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- 2021-05-14 发布
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2014年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)解析版
数学Ⅰ
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A={},,则 .
2. 已知复数(i为虚数单位),则的实部为 .
3. 右图是一个算法流程图,则输出的的值是 .
开始
输出n
结束
(第3题)
N
Y
4. 从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数,则所取2个数的乘积为6的概率是 .
5. 已知函数与(0≤),它们的图象有一个横坐标为的交点,则的值是 .
6. 设抽测的树木的底部周长均在区间[80,130]上,其频率分布直方图如图所示,则在抽测的60株树木中,有 株树木的底部周长小于100cm.
100
80
90
110
120
130
0.010
0.015
0.020
0.025
0.030
底部周长/cm
(第6题)
7. 在各项均为正数的等比数列中,,则的值是 .
8. 设甲、乙两个圆柱的底面分别为,,体积分别为,,若它们的侧面积相等,且,则的值是 .
9. 在平面直角坐标系中,直线被圆截得的弦长
为 .
10. 已知函数,若对于任意,都有成立,则实数的取值范围是 .
11. 在平面直角坐标系中,若曲线(a,b为常数)过点,且该曲线在点P处的切线与直线平行,则的值是 .
12. 如图,在平行四边形中,已知,,,,则的值是 .
A
B
D
C
P
(第12题)
13. 已知是定义在R上且周期为3的函数,当时,. 若函数在区间上有10个零点(互不相同),则实数的取值范围是 .
14. 若△的内角满足,则的最小值是 .
二、解答题:本大题共6小题,共计90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.
15. (本小题满分14分)已知,.
(1)求的值; (2)求的值.
16. (本小题满分14分)
如图,在三棱锥中,,E,F分别为棱的中点.已知,,,.
求证:(1) 直线平面;
(2) 平面平面.
17. (本小题满分14分)
如图,在平面直角坐标系中,分别是椭圆的左、右焦点,顶点
的坐标为,连结并延长交椭圆于点A,过点A作轴的垂线交椭圆于另一点C,连结.
(1) 若点C的坐标为,且,求椭圆的方程;
(2) 若,求椭圆离心率e的值.
F1
F2
O
x
y
B
C
A
(第17题)
18. (本小题满分16分)
如图,为了保护河上古桥,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区. 规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆. 且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m. 经测量,点A位于点O正北方向60m处,点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸),.
(1) 求新桥BC的长;
(2) 当OM多长时,圆形保护区的面积最大?
170 m
60 m
东
北
O
A
B
M
C
(第18题)
19. (本小题满分16分)
已知函数,其中e是自然对数的底数.
(1) 证明:是R上的偶函数;
(2) 若关于的不等式≤在上恒成立,求实数的取值范围;
(3) 已知正数满足:存在,使得成立.
试比较与的大小,并证明你的结论.
20. (本小题满分16分)
设数列的前项和为.若对任意正整数,总存在正整数,使得,则称是“H数列”.
(1) 若数列的前n项和(N),证明:是“H数列”;
(2) 设 是等差数列,其首项,公差. 若 是“H数列”,求的值;
(3) 证明:对任意的等差数列,总存在两个“H数列”和,使得
(N)成立.
数学Ⅱ(附加题)
21.[选修4—1:几何证明选讲](本小题满分10分)
如图,AB是圆O的直径,C、D是圆O上位于AB异侧的两点.
证明:∠ OCB=∠ D.
(第21—A题)
22.[选修4—2:矩阵与变换](本小题满分10分)
已知矩阵A,B,向量,x,y为实数.若,求x+y的值.
23.[选修4—4:坐标系与参数方程](本小题满分10分)
在平面直角坐标系xOy中,已知直线的参数方程,直线与抛物线相交于A、B两点,求线段AB的长.
24.[选修4—4:不等式证明选讲](本小题满分10分)
已知x>0,y>0,证明:.
25. (本小题满分10分)
盒中共有9个球,其中有4个红球,3个黄球和2个绿球,这些球除颜色外完全相同.
(1) 从盒中一次随机取出2个球,求取出的2个球颜色相同的概率P;
(2) 从盒中一次随机取出4个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1、x2、x3,
随机变量X表示x1、x2、x3中的最大数,求X的概率分布和数学期望E(X).
