年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 数学试题卷（理工农医类） 数学试题卷（理工农医类）
满分 150 分.考试时间 120 分钟. 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦 擦干净后，再选其他答案标号. 3．答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 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备选项中，只有一项 是符合题目要求的. 1．复数
i2 + i3 + i 4 = 1− i
1 1 − i 2 2
2
A． −
B． −
1 1 + i 2 2
C．
1 1 − i 2 2
D．
1 1 + i 2 2
2． x 0 ”的 “ A．充分而不必要条件 C．充要条件 3．已知 lim(
x →∞
B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要
A． −6
2 ax −1 + ) = 2 ，则 a = x −1 3x
B． 2
5
C．3
6
D．6
4． (1 + 3 x ) n (其中n ∈ N 且n≥6) 的展开式中 x 与x 的系数相等，则 n= A．6 B．7 C．8 D．9
5．下列区间中，函数 f（x） In(2 − x) 在其上为增函数的是 = A． ∞,1 ] （B． −1, 3
4
C． 0,
3 2
2
)
2
D． [1, 2 )
6．若△ABC 的内角 A、B、C 所对的边 a、b、c 满足 a + b） − c = 4 ，且 C=60°，则 ab 的值为 （ A．
4 3
B． 8 − 4 3
C． 1
D．
2 3
7．已知 a＞0，b＞0，a+b=2，则 y= A．
1 4 + 的最小值是 a b
C．
7 2
B．4
9 2
D．5
2 2 8．在圆 x + y − 2 x − 6 y = 0 内，过点 E（0，1）的最长弦和最短弦分别是 AC 和 BD，则四边形
1
ABCD 的面积为 A． 5 2 B． 10 2 C． 15 2 D． 20 2
9．高为
2 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同 4
一球面上，则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为 A．
2 4
B．
2 2
C．1
D． 2
10．设 m，k 为整数，方程 mx − kx + 2 = 0 在区间（0,1）内有两个不同的根，则 m+k 的最小值
2
为 A．-8 B．8 C．12 D．13 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分，把答案写在答题卡相应位置上 11．在等差数列 {an } 中， a3 + a7 = 37 ，则 a2 + a4 + a6 + a8 = __________ 12．已知单位向量 e1 ， e2 的夹角为 60°，则 2e1 − e2 = __________ 13．将一枚均匀的硬币投掷 6 次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率__________ 14．已知 sin α =
1 π + cos α ，且 α ∈ 0, ，则 2 2
cos 2α 的值为__________ π sin α − 4
15．设圆 C 位于
抛物线 y 2 = 2 x 与直线 x=3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 C 的半径能 取到的最大值为__________ 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 16． （本小题满分 13 分） 设 a ∈ R ， f ( x ) = cos x ( a sin x − cos x ) + cos 2 数 f ( x) 在 [
π − x 满足 2
π f − = f ( 0 ) ，求函 3
π 11π
, ] 上的最大值和最小值. 4 24
2
17． （本小题满分 13 分） （Ⅰ）小问 5 分， （Ⅱ）小问 8 分） 某市公租房的房源位于 A，B，C 三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源， 且申请其中任一个片区的房源是等可能的求该市的任 4 位申请人中： （Ⅰ）恰有 2 人申请 A 片区房源的概率； （Ⅱ）申请的房源所在片区的个数 ξ 的分布列与期望
18． （本小题满分 13 分， （Ⅰ）小问 6 分， （Ⅱ）小问 7 分． ） 设 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx +1 的导数 f '( x ) 满足 f '(1) = 2a, f '( 2) = −b ，其中常数 a, b ∈ R ． （Ⅰ）求曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程； （Ⅱ） 设 g ( x ) = f '( x )e − x ，求函数 g ( x ) 的极值．
