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20xx年山東省青島市平度市高考數學二模試卷文科word版含解析-資料下載頁

2025-11-06 02:54本頁面

【導讀】a∈（0，1）∪，函數f=loga（x﹣1）的圖象過點。（2，0），命題q：?x∈N，x3＜x2．則（）。6．在△ABC中，A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若A=60°，a=，b+c=3，標不變），再把圖象上所有的點向右平移1個單位長度，得到函數g的圖象，y）滿足x2﹣y2=1，則函數y=f可能是奇函數；④函數y=log2在[2，+∞）恒為正，則實數a的取值范圍是（﹣∞，分組：第l組[25，30），第2組[30，35），第3組[35，40），第4組[40，45），聯系人，在第l，2，3組抽取的義工的人數分別是多少？求三種產品分別抽取的件數；（Ⅰ）證明：平面AEF⊥平面B1BCC1；求證：數列{an﹣1}是等比數列，并求出數列{an}的通項公式；求橢圓C的標準方程；若存在，請求出定點M及定。根據指數函數的單調性及冪函數圖象和性質，分析命題p，q的真假，

　　

【正文】 E⊥ BC 可得 AE⊥ 平面BCC1B1，從而平面 AEF⊥ 平面 B1BCC1；（ II ）由（ 1 ）知 AE 為棱錐 A ﹣ B1EF 的高．于是V =V = ．【解答】解：（ I） ∵ BB1⊥ 面 ABC， AE? 平面 ABC， ∴ AE⊥ BB1， ∵ E 是正三角形 ABC 的邊 BC 的中點， ∴ AE⊥ BC，又 ∵ BC? 平面 B1BCC1， B1B? 平面 B1BCC1， BC∩ BB1=B， ∴ AE⊥ 平面 B1BCC1， ∵ AE? 平面 AEF， ∴ 平面 AEF⊥ 平面 B1BCC1．（ II） ∵ 三棱柱所有的棱長均為 2， ∴ AE= ， ∴ S =2 2﹣ ﹣ = ，由（ I）知 AE⊥ 平面 B1BCC1 ∴ ． 19．已知數列 {an}中， a1=2，且．（ I）求證：數列 {an﹣ 1}是等比數列，并求出數列 {an}的通項公式；（ Ⅱ ）設 bn=n（ an﹣ 1），數列 {bn}的前 n 項和為 Sn，求證： 1≤ Sn＜ 4．【考點】 8E：數列的求和； 88：等比數列的通項公式．【分析】（ I）利用遞推關系變形可得 an﹣ 1= ，即可證明；（ II）利用 “錯位相減法 ”、等比數列的前 n 項和公式、數列的單調性即可證明．【解答】證明：（ I），又 a1﹣ 1=1≠ 0 ∴ 數列 {an﹣ 1}是首項為 1，公比為 2 的等比數列． ∴ ，得．（ II），設 … ① 則 … ② ① ﹣ ② 得：， ∴ ，，又， ∴ 數列 {Sn}是遞增數列，故 Sn≥ S1=1， ∴ 1≤ Sn＜ 4． 20．已知橢圓 C：，離心率為．（ I）求橢圓 C 的標準方程；（ Ⅱ ）設橢圓 C 的下頂點為 A，直線 l 過定點，與橢圓交于兩個不同的點 M、 N，且滿足 |AM|=|AN|．求直線 l 的方程．【考點】 K4：橢圓的簡單性質．【分析】（ I）由離心率公式和點滿足橢圓方程，及 a， b， c 的關系，解方程可得a， b，進而得到橢圓方程；（ Ⅱ ）討論直線的斜率不存在和存在，設出直線的方程為 y=kx+ （ k≠ 0），與橢圓方程聯立，運用韋達定理，再由 |AM|=|AN|，運用兩點的距離公式，化簡整理可得 k 的方程，解方程可得 k，進而得到所求直線方程．