26. (本小题满分10分)
已知函数,设是的导数,.
(1) 求的值;
(2) 证明:对于任意,等式都成立.
参考答案
一、选择题
1.【答案】
解析:由题意得
【考点】交集、并集、补集 (B).
【答案】
【解析】根据集合的交集运算,两个集合的交集就是所有既属于集合又属于集合的元素组成的集合,从所给的两个集合的元素可知,公共的元素为-1和3,所以答案为
【点评】本题重点考查的是集合的运算,容易出错的地方是审错题目,把交集运算看成并集运算。属于基础题,难度系数较小。
2.【答案】21
解析:由题意,其实部为21.
【考点】复数的概念 (B).
【答案】21
【解析】根据复数的乘法运算公式,,实部为21,虚部为-20。
【点评】本题重点考查的是复数的乘法运算公式,容易出错的地方是计算粗心,把算为1。属于基础题,难度系数较小。
3.【答案】5
解析:本题实质上就是求不等式的最小整数解,整数解为,因此输出的.
【考点】流程图 (A).
【答案】5
【解析】根据流程图的判断依据,本题是否成立,若不成立,则从1开始每次判断完后循环时,赋值为;若成立,则输出的值。本题经过4次循环,得到,成立,则输出的的值为5
【点评】本题重点考查的是流程图的运算,容易出错的地方是判断循环几次时出错。属于基础题,难度系数较小。
4.【答案】
解析:从1,2,3,6这4个数中任取2个数共有种取法,其中乘积为6的有和
两种取法,因此所求概念为.
【考点】古典概型 (B).
【答案】
【解析】将随机选取2个数的所有情况“不重不漏”的列举出来:(1,2),(1,3)(1,6),(2,3),(2,6),(3,6),共6种情况,满足题目乘积为6的要求的是(1,6)和(2,3),则概率为。
【点评】本题主要考查的知识是概率,题目很平稳,考生只需用列举法将所有情况列举出来,再将满足题目要求的情况选出来即可。本题属于容易题,但同时也易在列举时粗心、遗漏,需要引起考生的注意。
5.【答案】
解析:由题意,即,
所以或,即或.
又,所以.
【考点】函数的图象与性质 (B),三角函数的概念(B). (三角函数图象的交点与已知三角函数值求角)
【答案】
【解析】根据题目中两个函数的图象有一个横坐标为的交点,所以将分别代入两个函数,得到,通过正弦值为,解出或,化简解得或,结合题目中的条件,确定出。
【点评】本题主要考查的是三角函数,由两个图象交点建立一个关于的方程,在解方程时,考生一般只想到第一种情况,忽略了在一个周期内,正弦值为的角有两个:和,然而最终答案却由第二种情况解出,此处为考生的易错点和薄弱点,主要是由于对正弦值为的角的惯性思维为,这个问题也是今年的热点问题,在模拟题中也经常出现,需要引起考生的重视。
6.【答案】24
解析:由题意在抽测的60株树木中,底部周长小于100cm的株数为(0.015+0.025)1060=24.
【考点】总体分布的估计 (A). (频率分布直方图)
【答案】24
【解析】从图中读出底部周长在的频率为,底部周长在的频率为,样本容量为60株,株是满足题意的。
【点评】本题考查统计部分的内容,重点考查频率分布直方图。频率分布直方图的纵轴表示,图中读出的数据并非是频率,需要乘以组距10以后才为频率。频率分布直方图近三年的江苏考卷中都未出现,今年也是作为高考热点出现了,希望引起重视。
7.【答案】4
解析:设公比为,因为,则由得,,
解得或(舍),所以.
【考点】等比数列 (C). (等比数列的通项公式)
【答案】4
【解析】根据等比数列的定义,,所以由得,消去,得到关于的一元二次方程,解得,
【点评】本题重点考查等比数列的通项公式,将题中数列的项用和表示,建立方程解得,考查以为一个整体的整体思想去解方程,对于第7题考查此题,显得太过简单了,但此题也有易错点,考生易将等比看为等差。
8.【答案】
解析:设甲、乙两个圆柱的底面和高分别为、,、,则,,
又,所以,则.
