高考理科数学摸拟试题1-高考数学试题、数学高考试卷、模拟题、复习资料-高中数学试卷-试卷下载
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高考理科数学摸拟试题1
2006年高考理科数学摸拟试题解析样本1
&一、选择题
[分析]　本题主要考查复数的四则运算，以及简单的数值计算技能．
解答本题必须正确用好复数的四则运算法则，既可用复数的代数形式进行演算，也可用三角形式进行演算．
　　　　　 　　　　　　　 　　　　　　　　
[分析]　本题主要考查三角函数的基础知识和基本三角函数公式的简单应用，以及基本的计算技能．
作为常规解法，可先由已知条件求sin x，推得tan x的值，再应用倍角正切公式求得答案，如解法1；作为灵活解法，可用估值快速求解，如解法2．
(注：也可用下式得解：
而不需求tanx．)
A．（－1，1）　　　　　　　　　　　　　 B．（－1，+∞）
C．（－∞，－2）∪（0，+∞）　　　　　　 D．（－∞，－1）∪（1，+∞）
[分析]　本题主要考查分段函数的概念、指数函数与幂函数的性质、不等式组的求解等基础知识，以及简单的推理计算能力．
根据函数f(x)的分段表达式，画个草图可快速判断，如解法4；也可将不等式化为等价的不等式组求解，如解法1；也可用特殊值排除法求解，如解法2；还可以利用单调性，结合解方程求解，如解法3．
解不等式组①得解不等式组②得综合得的取值范围为(－∞,－1)∪(1，+∞)．
解法2　由排除A和B；由f(0.04)=0.2&1，排除C，得答案D．
解得x=－1；由
因为f(x)在(－∞，0]上是减函数，在(0，+∞)上是增函数，所以得的取值范围为(－∞，1)∪(1，+∞)．
4．O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足
则P的轨迹一定通过△ABC的
A．外心　　　　　B．内心　　　　　　　　C．重心　　　　　　　　D．垂心
[分析] &本题主要考查平面向量的线性运算等基本知识和计算技能．
解法1　为书写方便与直观起见，宜作图表示(如下图)．图中，有
则动点P满足
因此，点P的轨迹一定通过△ABC的内心．得答案为B．
解法2　当λ&0时，
因为A，B，C不共线，
所以AP平分∠BAC，
得点P的轨迹一定通过△ABC的内心．
解法3　考虑特殊情形，取△ABC为等腰直角三角形，即：如图．
这时，△ABC的外心为AC的中点D，垂心为点B．而由题设知点P的轨迹是由点A出发，方向为的射线，不经过点D，也不经过点B，故排除A、D两个选项．其次，由于所以射线不平分BC，即不通过△ABC的重心，排除选项C．从而得选项B为答案．
　　　　　　　　
　　　　　　　　
[分析]　本题主要考查对数函数、指数函数的性质和求反函数的方法，以及基本的计算技能．
根据反函数的概念，求给定函数的反函数，可用解方程的方法，如解法1；作为选择题，还可用特殊值排除法求解，如解法2．
解法1　解方程不等式组
得y&O，因此，所求的反函数为
解法2　因为点(2，ln3)在原函数的图像上，所以点(1n3，2)应在反函数的图像上．因此，由In3&0，可排除选项C、D；由
可排除A，应取B作答．
6．棱长为a的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为
　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
[分析]　本题主要考查棱柱、棱锥等多面体的基本知识和体积计算，以及基本的空间想象能力．
题设的八面体(记为ABCDEF)如图所示．图中将原正方体略去，以使图线清晰．该八面体的三条轴线AC、BD、EF两两互相垂直，且AC=BD=EF=a，
把这个八面体看作共底(BFDE)的两个四棱锥的组合体，应用棱锥体积计算公式，得所求的八面体的体积为
