高考模擬題精選之?dāng)?shù)學(xué)（文科）解答題參考答案

1. 解： （1） 由圖象可知函數(shù)f（x）的周期T=4-=2π，所以ω===1，所以f（x）=asinx+bcosx.代入，0，，-1可得a-b=0，-a-b=-1.解得a=，b=.所以ω=1，a=，b=.

（2） 由（1）得f（x）=sinx+cosx=sinx+.當(dāng)x∈-，時(shí)，x+∈（0，π），故0

2. 解： （1） 整理an+1=？姿an+？姿n+1+（2-？姿）·2n可得an+1-2n+1=？姿（an-2n）+？姿n+1 （？姿>0），等式兩邊同除以？姿n+1可得=+1.因?yàn)閎n=，所以bn+1=bn+1，所以{bn}為等差數(shù)列，首項(xiàng)b1===0，公差為1，所以bn=n-1，即=n-1，由此可得an=（n-1）？姿n+2n.

（2） 設(shè)Tn=？姿2+2？姿3+3？姿4+…+（n-2）？姿n-1+（n-1）？姿n （①），則？姿Tn=？姿3+2？姿4+3？姿5+…+（n-2）？姿n+（n-1）·？姿n+1 （②）.

當(dāng)？姿≠1時(shí)，①-②可得（1-？姿）Tn=？姿2+？姿3+？姿4+…+？姿n-（n-1）？姿n+1，所以Tn===，所以Sn=+2n+1-2.

當(dāng)？姿=1時(shí)，Tn=1+2+3+…+（n-1）=，所以Sn=+2n+1-2.

3. 解： （1） 如圖1所示，聯(lián)結(jié)AC，因?yàn)镠為正方形ABCD對(duì)角線BD的中點(diǎn)，所以H也是正方形對(duì)角線AC的中點(diǎn).又F為線段AE的中點(diǎn)，所以FH是△AEC的中位線，所以FH∥CE.因?yàn)镕H？埭平面CDE，CE？奐平面CDE，所以FH∥平面CDE.

（2） 如圖1所示，在平面ABE內(nèi)，過F作AB的垂線交AB于M，聯(lián)結(jié)MH.因?yàn)槠矫鍭BE⊥平面ABCD，F(xiàn)M⊥AB，所以FM⊥平面ABCD，所以∠FHM就是直線FH與平面ABCD所成的角θ，tanθ=.

過H作HN⊥AB，設(shè)AN=x，因?yàn)锳B=4，所以x∈[0，4].因?yàn)镠在正方形ABCD的對(duì)角線BD上，所以∠HBN=45°，又HN⊥AB，所以△HNB為直角等腰三角形.由BN=4-x可得HN=4-x.因?yàn)椤螮AB=120°，所以∠MAF=60°，又AF=AE=·4=2，F(xiàn)M⊥AB，所以MA=AF·cos60°=1，F(xiàn)M=AF·sin60°=，所以MN=MA+AN=1+x，故MH===.當(dāng)且僅當(dāng)x=即MH取最小值時(shí)，（tanθ）max===.

4. 解： （1） 如圖2所示，取BD的中點(diǎn)M，聯(lián)結(jié)AM，ME.因?yàn)锳B=AD=，所以AM⊥DB.

由DB=2，DC=1，BC=可得DB2+DC2=BC2，所以△BCD是直角三角形且DB⊥DC.因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以ME為△BCD的中位線，所以ME∥DC且ME=DC=，由BD⊥DC可得ME⊥BD.所以∠AME是二面角A-BD-C的平面角，由題意可知∠AME=60°.

由AB=AD=，DB=2可得AB2+AD2=DB2，所以△ABD為等腰直角三角形，所以AM=BD=1.由余弦定理可得AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2·1··cos60°=.因?yàn)锳E2+ME2=+2=1=AM2，所以AE⊥ME.因?yàn)锳M⊥DB，ME⊥DB且AM∩ME=M，所以DB⊥平面AME，所以DB⊥AE.又BD∩ME=M，所以AE⊥平面BCD.

（2） 如圖2所示，取DC的中點(diǎn)F，聯(lián)結(jié)EF，AF. 因?yàn)镋為BC的中點(diǎn)，所以EF為△BCD的中位線，所以EF∥DB.又DB⊥DC，所以EF⊥DC.

