2013年湖北省高考数学试卷(理科)答案及解析(17页).doc

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1、-2013年湖北省高考数学试卷(理科)答案及解析-第 17 页2013年湖北省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）（2013湖北）在复平面内，复数（i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2（5分）（2013湖北）已知全集为R，集合，则ARB=（）Ax|x0Bx|2x4Cx|0x2或x4Dx|0x2或x43（5分）（2013湖北）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

2、定范围”可表示为（）A（p）（q）Bp（q）C（p）（q）Dpq4（5分）（2013湖北）将函数的图象向左平移m（m0）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（）ABCD5（5分）（2013湖北）已知，则双曲线的（）A实轴长相等B虚轴长相等C焦距相等D离心率相等6（5分）（2013湖北）已知点A（1，1），B（1，2），C（2，1），D（3，4），则向量在方向上的投影为（）ABCD7（5分）（2013湖北）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（）A1+25ln5B8+25lnC

3、4+25ln5D4+50ln28（5分）（2013湖北）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V1，V2，V3，V4，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（）AV1V2V4V3BV1V3V2V4CV2V1V3V4DV2V3V1V49（5分）（2013湖北）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X，则X的均值E（X）=（）ABCD10（5分）（2013湖北）已知a为常数，函数f（x）=x（lnxax）有两个极值点x1，x2（x1x2）（）ABC

4、D二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可均不得分（一）必考题（11-14题）（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑如果全选，则按第15题作答结果计分）11（5分）（2013湖北）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：（）直方图中x的值为_；（）在这些用户中，用电量落在区间100，250）内的户数为_12（5分）（2013湖北）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，

5、输出的结果i=_13（5分）（2013湖北）设x，y，zR，且满足：，则x+y+z=_14（5分）（2013湖北）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n个三角形数为记第n个k边形数为N（n，k）（k3），以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数，正方形数N（n，4）=n2，五边形数，六边形数N（n，6）=2n2n，可以推测N（n，k）的表达式，由此计算N（10，24）=_15（5分）（2013湖北）（选修41：几何证明选讲）如图，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为E若AB=3AD，则的值为_16（2013湖北）（选修

6、44：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为为参数，ab0）在极坐标系（与直角坐标系xOy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l与圆O的极坐标方程分别为为非零常数）与=b若直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，则椭圆C的离心率为_三、解答题：本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）（2013湖北）在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A3cos（B+C）=1（）求角A的大小；（）若ABC的面积，求sinBsinC的值18（12分）（2013湖北）已知等比数列an满足：|a2a3|=10，

7、a1a2a3=125（）求数列an的通项公式；（）是否存在正整数m，使得？若存在，求m的最小值；若不存在，说明理由19（12分）（2013湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点（）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；（）设（）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角ElC的大小为求证：sin=sinsin20（12分）（2013湖北）假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N（800，502）的随机变

8、量记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0（）求p0的值；（参考数据：若XN（，2），有P（X+）=0.6826，P（2X+2）=0.9544，P（3X+3）=0.9974）（）某客运公司用A，B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，A，B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B型车不多于A型车7辆若每天要以不小于p0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A型车、B型车各多少辆？21（13分）（2013湖北）如图，

9、已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（mn），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，BDM和ABN的面积分别为S1和S2（）当直线l与y轴重合时，若S1=S2，求的值；（）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=S2？并说明理由22（14分）（2013湖北）设n是正整数，r为正有理数（）求函数f（x）=（1+x）r+1（r+1）x1（x1）的最小值；（）证明：；（）设xR，记x为不小于x的最小整数，例如令的值（参考数据：2013年湖北省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择

10、题：本大题共10小题，每小题5分，共50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）考点：复数的代数表示法及其几何意义专题：计算题分析：将复数z=的分母实数化，求得z=1+i，即可求得，从而可知答案解答：解：z=1+i，=1i对应的点（1，1）位于第四象限，故选D点评：本题考查复数的代数表示法及其几何意义，将复数z=的分母实数化是关键，属于基础题2（5分）考点：其他不等式的解法；交、并、补集的混合运算5084954专题：计算题；不等式的解法及应用分析：利用指数函数的性质可求得集合A，通过解一元二次不等式可求得集合B，从而可求得ACRB解答：解：1=，x0，A=x|x0；又x2

