ，可得 k值，进而得到θ0的值． 【解答】圆 即 ， 即 的直角坐标方程为： ， 即 ， 射线θ=θ0，（θ0为常数，且 ）的直角坐标方程可以设为 y=kx（x≥0，k＞0）， 则圆心到直线的距离 d= 根据题意得：2 =2 ， 解得：k= ， 即 tanθ0= ， 故θ0= ． D.1 选修 4-5：不等式选讲] 【考点】基本不等式． 【分析】根据柯西不等式的性质可得：1（2x）2+y2]112+12]≥（2x+y）2，即可得出． 【解答】根据柯西不等式的性质可得：1（2x）2+y2]112+12]≥（2x+y）2=62， 化为：4x2+y2≥18，当且仅当 2x=y=3 时取等号． ∴4x2+y2的最小值为 18． 22．【考点】二面角的平面角及求法． 【分析】（1）由题意求得所用点的坐标，得到向量 的坐标，再由 15cos , 49 BE DE     列式求得 h a 的值； （2）由（1）得到向量 的坐标，进一步得到 的坐标，求出平面 BVC 与平面 DVC 的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，可得二面角 B﹣VC﹣D的余弦值． 【解答】解：（1）由题意，可得 B（a，a，0），C（﹣a，a，0），D（﹣a，﹣a，0），V（0，0， h），E（ ）， ∴ ， ． 故 cos＜ ＞= ， 又 cos＜ ， ＞=﹣ ，∴ ，解得： ； （2）由 ，得 ， ． 且 ． 设平面 BVC 的一个法向量为 ，则 ， 即 ，取 y1=3，得 ； 同理可得平面 DVC 的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角 B﹣VC﹣D的余弦值为﹣ ． 23．【考点】二项式定理的应用． 【分析】（1）利用二项式定理系数的性质，求出 xn的系数，即可得到结论． （2）利用已知关系式，求出等式两边的常数项系数，即可得到结果． 【解答】（1） = + +…+ = ． 证明：（2）考察等式（2+x+） n = ， 等式右边的常数项为： ， ∵ •2 n﹣r （x+） r = •2 n﹣r （ ， 当且仅当 i=2k 时， 1 k r kx x        为常数， 等式左边的常数项为： 2 2 2 2 0 2 n k n k k n k k C C           ， ∴ 2 2 2 2 0 2 n k n k k n n k n k C C C            成立．