对于空间想像力比较好的考生，不作图便可由心算得出答案．心算的方法比较多，例如，与上法共通地把八面体看作共底的两个四棱锥，底面积是正方体的一个面的面积之半，锥高是正方体棱长之半，即可得体积为又如，由对称性，将正方体切成相等的八个小正方体，这时题没的八面体也被切成八个相等的三棱锥，每个三棱锥的体积等于小正方体的体积的所以八面体的体积是正方体体积的即
7．设处切线的倾斜角的取值范围为，则点P到曲线y=f(x)对称轴距离的取值范围为
　　　　　　　　　　 　　　　　　
[分析]　本题主要考查导数的几何意义，多项式函数求导数的方法，点到直线的距离，二次函数的性质等基本知识，以及推理和计算技能．
解答本题，宜先求出的取值范围，进而根据曲线y=f(x)对称轴的方程，便可求得点P到对称轴距离的取值范围，如解法1．此外，也可用特殊值排除法求解．
解法1　依题设知点P的横坐标必须且只须满足
因为抛物线y=f(x)的对称轴为直线：
所以点P到直线的距离为
解法2　取特殊值a=1，b=－2，c=0．可知曲线y=f(x)的对称轴为直线l：x=1．曲线在点P处切线的斜率为
由及tanx的单调性，依题设知k的取值范围为[0，1]，所以
得点P到对称轴距离的取值范围为据此，可排除选项A，C，D，得答案B．
8．已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则m－n=
A．1　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　
[分析]　本题主要考查二次方程根与系数的关系，等差数列等基本知识，以及数学思维和分析处理问题的能力．
注意到题设4次方程的两个2次因式中，只有常数项不同，可知等差数列的4个项中首尾两项应为其中一个因式的两根，而中间两项为另一因式的两根．所以，在此基础上，可用不同的引入方式，采取适当的计算程序，求得m－n的值．
解法1　因为抛物线有公共的对称轴x=1，又它们与x轴的4个交点的横坐标(即题设方程的4个根)成等差数列，所以可设为
的一个根，则方程的另一个根为
解法3　依题意可设原方程的4个根为
则对任意实数x，有
比较系数，得
（注：m、n的位置也可对调，不影响结果）．
解法4　从解原方程入手．由
求得原方程的根为：
由题设，这4个根组成首项为的等差数列，所以，必有1－m&0，1－n&0，且
9．已知双曲线中心在原点且一个焦点为，直线y=x－1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为则此双曲线的方程是
　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　
[分析]　本题主要考查双曲线的基本知识，以及推理和计算技能．
本题要求确定双曲线的方程，而双曲线的已知条件比较复杂，涉及到与已知直线相交的背景．在这种情况下，宜用待定系数法求解．
因为双曲线的中心在原点，点又是双曲线的一个焦点．故双曲线的方程可写为
a&0为待定系数，可用不同方法求得．
解法1　将y=x－1代人方程①，整理得
由直线y=x－1与双曲线相交于M、N两点，故此二次方程有不等的两个实根分别为点M、N的横坐标．从而MN中点的横坐标为
解法2　依题设，可记
其中t为某个常数，且t≠0．
由M、N在双曲线上，得
将两式相减，整理得
上述解法计算量偏大，为了快速解答，可采用定性与定量相结合的方法求解．
解法3　由双曲线与直线y=x－1有两个交点M和N，且焦点在x轴上，可知双曲线渐近线的斜率绝对值应大于1，由此排除B、C；其次，由MN的中点的横坐标为可估计双曲线的张口应比较大，D的可能性比较大．为此，作定量检验，将直线方程代人A所示的双曲线得
10．已知长方形的四个顶点A(0，0)，B(2，0)，C(2，1)和D(0，1)．一质点从AB的中点沿与AB夹角为θ的方向射到BC上的点后，依次反射到CD、DA和AB上的点（入射角等于反射角)．设的坐标为则tanθ的取值范围是
　　　　 　　　　　　　　　　　　　　
[分析] &本题以运动质点碰壁反射问题为背景，主要考查直线、轴对称和函数等基础知识及其应用，以及分析解决问题的能力．