11、6x+80（x2）（x4）0，2x4B=x|2x4，RB=x|x2或x4，ARB=x|0x2或x4，故选C点评：本题考查指数函数的性质与元二次不等式，考查交、并、补集的混合运算，属于中档题3（5分）考点：复合命题的真假5084954专题：阅读型分析：由命题P和命题q写出对应的p和q，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”即可得到表示解答：解：命题p是“甲降落在指定范围”，则p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”或“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”或“甲没降

12、落在指定范围，乙没降落在指定范围”三种情况所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（p）V（q）故选A点评：本题考查了复合命题的真假，解答的关键是熟记复合命题的真值表，是基础题4（5分）考点：两角和与差的正弦函数；函数y=Asin（x+）的图象变换5084954专题：三角函数的图像与性质分析：函数解析式提取2变形后，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用平移规律得到平移后的解析式，根据所得的图象关于y轴对称，即可求出m的最小值解答：解：y=cosx+sinx=2（cosx+sinx）=2sin（x+），图象向左平移m（m0）个单位长度得到y=2sin（x+m）+=2

13、sin（x+m+），所得的图象关于y轴对称，m+=k+（kZ），则m的最小值为故选B点评：此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及函数y=Asin（x+）的图象变换，熟练掌握公式是解本题的关键5（5分）考点：双曲线的简单性质5084954专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：根据双曲线的标准方程求出双曲线的几何性质同，即可得出正确答案解答：解：双曲线的实轴长为2cos，虚轴长2sin，焦距2，离心率，双曲线的实轴长为2sin，虚轴长2sintan，焦距2tan，离心率，故它们的离心率相同故选D点评：本题主要考查了双曲线的标准方程、双曲线的简单性质等，属于基础题6（5分）考点：平面向量数量积的含

14、义与物理意义5084954专题：平面向量及应用分析：先求出向量、，根据投影定义即可求得答案解答：解：，则向量方向上的投影为：cos=，故选A点评：本题考查平面向量数量积的含义与物理意义，考查向量投影定义，属基础题，正确理解相关概念是解决问题的关键7（5分）考点：定积分5084954专题：导数的综合应用分析：令v（t）=0，解得t=4，则所求的距离S=，解出即可解答：解：令v（t）=73t+，化为3t24t32=0，又t0，解得t=4由刹车行驶至停止，在此期间汽车继续行驶的距离s=4+25ln5故选C点评：熟练掌握导数的运算法则和定积分的几何意义是解题的关键8（5分）考点：由三视图求面积、体积5

15、084954专题：计算题分析：利用三视图与已知条件判断组合体的形状，分别求出几何体的体积，即可判断出正确选项解答：解：由题意以及三视图可知，该几何体从上到下由：圆台、圆柱、正四棱柱、正四棱台组成，体积分别记为V1=V2=122=2，V3=222=8V4=；，V2V1V3V4故选C点评：本题考查简单组合体的三视图与几何体的体积的求法，正确判断几何体的形状与准确利用公式求解体积是解题的关键9（5分）考点：离散型随机变量的期望与方差5084954专题：压轴题；概率与统计分析：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，38个顶点处的8个小正方体涂有3面，每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一

16、共有312=36个小正方体涂有2面，每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有96=54个小正方体涂有一面，由以上可知：还剩下125（8=36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，根据上面的分析即可得出其概率及X的分布列，利用数学期望的计算公式即可得出解答：解：由题意可知：X所有可能取值为0，1，2，38个顶点处的8个小正方体涂有3面，P（X=3）=；每一条棱上除了两个顶点处的小正方体，还剩下3个，一共有312=36个小正方体涂有2面，P（X=2）=；每个表面去掉四条棱上的16个小正方形，还剩下9个小正方形，因此一共有96=54个小正方体涂有一面，P（X

17、=1）=由以上可知：还剩下125（8+36+54）=27个内部的小正方体的6个面都没有涂油漆，P（X=0）= X0123P故X的分布列为因此E（X）=故选B点评：正确找出所涂油漆的面数的正方体的个数及古典概型的概率计算公式、分布列与数学期望是解题的关键10（5分）考点：利用导数研究函数的极值；函数在某点取得极值的条件5084954专题：压轴题；导数的综合应用分析：先求出f（x），令f（x）=0，由题意可得lnx=2ax1有两个解x1，x2函数g（x）=lnx+12ax有且只有两个零点g（x）在（0，+）上的唯一的极值不等于0利用导数与函数极值的关系即可得出解答：解：=lnx+12ax，（x0）