19． （本小题满分 12 分， （Ⅰ）小问 5 分， （Ⅱ）小问 7 分． ） 如题（19）图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC ⊥ 平面 ACD ， AB ⊥ BC ， AD = CD ， ∠CAD = 30° ． （Ⅰ）若 AD = 2 ， AB = 2 BC ，求四面体 ABCD 的体积； （Ⅱ）若二面角 C − AB − D 为 60° ，求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值．
20． （本小题满分 12 分， （Ⅰ）小问 4 分， （Ⅱ）小问 8 分． ）
3
如题（20）图，椭圆的中心为原点 O ，离心率 e = （Ⅰ）求该椭圆的标准方程；
2 ，一条准线的方程为 x = 2 2 ． 2
（Ⅱ）设动点 P 满足： OP = OM + 2ON ，其中 M , N 是椭圆上的点，直线 OM 与 ON 的斜 率之积为 −
uuu r
uuur
uuu r
1 ，问：是否存在两个定点 F1 , F2 ，使得 PF1 + PF2 为定值？若存在，求 2
F1 , F2 的坐标；若不存在，说明理由．
21． （本小题满分 12 分， （I）小问 5 分， （II）小问 7 分） 设实数数列 {a n } 的前 n 项和 S n ，满足 S n +1 = a n +1 S n ( n ∈ N )
*
（I）若 a1 , S 2 − 2a2 成等比数列，求 S2 和 a3 ； （II）求证：对 k ≥ 3有0 ≤ ak +1 ≤ ak ≤
4 3
参考答案
一、选择题：本题考查基本知识和基本运算，每小题 5 分，满分 50 分. 1—5 CADBD 6—10 ACBCD 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题 5 分，满分 25 分. 11．74 12． 3 13．
11 32
14． −
14 2
15． 6 − 1
三、解答题：满分 75 分. 16． （本题 13 分） 解： f ( x ) = a sin x cos x − cos 2 x + sin 2 x
=
a sin 2 x − cos 2 x. 2
4
由 f (−
π
3
) = f (0)得 −
3 a 1 ⋅ + = −1, 解得a = 2 3. 2 2 2
因此
f ( x ) = 当 x ∈[
3 sin 2 x − cos 2 x = 2sin(2 x −
π
6
).
, ]时, 2 x − ∈ [ , ], f ( x) 为增函数， 4 3 6 3 2 π 11π π π 3π ]时, 2 x − ∈ [ , ], f ( x) 为减函数， 当 x ∈[ , 3 24 6 2 4 π 11π π 所以 f ( x )在[ , ]上的最大值为f ( ) = 2. 4 4 3 π 11π 又因为 f ( ) = 3, f ( ) = 2, 4 24 π 11π 11π ] 上的最小值为 f ( ) = 2. 故 f ( x )在[ , 4 24 24
17． （本题 13 分） 解：这是等可能性事件的概率计算问题. （I）解法一：所有可能的申请方式有 34 种，恰有 2 人申请 A 片区房源的申请方式 C4 ⋅ 2 种，
2 2
π π
π
π π
从而恰有 2 人申请 A 片区房源的概率为
2 C4 ⋅ 2 2 8 = . 4 27 3
解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是 4 次独立重复试验. 记“申请 A 片区房源”为事件 A，则 P ( A) =
1 . 3
从而，由独立重复试验中事件 A 恰发生 k 次的概率计算公式知，恰有 2 人申请 A 片区房源的 概率为
1 2 8 P4 (2) = C42 ( )2 ( ) 2 = . 3 3 27
（II）ξ的所有可能值为 1，2，3.又
3 1 = , 4 27 3 C 2 (C1 C 3 + C 2 C 2 ) 14 C 2 (24 − 2) 14 P(ξ = 2) = 3 2 4 4 4 2 = (或P(ξ = 2) = 3 4 = ) 27 27 3 3 P(ξ = 1) = P(ξ = 3) =
1 2 1 C3 C4 C2 4 C 2 A3 4 = (或P(ξ = 3) = 4 4 3 = ). 9 9 34 3
综上知，ξ有分布列 1 ξ P 从而有
2
3
1 27
14 27
4 9
5
Eξ = 1 ×
1 14 4 65 + 2× + 3× = . 27 27 9 27
18． （本题 13 分） 解： （I）因 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx + 1, 故 f ′( x) = 3 x 2 + 2ax + b. 令 x = 1, 得f ′(1) = 3 + 2a + b, 由已知 f ′(1) = 2a,因此3 + 2a + b = 2a, 解得b = −3. 又令 x = 2, 得f ′(2) = 12 + 4a + b, 由已知 f ′(2) = −b, 因此 12 + 4a + b = −b, 解得 a = − .