依题意可知点的横坐标是tanθ的函数，试题要求由的取值范围确定tanθ的取值范围，也即由函数的值域求定义域．为此，宜从建立函数关系式入手，如解法2．不过，作为选择题，本题可以用特殊值排除法快速求解，如解法1．
解法1　取特殊的θ角，当时，根据反射原理，得点依次是BC，CD，DA和AB的中点，即有不属于所求的tanθ的取值范围．从而，可排除选项A、B和D，应取C作答．
解法2　依题设可作图如下．记各点的坐标如下：
根据反射原理得：
A．3　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 D．6
[分析]　本题主要考查组合数的性质、数列极限的计算等基本知识，以及基本的计算技能．
本题要求考生计算两个和式之比的极限．由于和式的项数随n的增加而无限增加，因而不能简单应用极限四则运算法则求极限，必须将和式化简成有限的形式．
原式中，分子、分母的和式是组合数求和，应充分借助组合数性质，将其化简．例如，应用公式
可顺利化简原式．
此外，也可采用数列求和的方法求解．
12．一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为
A．3π　　　　　 B．4π　　　　　　　　 　　　　　　　 D．6π
[分析]　本题主要考查正多面体和球的基本知识，以及空间想象能力和几何计算能力．
本题给出棱长为的正四面体，要求推断外接球的表面积．为此，必须先求该球的半径，宜作图进行推算或估算．为了图像清晰，可只作正四面体进行讨论，不画出球的图线．如附图，四面体ABCD各棱长都为．
解法1　如图，点O为球心，OA、OB、OC、OD都是球的半径，因为ABCD是正四面体，所以这四条半径的两两夹角彼此相等，设其大小为θ．
由空间中的一点O，引四条射线，两两的夹角都等于θ，则有
据此，可排除选项B、C和D，应取A作答．
解法2　如图，过A作AE⊥面BCD，E是垂足．连结EB，则EB是正△BCD外接圆的半径．应用正弦定理，由正三角形的边长为得
因为　　　
过AB的中点F，在平面AEB中，作AB的垂线交AE于O，则O是四面体ABCD外接球的球心，球的半径为
所以，所求的球之表面积为
上述估计和精算的方法，计算量仍嫌偏大．若充分发挥空间想像力，可获快速判断．
解法3　联想棱长为1的正方体则四面体的棱长都为它的外接球也是正方体的外接球，其半径为正方体对角线长的一半，即有故所求球面积为S=3π．
二、填空题
[分析]　本题主要考查二项式定理的应用，以及基本的计算技能．
直接利用二项展开式的通项公式，便可求得的系数，如解法1．由于二项式中的两个项都含有x，因此将其适当变形，有利于简化计算，如解法2．试题的这种设计，体现了对计算灵活性和准确性的要求．
解法1　设所求系数为a，则由二项展开式的通项公式，知存在非负整数r，使
解得r=3，所求系数为
解法2　因为
14．某公司生产三种型号的轿车，产量分别为1 200辆，6 000辆和2 000辆．为检验该公司的产品质量，现用分层抽样方法抽取46辆进行检验，这三种型号的轿车依次应抽取____________，_______________，____________辆．
[分析]　本题主要考查分层抽样方法在产品质量检验中的应用，以及简单的数值计算技能．
设三种型号的轿车抽取数依次为x，y，z辆．根据分层抽样方法的原理，知
这个方程组可用不同方法求解．
解法1　由比例式知存在常数k满足
解法2　由此例式得
　　　　　　　　
　　　　　　　　
15．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)．现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花．不同的栽种方法有_____种．(以数字作答)
[分析]　本题以花圃设计为应用背景，主要考查排列、组合的基础知识，侧重考查乘法原理和加法原理的应用，以及逻辑思维能力和计数能力．