18、令f（x）=0，由题意可得lnx=2ax1有两个解x1，x2函数g（x）=lnx+12ax有且只有两个零点g（x）在（0，+）上的唯一的极值不等于0当a0时，g（x）0，f（x）单调递增，因此g（x）=f（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去当a0时，令g（x）=0，解得x=，x，g（x）0，函数g（x）单调递增；时，g（x）0，函数g（x）单调递减x=是函数g（x）的极大值点，则0，即0，ln（2a）0，02a1，即，f（x1）=lnx1+12ax1=0，f（x2）=lnx2+12ax2=0且f（x1）=x1（lnx1ax1）=x1（2ax11ax1）=x1（ax11）=0，f（x2）=x

19、2（lnx2ax2）=x2（ax21）=（）故选D点评：熟练掌握利用导数研究函数极值的方法是解题的关键二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分请将答案填在答题卡对应题号的位置上答错位置，书写不清，模棱两可均不得分（一）必考题（11-14题）（二）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B铅笔涂黑如果全选，则按第15题作答结果计分）11（5分）考点：频率分布直方图5084954专题：图表型分析：（I）根据频率分布直方图中，各组的频率之和为1，我们易得到一个关于x的方程，解方程即可得到答案（II）由已知中的频率分

20、布直方图，利用100，250）之间各小组的纵坐标（矩形的高）乘以组距得到100，250）的频率，利用频率乘以样本容量即可求出频数解答：解：（）依题意及频率分布直方图知，0.002450+0.003650+0.006050+x50+0.002450+0.001250=1，解得x=0.0044（II）样本数据落在100，150）内的频率为0.003650=0.18，样本数据落在150，200）内的频率为0.00650=0.3样本数据落在200，250）内的频率为0.004450=0.22，故在这些用户中，用电量落在区间100，250）内的户数为（0.18+0.30+0.22）100=70故答案为：

21、0.0044；70点评：根据新高考服务于新教材的原则，作为新教材的新增内容频率分布直方图是新高考的重要考点对于“频率分布直方图学习的关键是学会画图、看图和用图12（5分）考点：程序框图5084954分析：框图首先给变量a和变量i赋值，然后对a是否等于4进行判断，不等于4，继续判断a是否为奇数，是执行路径a=3a+1，否执行路径，再执行i=i+1，依次循环执行，当a等于4时跳出循环，输出i的值解答：解：框图首先给变量a和变量i赋值，a=4，i=1判断10=4不成立，判断10是奇数不成立，执行，i=1+1=2；判断5=4不成立，判断5是奇数成立，执行a=35+1=16，i=2+1=3；判断16=4

22、不成立，判断16是奇数不成立，执行，i=3+1=4；判断8=4不成立，判断8是奇数不成立，执行，i=4+1=5；判断4=4成立，跳出循环，输出i的值为5故答案是5点评：本题考查了程序框图，循环结构中含有条件结构，外面的循环结构为直到型，即不满足条件执行循环，直到条件满足跳出循环是基础题13（5分）考点：一般形式的柯西不等式；进行简单的合情推理5084954专题：计算题；不等式的解法及应用分析：根据柯西不等式，算出（x+2y+3z）214（x2+y2+z2）=14，从而得到x+2y+3z恰好取到最大值，由不等式的等号成立的条件解出x=、y=且z=，由此即可得到x+y+z的值解答：解：根据柯西不等

23、式，得（x+2y+3z）2（12+22+32）（x2+y2+z2）=14（x2+y2+z2）当且仅当时，上式的等号成立x2+y2+z2=1，（x+2y+3z）214，结合，可得x+2y+3z恰好取到最大值=，可得x=，y=，z=因此，x+y+z=+=故答案为：点评：本题给出x、y、z的平方和等于1，在x+2y+3z恰好取到最大值的情况下求x+y+z的值着重考查了运用柯西不等式求最值的方法，属于中档题抓住柯西不等式的等号成立的条件，是本题得以解决的关键14（5分）考点：归纳推理5084954专题：计算题分析：观察已知式子的规律，并改写形式，归纳可得，把n=10，k=24代入可得答案解答：解：原已

24、知式子可化为：，由归纳推理可得，故=1100100=1000故答案为：1000点评：本题考查归纳推理，观察已知式子的规律并改写形式是解决问题的关键，属基础题15（5分）考点：与圆有关的比例线段；直角三角形的射影定理5084954专题：压轴题；选作题分析：设圆O的半径为3x，根据射影定理，可以求出OD2=OEOC=x2，CD2=CEOC=8x2，进而得到的值解答：解：设圆O的半径OA=OB=OC=3x，AB=3AD，AD=2x，BD=4x，OD=x又点C在直径AB上的射影为D，在ABC中，由射影定理得：CD2=ADBD=8x2，在ODC中，由射影定理得：OD2=OEOC=x2，CD2=CEOC=