【考点】柱、锥、台、球的表面积与体积 (A).
【答案】
【解析】由题意,,所以,圆柱的侧面积,
,则,
【点评】本题考查了圆柱的体积,主要根据侧面积相同,由底面积的比值找到高、体积的比值,难度适中。
9.【答案】
解析:圆的圆心为,半径为,点到直线的距离为,所求弦长为.
【考点】直线与圆、圆与圆的位置关系 (B). (直线与圆相交的弦长问题)
【点评】本题主要考查直线和圆相交求弦长,直线和圆的位置关系向来都是热点和重点问题,本题考查的也是一个相对简单的问题,主要侧重计算。
10.【答案】
解析:画出二次函数的分析简图:
由图象分析可得结论:开口向上的二次函数在上恒小于0的充要条件为 开口向下的二次函数在上恒大于0的充要条件为
. (江苏苏州 何睦)
【考点】一元二次不等式 (C). (一元二次方程根的分布、二次函数的性质)
【变式】
变式1 已知函数若对于任意,都有成立,则实数的取值范围是__________ . (江苏苏州 何睦)
变式2 已知函数若对于任意,都有成立,则实数的取值范围是__________ . (江苏苏州 何睦)
变式3 已知函数若存在,使得成立,则实数
的取值范围是__________ . (江苏苏州 何睦)
变式4 已知函数,若存在实数,当时,恒成立,则实数的最大值是__________ . 4 (江苏苏州 陈海锋)
变式5 若关于的不等式恒成立,则实数________. 2(江苏苏州 陈海锋)
变式6 设是定义在上的奇函数,且当时,,若对任意的,不等式恒成立,则实数的取值范围是________. (江苏苏州 陈海锋)
【答案】
【解析】二次函数开口向上,在区间上始终满足,只需即可,,解得,则
【点评】本题主要考查二次函数含参数问题,将区间上恒成立转化为只需区间端点处成立,使得题目解答过程和思路都简单很多,如果对于对称轴和区间进行讨论亦可做出但较繁琐,考生可以自己尝试。
11.【答案】
解析:曲线过点,则①,
又,所以②,
由①、②解得 所以.
【考点】导数的几何意义 (B).
【点评】本题主要考查导数的应用,求切线问题,题目很基础,点在曲线上,以及导函数在切点处的取值等于切线的斜率,而直线平行提供切线斜率,建立关于的方程组。
12.【答案】22
解析:解法一:(基底法)考虑将条件中涉及的向量用基底表示,而后实施计算.
,.
则.
因为,则,故. (江苏苏州 何睦)
解法二:(坐标法)不妨以点为坐标原点,所在直线作为轴建立平面直角坐标系,可设,则,.
由,得,由,得,则,
所求. (江苏苏州 何睦)
【考点】平面向量的加法、减法及数乘运算 (B),平面向量的数量积 (C).
【答案】22
【解析】以为基底,因为,
,
则
因为则,故
【点评】本题主要考查向量,向量的基底表示,向量的运算,本题关键在于选取哪两个向量为基底,根据题目中已知的两条边长,选为基底最为合适。向量一直都是高考的热点话题,本题的难度适中,希望引起考生的注意。
13.【答案】
解析:作出函数的图象,可知,当时,,,方程在上有10个零点,即函数的图象与直线在上有10个交点,由于函数的周期为3,因此直线与函数的图象有4个交点,则.
x
y
y=
-3 -2 -1 1 2 3 4
(江苏扬州 孟伟业)
【考点】函数与方程 (A),函数的基本性质 (B).
(函数的零点,周期函数的性质,函数图象的交点问题)
【答案】
【解析】根据题目条件,零点问题即转化为数形结合,通过找与的图象交点去推出零点,先画出[0,3]上的图像,再将轴下方的图象对称到上方,利用周期为3,将图象平移至,发现若图象要与有10个不同的交点,则
【点评】本题主要考查函数零点问题,转为为数形结合,利用图象交点去解决问题,因为零点问题、数形结合是重要的考点和难点,但是本题考查的不是特别深,所以题目难度适中,只要能画出图象就可以解决问题。同时,这也是近年来高考的热点,同样需要注意。
14.【答案】
解析:由正弦定理得,由余弦定理结合基本不等式有:
,当且仅当时等号成立. (江苏苏州 何睦)
【考点】正弦定理、余弦定理及其应用 (B),基本不等式 (C).