为了正确解答本题，首先必须准确理解题意：抓住花圃布局的要求，看清图形中6个部分的关系；明确每个部分只种同一种颜色的花，相邻部分应种不同颜色的花；而且4种颜色的花都要种上，缺一不可．对这些条件要求，稍有疏忽、遗漏或曲解，都会引致解答出错．其次，应设计好周全而又不出现重复计数的推算程序，关键是推算过程中分步、分类的安排要合理且严密；此外，在每一分步或分类中，计数不出错；最后，乘法原理和加法原理的运用，以及数值计算还得无误，方能得出正确的答数．
采用不同的计数模式和计数程序，伴随出现不同的解法，列举解法供参考．
解法1　将6个区域分4组，不同组栽种不同颜色的花，同一组栽种同一颜色的花．因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以为了栽种方案合乎题意，分在同一组的区域至多只能有2个．因而，由图形可知,不同分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：
每一类分组法，都有种不同的栽种方法．应用加法原理，得到所有符合题意的不同栽种方法的种数为
解法2　按区域的顺序，依次安排各区域所栽种的花的颜色：
第1区，可种4色花中的任一种，有4种不同的栽种法；
接着，第2区，因与第1区相邻，两区花色必须不同，所以，第2区只能从3色花中任选一种栽种，有3种不同种法；
跟着，第3区，因与第1、2区都有边界，所以，只有2种不同栽种法；
随后，第4区，与2区无边界，与1、3区都有边界．因此，可分两类情形：
第一类：在第4区中栽种与第2区同一色的花，有1种栽法；至此，只栽种了3种不同颜色的花，因此，第5、6区域，应有一个区域栽种第4种颜色的花，而另一区域可选的花色只有1种(这是因为与之相邻的三个区域，已种上不同颜色的3种花)．从而，在第5、6区域栽花的不同方式有2种；
第二类：在第4区域中栽种与第2区域不同颜色的花，有1种栽法；不过，与第一类不同的是：至此，4种不同颜色的花都被栽种了．往后，第5区域栽花有两种选择：一种是栽与第2区域同色花，紧接着，第6区域有2种栽种方法；第五区域另一种栽花法，是栽种与第2区域不同颜色的花，只有1种选择(因为它不能与1、4区域同色)，紧接着，由于1、2、5三个区域已栽种3种不同颜色的花，故第6区域只有1种栽花的选择．
综合起来，应用乘法原理和加法原理，得合乎题意的不同栽花的方法种数为
N=4×3×2×（1×2+1×2+1×1）
解法3　因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以当区域1栽种一种颜色的花之后，该颜色的花就不能栽于其它区域．因而可分两步走，考虑如下：
第一步，在区域1中，栽上一种颜色的花，有4种栽法；
第二步，在剩下的五个区域中，栽种其它三种颜色的花．为此，可将2至6号五个区域分成3组，使同一组中的不同区域没有公共边．这样的分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：
对每一类分得的3个组，将3种颜色的花分别栽于各组，共有种栽法．
应用乘法原理和加法原理，得合乎题意要求的不同栽种方法的种数为
解法4　由于第1、2、3区两两都有边界，所以这3个区所栽的花，彼此必须不同颜色．因而，第一步可从4种颜色的花任取3种分别栽在这3个区域上，共有种栽法．其次将另一颜色的花栽于4、5、6三个区中的一个区或两个区，即分为两类情形：
第一类：栽在4、5、6的一个区域中，有3种情形：
情形1：栽于4区，则6区只有一种颜色的花可栽(因为必须不同于4、1、2区的颜色)，进而，5区周边三个区域已栽上3种不同颜色的花，故5区也只有一种颜色的花可栽；
情形2：栽于6区，则与情形1同理，4、5区域分别只有1种颜色可栽；
情形3：栽于5区，由于5、1、2三个区已栽上不同颜色的花，6区只有1种栽法；同理，4区也只有1种栽法．
第二类：栽于4、5、6中的两个区，只有栽于4、6两个区域的一种情形，这时5区有2种栽法(因为5区的周边只有两色花)．