由AE⊥平面BCD得AE⊥DC，而AE∩EF=E，所以DC⊥平面AEF.所以AF⊥DC，結(jié)合EF⊥DC可得∠AFE為二面角A-DC-B的平面角.因?yàn)锳E⊥平面BCD，而在Rt△AEF中，EF=DB=1，AE2=，所以AF==，所以cos∠AFE==，即二面角A-DC-B的平面角的余弦值為.

5. 解： （1） f ′（x）=ax2+2bx+c，由題意可得f ′（1）=a+2b+c=0 （①），f ′（m）=am2+2bm+c=-a （②）.由a0.

由（①）得c=-a-2b，代入ab，再結(jié)合b>a，a<0，解得-<<1 （③）.

將c=-a-2b代入②式可得am2+2bm-2b=0，由題意可知以m為未知數(shù)的方程am2+2bm-2b=0有實(shí)根，故其判別式Δ=4b2+8ab≥0，解得≤-2或≥0 （④）.由③④可得0≤<1.

（2） f ′（x）=ax2+2bx+c的判別式Δ=4b2-4ac，代入c=-a-2b可得Δ=4b2-4a（-a-2b）=4b2+4a2+8ab.由（1）可知4b2+8ab≥0，故Δ=4b2+4a2+8ab>0，所以方程ax2+2bx+c=0 （*）有兩個(gè)不等的實(shí)根.

設(shè)兩根為x1，x2，由f ′（1）=a+2b+c=0可知x1=1為方程*的一個(gè)實(shí)根，又由韋達(dá)定理可得x1+x2=-，所以x2=--1.因?yàn)樯衔囊炎C0≤<1，所以-∈（-2，0]，所以x2=--1<0

因?yàn)閍<0，所以二次函數(shù)f ′（x）的圖象開口向下，所以當(dāng)xx1時(shí)，f ′（x）<0；當(dāng)x20.故函數(shù)f （x）的遞增區(qū)間為[x2，x1].由題設(shè)可知[x2，x1]=[s，t]，因此s-t=x1-x2=1---1=2+，結(jié)合0≤<1可知s-t的取值范圍為[2，4）.

6. 解： （1） f（x）的定義域?yàn)镽.當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=ex-ex+e，f ′（x）=ex-e.令f ′（x）=0，解得x=1.當(dāng)x>1時(shí)，f ′（x）>0；當(dāng)x<1時(shí)，f ′（x）<0.所以f （x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

（2） f（x）>0對(duì)任意的x∈R恒成立等價(jià)于f（x）>0對(duì)任意的x∈[0，+∞）恒成立.對(duì)f（x）=ex-ax+a求導(dǎo)得 f ′（x）=ex-a.令f ′（x）=0，解得x=lna.

當(dāng)a∈（0，1]時(shí)，由于x∈[0，+∞），所以ex≥1，所以f ′（x）≥1-a≥0，故f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f（x）≥f（0）=1+a>0，符合題意.

當(dāng)a∈（1，+∞）時(shí)，lna>0. 分析可知，當(dāng)x∈（0，lna）時(shí)， f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（lna，+∞）時(shí)， f′（x）>0， f（x）單調(diào)遞增.故f（x）min= f（lna）.因?yàn)?f（x）>0對(duì)任意的x∈[0，+∞）恒成立，所以f（lna）=elna-a·lna+a>0，解得a1，所以1

綜上可得，a的取值范圍是a∈（0，e2）.

7. 解： （1） 觀察可知直線l：x=ty+（p>0）過拋物線C：y2=2px的焦點(diǎn)F，0.當(dāng)t=0時(shí)，直線l：x=垂直于x軸，與拋物線分別交于A，p，B，-p，故AB=2p.又拋物線的準(zhǔn)線x=-上的一點(diǎn)D到直線l：x=的距離d=p，故由S△ABD=AB·d=·2p·p=p2=4可得p=2 （p=-2舍去），所以拋物線的方程為y2=4x.

