南京市2014届高三数学综合题（终稿）
文字介绍，需要完整内容请下载！
南京市2014届高三数综合题
一、填空题
1．已知函数y＝inω(ω＞0)在区间[0，]上为增函数，且图象关于点(3π，0)对称，则ω
的取值集合为　　　　　　　　．
【答案】{，，1}．
【提示】由题意知，≥，,3ωπ＝π，))即))，其中，则＝或＝ 或＝1．
【说明】本题考查三角函数的图象与性质（单调性及对称性）．三角函数除关注求最值
外，也适当关注其图象的特征，如周期性、对称性、单调性等．
2．如图：梯形ABCD中，AB//CD，AB＝6，AD＝DC＝2，若·＝－12，则·＝　　　　．
【答案】0．
【提示】以，为基底，则＝＋，＝－，
则·＝2－·－2＝4－8co∠BAD－12＝－12，
所以co∠BAD＝，则∠BAD＝60o，
则·＝·(－)＝·(－)＝2－·＝4－4＝0．
【说明】本题主要考查平面向量的数量积，体现化归转化思想．另本题还可通过建立平
面直角坐标系将向量“坐标化”来解决．向量问题突出基底法和坐标法，但要关注基底的
选择与坐标系位置选择的合理性，两种方法之间的选择．
3．设α 、β为空间任意两个不重合的平面，则：
①必存在直线l与两平面α 、β均平行；
②必存在直线l与两平面α 、β均垂直；
③必存在平面γ与两平面α 、β均平行；
④必存在平面γ与两平面α 、β均垂直．
其中正确的是___________．（填写正确命题序号）
【答案】①④．
【提示】当两平面相交时，不存在直线与它们均垂直，也不存在平面与它们均平行（否
则两平面平行）．
【说明】本题考查生空间线面，面面位置关系及空间想象能力．
4．圆锥的侧面展开图是圆心角为π，面积为2π的扇形，则圆锥的体积是______．
【答案】π．
【提示】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意知＝π，且·2πr·l＝2π，解得l＝2，
r＝，所以圆锥高h＝1，则体积V＝πr2h＝π．
【说明】本题考查圆锥的侧面展开图及体积的计算．
5．设圆2＋y2＝2的切线l与轴正半轴，y轴正半轴分别交于点A，B．当线段AB的长度最
小值时，切线l的方程为____________．
【答案】＋y－2＝0．
【说明】本题考查直线与圆相切问题和最值问题．
6．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率等于2，它的右准线过抛物线y2=4的焦点，
则双曲线的方程为
【答案】－＝1．
【解析】本题主要考查了双曲线、抛物线中一些基本量的意义及求法．
7．在平面直角坐标系Oy中，已知曲线C1、C2、C3依次为y＝2lo2、y＝lo2、y＝l
o2(为常数，
0＜＜1)．曲线C1上的点A在第一象限，过A分别作轴、y轴的平行线交曲线C2分别于
点B、D，过点B作y轴的平行线交曲线C3于点C．若四边形ABCD为矩形，则的值是____
【答案】．
【提示】设A(，2
lo2)(＞1)，则B(2，2
lo2)，D(，lo2)，C(2，2 lo2)，则有lo2＝2 lo2，
由于lo2＞0，故2＝1，即＝．
【说明】本题考查对数函数的图像及简单的对数方程．注意点坐标之间的关系是建立方
程的依据．
*8．已知实数a、b、c满足条件0≤a＋c－2b≤1，且2a＋2b≤21＋c，则的取值范围是_____
【答案】[－，,2)]．
【提示】由2a＋2b≤21＋c得2a－c＋2b－c≤2，由0≤a＋c－2b≤1得0≤(a－c)－2(b－c)≤1，
于是有1≤2(a－c)－2(b－c)≤2，即1≤≤2．设＝2b－c，y＝2a－c，
则有＋y≤2，2≤y≤22，＞0，y＞0，＝y－．
在平面直角坐标系Oy中作出点(，y)所表示的平面区域，并设y－＝．
如图，当直线y－＝与曲线y＝2相切时，最小．
此时令y′＝2＝1，解得＝，于是y＝，所以min＝－＝－．
当直线过点A时，最大．由解得A(,4)，,4))，
所以ma＝,4)－,4)＝,2)．
因此的取值范围是[－，,2)]．
【说明】本题含三个变量，解题时要注意通过换元减少变量的个数．利用消元、换元等
方法进行减元的思想是近年高考填空题中难点和热点，对于层次很好的校值得关注．
9．已知四数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1．将此数列删去一个数后得