综合起来，应用乘法原理与加法原理，得不同栽种方法的种数为
解法5　分两类情况考虑：
第1类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的4种花，共有种栽法．对于每一种栽法，第4、6区分别都只有1种颜色的花可栽．
第2类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的3种花，共有种栽法．对于每一种栽法，要么2、5区栽同色花，要么3、5区栽同色花．对于前者，第6区有2种颜色的花可供选栽，第4区只能栽第4种颜色的花；对于后者，第4区有2种颜色的花可供选栽，第6区只能栽第4种颜色的花．即无论何种情形，第4、6区的栽法都是2种．
综合上述情形，应用加法原理与乘法原理，得不同栽种方法的种数为
16．下列5个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出⊥面MNP的图形的序号是_______．(写出所有符合要求的图形序号)
[分析]　本题以正方体为依托，主要考查直线与平面垂直的判定，比较深刻地考查了空间想象能力．
为了得到本题答案，必须对5个图形逐一进行判别．对于给定的正方体，位置固定，截面MNP变动，与面MNP是否垂直，可从正、反两方面进行判断．在MN、NP、MP三条线中，若有一条不垂直，则可断定与面MNP不垂直；若有两条与都垂直，则可断定⊥面MNP；若有的垂面∥面MNP，也可得⊥面MNP．
解法1　作正方体如附图，与题设图形对比讨论．在附图中，三个截面都是对角线的垂面．
对比图①，由MP∥BD,，故得⊥面MNP．
对比图②，由MN与面相交，而过交点且与垂直的直线都应在面内，所以MN不垂直于，从而不垂直于面MNP．
对比图③，由MP与面相交，知不垂直于MN，故不垂直于面MNP．
对比图④，由MN∥BD，故⊥面MNP．
对比图⑤，面MNP与面EFGHKR重合，故⊥面MNP．
综合得本题的答案为①④⑤．
解法2　如果记正方体对角线所在的对角截面为α．各图可讨论如下：
在图①中，MN，NP在平面α上的射影为同一直线，且与垂直，故⊥面MNP．事实上，还可这样考虑：在上底面的射影是MP的垂线，故⊥MP；在左侧面的射影是MN的垂线，故⊥MN，从而⊥面MNP．
在图②中，由MP⊥面α，可证明MN在平面α上的射影不是的垂线，故不垂直于MN．从而不垂直于面MNP．
在图③中，点M在α上的射影是的中点．点P在α上的射影是上底面的内点，知MP在α上的射影不是的垂线，得不垂直于面MNP．
在图④中，平面α垂直平分线段MN，故⊥MN．又在左侧面的射影(即侧面正方形的一条对角线)与MP垂直，从而⊥MP，故⊥面MNP．
在图⑤中，点N在平面α上的射影是对角线的中点，点M、P在平面α上的射影分别是上、下底面对角线的4分点，三个射影同在一条直线上，且与这一直线垂直．从而⊥面MNP．
至此，得①④⑤为本题答案．
解法3　如图建立空间直角坐标系O－xyz，设正方体的棱长为2，则对角线的方向向量可取为
对图①，有
对图②，有
对图③，有
对图④，有
对图⑤，有
综合得本题答案为①④⑤．
从解法3可以看到；应用向量法讨论两直线是否垂直十分方便，操作也比较简单，无须多动脑筋，只需要计算正确即可．
三、解答题
17．已知函数f(x)=2sinx(sinx+cosx)．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和最大值；
(Ⅱ)在给出的直角坐标系中，画出函数y=f(x在区间上的图象．
[命题意图]　本小题主要考查三角函数的性质和恒等变形的基础知识，同时考查动手画图的技能．
作为三角函数的解答题，力求较全面地覆盖三角函数的基础知识，因此，试题的设计给出一个三角函数的解析式，通过运用和角与倍角的三角函数公式，变形为单个三角函数的表达式，从而求出它的周期和最值．恒等变形过程强调通性通法，以适应文科考生的实际．在这个基础上要求作出这个函数的图像，强化了作图技能的考查，倡导考生重视实践，学会动手操作．