变式1 △ABC中,角A,B,C所对边的长分别为a,b,c,若a2+b2=2c2,则cosC的最小值为________. (江苏无锡 张芙华)
变式2 △ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若
,若的最大值为_______.
(江苏无锡 张芙华)
变式3 在△ABC中,设AD为BC边上的高,且AD = BC,b,c分别表示角B,C所对的边长,则
的取值范围是________. (江苏苏州 陈海锋)
变式4 已知三角形的三边长成等差数列,且,则实数的取值范围是_________. (江苏南通 丁勇)
拓展 在△中,已知,且,求的最小值.
解:由正弦定理得,由余弦定理结合基本不等式有:
.(当且仅当时等号成立).(江苏常州 封中华)
【答案】
【解析】根据题目条件,由正弦定理将题目中正弦换为边,得,再由余弦定理,用去表示,并结合基本不等式去解决,化简为,消去就得出答案。
【点评】本题主要考查正、余弦定理,以及不等式,最终最值是在这样一个较为特殊的角处取的,题目做为填空题的压轴题,实在是简单了,没有过多的技巧与构造,只需要用正、余弦定理和不等式即可很轻松做出答案。
15.解析:本小题主要考查三角函数的基本关系式、两角和与差及二倍角的公式,考查运算求解能力. 满分14分.
(1) 因为α∈,sinα=,所以cosα=.
故sin=sincosα+cossinα=.
(2) 由(1)知sin2α=2sinαcosα=,
cos2α=1-2sin2α=1-,
所以cos=.
【考点】同角三角函数的基本关系式 (B),两角和(差)的正弦、余弦及正切 (C),二倍角的正弦、余弦及正切 (B),运算求解能力.
16.解析:本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力. 满分14分.
(1) 因为D,E分别为棱PC,AC的中点,
所以DE∥PA.
又因为PA ⊄ 平面DEF,DEÌ平面DEF,
所以直线PA∥平面DEF.
(2) 因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点,
PA=6,BC=8,
所以DE∥PA,DE=PA=3,EF=BC=4.
又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2,
所以∠DEF=90°,即DE丄EF.
又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.
因为AC∩EF=E,ACÌ平面ABC,EFÌ平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
又DEÌ平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.
【考点】直线与平面平行、垂直的判定及性质 (B),两平面平行、垂直的判定及性质 (B),空间想象能力和推理论证能力.
17.解析:本小题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力. 满分14分.
设椭圆的焦距为2c,则,.
(1) 因为,所以,又,故.
因为点在椭圆上,所以,解得.
故所求椭圆的方程为.
(2) 解法一(官方解答):(垂直关系的最后表征)因为,在直线AB上,
所以直线AB的方程为.
解方程组 得
所以点A的坐标为.
又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为.
因为直线的斜率为,直线AB的斜率为,且,
所以,又,整理得.
故,因此.
解法二:(垂直关系的先行表征)设,
由得,由在上,则;
联立解得:
又在椭圆上,代入椭圆方程整理得,即,
所以椭圆的离心率为
【考点】中心在坐标原点的椭圆的标准方程与几何性质 (B),直线的平行关系与垂直关系 (B),直线方程 (C),运算求解能力. (椭圆的标准方程、椭圆的离心率)
18.解析:本小题主要考查直线方程、直线与圆的位置关系和解三角形等基础知识,考查建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力. 满分16分.
解法一(官方解法一):(1) 如图,以O为坐标原点,OC所在直线为x轴
170 m
60 m
x
y
O
A
B
M
C
(第18题)
建立平面直角坐标系xOy.
由条件知,
直线BC的斜率.
又因为,所以直线AB的斜率.
设点B的坐标为,则,
解得.
所以.
因此新桥BC的长为150m.
(2) 设保护区的边界圆M的半径为r m, m.
由条件知,直线BC的方程为,
即.
由于圆M与直线BC相切,故点到直线BC的距离是r,即.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,
所以即
解得.