到的数列(按原来的顺序)是等差数列， 则正数q的取值集合是
【答案】{,2)，,2)}．
【提示】因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4．设{an}的公差为d，则
1. 若删去a2，则由2a3＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q，即2q＝1＋q，
整理得q(q－1)＝(q－1)(q＋1)．
又q≠1，则可得 q＝q＋1，又q＞0解得q＝,2)；
若删去a3，则由2a2＝a1＋a4得2a1q＝a1＋a1q，即2q＝1＋q，整理得q(q－1)(q＋1
又q≠1，则可得q(q＋1)＝1，又q＞0解得 q＝,2)．
综上所述，q＝,2)．
【说明】本题主要考查等差数列等差中项的概念及等比数列中基本量的运算．
*10．数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2 (n∈N*)，设n为{bn}的前
n项和．若a12＝a5＞0，则当n取得最大值时n的值等于___________．
【答案】16．
【提示】设{an}的公差为d，由a12＝a5＞0得 a1＝－d，d＞0，所以an＝(n－)d，
从而可知1≤n≤16时，an＞0， n≥17时，an＜0．
从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，b 15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18
故14＞13＞……＞1，14＞15，15＜16．
因为a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，
所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以16＞14，故n中16最大．
【说明】利用等差数列及等差数列的基本性质是解题基本策略．此题借助了求等差数列
前ｎ项和最值的方法，所以在关注方法时，也要关注形成方法的过程和数思想．
二、解答题
11．三角形ABC中，角A、B、C所对边分别为a，b，c，且inB＝．
(1)若coA＝，求inC的值；
(2)若b＝，inA＝3inC，求三角形ABC的面积．
解 (1)由inB＝，两边平方得2in2B＝3coB，
即2(1－co2B)＝3coB，解得coB＝或coB＝－2(舍去)．
又B为三角形内角，则B＝．
因为coA＝，且A为三角形内角，则inA＝,3)，
故inC＝in(B＋A)＝in(＋A)＝ ,2)coA＋inA＝＋2,6)．
(2)解法一　因为inA＝3inC，由正弦定理可得a＝3c．
由余弦定理知：b2＝
a2＋c2－2accoB，则7＝9c2＋c2－3c2，解得c＝1，则a＝3．
面积＝acinB＝,4)．
由inA＝3inC得in(C＋B)＝3inC，即in(C＋)＝3inC，则inC＋,2)coC＝3in
即,2)coC＝inC，故可得anC＝,5)．
又C为三角形的内角，则inC＝,14)．
由正弦定理知＝，则c＝1．
又inA＝3inC＝,14)，故面积＝bcinA＝,4)．
【说明】本题考查同角三角函数关系式，两角和差公式及正、余弦定理，具有一定的综
12．三角形ABC中，三内角为A、B、C，a＝(coA，inA)，b＝(coB，inB)，c＝(1，－
(1)若a·c＝1，求角A的大小；
(2)若a//b，求当A－B取最大时，A的值．
解 (1)a·c＝coA－inA＝2co(A＋)＝1，则co(A＋)＝．
因为A∈(0，π)，则A＋∈(，)，则A＋＝，则A＝．
(2)因为a//b，所以coA·inB＝inA·coB，则anA＝3anB．
由于A、B为三角形内角，则A、B只能均为锐角，即anA＞0，anB＞0．
an(A－B) ＝ ＝＝＋ 3anB)≤)＝,3)，
当且仅当＝3anB时，B＝取“＝”号．
又A－B∈(－，)，则A－B的最大值为，此时A＝．
所以，当A－B的最大时，A＝．
【说明】本题第一问考查向量数量积的坐标运算，两角和差公式及已知三角函数值求角
问题；第二问考查平面向量平行的条件及两角差的正切公式，利用基本不等式求最值．
13．如图，六面体ABCDE中，面DBC⊥面ABC，AE⊥面ABC．
(1)求证：AE //面DBC；