25、8x2，故=8故答案为：8点评：本题考查的知识点是直角三角形射影定理，射影定理在使用时一定要注意其使用范围“双垂直”16（2013湖北）考点：参数方程化成普通方程；椭圆的简单性质；点的极坐标和直角坐标的互化5084954专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：先根据极坐标与直角坐标的转换关系将直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程，再利用直线l经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，从而得到c=b，又b2=a2c2，消去b后得到关于a，c的等式，即可求出椭圆C的离心率解答：解：直线l的极坐标方程分别为为非零常数）化成直角坐标方程为x+ym=0，它与x轴的交点坐标为（m，0），由题意

26、知，（m，0）为椭圆的焦点，故|m|=c，又直线l与圆O：=b相切，从而c=b，又b2=a2c2，c2=2（a2c2），3c2=2a2，=则椭圆C的离心率为 故答案为：点评：本题考查了椭圆的离心率，考查了参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化，考查提高学生分析问题的能力三、解答题：本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）考点：余弦定理；正弦定理5084954专题：解三角形分析：（I）利用倍角公式和诱导公式即可得出；（II）由三角形的面积公式即可得到bc=20又b=5，解得c=4由余弦定理得a2=b2+c22bccosA=25+1620=21，即可得

27、出a又由正弦定理得即可得到即可得出解答：解：（）由cos2A3cos（B+C）=1，得2cos2A+3cosA2=0，即（2cosA1）（cosA+2）=0，解得（舍去）因为0A，所以（）由S=，得到bc=20又b=5，解得c=4由余弦定理得a2=b2+c22bccosA=25+1620=21，故又由正弦定理得点评：熟练掌握三角函数的倍角公式和诱导公式、三角形的面积公式、余弦定理得、正弦定理是解题的关键18（12分）考点：数列的求和；等比数列的通项公式；数列与不等式的综合5084954专题：计算题；等差数列与等比数列分析：（I）设等比数列an的公比为q，结合等比数列的通项公式表示已知条件，解方

28、程可求a1，q，进而可求通项公式（）结合（I）可知是等比数列，结合等比数列的求和公式可求，即可判断解答：解：（）设等比数列an的公比为q，则由已知可得解得故（）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而若，则是首项为，公比为1的等比数列，从而故综上，对任何正整数m，总有故不存在正整数m，使得成立点评：本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的综合应用，还考查了一定的逻辑推理与运算的能力19（12分）考点：用空间向量求平面间的夹角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法5084954专题：空间位置关系与距离；空间角分析：（I）直线l平面PAC连接EF，利用三

29、角形的中位线定理可得，EFAC；利用线面平行的判定定理即可得到EF平面ABC由线面平行的性质定理可得EFl再利用线面平行的判定定理即可证明直线l平面PAC（II）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l平面PBC连接BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBC故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF=已知PC平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF=由BD平面PBC，有BDBF，知BDF=，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论；向量法：以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量

30、的夹角即可得出二面角解答：解：（）直线l平面PAC，证明如下：连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EFAC，又EF平面ABC，且AC平面ABC，所以EF平面ABC而EF平面BEF，且平面BEF平面ABC=l，所以EFl因为l平面PAC，EF平面PAC，所以直线l平面PAC（）（综合法）如图1，连接BD，由（）可知交线l即为直线BD，且lAC因为AB是O的直径，所以ACBC，于是lBC已知PC平面ABC，而l平面ABC，所以PCl而PCBC=C，所以l平面PBC连接BE，BF，因为BF平面PBC，所以lBF故CBF就是二面角ElC的平面角，即CBF=由，作DQCP，且连接PQ，DF，

31、因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，从而四边形DQPF是平行四边形，PQFD连接CD，因为PC平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，故CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即CDF=又BD平面PBC，有BDBF，知BDF=，于是在RtDCF，RtFBD，RtBCF中，分别可得，从而（）（向量法）如图2，由，作DQCP，且连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（）可知交线l即为直线BD以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA=a，CB=b，CP=2c，则有于是，=，从而，又取平面ABC的一个法向量为，可得，设平面BEF的一个法向量