故当时,最大,即圆面积最大.
所以当OM = 10 m时,圆形保护区的面积最大.
解法二(官方解法二):(1) 如图,延长OA,CB于点F.
170 m
60 m
x
y
O
A
B
M
C
(第18题)
F
D
因为,所以,.
因为OA = 60,OC = 170,
所以,.
从而.
因为,所以.
又因为,所以.
从而.
因此新桥BC的长为150 m.
(2) 设保护区的边界圆M与BC的切点为D,连接MD,
则,且MD是圆M的半径,并设 m, m.
因为,所以.
故由(1)知,所以.
因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,
所以 即
解得.
故当时,最大,即圆面积最大.
所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.
(1)的解法三:连结,由题意知,则由两角差的正切公式可得:
,故 m.
所以新桥的长度为m. (江苏苏州 何睦)
(2)的解法三:设与圆切于点,连接,过点作交于点.
设,则,由古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m,
那么,解得. 由,可得,
由(1)的解法二可得,所以,
故即圆的半径的最大值为130,当且仅当时取得半径的最大值.
综上可知,当 m时,圆形保护区的面积最大. (江苏兴化 顾卫)
【考点】直线方程 (C),直线与圆、圆与圆的位置关系 (B),解三角形 (B),建立数学模型及运用数学知识解决实际问题的能力.
19.解析:本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基本知识,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力. 满分16分.
(1) 因为对任意,都有,
所以是R上的偶函数.
(2) 解法一(官方解答):由条件知上恒成立.
令,则,所以对于任意成立.
因为,所以,
当且仅当,即时等号成立.
因此实数m的取值范围是.
解法二:考虑不等式两边同乘,则不等式转化为在上恒成立.
令,则问题可简化为:在上恒成立.
构造函数,由图象易得当时不符合题意.
当时,或解得.
综上可知,实数的取值范围为. (江苏苏州 陈海锋)
(3) 令函数,则.
当时,,,又,故,
所以是上的单调增函数,
因此在上的最小值是.
由于存在,使成立,当且仅当最小值,
故,即.
令函数,则,令,得.
当时,,故是上的单调减函数.
当时,,故是上的单调增函数.
所以在上的最小值时.
注意到,所以当时,.
当时,,所以对任意的成立.
①当时,,即,从而;
②当时,;
③当时,,即,故.
综上所述,当时,,当时,,当时,.
(3)的民间思路:
难题分解1:如何根据条件求出参数的取值范围?
分解路径1:直接求函数的最值.
解:令,只要在上,即可.
. 当时,.;
当时,,,则.
故在区间上,,即函数为的增函数,
则,解得.(江苏苏州 何睦)
分解路径2:参数分离可以吗?
解:欲使条件满足,则,此时,则,
构造函数,即求此函数在上的最小值.
.
因为,,
则.
则在上恒成立,故,
故(江苏苏州 何睦)
难题分解2:如何根据求得的参数的取值范围比较与的大小?
分解路径1:(取对数)与均为正数,同取自然底数的对数,
即比较与的大小,即比较与的大小.
构造函数,则,
再设,,从而在上单调递减,
此时,故在上恒成立,则在上单调递减.
当时,;当时,;
当时,.(江苏苏州 何睦)
分解路径2:(变同底,构造函数比大小)
要比较与的大小,由于,那么,
故只要比较与的大小.
令,那么.
当时,;当时,.
所以在区间上,为增函数;在区间上,为减函数.
又,,则,;
那么当时,,,;
当时,,,.
综上所述,当时,;当时,;
当时,. (江苏苏州 王耀)
【考点】函数的基本性质 (B),利用导数研究函数的单调性与极值 (B),综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力.
20.解析:本小题主要考查数列的概念、等差数列等基础知识,考查探究能力及推理论证能力. 满分16分.
(1) 证明:由已知,当时,,于是对任意的正整数n,总存在正整数,使得,所以是“H数列”.
(2) 解法一(官方解答):由已知,得,因为是“H数列”,所以存在正整
数m,使得,
即,于是.
因为,所以,故,从而.
当时,,是小于2的整数,.