(2)若AB⊥BC，BD⊥CD，求证：AD⊥DC．
证明 (1)过点D作DO⊥BC，O为垂足．
因为面DBC⊥面ABC，又面DBC∩面ABC＝BC，DO (面DBC，
所以DO⊥面ABC．
又AE⊥面ABC，则AE//DO．
面DBC，DO (面DBC，故AE // 面DBC．
(2)由（1）知DO⊥面ABC，AB(面ABC，所以DO⊥AB．
又AB⊥BC，且DO∩BC＝O，DO，BC(平面DBC，则AB⊥面DBC．
因为DC (面DBC，所以AB⊥DC．
又BD⊥CD，AB∩DB＝B，AB，DB(面ABD，则DC⊥面ABD．
又AD( 面ABD，故可得AD⊥DC．
【说明】本题第(1)问考查面面垂直的性质定理，线面垂直的性质定理及线面平行的判定
定理；第(2)问通过线面垂直证线线垂直问题．
14．如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ACC1是边长为2的菱形，∠A1AC＝60o．在
面ABC中，AB＝2，BC＝4，M为BC的中点，过A1，B1，M三点的平面交AC于点N．
(1)求证：N为AC中点；
(2)平面A1B1MN⊥平面A1ACC1．
解 (1)由题意，平面ABC//平面A1B1C1，
平面A1B1M与平面ABC交于直线MN，与平面A1B1C1交于直线A1B1，所以MN// A1B1．
因为AB// A1B1，所以MN//AB，所以＝．
因为M为AB的中点，所以＝1，所以N为AC中点．
(2)因为四边形A1ACC1是边长为2的菱形，∠A1AC＝60o．
在三角形A1AN中，AN＝1，AA1＝2，由余弦定理得A1N＝，
故A1A2＝AN2＋A1N2，从而可得∠A1NA＝90o，即A1N⊥AC．
在三角形ABC中，AB＝2，AC＝2，BC＝4，
则BC2＝AB2＋AC2，从而可得∠BAC=90o，即AB⊥AC．
又MN//AB，则AC⊥MN．
因为MN∩A1N＝N，MN (面A1B1MN，A1N(面A1B1MN，
所以AC⊥平面A1B1MN．
又AC(平面A1ACC1，所以平面A1B1MN⊥平面A1ACC1．
【说明】本题考查面面平行的性质定理，线面垂直及面面垂直的判定定理，综合考查空
间想象及逻辑推理能力．立体几何中线面平行、面面平行、面面垂直的性质定理要适当
关注，不成为重点，但也不要成为盲点．关注以算代证的方法．
15．某汽车厂有一条价值为a万元的汽车生产线，现要通过技术改造来提高该生产线的生
产能力，提高产品的增加值．经过市场调查，产品的增加值y万元与技术改造投入的
万元之间满足：①y与(a－)和2的乘积成正比；②∈(0，]，其中m是常数．若＝时
(1)求产品增加值y关于的表达式；
(2)求产品增加值y的最大值及相应的的值．
解：(1)设y＝f()＝(a－)2，因为当＝时，y＝a3，所以＝8，
所以f()＝8(a－)2 ，∈(0，]．
(2)因为f′()＝－242＋16a，令f′()＝0，则＝0(舍)，＝．
①当≥，即m≥1时，
当∈(0，)时，f′()＞0，所以f()在(0，)上是增函数，
当∈(，)时，f′()＜0，所以f()在(，)上是减函数，
所以yma＝f()＝a3；
②当＜，即0＜m＜1时，
当∈(0，)时，f′()＞0，所以f()在(0，)上是增函数，
所以yma＝f()＝a3，
综上，当m≥1时，投入万元，最大增加值a3．
当0＜m＜1时，投入万元，最大增加值a3．
【说明】适当关注建模容易，解模难的应用题，如本题需要对解模过程进行分类讨论．
16．如图，摄影爱好者在某公园A处，发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角
和立柱底部B的俯角均为．设的眼睛距地面的距离按米．
(1) 求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度；
立柱的顶端有一长2米的彩杆MN绕其中点O在与立柱所在的平面内旋转．摄影者有一视
角范围为的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面？说
(1) 如图，作C垂直OB于C，则∠CB＝30°，∠AB＝60°．
又A＝，故在R△AB中，可求得BA＝3，即摄影者到立柱的水平距离为3米．
由C＝3，∠CO＝30°，在R△CO中，可求得OC＝．
因为BC＝A＝，故OB＝2，即立柱高为2米.
