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cosA=得sinA==.又bcsinA=30，所以bc=156，[AB] ·[AC] =bccosA=156×=144.

（2） a2=b2+c2-2bccosA=（c-b）2+2bc（1-cosA）=1+2·156·

1-=25，解得a=5.

2. 解： （1） 因為m·n=-，所以cos2A-sin2A=cos2A=-.由0

由正弦定理=可得 sinB=，又△ABC是銳角三角形，所以B=，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=·+·=.

S△ABC =absinC=·2·2·=3+.

（2） 由a2=b2+c2-2bccosA得b2+c2-bc=12，所以（b+c）2=3bc+12≤3

2+12，所以（b+c）2≤48，b+c≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號，所以b+c的最大值為4.

3. 解： （1） 證明：如圖1所示，取CD中點M，聯(lián)結(jié)OM. 在矩形ABCD中，OM∥BC且OM=BC，EF∥BC且EF=BC，所以EF∥OM且EF=OM. 聯(lián)結(jié)EM，F(xiàn)O，可得四邊形EFOM為平行四邊形，F(xiàn)O∥EM.又EM?平面CDE，F(xiàn)O?平面CDE，所以FO∥平面CDE.

（2） 如圖1所示，聯(lián)結(jié)FM.由（1）和已知條件可得，在等邊△CDE中， CM=DM，EM⊥CD，所以EM=MC=·=.又EF=BC=，所以平行四邊形EFOM為菱形.

過點E作EG⊥OM于點G. 因為CD⊥EM，CD⊥OM，EM∩OM=M，所以CD⊥平面EOM.又EG?平面EOM，所以CD⊥EG，又EG⊥OM，OM∩CD=M，所以EG⊥平面ABCD，∠ECG即為EC與底面ABCD所成的角.

由OM=ME=OE=可得△EOM為正三角形，所以EG=OG=·=， 所以sin∠ECG==，即EC與平面ABCD所成角的正弦值為.

4. 解： （1） 因為平面PAC⊥平面ABC并交于AC，又PD?平面PAC，PD⊥AC，所以PD⊥平面ABC.

設(shè)AC邊上的中點為E.在△ABC中，AB=BC，所以BE⊥AC.由AB=BC=，AC=4可得BE===.

如圖2所示，聯(lián)結(jié)BD.在Rt△BDE中，∠BED=90°，BE=，DE=AE-AD=1，所以BD===.由PD=，BD=，CD=3可得PB==，PC==2.又BC==，所以BC⊥PB.

（2） 如圖3所示，過點A作平面PBC的垂線，垂足為H，聯(lián)結(jié)PH，則∠APH為直線AP與平面PBC所成的角.

由（1）可知，S△ABC=×AC×BE=2. 因為PD=，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=×2×=. 又△PBC為直角三角形，BC=，PB=，所以S△PBC=×BC×PB=××=3. 因為VA-PBC=VP-ABC，即×3×AH=，所以AH=.

在Rt△PAD中，因為PD=，AD=1，所以AP===2，所以sin∠APH===，直線AP與平面PBC所成角的正弦值為.

5. 解： （1） 當(dāng)n≥2時，++…+=，所以=-.又a1=2，所以=-，化簡得2=nan-（n-1）an+1. 又2=（n+1）an+1-nan+2，所以nan-（n-1）an+1=（n+1）an+1-nan+2，化簡得2an+1=an+an+2 （n≥2，且n∈N*）.

把n=2代入已知條件得+=，即2a2=a1+a3，也滿足2an+1=an+an+2，所以2an+1=an+an+2 （n∈N*），數(shù)列{an}為等差數(shù)列.

（2） 設(shè){an}的前n項和為Sn，則由a1=2，S10=110可得d=2，所以an=a1+（n-1）·d=2n. 根據(jù)題意，存在n∈N*，使an≤（n+1）λ成立，應(yīng)有λ≥

min=

min. 因為n≥1，所以=≥1，λmin=1.

6. 解： （1） f′（x）=3ax2-4x.當(dāng)a=1時，f′（x）=3x2-4x=x（3x-4）.令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以當(dāng)x∈（-∞，0）和x∈

，+∞時，f′（x）>0；當(dāng)x∈0

，時，f′（x）<0，所以函數(shù)f（x）在（-∞，0）和

，+∞上單調(diào)遞增，在0

，上單調(diào)遞減.