32、为，所以由可得于是，从而故，即sin=sinsin点评：本题综合考查了线面平行的判定定理和性质定理、线面垂直的判定与性质定理、平行四边形的判定与性质定理、线面角、二面角、异面直线所成的角、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角等基础知识与方法，需要较强的空间想象能力、推理能力和计算能力20（12分）考点：简单线性规划；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义5084954专题：不等式的解法及应用；概率与统计分析：（I）变量服从正态分布N（800，502），即服从均值为800，标准差为50的正态分布，适合700X900范围内取值即在（2，+2）内取值，其概率为：95.44%，从而由正态分布的

33、对称性得出不超过900的概率为p0（II）设每天应派出A型x辆、B型车y辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解解答：解：（）由于随机变量X服从正态分布N（800，502），故有=800，=50，P（700X900）=0.9544由正态分布的对称性，可得p0=（P（X900）=P（X800）+P（800X900）=（）设A型、B型车辆的数量分别为x，y辆，则相应的营运成本为1600x+2400y依题意，x，y还需满足：x+y21，yx+7，P（X36x+60y）p0由（）知，p0=P（X900），故P（X360x+60y）p0等价于36x+60y900于是问题等

34、价于求满足约束条件且使目标函数z=1600x+2400y达到最小值的x，y作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P（5，12），Q（7，14），R（15，6）由图可知，当直线z=1600x+2400y经过可行域的点P时，直线z=1600x+2400y在y轴上截距最小，即z取得最小值故应配备A型车5辆，B型车12辆点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查简单线性规划本题解题的关键是列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解21（13分）考点：直线与圆锥曲线的关系；三角形的面积公式；点到直线的距

35、离公式5084954专题：压轴题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（）设出两个椭圆的方程，当直线l与y轴重合时，求出BDM和ABN的面积S1和S2，直接由面积比=列式求的值；（）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=S2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的k值存在讨论的取值范围解答：解：以题意可设椭圆C1和C2的方程分别为，其中amn0，（）如图1，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x=0，则，所以在C1和C2的方程中分别令x=0，可得yA=

36、m，yB=n，yD=m，于是若，则，化简得221=0，由1，解得故当直线l与y轴重合时，若S1=S2，则（）如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=S2，根据对称性，不妨设直线l：y=kx（k0），点M（a，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1=d2又，所以，即|BD|=|AB|由对称性可知|AB|=|CD|，所以|BC|=|BD|AB|=（1）|AB|，|AD|=|BD|+|AB|=（+1）|AB|，于是将l的方程分别与C1和C2的方程联立，可求得根据对称性可知xC=xB，xD=xA，于是从而由和可得令，则由mn，可得t1，于是由可得因为k0，所以k20于是

37、关于k有解，当且仅当，等价于，由1，解得，即，由1，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=S2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=S2点评：本题考查了三角形的面积公式，考查了点到直线的距离公式，考查了直线与圆锥曲线的关系，该题重点考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，（）中判断的存在性是该题的难题，考查了灵活运用函数和不等式的思想方法22（14分）考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性；数列的求和；不等式的证明5084954专题：压轴题；导数的综合应用；不等式的解法及应用分析：（）先求出函数f（x）的导函数f（x），令f（x）=0

38、，解得x=0，再求出函数的单调区间，进而求出最小值为f（0）=0；（）根据（）知，即（1+x）r+11+（r+1）x，令代入并化简得，再令得，即结论得到证明；（）根据（）的结论，令，n分别取值81，82，83，125，分别列出不等式，再将各式相加得，再由参考数据和条件进行求解解答：解；（）由题意得f（x）=（r+1）（1+x）r（r+1）=（r+1）（1+x）r1，令f（x）=0，解得x=0当1x0时，f（x）0，f（x）在（1，0）内是减函数；当x0时，f（x）0，f（x）在（0，+）内是增函数故函数f（x）在x=0处，取得最小值为f（0）=0（）由（），当x（1，+）时，有f（x）f（0）=0，即（1+x）r+11+（r+1）x，且等号当且仅当x=0时成立，故当x1且x0，有（1+x）r+11+（r+1）x，在中，令（这时x1且x0），得上式两边同乘nr+1，得（n+1）r+1nr+1+nr（r+1），即，当n1时，在中令（这时x1且x0），类似可得，且当n=1时，也成立综合，得，（）在中，令，n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S的定义，得S=211点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性和求最值，以及学生的创新精神，是否会观察，会抽象概括，会用类比的方法得出其它结论，难度较大，注意利用上一问的结论