[解题思路]　首先把给出的函数解析式变形为单个三角函数的表达式，再按问题的要求答题．
由（Ⅰ）知
18．如图，在直三棱柱底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°．侧棱的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．
(Ⅰ)求与平面ABD所成角的大小(结果用反三角函数值表示)；
[命题意图]　本小题主要考查线面关系和直三棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力．
新课程的立体几何教材分为(A)、(B)两个版本，即传统的逻辑推理体系和向量运算方法．为了．适应不同地区的选用情况，前几年高考的立体几何试题是命制出(甲)、(乙)两道平行题目由考生选作．今年试验改变这种做法，原课程与新课程统一命制一道通用的试题，基本要求是用传统方法或向量方法，解题难度相当．于是，试题的知识载体定位于直棱柱．理科用直三棱柱，文科用正四棱柱．
理科试题中的图形实际上是半个正方体，它的原型是正方体的一个性质：“若点M是正方体的棱的中点，则正方体的中心O在截面AMC上的射影恰好是△AMC的重心”．试题基本上是采用其逆命题，且只给出半个正方体，把问题提为“正方体的一条对角线与截面所成的角”，隐蔽了上述性质，提高了对考生空间想像力和推理能力的要求，以期更好地考查考生的数学能力．
[解题思路]　本题(Ⅰ)的基本解法是先求出三棱柱的底面边长，可以在直三棱柱中求解，也可以补形成正四棱柱或直平行六面体求解，思维层次高者可以发现EB=DF避开计算，通过线段比求角的三角函数值．(Ⅱ)问的解法用等积法最为简便．运用向量方法则(Ⅰ)问较易，(Ⅱ)问较难，总体难度相当．
(Ⅰ)解法1　如图，连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠EBG是与平面ABD所成的角．
设F为AB中点，连结EF、FC，
因为D、E分别是的中点，又DC⊥平面ABC，
所以CDEF为矩形．
连结DF，G是△ADB的重心，故G∈DF．在直角三角形EFD中，
解法2　同解法1图．
所以　AB?DF?EG=AB?EF?DE，其中EF=1．
的中点P,连结PD,PA,PB,则ABDP是平行四边形,PB必过△ADB的重心．
解法4　如解法1图，由解法1知，CDEF是矩形，故DE=CF，而EF=FB，所以Rt△DEF≌△CFB，则DF=EB．
解法5　连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即与平面ABD所成的角．
如图所示建立坐标系，坐标原点为O．
设CA=2a，则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，,E(a，a，1)，
(Ⅱ)解法1　因为ED⊥AB，ED⊥EF，又EF∩AB=F，
因为ED⊥AB，ED上⊥EF，又EF∩AB=F，
解法3　如(Ⅰ)问解法5中图，A(2，0，0)，E(1,1,1),D(0，0，1)．
19．设a&0，求函数．
[命题意图]　本题主要考查函数的求导，导数在研究函数性质中的应用和不等式的求解等基本知识，以及运算能力．
本题给出的函数比较简单，为幂函数与对数函数ln(x+a)之差，让考生求这个函数的单调区间．直接应用单调函数的定义，难以进行有效的讨论，宜借助求导的方法求解．以此可以考查函数求导的技能，以及讨论导数正负性的方法．
所设的函数含有参数a，讨论函数单调区间时，应顾及a值的影响．这样，也就考查了分类讨论的数学方法，强化了试题对能力的考查功能．
[解题思路]　可从求函数的导数入手，再讨论导数的正负性变化区间，便可确定函数的单调区间．由于所得导数含有x的根式和分式，在讨论导数正负性时，将遇到解含根式和分式的方程或不等式，须正确运用同解变换的思想方法和技能．