（2） f′（x）=3ax2-4x=x（3ax-4）. 若a≤0，則f′（x）≤0在[0，2]上恒成立，函數(shù)f（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f（2）=-6-（8a-8-6）=8-8a.由M≤8-8a的最大整數(shù)解為3，得3≤8-8a<4，所以0.

令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以當(dāng)x∈0

，時，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，+∞時，f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.

① 當(dāng)≥2即0

② 當(dāng)0≤<2即

，上單調(diào)遞減，在

，2上單調(diào)遞增.因為f（0）=-6，f（2）=8a-14≤8-14=-6=f（0），所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f

=-6-

-6=，由3≤<4可得，與a2≤不符，所以a無解.

綜上可得實數(shù)a的取值范圍是

，

.

7. 解： （1） f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex.當(dāng)a=1時，f′（x）=[x2+3x+2]·ex，則 f′（0）=2， f（0）=1，所以函數(shù)y= f（x）在點（0， f（0））處的切線方程為y=2x+1.

（2） 令 f′（x）=0，則x2+（a+2）x+2a=0，得x=-2或x=-a.

當(dāng)a=2時， f′（x）=（x+2）2ex≥0，函數(shù) f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值.

當(dāng)a<2時，-a>-2，函數(shù) f（x）在（-∞，-2）和（-a，+∞）單調(diào)遞增，在（-2，-a）單調(diào)遞減，所以 f（x）的極大值為 f（-2）=（4-2a+a）e-2=（4-a）e-2=3，解得a=4-3e2.

8. 解： （1） 設(shè)P（x，y），代入[PN] ·[MN] =[PM] ·[NM] 得=1+x，化簡得點P的軌跡C對應(yīng)的方程為y2=4x.

（2） 將點A（m，2）代入y2=4x得m=1，所以點A的坐標(biāo)為（1，2）.

若直線AD的斜率不存在，則由AD⊥AE可知直線AE與x軸平行，且與曲線C的圖象只有一個交點A，曲線C上的動弦AE不存在，所以直線AD斜率存在.

設(shè)直線AD的方程為y-2=k（x-1），代入y2=4x，得y2-y+-4=0. 由yA=2可得yD=-2，所以點D坐標(biāo)為

-

+1，

-2.

同理可設(shè)直線AE：y-2=-（x-1），代入y2=4x得點E坐標(biāo)為（4k2+4k+1，-4k-2）.則直線DE方程為：y+4k+2= （x-4k2-4k-1），化簡得（-k2-k+1）y=kx+2k2-3k-2，即-y===2+，所以直線DE過定點（5，-2）.

1. 解： （1） 由cosA=得sinA==.又bcsinA=30，所以bc=156，[AB] ·[AC] =bccosA=156×=144.

（2） a2=b2+c2-2bccosA=（c-b）2+2bc（1-cosA）=1+2·156·

1-=25，解得a=5.

2. 解： （1） 因為m·n=-，所以cos2A-sin2A=cos2A=-.由0

由正弦定理=可得 sinB=，又△ABC是銳角三角形，所以B=，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=·+·=.

S△ABC =absinC=·2·2·=3+.

（2） 由a2=b2+c2-2bccosA得b2+c2-bc=12，所以（b+c）2=3bc+12≤3

2+12，所以（b+c）2≤48，b+c≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號，所以b+c的最大值為4.

3. 解： （1） 證明：如圖1所示，取CD中點M，聯(lián)結(jié)OM. 在矩形ABCD中，OM∥BC且OM=BC，EF∥BC且EF=BC，所以EF∥OM且EF=OM. 聯(lián)結(jié)EM，F(xiàn)O，可得四邊形EFOM為平行四邊形，F(xiàn)O∥EM.又EM?平面CDE，F(xiàn)O?平面CDE，所以FO∥平面CDE.

（2） 如圖1所示，聯(lián)結(jié)FM.由（1）和已知條件可得，在等邊△CDE中， CM=DM，EM⊥CD，所以EM=MC=·=.又EF=BC=，所以平行四邊形EFOM為菱形.