(2) 方法一：连结M，N，设ON＝a，OM＝b．
在△ON和△OM中，
)2＋1－b2,2·2·1)＝－)2＋1－a2,2·2·1)，得a2＋b2＝26．
co∠MN＝＝≥＝＞．
又∠MN∈(0，π)， 则∠MN＜．
故摄影者可以将彩杆全部摄入画面．
方法二提示:设∠MO＝θ，建立co∠MN关于θ的关系式，求出co∠MN最小值为，从而得
到∠MN＜．
方法三提示:假设∠MN＝，设ON＝a，OM＝b，联立a2＋b2＝26和a2＋b2－ab＝4消元，
判断方程是否有解．
方法四提示：计算过点作圆O(1为半径)的两切线夹角大于60o．也可合理建系．
【说明】第(1)问主要考查了对图形的认识；第(2)问突出应用题中变量的选择，方法的
选择．另外应用题中除求解函数最值问题外，也考虑涉及方程的解、不等式等问题，如
17．为了迎接青奥会，南京将在主干道统一安装某种新型节能路灯，该路灯由灯柱和支
架组成．在如图所
示的直角坐标系中，支架ACB是抛物线y2＝2的一部分，灯柱CD经过该抛物线的焦点F
且与路面垂直，其中C在抛物线上，B为抛物线的顶点，DH表示道路路面，BF∥DH，A为
锥形灯罩的顶，灯罩轴线与抛物线在A处的切线垂直．安装时要求锥形灯罩的顶到灯柱
的距离是1.5米，灯罩的轴线正好通过道路路面的中线．
(1)求灯罩轴线所在的直线方程；
(2)若路宽为10米，求灯柱的高．
解：(1)由题意知，BF＝，则A＝1.5＋＝2，
代入y2＝2得yA＝2，故A(2，2)．
设点A处的切线方程为y－2＝(－2)，
代入抛物线方程y2＝2消去，得y2－2y＋4－4＝0．
则△＝4－4(4－4)＝0，解得＝．
故灯罩轴线的斜率为－2，其方程为y－2＝－2(－2)，即y＝－2＋6．
（2）由于路宽为10，则当＝时，y＝－5，从而FD＝5．
又CF＝1，则CD＝6．
答：灯柱的高为6米.
【说明】本题改编自必修2(P92)例5，考查生综合应用函数、不等式知识解决实际问题
的能力．解析几何应用题不需重点训练，但也需要生适当了解和关注．
18．如图，在RΔABC中，∠A为直角，AB边所在直线的方程为－3y－6＝0，点(－1，1)
在直线AC上，斜边中点为M(2，0)．
(1)求BC边所在直线的方程；
(2)若动圆P过点N(－2，0)，且与RΔABC的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半
径最小的圆方程．
(1)因为AB边所在直线的方程为－3y－6＝0，AC与AB
垂直，所以直线AC的斜率为－3．
故AC边所在直线的方程为y－1＝－3(＋1)，
即3＋y＋2＝0．
设C为(0，－30－2)，因为M为BC中点，
所以B(4－0，30＋2)．
点B代入－3y－6＝0，解得0＝－，所以C(－，)．
所以BC所在直线方程为：＋7y－2＝0．
(2)因为RΔABC斜边中点为M(2，0)，所以M为RΔABC外接圆的圆心．
又AM＝2，从而RΔABC外接圆的方程为(－2)2＋y2＝8．
设P(a，b)，因为动圆P过点N，所以该圆的半径r＝，圆方程为(－a)2＋(y－b)2＝r2．
由于⊙P与⊙M相交，则公共弦所在直线的方程m为：(4－2a)－2by＋a2＋b2－r2＋4＝0．
因为公共弦长为4，r＝2，所以M(2，0)到m的距离d＝2，即)＝2，
化简得b2＝3a2－4a，所以r＝＝．
当a＝0时，r最小值为2，此时b＝0，圆的方程为2＋y2＝4．
【说明】本题考查直线与直线的位置关系，直线与圆有关知识，考查圆与圆位置关系及
弦长的求法及函数最值求法．
19．如图，平行四边形AMBN的周长为8，点M，N的坐标分别为(－，0)，(，0)．
(1)求点A，B所在的曲线L方程；
(2) 过 L上点C(－2，0)的直线l与L交于另一点D，与y轴交于点E，且l//OA．
求证：为定值．
解 (1)因为四边形AMBN是平行四边形，周长为8
所以两点A，B到M，N的距离之和均为4>2，可知所求曲线为椭圆．
由椭圆定义可知，a＝2，c＝，b＝1．
曲线L方程为＋y2＝1（y≠0）．
(2)由已知可知直线l的斜率存在．
因为直线l过点C(－2，0)，设直线l的方程为y＝(＋2)，
代入曲线方程＋y2＝1(y≠0)，并整理得(1＋42)2＋162＋162－4＝0．
因为点C(－2，0)在曲线上，则D(，)，E(0，2)，
所以CD＝, 1＋42)，CE＝2．
因为OA//l，所以设OA的方程为y＝ ，代入曲线方程，并整理得(1＋42)2＝4．
所以＝，yA2＝，所以OA2＝，
化简得＝2，所以为定值．
【说明】本题考查用定义法求椭圆方程知识及直线与椭圆相交的有关线段的计算与证明
20．如图，在直角坐标系Oy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点(，,2))．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若点A，B分别是椭圆E的左、右顶点，直线l经过点B且垂直于轴，点P是椭圆上异
于A，B的任意一点，直线AP交l于点M．
(i)设直线OM的斜率为1，直线BP的斜率为2，求证：12为定值；
*(ii)设过点M垂直于PB的直线为m．求证：直线m过定点，并求出定点的坐标.