（2） 設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.因?yàn)镈在準(zhǔn)線x=-上，故可設(shè)D-，m.聯(lián)立直線方程與拋物線方程可得x=ty+，y2=2px；整理得y2-2pty-p2=0.由韋達(dá)定理可得y1+y2=2pt，y1·y2=-p2，故x1+x2=ty1++ty2+=2pt2+p.設(shè)AB的中點(diǎn)為M，則Mpt2+，pt.因?yàn)椤鰽BD為正三角形，所以DM⊥AB.

當(dāng)t≠0時(shí)，由直線l的方程x=ty+可知kAB=，故kDM=-=-t，即=

-t，解得m=pt3+2pt，所以D-，pt3+2pt.所以DM==p（t2+1）.

又由l過焦點(diǎn)F可知AB=AF+BF=x1++x2+=2pt2+p+p=2p（t2+1）.因?yàn)镈M為正三角形ABD底邊上的中線，所以DM=AB，即p（t2+1）·=·2p（t2+1），解得t=±.故點(diǎn)D的坐標(biāo)為-，±4p.

當(dāng)t=0時(shí)，由（1）可知AB⊥x軸，AB的中點(diǎn)為F，0，要使△ABD為正三角形，DF應(yīng)垂直于AB，故D-，0.此時(shí)DF=p，AB=2p，由DF≠AB可得t=0不滿足題意.

綜上可得，D的坐標(biāo)為-，±4p.

8. 解： （1） 拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點(diǎn)F0，，準(zhǔn)線l：y=-.因?yàn)閳AM：x2+（y-b）2=1關(guān)于l對(duì)稱，故圓心M（0，b）在準(zhǔn)線l：y=-上，所以b=-.因?yàn)楫?dāng)F到圓M上的點(diǎn)的距離d′有最大值時(shí)，F(xiàn)與圓上該點(diǎn)連線過圓心M，又圓M的半徑r=1，所以d′=MF+r=--+1=3，解得p=2，所以b=-=-1.所以拋物線C的方程為x2=4y，圓M的方程為x2+（y+1）2=1.

（2） 點(diǎn)N（2t，t2）在拋物線C：x2=4y上.對(duì)x2=4y即y=x2求導(dǎo)可得y′=x，所以點(diǎn)N處的切線l1的斜率k1=y′ x=2t==t，可得直線l1的方程為y-t2=t（x-2t），即tx-y-t2=0.所以焦點(diǎn)F（0，1）到l1的距離d==.

因?yàn)閳A心M（0，-1）到l1的距離d1=，所以AB=2=2=2=2，所以=2=2.令=m，則有=2.由d1

9. 解： （1） 因?yàn)辄c(diǎn)P（x，y），F(xiàn)0，P，故PF=.又由題意知PF的長(zhǎng)度比點(diǎn)P到x軸的距離大，故PF=y+.所以x2+y-2=y+2，整理得x2=p（y+y）.當(dāng)y≥0時(shí)，x2=2py；當(dāng)y<0時(shí)，x=0，故所求軌跡方程為C：x2=2py（y≥0）或x=0（y<0）.

（2） 因?yàn)镻在x軸上方，所以C：x2=2py （y>0，x≠0）.設(shè)過A（0，a）的直線方程為y=kx+a （a>0），M（x1，y1），N（x2，y2）.由題意可得M1（x1，-a），N1（x2，-a）.如圖3所示，不妨設(shè)x1<0，x2>0.

聯(lián)立y=kx+a與x2=2py，整理得x2-2kpx-2ap=0.因?yàn)橹本€與拋物線交于M，N兩點(diǎn)，所以由韋達(dá)定理可得x1+x2=2kp，x1·x2=-2ap.所以y1+y2=k（x1+x2）+2a=2k2p+2a，y1y2=·==a2.

由圖3可知S2=S△AMN=M1N1·2a=a·x2-x1=a·=a·，S1=S△AMM=·MM1·（-x1）=-（y1+a），S3=S△ANN=NN1·x2=（y2+a），所以=a2·（4k2p2+8ap）=4k2a2p2+8a3p，S1S3=-·[（y1y2）+a（y1+y2）+a2]=[a2+a（2k2p+2a）+a2]=2a3p+k2a2p2.令=λS1S3，解得λ=4.故存在λ=4，使得對(duì)任意的a>0，都有=S1S3.