過點E作EG⊥OM于點G. 因為CD⊥EM，CD⊥OM，EM∩OM=M，所以CD⊥平面EOM.又EG?平面EOM，所以CD⊥EG，又EG⊥OM，OM∩CD=M，所以EG⊥平面ABCD，∠ECG即為EC與底面ABCD所成的角.

由OM=ME=OE=可得△EOM為正三角形，所以EG=OG=·=， 所以sin∠ECG==，即EC與平面ABCD所成角的正弦值為.

4. 解： （1） 因為平面PAC⊥平面ABC并交于AC，又PD?平面PAC，PD⊥AC，所以PD⊥平面ABC.

設(shè)AC邊上的中點為E.在△ABC中，AB=BC，所以BE⊥AC.由AB=BC=，AC=4可得BE===.

如圖2所示，聯(lián)結(jié)BD.在Rt△BDE中，∠BED=90°，BE=，DE=AE-AD=1，所以BD===.由PD=，BD=，CD=3可得PB==，PC==2.又BC==，所以BC⊥PB.

（2） 如圖3所示，過點A作平面PBC的垂線，垂足為H，聯(lián)結(jié)PH，則∠APH為直線AP與平面PBC所成的角.

由（1）可知，S△ABC=×AC×BE=2. 因為PD=，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=×2×=. 又△PBC為直角三角形，BC=，PB=，所以S△PBC=×BC×PB=××=3. 因為VA-PBC=VP-ABC，即×3×AH=，所以AH=.

在Rt△PAD中，因為PD=，AD=1，所以AP===2，所以sin∠APH===，直線AP與平面PBC所成角的正弦值為.

5. 解： （1） 當(dāng)n≥2時，++…+=，所以=-.又a1=2，所以=-，化簡得2=nan-（n-1）an+1. 又2=（n+1）an+1-nan+2，所以nan-（n-1）an+1=（n+1）an+1-nan+2，化簡得2an+1=an+an+2 （n≥2，且n∈N*）.

把n=2代入已知條件得+=，即2a2=a1+a3，也滿足2an+1=an+an+2，所以2an+1=an+an+2 （n∈N*），數(shù)列{an}為等差數(shù)列.

（2） 設(shè){an}的前n項和為Sn，則由a1=2，S10=110可得d=2，所以an=a1+（n-1）·d=2n. 根據(jù)題意，存在n∈N*，使an≤（n+1）λ成立，應(yīng)有λ≥

min=

min. 因為n≥1，所以=≥1，λmin=1.

6. 解： （1） f′（x）=3ax2-4x.當(dāng)a=1時，f′（x）=3x2-4x=x（3x-4）.令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以當(dāng)x∈（-∞，0）和x∈

，+∞時，f′（x）>0；當(dāng)x∈0

，時，f′（x）<0，所以函數(shù)f（x）在（-∞，0）和

，+∞上單調(diào)遞增，在0

，上單調(diào)遞減.

（2） f′（x）=3ax2-4x=x（3ax-4）. 若a≤0，則f′（x）≤0在[0，2]上恒成立，函數(shù)f（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f（2）=-6-（8a-8-6）=8-8a.由M≤8-8a的最大整數(shù)解為3，得3≤8-8a<4，所以0.

令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以當(dāng)x∈0

，時，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，+∞時，f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.

① 當(dāng)≥2即0

② 當(dāng)0≤<2即

，上單調(diào)遞減，在

，2上單調(diào)遞增.因為f（0）=-6，f（2）=8a-14≤8-14=-6=f（0），所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f

=-6-

-6=，由3≤<4可得，與a2≤不符，所以a無解.

綜上可得實數(shù)a的取值范圍是

，

.

7. 解： （1） f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex.當(dāng)a=1時，f′（x）=[x2+3x+2]·ex，則 f′（0）=2， f（0）=1，所以函數(shù)y= f（x）在點（0， f（0））處的切線方程為y=2x+1.

（2） 令 f′（x）=0，則x2+（a+2）x+2a=0，得x=-2或x=-a.

當(dāng)a=2時， f′（x）=（x+2）2ex≥0，函數(shù) f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值.

當(dāng)a<2時，-a>-2，函數(shù) f（x）在（-∞，-2）和（-a，+∞）單調(diào)遞增，在（-2，-a）單調(diào)遞減，所以 f（x）的極大值為 f（-2）=（4-2a+a）e-2=（4-a）e-2=3，解得a=4-3e2.