解：(1)由题意得2c＝2 ，所以c＝1，又＋＝1．
消去a可得2b4－5b2－3＝0，解得b2＝3或b2＝－(舍去)，则a2＝4，
所以椭圆E的方程为＋＝1．
(2)(i)设P(1，y1)(y1≠0)，M(2，y0)，则1＝，2＝，
因为A，P，M三点共线，所以y0＝， 则12＝,2(－4))．
因为P(1，y1)在椭圆上，所以y＝(4－)，则12＝,2(－4))＝－为定值．
(ii)方法一：直线BP的斜率为2＝，直线m的斜率为m＝，
则直线m的方程为y－y0＝(－2)，
即y＝(－2)＋y0＝(－2)＋＝[(－2)＋]
＝[(－2)＋]＝(＋1)，
所以直线m过定点(－1，0)．
方法二：直线BP的斜率为2＝，直线m的斜率为m＝，
则直线m的方程为y－＝(－2)，
若P为(0，)，则m的方程为y＝,3)＋,3)，
若P为(0，－)，则m的方程为y＝－,3)－,3)，
两直线方程联立解得Q(－1，0)．
因为MQ·2＝·＝＝＝－1，
所以Q在过M且与BP垂直的直线上，
所以直线m过定点(－1，0)．
【说明】考查椭圆方程的求法及直线与椭圆中的一些定值、定点问题．其中定点问题可
以考虑先从特殊情况入手，找到定点再证明．
21．已知函数f()＝＋(a，b，λ为实常数)．
(1)若λ＝－1，a＝1．
①当b＝－1时，求函数f()的图象在点(，f())处的切线方程；
②当b＜0时，求函数f()在[，]上的最大值．
* (2)若λ＝1，b＜a，求证：不等式f()≥1的解集构成的区间长度D为定值．
解 (1)①当b＝－1时，f()＝－＝－1)，则f ′()＝－1))，可得f ′()＝－4，
又f()＝2，故所求切线方程为y－2＝－4(－)，即4＋y－10＝0．
②当λ＝－1时，f()＝－，
则f ′()＝－)＋)＝－(－b),(－1)(－b))＝),(－1)(－b))．
因为b＜0，则b－1＜0 ，且b＜＜
故当b＜＜时，f ′()＞0，f()在(b，)上单调递增；
当＜＜时，f ′()＜0，f()在(，)单调递减．
(Ⅰ)当≤，即b≤－时，f()在[，]单调递减，所以[f()]ma＝f()＝；
(Ⅱ)当＜＜，即－＜b＜0时，[f()]ma＝f()＝．
综上所述，[f()]ma＝，－＜b＜0，, ，b≤－．))
(2) f()≥1即＋≥1．……………………(*)
①当＜b时，－a＜0，－b＜0，此时解集为空集．
②当a＞＞b时，不等式(*)可化为 (－a)＋(－b)≤(－a)(－b)，
展开并整理得，2－(a＋b＋2)＋(ab＋a＋b)≥0，
设 ()＝2－(a＋b＋2)＋(ab＋a＋b)，
因为△＝(a－b)＋4＞0，所以 ()有两不同的零点，设为1，2(1＜2)，
又 (a)＝b－a＜0， (b)＝a－b＞0，且b＜a，
因此b＜1＜a＜2，
所以当a＞＞b时，不等式2－(a＋b＋2)＋(ab＋a＋b)≥0的解为b＜≤1．
③当＞a时，不等式(*)可化为 (－a)＋(－b)≥(－a)(－b)，
展开并整理得，2－(a＋b＋2)＋(ab＋a＋b)≤0，
由②知，此时不等式的解为a＜≤2
综上所述，f()≥1的解构成的区间为(b，1]∪(a，2]，
其长度为(1－b)＋(2－a)＝1＋2－a－b＝a＋b＋2－a－b＝2．
故不等式f()≥1的解集构成的区间长度D为定值2．
【说明】本题考查了导数的应用、分类讨论思想、解一元二次不等式．其中第(2)问涉及
不常考的解一元二次不等式分类讨论问题，注意比较a、b与两根的大小．
22．已知函数f ()＝ln(＞0)．
(1)求函数 ()＝f ()－＋1的极值；
*(2)求函数h()＝f ()＋|－a|(a为实常数)的单调区间；
*(3)若不等式(2－1)f ()≥(－1)2对一切正实数恒成立，求实数的取值范围．
解：(1) ()＝ln－＋1，′()＝－1＝，
当0＜＜1时，′()＞0；当＞1时，′()＜0，
可得 ()在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故 ()有极大值为 (1)＝0，无极小值．
(2)h()＝ln＋|－a|．