3 2
3 2 5 x − 3 x + 1, 从而f (1) = − 2 2 3 又因为 f ′(1) = 2 × ( − ) = −3, 故曲线 y = f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线方程为 2 5 y − (− ) = −3( x − 1), 即6 x + 2 y − 1 = 0. 2
因此 f ( x ) = x −
3
（II）由（I）知 g ( x ) = (3 x 2 − 3 x − 3)e − x ， 从而有 g ′( x ) = ( −3 x 2 + 9 x)e − x . 令 g ′( x ) = 0, 得 − 3 x + 9 x = 0, 解得x1 = 0, x2 = 3.
2
当 x ∈ ( −∞, 0)时, g ′( x) 0, 故g ( x) 在（0，3）上为增函数； 当 x ∈ (3, +∞) 时， g ′( x)
2 15 4 15 , AB = . 5 5
6
故四面体 ABCD 的体积
V =
1 1 1 4 15 2 15 4 ⋅ S ∆ABC ⋅ DF = × × × = . 3 3 2 5 5 5
（II）解法一
：如答（19）图 1，设 G，H 分别为边 CD，BD 的中点，则 FG//AD，GH//BC，从 而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角. 设 E 为边 AB 的中点，则 EF//BC，由 AB⊥BC，知 EF⊥AB.又由（I）有 DF⊥平面 ABC， 故由三垂线定理知 DE⊥AB. 所以∠DEF 为二面角 C—AB—D 的平面角，由题设知∠DEF=60° 设 AD = a, 则DF = AD ⋅ sin CAD =
a . 2 a 3 3 ⋅ = a, 2 3 6
在 Rt ∆DEF中, EF = DF ⋅ cot DEF =
从而 GH =
1 3 BC = EF = a. 2 6 1 a BD = ， 2 2
因 Rt△ADE≌Rt△BDE，故 BD=AD=a，从而，在 Rt△BDF 中， FH = 又 FG =
1 a AD = , 从而在△FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 2 2 FG 2 + GH 2 − FH 2 GH 3 = = 2 FG ⋅ GH 2 FG 6 3 . 6
cos FGH =
因此，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为
解法二：如答（19）图 2，过 F 作 FM⊥AC，交 AB 于 M，已知 AD=CD， 平面 ABC⊥平面 ACD，易知 FC，FD，FM 两两垂直，以 F 为原点，射线 FM，FC，FD 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 F—xyz. 不妨设 AD=2，由 CD=AD，∠CAD=30°，易知点 A，C，D 的坐标分别为
A(0, − 3, 0), C (0, 3, 0), D(0, 0,1), uuur 则 AD = (0, 3,1).
显然向量 k = (0, 0,1) 是平面 ABC 的法向量. 已知二面角 C—AB—D 为 60°， 故可取平面 ABD 的单位法向量 n = (l , m, n) ， 使得 = 60 , 从而n =
o
1 . 2
7
uuur 3 由n ⊥ AD, 有 3m + n = 0, 从而m = − . 6 6 由l 2 + m 2 + n 2 = 1, 得l = ± . 3
设点 B 的坐标为 B ( x, y , 0);由AB ⊥ BC , n ⊥ AB, 取l =
uuu r
uuu r
uuu r
6 ，有 3
4 6 x 2 + y 2 = 3, , x = 9 x = 0, 解之得, (舍去) 6 3 x− ( y + 3) = 0, 7 3 y = − 3 y = , 6 3 9
易知 l = −
6 与坐标系的建立方式不合，舍去. 3
uuu r 4 6 7 3 4 6 2 3 , , 0). 所以 CB = ( ,− , 0). 9 9 9 9
因此点 B 的坐标为 B ( 从而
uuur uuu r uuur uuu r AD ⋅ CB r cos = uuur uuu = | AD || CB |
3(− 3 +1 (
2 3 ) 9
=−
4 6 2 2 3 2 ) + (− ) 9 9 3 . 6
3 . 6
故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 20． （本题 12 分）
c 2 a2 解： （I）由 e = = , = 2 2, a 2 c
解得 a = 2, c =
2, b 2 = a 2 − c 2 = 2 ，故椭圆的标准方程为
x2 y 2 + = 1. 4 2
（II）设 P ( x, y ), M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ，则由
uuu uuuu r r uuur OP = OM + 2ON 得
( x, y ) = ( x1 , y1 ) + 2( x2 , y2 ) = ( x1 + 2 x2 , y1 + 2 y2 ), 即x = x1 + 2 x2 , y = y1 + 2 y2 .