【解答】解：（ I）由題意可得 e= = ， + =1，且 a2﹣ b2=c2，解得 a= ， b=1，即有橢圓的方程為 +y2=1；（ Ⅱ ）若直線的斜率不存在， M， N 為橢圓的上下頂點，即有 |AM|=2， |AN|=1，不滿足題設條件；設直線 l： y=kx+ （ k≠ 0），與橢圓方程 +y2=1 聯立，消去 y，可得（ 1+3k2） x2+9kx+ =0，判別式為 81k2﹣ 4（ 1+3k2） ? ＞ 0，化簡可得 k2＞， ① 設 M（ x1， y1）， N（ x2， y2），可得 x1+x2=﹣ ， y1+y2=k（ x1+x2） +3=3﹣ = ，由 |AM|=|AN|， A（ 0，﹣ 1），可得 = ，整理可得， x1+x2+（ y1+y2+2）（） =0，（ y1≠ y2）即為﹣ +（ +2） ?k=0，可得 k2= ，即 k=177。，代入 ① 成立．故直線 l 的方程為 y=177。 x+ ． 21．已知橢圓 C： + =1（ a＞ b＞ 0）的左焦點 F1與拋物線 y2=﹣ 4 x 的焦點重合，過點 F1的直線 l 交橢圓于 A， B 兩點．當直線 l 經過橢圓 C 的一個短軸端點時，與以原點 O 為圓心，以橢圓的離心率 e 為半徑的圓相切．（ 1）求橢圓 C 的方程；（ 2）是否在 x 軸上存在定點 M，使 ? 為定值？若存在，請求出定點 M 及定值；若不存在，請說明理由．【考點】 KH：直線與圓錐曲線的綜合問題； K3：橢圓的標準方程．【分析】（ 1）求得拋物線的焦點坐標，可得 c= ，即 a2﹣ b2=3，求得直線經過（﹣ c， 0）和（ 0， b）的方程，運用直線和圓相切的條件： d=r，結合離心率公式可得 b， a，進而得到橢圓方程；（ 2）假設直線 l 的斜率存在，設直線的方程為 y=k（ x+ ），代入橢圓方程x2+4y2=4，可得 x 的方程，運用韋達定理，設出 M（ m， 0），運用向量的數量積的坐標表示，化簡整理，結合定值，可得 m，以及向量數量積的值；再討論直線l 的斜率不存在，求得 A， B，驗證成立．【解答】解：（ 1）拋物線 y2=﹣ 4 x 的焦點為（﹣ ， 0），由題意可得 c= ，即 a2﹣ b2=3，由直線 l 經過（﹣ c， 0）和（ 0， b），可得直線 l： bx﹣ cy+bc=0，直線 l 與原點 O 為圓心，以橢圓的離心率 e 為半徑的圓相切，可得 =e= = ，解得 b=1，則 a=2，即有橢圓的方程為 +y2=1；（ 2）當直線 l 的斜率存在時，設直線的方程為 y=k（ x+ ），代入橢圓方程 x2+4y2=4，可得（ 1+4k2） x2+8 k2x+12k2﹣ 4=0，設 A（ x1， y1）， B（ x2， y2），可得 x1+x2=﹣ ， x1x2= ，設 M（ m， 0）， =（ m﹣ x1，﹣ y1）， =（ m﹣ x2，﹣ y2）， ? ═ （ m﹣ x1）（ m﹣ x2） +y1y2=m2﹣ m（ x1+x2） +x1x2+k2（ x1+ ）（ x2+ ） =m2+（ k2﹣ m）（ x1+x2） +（ 1+k2） x1x2+3k2 =m2+（ k2﹣ m）（﹣ ） +（ 1+k2） ? +3k2 = ，要使 ? 為定值，則 =4，解得 m=﹣ ，即有 ? =﹣ ．當直線 l 的斜率不存在時， A（﹣ ，﹣ ）， B（﹣ ，）， =（﹣ ，）， =（﹣ ，﹣ ），可得 ? =﹣ ．則在 x 軸上存在定點 M（﹣ ， 0），使得 ? 為定值﹣ ． 2017 年 5 月 22 日

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