当a≤0时，h()＝ln＋－a，h′()＝1＋＞0恒成立，此时h()在(0，＋∞)上单调
当a＞0时，h()＝
①当≥a时，h()＝ln＋－a，h′()＝1＋＞0恒成立，此时h()在(a，＋∞)上单调
②当0＜＜a时，h()＝ln－＋a，h′()＝－1＝．
当0＜a≤1时，h′()＞0恒成立，此时h()在(0，a)上单调递增；
当a＞1时，当0＜＜1时h′()＞0，当1≤＜a时h′()≤0，
所以h()在(0，1)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
综上，当a≤1时，h()的增区间为(0，＋∞)，无减区间；
当a＞1时，h()增区间为(0，1)，(a，＋∞)；减区间为(1，a)．
(3)不等式(2－1)f ()≥(－1)2对一切正实数恒成立，
即(2－1)ln≥(－1)2对一切正实数恒成立．
当0＜＜1时，2－1＜0；ln＜0，则(2－1)ln＞0；
当≥1时，2－1≥0；ln≥0，则(2－1)ln≥0．
因此当＞0时，(2－1)ln≥0恒成立．
又当≤0时，(－1)2≤0，故当≤0时，(2－1)ln≥(－1)2恒成立．
下面讨论＞0的情形．
当＞0且≠1时，(2－1)ln－(－1)2＝(2－1)[ln－]．
设h()＝ln－( ＞0且≠1)，h′()＝－＝．
记△＝4(1－)2－4＝4(2－2)．
①当△≤0，即0＜≤2时，h′()≥0恒成立，故h()在(0，1)及(1，＋∞)上单调递增
于是当0＜＜1时，h()＜h(1)＝0，又2－1＜0，故(2－1) h()＞0，即(
2－1)ln＞(－1)2．
当＞1时，h()＞h(1)＝0，又2－1＞0，故(2－1) h()＞0，即(2－1)ln
＞(－1)2．
又当＝1时，(2－1)ln＝(－1)2．
因此当0＜≤2时，(2－1)ln≥(－1)2对一切正实数恒成立．
②当△＞0，即＞2时，设2＋2(1－)＋1＝0的两个不等实根分别为1，2(1
函数φ()＝2＋2(1－)＋1图像的对称轴为＝－1＞1，
又φ(1)＝4－2＜0，于是1＜1＜－1＜2．
故当∈(1，－1)时，φ()＜0，即h′()＜0，从而h()在(1，－1)在单调递
而当∈(1，－1)时，h()＜h(1)＝0，此时2－1＞0，于是(2－1) h()＜0
，即(2－1)ln＜(－1)2，
因此当＞2时，(2－1)ln≥(－1)2对一切正实数不恒成立．
综上，当(2－1)f ()≥(－1)2对一切正实数恒成立时，≤2，即的取值范
围是(－∞，2]．
【说明】本题以函数的最值为载体考查分类讨论思想．第三问比较难，两个注意：
①适当变形后研究函数h()；②当＞2时，区间(1，－1)是如何找到的．
23．已知函数f ()＝in－co的导函数为f ′()．
(1)求证：f ()在(0，π)上为增函数；
(2)若存在∈(0，π)，使得f′()＞2＋λ成立，求实数λ的取值范围；
*(3)设F()＝f′()＋2co，曲线y＝F()上存在不同的三点A(1，y1)，B(2，y2)
，C(3，y3)，1＜2＜3，且1，2，3∈(0，π)，比较直线AB的斜率与直线BC的斜率
的大小，并证明．
解 (1)证明：f′()＝in，
当∈(0，π)时，in＞0，所以f′()＞0恒成立，
所以f () 在(0，π)上单调递增．
(2)因为f′()＞2＋λ，所以in＞2＋λ．
当0＜＜π时，λ＜in－．
设φ()＝in－，∈(0，π)，则φ′()＝co－．
当0＜＜时，φ′()＞0；当＜＜π时，φ′()＜0．
于是φ ()在(0，)上单调递增，在 (，π)上单调递减，
所以当0＜＜π时，φ()ma＝ ()＝,2)－
因此λ＜,2)－．
(3)由题意知只要判断＜的大小．
首先证明：＜F′(2)．
由于2＜3，因此只要证：F(3)－F(2)＜(3－2) F′(2)．
设函数()＝F()－F(2)－(－2) F′(2)( 2＜＜π)，
因为F′()＝co－in＝－f()，所以′()＝F′()－F′(2)＝f (2)－f ()
由（1）知f()在(0，π)上为增函数，所以′()＜0．