8
因为点 M，N 在椭圆 x + 2 y = 4 上，所以
2 2
2 2 x12 + 2 y12 = 4, x2 + 2 y2 = 4 ，
故 x + 2 y = ( x1 + 4 x2 + 4 x1 x2 ) + 2( y1 + 4 y2 + 4 y1 y2 )
2 2 2 2 2 2
2 2 = ( x12 + 2 y12 ) + 4( x2 + 2 y2 ) + 4( x1 x2 + 2 y1 y2 )
= 20 + 4( x1 x2 + 2 y1 y2 ).
设 kOM , kON 分别为直线 OM，ON 的斜率，由题设条件知
kOM ⋅ kON =
y1 y2 1 = − , 因此 x1 x2 + 2 y1 y2 = 0, x1 x2 2
所以 x 2 + 2 y 2 = 20. 所以 P 点是椭圆
x2 (2 5)2
+
y2 ( 10) 2
= 1 上
的点，设该椭圆的左、右焦点为 F1，F2，则由椭圆
的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因 c =
(2 5) 2 − ( 10) 2 = 10 ，因此两焦点的坐标为
F1 (− 10, 0), F2 ( 10, 0).
21． （本题 12 分）
S22 = −2a1 a2 , 2 （I）解：由题意 得S 2 = −2S 2 ， S2 = a2 S1 = a1 a2 ,
由 S2 是等比中项知 S 2 ≠ 0.因此S 2 = −2. 由 S 2 + a3 = S3 = a3 S 2 解得
a3 =
S2 2 −2 = = . S 2 − 1 −2 − 1 3
（II）证法一：由题设条件有 S n + an +1 = an +1 S n , 故 S n ≠ 1, an +1 ≠ 1且an +1 = 从而对 k ≥ 3 有
Sn a , Sn = n +1 , Sn − 1 an +1 − 1
9
ak −1 S k −1 a + Sk −2 ak −1 − 1 ak2−1 ak = = k −1 = = 2 . ak −1 S k −1 − 1 ak −1 + S k − 2 − 1 ak −1 − ak −1 + 1 ak −1 + −1 ak −1 − 1 ak −1 +
因 ak −1 − ak −1 + 1 = ( ak −1 − ) +
2 2
①
1 2
3 > 0且ak2−1 ≥ 0 ，由①得 ak ≥ 0 4
要证 ak ≤
2
ak2−1 4 4 ，由①只要证 2 ≤ , 3 ak −1 − ak −1 + 1 3
2 2
即证 3ak −1 ≤ 4( ak −1 − ak −1 + 1), 即( ak −1 − 2) ≥ 0. 此式明显成立. 因此 ak ≤
4 (k ≥ 3). 3 ak2 = 2 > ak , ak − ak + 1
最后证 ak +1 ≤ ak . 若不然 ak +1
又因 ak ≥ 0, 故
ak > 1,即(ak − 1) 2 2 k
因此 ak +1 ≤ ak ( k ≥ 3). 证法二：由题设知 S n +1 = S n + an +1 = an +1 S n ， 故方程 x − S n +1 x + S n +1 = 0有根S n 和an +1 （可能相同）.
2
因此判别式 ∆ = S n +1 − 4 S n +1 ≥ 0.
2
又由 S n + 2 = S n +1 + an + 2 = an + 2 S n +1得an + 2 ≠ 1且S n +1 =
2 an + 2 4 an + 2 2 − ≥ 0, 即3an + 2 − 4an + 2 ≤ 0 ， 2 an + 2 − 1 (an + 2 − 1)
an + 2 . an + 2 − 1
因此
解得 0 ≤ an + 2 ≤ 因此 0 ≤ ak ≤ 由 ak =
4 . 3 (k ≥ 3).
4 3
Sk −1 ≥ 0 (k ≥ 3) ，得 Sk −1 − 1
10
ak +1 − ak =
Sk S k −1 S − ak = ak ( − 1) = ak ( 2 k −1 − 1) Sk − 1 ak S k −1 − 1 S k −1 −1 S k −1 − 1 S
2 k −1
=−
ak =− − S k −1 + 1
ak ≤ 0. 1 2 3 ( S k −1 − ) + 2 4
因此 ak +1 ≤ ak
(k ≥ 3).