8. 解： （1） 設(shè)P（x，y），代入[PN] ·[MN] =[PM] ·[NM] 得=1+x，化簡得點P的軌跡C對應(yīng)的方程為y2=4x.

（2） 將點A（m，2）代入y2=4x得m=1，所以點A的坐標(biāo)為（1，2）.

若直線AD的斜率不存在，則由AD⊥AE可知直線AE與x軸平行，且與曲線C的圖象只有一個交點A，曲線C上的動弦AE不存在，所以直線AD斜率存在.

設(shè)直線AD的方程為y-2=k（x-1），代入y2=4x，得y2-y+-4=0. 由yA=2可得yD=-2，所以點D坐標(biāo)為

-

+1，

-2.

同理可設(shè)直線AE：y-2=-（x-1），代入y2=4x得點E坐標(biāo)為（4k2+4k+1，-4k-2）.則直線DE方程為：y+4k+2= （x-4k2-4k-1），化簡得（-k2-k+1）y=kx+2k2-3k-2，即-y===2+，所以直線DE過定點（5，-2）.

1. 解： （1） 由cosA=得sinA==.又bcsinA=30，所以bc=156，[AB] ·[AC] =bccosA=156×=144.

（2） a2=b2+c2-2bccosA=（c-b）2+2bc（1-cosA）=1+2·156·

1-=25，解得a=5.

2. 解： （1） 因為m·n=-，所以cos2A-sin2A=cos2A=-.由0

由正弦定理=可得 sinB=，又△ABC是銳角三角形，所以B=，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=·+·=.

S△ABC =absinC=·2·2·=3+.

（2） 由a2=b2+c2-2bccosA得b2+c2-bc=12，所以（b+c）2=3bc+12≤3

2+12，所以（b+c）2≤48，b+c≤4，當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號，所以b+c的最大值為4.

3. 解： （1） 證明：如圖1所示，取CD中點M，聯(lián)結(jié)OM. 在矩形ABCD中，OM∥BC且OM=BC，EF∥BC且EF=BC，所以EF∥OM且EF=OM. 聯(lián)結(jié)EM，F(xiàn)O，可得四邊形EFOM為平行四邊形，F(xiàn)O∥EM.又EM?平面CDE，F(xiàn)O?平面CDE，所以FO∥平面CDE.

（2） 如圖1所示，聯(lián)結(jié)FM.由（1）和已知條件可得，在等邊△CDE中， CM=DM，EM⊥CD，所以EM=MC=·=.又EF=BC=，所以平行四邊形EFOM為菱形.

過點E作EG⊥OM于點G. 因為CD⊥EM，CD⊥OM，EM∩OM=M，所以CD⊥平面EOM.又EG?平面EOM，所以CD⊥EG，又EG⊥OM，OM∩CD=M，所以EG⊥平面ABCD，∠ECG即為EC與底面ABCD所成的角.

由OM=ME=OE=可得△EOM為正三角形，所以EG=OG=·=， 所以sin∠ECG==，即EC與平面ABCD所成角的正弦值為.

4. 解： （1） 因為平面PAC⊥平面ABC并交于AC，又PD?平面PAC，PD⊥AC，所以PD⊥平面ABC.

設(shè)AC邊上的中點為E.在△ABC中，AB=BC，所以BE⊥AC.由AB=BC=，AC=4可得BE===.

如圖2所示，聯(lián)結(jié)BD.在Rt△BDE中，∠BED=90°，BE=，DE=AE-AD=1，所以BD===.由PD=，BD=，CD=3可得PB==，PC==2.又BC==，所以BC⊥PB.

（2） 如圖3所示，過點A作平面PBC的垂線，垂足為H，聯(lián)結(jié)PH，則∠APH為直線AP與平面PBC所成的角.

由（1）可知，S△ABC=×AC×BE=2. 因為PD=，所以VP-ABC=×S△ABC×PD=×2×=. 又△PBC為直角三角形，BC=，PB=，所以S△PBC=×BC×PB=××=3. 因為VA-PBC=VP-ABC，即×3×AH=，所以AH=.