则()在(2，π)上单调递减，又＞2，故()＜(2)＝0．
而2＜3＜π，则(3)＜0，即F(3)－F(2)－(3－2) F′(2)＜0，即F(3)－F
(2)＜(3－2) F′(2)．
从而＜F′(2)得证．
同理可以证明：F′(2)＜．
因此有＜，即直线AB的斜率大于直线BC的斜率．
【说明】本题以三角函数为载体，考查导数的应用及分类讨论思想，适时结合形分
析．其中第三问找一个中间量F′(2)，难度稍大．
24．已知数集A＝{a1，a2，…，an}(0≤a1＜a2＜…＜an，n≥2，n∈N*)具有性质P：(i，j(1
≤i≤j≤n)，
ai＋aj与aj－ai两数中至少有一个属于A．
(1)分别判断数集{1，2，3，4}是否具有性质P，并说明理由；
(2)证明：a1＝0；
*(3)证明：当n＝5时，a1，a2，a3，a4，a5成等差数列．
证明 (1)由于4＋4与4－4均不属于数集{1，2，3，4}，所以该数集不具有性质P．
(2)因为A＝{a1，a2，…，an}具有性质P，所以an＋an与an－an中至少有一个属于A，
又an＋an＞an，所以an＋anA，所以an－an∈A，即0∈A，又a1≥0，a2＞0，所以a1＝0
(3)当 n＝5时，取j＝5，当i≥2时，ai＋a5＞a5，
由A具有性质P，a5－ai∈A，又i＝1时，a5－a1∈A，所以a5－ai∈A，i＝1，2，3，4，
因为0＝a1＜a2＜a3＜a4＜a5，所以a5－a1＞a5－a2＞a5－a3＞a5－a4＞a5－a5＝0
则a5－a1＝a5，a5－a2＝a4,
a5－a3＝a3，
从而可得a2＋a4＝a5，a5＝2a3，故a2＋a4＝2a3，即0＜a4－a3＝a3－a2＜a3，
又因为a3＋a4＞a2＋a4＝a5，所以a3＋a4A，则a4－a3∈A，则有a4－a3＝a2＝a2－a
又因为a5－a4＝a2＝a2－a1，所以a5－a4＝a4－a3＝a3－a2＝a2－a1＝a2，
即a1，a2，a3，a4，a5是首项为0，公差为a2的等差数列．
【说明】本题主要考查集合、等差数列的性质，考查运算能力、推理论证能力，本题是
数列与不等式的综合题．对于复杂的数列问题，我们往往可以从特殊情况入手，找到解
题的突破口．
25．设MN*，正项数列{an}的前项积为n，且(∈M，当n＞ 时，＝n都成立．
(1)若M＝{1}，a1＝，a2＝3，求数列{an}的前n项和；
(2)若M＝{3，4}，a1＝，求数列{an}的通项公式．
解：(1)当n≥2时，因为M＝{1}，所以＝n1，可得an＋1＝ana1，故＝a1＝3(n≥2)．
又a1＝，a2＝3，则{an}是公比为3的等比数列，
故{an}的前n项和为(1－3),1－3)＝,2)·3－,2)．
(2)当n＞时，因为＝n，所以＝n＋1，
所以,)＝，即＝an＋1，
因为M＝{3，4}，所以取＝3，当n＞3时，有an＋4an－2＝an＋1；
取＝4，当n＞4时，有an＋5an－3＝an＋1．
由an＋5an－3＝an＋1知，
数列a2，a6，a10，a14，a18，a22，…，a4n－2，…，是等比数列，设公比为q．…………
由an＋4an－2＝an＋1 知，
数列a2，a5，a8，a11，a14，a17，…，a3n－1，…，是等比数列，设公比为q1，…………
数列a3，a6，a9，a12，a15，a18，…，a3n，…，成等比数列，设公比为q2，…………………
数列a4，a7，a10，a13，a16，a19，a22，…，a3n＋1，…，成等比数列，设公比为q3
，…………④
由①②得，＝q，且＝q1，所以q1＝q)；
由①③得，＝q，且＝q2，所以q2＝q)；
由①④得，＝q，且＝q3，所以q3＝q)；
所以q1＝q2＝q3＝q)．
由①③得，a6＝a2q，a6＝a3q2，所以＝＝q)，
由①④得，a10＝a2q，a10＝a4q3，所以＝,q3)＝q)，
所以a2，a3，a4是公比为q)的等比数列，所以{an}(n≥2)是公比为q)的等比数列．
因为当n＝4，＝3时，71＝43；当n＝5，＝4时，91＝54，