11
年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 数学试题卷（理工农医类） 数学试题卷（理工农医类）
满分 150 分.考试时间 120 分钟. 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦 擦干净后，再选其他答案标号. 3．答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 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备选项中，只有一项 是符合题目要求的. 1．复数
i2 + i3 + i 4 = 1− i
1 1 − i 2 2
2
A． −
B． −
1 1 + i 2 2
C．
1 1 − i 2 2
D．
1 1 + i 2 2
2． x 0 ”的 “ A．充分而不必要条件 C．充要条件 3．已知 lim(
x →∞
B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要
A． −6
2 ax −1 + ) = 2 ，则 a = x −1 3x
B． 2
5
C．3
6
D．6
4． (1 + 3 x ) n (其中n ∈ N 且n≥6) 的展开式中 x 与x 的系数相等，则 n= A．6 B．7 C．8 D．9
5．下列区间中，函数 f（x） In(2 − x) 在其上为增函数的是 = A． ∞,1 ] （B． −1, 3
4
C． 0,
3 2
2
)
2
D． [1, 2 )
6．若△ABC 的内角 A、B、C 所对的边 a、b、c 满足 a + b） − c = 4 ，且 C=60°，则 ab 的值为 （ A．
4 3
B． 8 − 4 3
C． 1
D．
2 3
7．已知 a＞0，b＞0，a+b=2，则 y= A．
1 4 + 的最小值是 a b
C．
7 2
B．4
9 2
D．5
2 2 8．在圆 x + y − 2 x − 6 y = 0 内，过点 E（0，1）的最长弦和最短弦分别是 AC 和 BD，则四边形
1
ABCD 的面积为 A． 5 2 B． 10 2 C． 15 2 D． 20 2
9．高为
2 的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同 4
一球面上，则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为 A．
2 4
B．
2 2
C．1
D． 2
10．设 m，k 为整数，方程 mx − kx + 2 = 0 在区间（0,1）内有两个不同的根，则 m+k 的最小值
2
为 A．-8 B．8 C．12 D．13 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分，把答案写在答题卡相应位置上 11．在等差数列 {an } 中， a3 + a7 = 37 ，则 a2 + a4 + a6 + a8 = __________ 12．已知单位向量 e1 ， e2 的夹角为 60°，则 2e1 − e2 = __________ 13．将一枚均匀的硬币投掷 6 次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率__________ 14．已知 sin α =
1 π + cos α ，且 α ∈ 0, ，则 2 2
cos 2α 的值为__________ π sin α − 4
15．设圆 C 位于
抛物线 y 2 = 2 x 与直线 x=3 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆 C 的半径能 取到的最大值为__________ 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 16． （本小题满分 13 分） 设 a ∈ R ， f ( x ) = cos x ( a sin x − cos x ) + cos 2 数 f ( x) 在 [
π − x 满足 2
π f − = f ( 0 ) ，求函 3
π 11π
, ] 上的最大值和最小值. 4 24
2
17． （本小题满分 13 分） （Ⅰ）小问 5 分， （Ⅱ）小问 8 分） 某市公租房的房源位于 A，B，C 三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源， 且申请其中任一个片区的房源是等可能的求该市的任 4 位申请人中： （Ⅰ）恰有 2 人申请 A 片区房源的概率； （Ⅱ）申请的房源所在片区的个数 ξ 的分布列与期望
18． （本小题满分 13 分， （Ⅰ）小问 6 分， （Ⅱ）小问 7 分． ） 设 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx +1 的导数 f '( x ) 满足 f '(1) = 2a, f '( 2) = −b ，其中常数 a, b ∈ R ． （Ⅰ）求曲线 y = f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程； （Ⅱ） 设 g ( x ) = f '( x )e − x ，求函数 g ( x ) 的极值．