(i)当a&1时，方程①无解，即f′(x)＝0无解，f′(x)在区间(0，+∞)上正负性不变，故由
知f′(x)&0在区间(0，+∞)上恒成立，所以(0，+∞)是f(x)的单调区间，f(x)在(0，+∞)上是增函数．
(ii)a=1时，方程①有惟一解x=1．
知当0&x&1时，恒有f′(x)&0；由f′
知当x&1时，恒有f′(x)&0．
所以，当a=1时，函数f(x)在区间(0，1)上是增函数，在区间(1，+∞)上也是增函数．又f(x)在x=1连续，所以(0，+∞)是f(x)的单调区间，f(x)在(0，+∞)上是增函数．
(iii)当0&a&1时，方程①有两个根：
可知：当0&x&或
所以，当0&a&1时，都是单调区间，f(x)在这两个区间上都是增函数；也是单调区间，f(x)在这个区间上是减函数．
(i)当a&1时,2a-4&-2,由x&0知
(ii)当a=1时,
当且仅当x=1时取等号．即当0&x&1或x&1时，f′(x)&0，知f(x)在(0，1)或(1，+∞)内都单调递增．又f(x)在x=1处连续，因此，f(x)在(0，+∞)内单调递增．
因此，函数f(x)在区间内单调递增，在区间内也单调递增．
令f′(x)&0，即
因此，函数，f(x)在区间内单调递减．
20．A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是B队队员是按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分．设A队、B队最后所得总分分别为ξ、η．
A队队员胜的概率
A队队员负的概率
(Ⅰ)求ξ，η的概率分布；
(Ⅱ)求Eξ，Eη．
[命题意图]　本题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望等概念与计算，以及运用概率知识认识和讨论实际问题的能力．
该题的取材贴近考生日常生活，以广大考生都熟悉的乒乓球比赛为素材，用列表的方式，给出对阵队员间胜负的概率，并规定每场胜负的得分规则．这样的条件下，赛后球队所得总分是离散型随机变量．本题要求考生计算该随机变量的分布列和数学期望．
这样设计试题，应用性强，也能贴近考生实际，符合《考试说明》的要求．
[解题思路]　为了求随机变量ξ和η的概率分布，必须先确定它们是离散型还是连续型．依题意，它们都是离散型随机变量，且满足ξ+η=3．所以只须求出ξ(或η)的概率分布，便可立即写出η(或ξ)的概率分布．
为了求ξ的概率分布，首先应弄清ξ可能取哪些值?这些值表示怎样的随机事件?进而应用随机事件概率计算公式(如乘法公式、加法公式等)，求出ξ取每一个可能值的概率，使得到所要求的概率分布列．
至于第(Ⅱ)问，可直接应用离散型随机变量数学期望的计算公式求解．
因为ξ是A队赛后所得的总分，根据题意，ξ只可能取0，1，2，3等4个值，其表示的随机事件分别为：
ξ=表示A队3场比赛都输球，全负；
ξ=1表示A队3场比赛中1胜2负；
ξ=2表示A队3场比赛中2胜1负；
ξ=3表示A队3场比赛全胜．
所以由给出的胜负概率表，应用互斥事件概率的加法公式、独立事件的概率加法公式等相关公式，便可求得ξ的分布列．
(Ⅰ)解　ξ、η的可能取值都为3，2，1，0．ξ的分布为：
依题意，ξ+η=3，故η的分布为：
21．已知常数a&0，向量c=(0，a)，i=(1，0)．经过原点O以c+λi为方向向量的直线与经过定点A(0，a)以i－2λc方向向量的直线相交于点P，其中λ∈R．试问：是否存在两个定点E、F，使得PE+PF为定值．若存在，求出E、F的坐标；若不存在，说明理由．
[命题意图]　本题主要考查平面向量的概念和向量的线性运算，根据已知条件求动点的轨迹方程，并讨论轨迹曲线的性质，着重考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，以及综合应用所学知识分析和解决问题的能力．