于是对任意的正整数n,总存在正整数,使得,
所以是“H数列”,因此的值为.
解法二:由是首项为1的等差数列,则,,
又数列是“H数列”,不妨取时,存在满足条件的正整数,
使得,即,
(i)当时,此时,不符合题意,应舍去;
(ii)当时,不存在满足条件的;
(iii)当时,. 此时数列的通项公式为,
下面我们一起来验证为“H数列”:
;,此时,容易验证为正整数. (江苏苏州 何睦)
解法三:由题意设;又等差数列的前n项和;
由题意知对任意正整数,总存在正整数,使得,(*);
那么随着的变化而变化,可设满足函数关系式.
又,那么要使(*)对任意自然数恒成立,则;
代入得:,即有;
又当时,,即,由此可以解得.
此时. (江苏苏州 王耀)
解法四:,所以,由题意得,所以,即.
对于任意的,存在使得,
即,
化简可得.(*)
当时,此时不是整数,此时(*)式不满足;
当时,此时,而,
所以恒成立,不对恒成立,所以. (江苏兴化 顾卫)
解法五:由是首项为1的等差数列,且数列是“H数列”,
则,又,所以,则,从而,
此时,,由得,为正整数,
从而数列是“H数列”.(江苏常州 封中华)
(3) 解法一(官方解答):设等差数列的公差为,
则.
令,则.
下证是“H数列”.
设的前n项和为,则,
于是对任意的正整数n,总存在正整数,使得,
所以是“H数列”.
同理可证也是“H数列”.
所以,对任意的等差数列,总存在两个“H数列” 和,使得成立.
解法二:由(2)的解答过程可知:等差数列中若时, 是“数列”,
则.
同理等差数列中若时,是“数列”,.
任意的等差数列,则可表示为.
令,,此时,.
所以对任意的等差数列,总存在两个等差“数列”和,
使得成立.
【考点】数列的概念 (A)、等差数列 (C),探究能力及推理论证能力.
21.解析:本小题主要考查圆的基本性质,考查推理论证能力.
本小题满分10分.
证明:因为是圆上的两点,所以.
故.
又因为是圆上位于异侧的两点,
故为同弧所对的两个圆心角,
所以.
因此.
22.解析:本小题主要考查矩阵的乘法等基础知识,考查运算求解能力. 本小题满分10分.
解:由已知,得,.
因为,所以,故 解得
所以.
23.解析:本小题主要考查直线的参数方程、抛物线的标准方程等基础知识,考查运算求解能力.
本小题满分10分.
解法一(官方解答):将直线的参数方程代入抛物线方程,
得. 解得.
所以.
解法二:将直线的参数方程化为直角坐标方程为,
联立方程组解得或 即交点分别为和,
所以 (江苏镇江 陈桂明)
解法三:将直线的参数方程化为直角坐标方程为,
联立方程组 消去有,则.
所以(江苏镇江 陈桂明)
24.解析:本小题主要考查算术-几何平均不等式,考查推理论证能力.本小题满分10分.
证明:因为,所以,
故.
25. 解析:本小题主要考查排列与组合、离散型随机变量的均值等基础知识,考查运算求解能力.
满分10分.
解:(1) 取出的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球,
所以
(2) 随机变量的所有可能的取值为.
表示的随机事件是取到的4个球是4个红球,故;
表示的随机事件是取到的4个球是3个红球和1个其它颜色的球,或3个黄球和1个
其它颜色的球,故;
于是
所以随机变量的概率分布如下表:
2
3
4
因此随机变量的数学期望
26. 解析:本题主要考查简单的复合函数的导数,考查探究能力及应用数学归纳法的推理论证能力.
(1) 解:由已知,
故,
所以,即+.
(2) 证明一(官方解法):由已知得:,等式两边分别对求导:,
即,类似可得:
,
,
.
下面用数学归纳法证明等式对所有的都成立.
(ⅰ) 当时,由上可知等式成立;
(ⅱ) 假设当时等式成立,即.
因为,
,
所以.
因此当时,等式成立.
综合(ⅰ),(ⅱ)可知等式对所有的都成立.
令,可得.
所以.
解法二:令
所以,
又
故
所以,即,命题得证. (江苏南通陆王华)