19． （本小题满分 12 分， （Ⅰ）小问 5 分， （Ⅱ）小问 7 分． ） 如题（19）图，在四面体 ABCD 中，平面 ABC ⊥ 平面 ACD ， AB ⊥ BC ， AD = CD ， ∠CAD = 30° ． （Ⅰ）若 AD = 2 ， AB = 2 BC ，求四面体 ABCD 的体积； （Ⅱ）若二面角 C − AB − D 为 60° ，求异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值．
20． （本小题满分 12 分， （Ⅰ）小问 4 分， （Ⅱ）小问 8 分． ）
3
如题（20）图，椭圆的中心为原点 O ，离心率 e = （Ⅰ）求该椭圆的标准方程；
2 ，一条准线的方程为 x = 2 2 ． 2
（Ⅱ）设动点 P 满足： OP = OM + 2ON ，其中 M , N 是椭圆上的点，直线 OM 与 ON 的斜 率之积为 −
uuu r
uuur
uuu r
1 ，问：是否存在两个定点 F1 , F2 ，使得 PF1 + PF2 为定值？若存在，求 2
F1 , F2 的坐标；若不存在，说明理由．
21． （本小题满分 12 分， （I）小问 5 分， （II）小问 7 分） 设实数数列 {a n } 的前 n 项和 S n ，满足 S n +1 = a n +1 S n ( n ∈ N )
*
（I）若 a1 , S 2 − 2a2 成等比数列，求 S2 和 a3 ； （II）求证：对 k ≥ 3有0 ≤ ak +1 ≤ ak ≤
4 3
参考答案
一、选择题：本题考查基本知识和基本运算，每小题 5 分，满分 50 分. 1—5 CADBD 6—10 ACBCD 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算，每小题 5 分，满分 25 分. 11．74 12． 3 13．
11 32
14． −
14 2
15． 6 − 1
三、解答题：满分 75 分. 16． （本题 13 分） 解： f ( x ) = a sin x cos x − cos 2 x + sin 2 x
=
a sin 2 x − cos 2 x. 2
4
由 f (−
π
3
) = f (0)得 −
3 a 1 ⋅ + = −1, 解得a = 2 3. 2 2 2
因此
f ( x ) = 当 x ∈[
3 sin 2 x − cos 2 x = 2sin(2 x −
π
6
).
, ]时, 2 x − ∈ [ , ], f ( x) 为增函数， 4 3 6 3 2 π 11π π π 3π ]时, 2 x − ∈ [ , ], f ( x) 为减函数， 当 x ∈[ , 3 24 6 2 4 π 11π π 所以 f ( x )在[ , ]上的最大值为f ( ) = 2. 4 4 3 π 11π 又因为 f ( ) = 3, f ( ) = 2, 4 24 π 11π 11π ] 上的最小值为 f ( ) = 2. 故 f ( x )在[ , 4 24 24
17． （本题 13 分） 解：这是等可能性事件的概率计算问题. （I）解法一：所有可能的申请方式有 34 种，恰有 2 人申请 A 片区房源的申请方式 C4 ⋅ 2 种，
2 2
π π
π
π π
从而恰有 2 人申请 A 片区房源的概率为
2 C4 ⋅ 2 2 8 = . 4 27 3
解法二：设对每位申请人的观察为一次试验，这是 4 次独立重复试验. 记“申请 A 片区房源”为事件 A，则 P ( A) =
1 . 3
从而，由独立重复试验中事件 A 恰发生 k 次的概率计算公式知，恰有 2 人申请 A 片区房源的 概率为
1 2 8 P4 (2) = C42 ( )2 ( ) 2 = . 3 3 27
（II）ξ的所有可能值为 1，2，3.又
3 1 = , 4 27 3 C 2 (C1 C 3 + C 2 C 2 ) 14 C 2 (24 − 2) 14 P(ξ = 2) = 3 2 4 4 4 2 = (或P(ξ = 2) = 3 4 = ) 27 27 3 3 P(ξ = 1) = P(ξ = 3) =
1 2 1 C3 C4 C2 4 C 2 A3 4 = (或P(ξ = 3) = 4 4 3 = ). 9 9 34 3
综上知，ξ有分布列 1 ξ P 从而有
2
3
1 27
14 27
4 9
5
Eξ = 1 ×
1 14 4 65 + 2× + 3× = . 27 27 9 27
18． （本题 13 分） 解： （I）因 f ( x) = x 3 + ax 2 + bx + 1, 故 f ′( x) = 3 x 2 + 2ax + b. 令 x = 1, 得f ′(1) = 3 + 2a + b, 由已知 f ′(1) = 2a,因此3 + 2a + b = 2a, 解得b = −3. 又令 x = 2, 得f ′(2) = 12 + 4a + b, 由已知 f ′(2) = −b, 因此 12 + 4a + b = −b, 解得 a = − .