在Rt△PAD中，因為PD=，AD=1，所以AP===2，所以sin∠APH===，直線AP與平面PBC所成角的正弦值為.

5. 解： （1） 當(dāng)n≥2時，++…+=，所以=-.又a1=2，所以=-，化簡得2=nan-（n-1）an+1. 又2=（n+1）an+1-nan+2，所以nan-（n-1）an+1=（n+1）an+1-nan+2，化簡得2an+1=an+an+2 （n≥2，且n∈N*）.

把n=2代入已知條件得+=，即2a2=a1+a3，也滿足2an+1=an+an+2，所以2an+1=an+an+2 （n∈N*），數(shù)列{an}為等差數(shù)列.

（2） 設(shè){an}的前n項和為Sn，則由a1=2，S10=110可得d=2，所以an=a1+（n-1）·d=2n. 根據(jù)題意，存在n∈N*，使an≤（n+1）λ成立，應(yīng)有λ≥

min=

min. 因為n≥1，所以=≥1，λmin=1.

6. 解： （1） f′（x）=3ax2-4x.當(dāng)a=1時，f′（x）=3x2-4x=x（3x-4）.令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以當(dāng)x∈（-∞，0）和x∈

，+∞時，f′（x）>0；當(dāng)x∈0

，時，f′（x）<0，所以函數(shù)f（x）在（-∞，0）和

，+∞上單調(diào)遞增，在0

，上單調(diào)遞減.

（2） f′（x）=3ax2-4x=x（3ax-4）. 若a≤0，則f′（x）≤0在[0，2]上恒成立，函數(shù)f（x）在[0，2]上單調(diào)遞減，所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f（2）=-6-（8a-8-6）=8-8a.由M≤8-8a的最大整數(shù)解為3，得3≤8-8a<4，所以0.

令f′（x）=0，得x1=0，x2=，所以當(dāng)x∈0

，時，f′（x）<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈

，+∞時，f′（x）>0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增.

① 當(dāng)≥2即0

② 當(dāng)0≤<2即

，上單調(diào)遞減，在

，2上單調(diào)遞增.因為f（0）=-6，f（2）=8a-14≤8-14=-6=f（0），所以f（x）max-f（x）min=f（0）-f

=-6-

-6=，由3≤<4可得，與a2≤不符，所以a無解.

綜上可得實數(shù)a的取值范圍是

，

.

7. 解： （1） f′（x）=（2x+a）ex+（x2+ax+a）ex=[x2+（a+2）x+2a]ex.當(dāng)a=1時，f′（x）=[x2+3x+2]·ex，則 f′（0）=2， f（0）=1，所以函數(shù)y= f（x）在點（0， f（0））處的切線方程為y=2x+1.

（2） 令 f′（x）=0，則x2+（a+2）x+2a=0，得x=-2或x=-a.

當(dāng)a=2時， f′（x）=（x+2）2ex≥0，函數(shù) f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值.

當(dāng)a<2時，-a>-2，函數(shù) f（x）在（-∞，-2）和（-a，+∞）單調(diào)遞增，在（-2，-a）單調(diào)遞減，所以 f（x）的極大值為 f（-2）=（4-2a+a）e-2=（4-a）e-2=3，解得a=4-3e2.

8. 解： （1） 設(shè)P（x，y），代入[PN] ·[MN] =[PM] ·[NM] 得=1+x，化簡得點P的軌跡C對應(yīng)的方程為y2=4x.

（2） 將點A（m，2）代入y2=4x得m=1，所以點A的坐標(biāo)為（1，2）.

若直線AD的斜率不存在，則由AD⊥AE可知直線AE與x軸平行，且與曲線C的圖象只有一個交點A，曲線C上的動弦AE不存在，所以直線AD斜率存在.

設(shè)直線AD的方程為y-2=k（x-1），代入y2=4x，得y2-y+-4=0. 由yA=2可得yD=-2，所以點D坐標(biāo)為

-

+1，

-2.

同理可設(shè)直線AE：y-2=-（x-1），代入y2=4x得點E坐標(biāo)為（4k2+4k+1，-4k-2）.則直線DE方程為：y+4k+2= （x-4k2-4k-1），化簡得（-k2-k+1）y=kx+2k2-3k-2，即-y===2+，所以直線DE過定點（5，-2）.