所以(q))＝2a2，且(q))＝2a2，所以q)＝2，a2＝2．
又a1＝，所以{an}(n∈N*)是公比为q)的等比数列．
故数列{an}的通项公式是an＝2·．
【说明】本题主要考查等比数列的性质，考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等
数思想方法．
*26．已知数列{an}的前n项和为n，数列{Mn}满足条件：M1= ，当n≥2时，Mn= －，
其中数列{n}单调递增，且n∈N*．
（1）若an＝n，
①试找出一组1、2、3，使得M22＝M1M3；
②证明：对于数列an＝n，一定存在数列{n}，使得数列{Mn}中的各数均为一个整数
（2）若an＝2n－1，是否存在无穷数列{n}，使得{Mn}为等比数列．若存在，写出一个
满足条件的数列{n}；若不存在，说明理由．
解：（1）若an＝n，则n＝，
①取M1＝1＝1，M2＝4－1＝9，M3＝13－4＝81，满足条件M22＝M1M3，
此时1＝1，2＝4，3＝13．
②由①知1＝1，2＝1＋3，3＝1＋3＋32，则M1＝1，M2＝32，M3＝92，
一般的取n＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝，
此时)＝－1,2)(1＋－1,2)),2)，)＝－1,2)(1＋－1,2)),2)，
则M＝)－)＝－1,2)(1＋－1,2)),2)－－1,2)(1＋－1,2)),2)＝(3n－1)2，
所以M为一整数平方．
因此存在数列{n}，使得数列{Mn}中的各数均为一个整数的平方．
（3）假设存在数列{n}，使得{Mn}为等比数列，设公比为q．
因为n＝n2，所以)＝n2，则M1＝12，当n≥2时，Mn＝n2－n－12＝qn－1
因为q为正有理数，所以设q＝(r，为正整数，且r，既约)．
因为n2－n－12必为正整数，则12∈N*，由于r，既约，所以必为正整数．
若≥2，且{n}为无穷数列，则当n＞lo12＋1时，＜1，这与为正整数相矛盾．
于是＝1，即q为正整数．
注意到32＝M3＋M2＋M1＝M1(1＋q＋q2)＝12
(1＋q＋q2)，于是,
1)＝1＋q＋q2．
因为1＋q＋q2∈N*，所以, 1)∈N*．
又为有理数，从而必为整数，即1＋q＋q2为一整数的平方．
但q2＜1＋q＋q2＜(q＋1) 2，即1＋q＋q2不可能为一整数的平方．
因此不存在满足条件的数列{n}．
【说明】本题主要考查等差、等比数列的性质，考查阅读理解能力、运算求解能力、推
理论证能力．对于新构造的函数，可以尝试列举，了解构造的过程和含义，从中观察发
现规律或寻找突破口．对于存在性问题，也可以考虑先从特殊情况入手寻找突破口．
*27．已知(1＋)2n＝a0＋a1＋a22＋…＋a2n2n．
(1)求a1＋a2＋a3＋…＋a2n的值；
(2)求－＋－＋…＋－的值．
(1)令＝0得，a0＝1；令＝1得，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝22n．
于是a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝22n－1．
(2)a＝C，＝1，2，3，…，2n，
首先考虑)＋)＝＋＝
则)＝()＋))，
因此)－)＝()－))．
故－＋－＋…＋－＝()－)＋)－)＋…＋)－))
＝()－))＝(－1)＝－．
【说明】本题考查二项式定理、赋值法、组合恒等变换．关于组合数的倒数问题一
直没有涉及过，注意关注一下．
-----------------------
年第二期联盟校高一期中联考
命题：长河高级中章燕君
一、选择题：（3分3
2015年度初三数5月复习试卷
一、选择题
1．2的相反数是（）
A．-2B．2　　C．D．
丹棱县2015年中考第一次诊断性考试
注意事顶：
1．本试卷分A卷和B卷两部分，A卷共100B
营口市六中八年级2014---2015年度下期期中质
盘锦市2015年中考模拟试题（三）
考试时间：120分钟试卷满分：150分
注意事项：