3 2
3 2 5 x − 3 x + 1, 从而f (1) = − 2 2 3 又因为 f ′(1) = 2 × ( − ) = −3, 故曲线 y = f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线方程为 2 5 y − (− ) = −3( x − 1), 即6 x + 2 y − 1 = 0. 2
因此 f ( x ) = x −
3
（II）由（I）知 g ( x ) = (3 x 2 − 3 x − 3)e − x ， 从而有 g ′( x ) = ( −3 x 2 + 9 x)e − x . 令 g ′( x ) = 0, 得 − 3 x + 9 x = 0, 解得x1 = 0, x2 = 3.
2
当 x ∈ ( −∞, 0)时, g ′( x) 0, 故g ( x) 在（0，3）上为增函数； 当 x ∈ (3, +∞) 时， g ′( x)
2 15 4 15 , AB = . 5 5
6
故四面体 ABCD 的体积
V =
1 1 1 4 15 2 15 4 ⋅ S ∆ABC ⋅ DF = × × × = . 3 3 2 5 5 5
（II）解法一
：如答（19）图 1，设 G，H 分别为边 CD，BD 的中点，则 FG//AD，GH//BC，从 而∠FGH 是异面直线 AD 与 BC 所成的角或其补角. 设 E 为边 AB 的中点，则 EF//BC，由 AB⊥BC，知 EF⊥AB.又由（I）有 DF⊥平面 ABC， 故由三垂线定理知 DE⊥AB. 所以∠DEF 为二面角 C—AB—D 的平面角，由题设知∠DEF=60° 设 AD = a, 则DF = AD ⋅ sin CAD =
a . 2 a 3 3 ⋅ = a, 2 3 6
在 Rt ∆DEF中, EF = DF ⋅ cot DEF =
从而 GH =
1 3 BC = EF = a. 2 6 1 a BD = ， 2 2
因 Rt△ADE≌Rt△BDE，故 BD=AD=a，从而，在 Rt△BDF 中， FH = 又 FG =
1 a AD = , 从而在△FGH 中，因 FG=FH，由余弦定理得 2 2 FG 2 + GH 2 − FH 2 GH 3 = = 2 FG ⋅ GH 2 FG 6 3 . 6
cos FGH =
因此，异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为
解法二：如答（19）图 2，过 F 作 FM⊥AC，交 AB 于 M，已知 AD=CD， 平面 ABC⊥平面 ACD，易知 FC，FD，FM 两两垂直，以 F 为原点，射线 FM，FC，FD 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 F—xyz. 不妨设 AD=2，由 CD=AD，∠CAD=30°，易知点 A，C，D 的坐标分别为
A(0, − 3, 0), C (0, 3, 0), D(0, 0,1), uuur 则 AD = (0, 3,1).
显然向量 k = (0, 0,1) 是平面 ABC 的法向量. 已知二面角 C—AB—D 为 60°， 故可取平面 ABD 的单位法向量 n = (l , m, n) ， 使得 = 60 , 从而n =
o
1 . 2
7
uuur 3 由n ⊥ AD, 有 3m + n = 0, 从而m = − . 6 6 由l 2 + m 2 + n 2 = 1, 得l = ± . 3
设点 B 的坐标为 B ( x, y , 0);由AB ⊥ BC , n ⊥ AB, 取l =
uuu r
uuu r
uuu r
6 ，有 3
4 6 x 2 + y 2 = 3, , x = 9 x = 0, 解之得, (舍去) 6 3 x− ( y + 3) = 0, 7 3 y = − 3 y = , 6 3 9
易知 l = −
6 与坐标系的建立方式不合，舍去. 3
uuu r 4 6 7 3 4 6 2 3 , , 0). 所以 CB = ( ,− , 0). 9 9 9 9
因此点 B 的坐标为 B ( 从而
uuur uuu r uuur uuu r AD ⋅ CB r cos = uuur uuu = | AD || CB |
3(− 3 +1 (
2 3 ) 9
=−
4 6 2 2 3 2 ) + (− ) 9 9 3 . 6
3 . 6
故异面直线 AD 与 BC 所成的角的余弦值为 20． （本题 12 分）
c 2 a2 解： （I）由 e = = , = 2 2, a 2 c
解得 a = 2, c =
2, b 2 = a 2 − c 2 = 2 ，故椭圆的标准方程为
x2 y 2 + = 1. 4 2
（II）设 P ( x, y ), M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ，则由
uuu uuuu r r uuur OP = OM + 2ON 得
( x, y ) = ( x1 , y1 ) + 2( x2 , y2 ) = ( x1 + 2 x2 , y1 + 2 y2 ), 即x = x1 + 2 x2 , y = y1 + 2 y2 .