试题用向量的形式给出两条相交直线的条件，围绕交点P提出个一个探索性的问题：讨论是否存在两个定点，使得点P到这两个定点距离之和为一定值．在这里，点P因实数λ的变化而动．考生在审题时，必须自觉理解到问题的这个特点，具备“运动变化”和“动中求静”的辩证法的思想和观点，只有这样才能有效破题，获得问题的解答．可见试题重在考查思维和分析的能力．同时，该题的设计，围绕平面解析几何的主体知识，将传统的坐标法与向量法有机结合起来，旨在考查综合应用能力．
[解题思路]　有关存在性问题的讨论，许多时候可用构造法，这是一种基本的，而且也是比较原始的方法．就本题而言，即假设符合要求的定点存在，依题意列写出定点坐标所满足的方程，进而探求方程的解是否存在．依此思路，由于未知量比较多，方程的列写也难以简明，因而推演起来工作量大，而且繁杂．显然采用构造法绝非上策，宜另谋出路．
从试题的实际出发，联想广泛可用的知识，才能获得有效的求解思路和方法．题设的点P是两条动直线的交点，随着λ取遍实数集R中所有的值，点P的集合是一条轨迹曲线．另一方面，到两个定点距离之和为一定值的点之集合可能有两种情况：其一，当定值大于两个定点的距离时，该点集是椭圆曲线；其二，当定值等于两个定点的距离时，该点集是连结两点的线段．由于平面上到两个定点距离之和不可能小于两定点的距离，所以也就不可能出现第三种情况．由这样的思考，可得解题思路如下：
从求点P的轨迹方程入手，进而讨论轨迹曲线的性质，便可获得本题的答案．
由题设，可作图观察．图中，向量直线分别过点O和A，其方向向量分别为c+λi和i－2λc，点P是的交点．为了求点P的轨迹方程，可采用不同的方法．在这里，有一点值得注意的是：试题本身并没有要求考生求点P的轨迹方程，我们是借助轨迹的思想，只须求出点P的坐标所应满足的方程，进而展开讨论，而无须检验满足方程的每一个解为坐标的点都是符合题意的点P，也即无须要求所得方程的纯粹性，与严格意义上的求轨迹方程有所不同．
解法1　因为 c+λi=(0,a)+ λ(1,0)=(λ,a),
　　　　　　
i-2λc=(1,0)-2λ(0,a)=(1,-2λa),
所以　直线OP与AP的方程分别为
　　　　　　&
　　　　　　&
y-a=-2λax,
式中，a&0,λ∈R．
因为a&0,所以得：
（i）当时，方程①是圆方程，故不存在合乎题意的定点E和F；
（ii）当时，方程①表示椭圆，故焦点为合乎题意的两个定点；
（iii）时，方程①也表示椭圆，故焦点为合乎题意的两个定点．
解法2 &依题设，有实数m和n满足
所以点P（x,y）的坐标为
整理得点P的坐标满足方程
以下的讨论同解法1．此处从略．
[命题意图]　本小题主要考查数列、等比数列的基础知识和数学归纳法，同时考查抽象推理等理性思维能力．
数学高考中较难的数列解答题，一般都是给出一个递推关系，通过它或者转化为等差、等比数列，或者通过由特殊到一般的猜想、归纳，或者通过顺次迭代，以求出其通项．而试题的难度则由给出的递推关系与初始值来调整．2002年的数列解答题给出相邻四项的数量关系，较为新颖，2003年定位于回归到考生较为熟悉的相邻两项的数量关系，基本递推关系为“”．理科试题改变以往给出初始值的做法，给出常数证明数列的一个通项公式。这种提问方式反映出新的考查角度，不让考生死套题型，有利于考查独立思考能力和理性思维能力，对文科考生则降低抽象思维的要求，递推关系简化为基本形式“”，并给出初始值a=1，使试题难度较为切合文科考生的实际．
[解题思路]　常规方法是通过递推关系的变形转化为等比数列，但过程较繁，用数学归纳法或迭代方法较顺畅．
(Ⅰ)证法1&
(i)当n=1时，由已知等式成立；
（ii）假设当n=k(k≥)时等式成立，即
也就是说，当n=k+1时，等式也成立．
根据（i）和(ii)，可知等式对任何正整数n成立．
证法4顺次迭代
（i）当n=2k-1,k=1,2,…时，①式即为
②式对k=1,2,…都成立，有
（ii）当n=2k,k=1,2,…时，①式即为
③式对k=1,2,…都成立，有
[以下同解法1]
下面证明当
(i)当n=2k-１,k=1,2,…时，
（ii）n=2k,k=1,2…时，