8
因为点 M，N 在椭圆 x + 2 y = 4 上，所以
2 2
2 2 x12 + 2 y12 = 4, x2 + 2 y2 = 4 ，
故 x + 2 y = ( x1 + 4 x2 + 4 x1 x2 ) + 2( y1 + 4 y2 + 4 y1 y2 )
2 2 2 2 2 2
2 2 = ( x12 + 2 y12 ) + 4( x2 + 2 y2 ) + 4( x1 x2 + 2 y1 y2 )
= 20 + 4( x1 x2 + 2 y1 y2 ).
设 kOM , kON 分别为直线 OM，ON 的斜率，由题设条件知
kOM ⋅ kON =
y1 y2 1 = − , 因此 x1 x2 + 2 y1 y2 = 0, x1 x2 2
所以 x 2 + 2 y 2 = 20. 所以 P 点是椭圆
x2 (2 5)2
+
y2 ( 10) 2
= 1 上
的点，设该椭圆的左、右焦点为 F1，F2，则由椭圆
的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因 c =
(2 5) 2 − ( 10) 2 = 10 ，因此两焦点的坐标为
F1 (− 10, 0), F2 ( 10, 0).
21． （本题 12 分）
S22 = −2a1 a2 , 2 （I）解：由题意 得S 2 = −2S 2 ， S2 = a2 S1 = a1 a2 ,
由 S2 是等比中项知 S 2 ≠ 0.因此S 2 = −2. 由 S 2 + a3 = S3 = a3 S 2 解得
a3 =
S2 2 −2 = = . S 2 − 1 −2 − 1 3
（II）证法一：由题设条件有 S n + an +1 = an +1 S n , 故 S n ≠ 1, an +1 ≠ 1且an +1 = 从而对 k ≥ 3 有
Sn a , Sn = n +1 , Sn − 1 an +1 − 1
9
ak −1 S k −1 a + Sk −2 ak −1 − 1 ak2−1 ak = = k −1 = = 2 . ak −1 S k −1 − 1 ak −1 + S k − 2 − 1 ak −1 − ak −1 + 1 ak −1 + −1 ak −1 − 1 ak −1 +
因 ak −1 − ak −1 + 1 = ( ak −1 − ) +
2 2
①
1 2
3 > 0且ak2−1 ≥ 0 ，由①得 ak ≥ 0 4
要证 ak ≤
2
ak2−1 4 4 ，由①只要证 2 ≤ , 3 ak −1 − ak −1 + 1 3
2 2
即证 3ak −1 ≤ 4( ak −1 − ak −1 + 1), 即( ak −1 − 2) ≥ 0. 此式明显成立. 因此 ak ≤
4 (k ≥ 3). 3 ak2 = 2 > ak , ak − ak + 1
最后证 ak +1 ≤ ak . 若不然 ak +1
又因 ak ≥ 0, 故
ak > 1,即(ak − 1) 2 2 k
因此 ak +1 ≤ ak ( k ≥ 3). 证法二：由题设知 S n +1 = S n + an +1 = an +1 S n ， 故方程 x − S n +1 x + S n +1 = 0有根S n 和an +1 （可能相同）.
2
因此判别式 ∆ = S n +1 − 4 S n +1 ≥ 0.
2
又由 S n + 2 = S n +1 + an + 2 = an + 2 S n +1得an + 2 ≠ 1且S n +1 =
2 an + 2 4 an + 2 2 − ≥ 0, 即3an + 2 − 4an + 2 ≤ 0 ， 2 an + 2 − 1 (an + 2 − 1)
an + 2 . an + 2 − 1
因此
解得 0 ≤ an + 2 ≤ 因此 0 ≤ ak ≤ 由 ak =
4 . 3 (k ≥ 3).
4 3
Sk −1 ≥ 0 (k ≥ 3) ，得 Sk −1 − 1
10
ak +1 − ak =
Sk S k −1 S − ak = ak ( − 1) = ak ( 2 k −1 − 1) Sk − 1 ak S k −1 − 1 S k −1 −1 S k −1 − 1 S
2 k −1
=−
ak =− − S k −1 + 1
ak ≤ 0. 1 2 3 ( S k −1 − ) + 2 4
因此 ak +1 ≤ ak
(k ≥ 3).
11