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2011年高考试题分类汇编数学(理科)之专题


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年高考试题数学(理科) 2011 年高考试题数学(理科)
不等式
一、选择题: 选择题 4)不等式 1. (2011 年高考山东卷理科 4)不等式 | x ? 5 | + | x + 3 |≥ 10 的解集为 (A)[-5.7] (C) ( ?∞, ?5] ∪ [7, +∞) 【答案】D 【解析】由不等式的几何意义知,式子 | x ? 5 | + | x + 3 | 表示数轴的点 (x ) 与点(5)的距离 和与点(-3)的距离之和,其距离之和的最小值为 8,结合数轴,选项 D 正确 (B)[-4,6] (D) ( ?∞, ?4] ∪ [6, +∞)

?21? x , x ≤ 1 9)设函数 f ( x) = ? ,则满足 f ( x) ≤ 2 的 x 的取值 2. (2011 年高考辽宁卷理科 9) ?1 ? log 2 x, x > 1
范围是 (A) [?1 ,2] 答案:D (B)[0,2] (C)[1,+ ∞ ) (D)[0,+ ∞ )

11)函数 f (x) 的定义域为 R , f (?1) = 2 ,对任意 x ∈ R , 3. (2011 年高考辽宁卷理科 11)

f ′( x) > 2 ,则 f ( x) > 2 x + 4 的解集为
(A) ? 1 ,1) ( 答案:B (B) ? 1 ,+ ∞ ) (C) ? ∞ , ? 1 ) (D) ? ∞ ,+ ∞ ) ( ( (

?x + 2 y ? 5 > 0 ? 4.(2011 年高考浙江卷理科 5) 5)设实数 x, y 满足不等式组 ?2 x + y ? 7 > 0, 若 x, y 为整数,则 (2011 ? x ≥ 0,y ≥ 0, ?
3 x + 4 y 的最小值是
(A)14 (B)16 (C)17 (D)19

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【答案】 B

0 < ab < 1 所 以

(ab ? 1)2 >0 ab

即 ( a ? )(b ? ) > 0 于 是 ( a ? )(b ? ) > 0 所 以

1 b

1 a

1 b

1 a

1 1 a < 或b > 成立,充分条件; b a 1 1 反 之 a < 或b > 成 立 , 即 b a 1 1 (ab ? 1)2 ( a ? )(b ? ) = <0 b a ab
故 ab < 0 ,不必要条件。故选 A

a?

1 ab ? 1 1 ab ? 1 = < 0或b ? = >0 b b a a



6.(2011 年高考安徽卷理科 4) (2011 4)设变量 x, y 满足 x + y ≤ 1, 则 x + 2 y 的最大值和最小值分别 为 (A)1,-1 【答案】B 【命题意图】本题考查线性规划问题.属容易题. 【解析】不等式 x + y ≤ 1 对应的区域如图所示, (B)2,-2 (C)1,-2 (D)2,-1
[来源:Z|xx|k.Com]

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当目标函数过点(0,-1)(0,1)时,分别取最小或最大值,所以 x + 2 y 的最大值和最小 , 值分别为 2,-2.故选 B. 7. (2011 年高考天津卷理科 2)设 x, y ∈ R, 则“ x ≥ 2 且 y ≥ 2 ”是“ x 2 + y 2 ≥ 4 ”的 年高考天津 天津卷理科 ) A. 充分而不必要条件 C.充分必要条件 . 【答案 答案】A 答案 【解析 解析】当 x ≥ 2且y ≥ 2 时,一定有 x 2 + y 2 ≥ 4 ;反过来当 解析 B.必要而不充分条件 . D.即不充分也不必要条件 .

x 2 + y 2 ≥ 4 ,不一定有 x ≥ 2且y ≥ 2 ,例如 x = ?4, y = 0 也可以,故选 A
8.(2011 年高考天津卷理科 7)已知 a = 5 7) A. a > b > c C. a > c > b 【答案 答案】C 答案 【解析 解析】令 m = log 解析 B. b > a > c D. c > a > b y
3.4 2 ,
10 3 3
log 2 3.4

?1? , b = 5log 4 3.6 , c = ? ? ?5?

log3 0.3

,则
y=log3x y=log2x

n = log

3.6 4

, l = log

,在

同一坐标系下作出三个函数的图象, 由图象可得 m > l > n , 9. (2011 年高考天津卷理科 8)对实数 a 与 b ,定义 年高考天津 天津卷理科 ) o y=log4x

?a, a ? b ≤ 1, 新 运 算 “ ? ” a ?b = ? : 设函数 ?b, a ? b > 1.

x

f ( x) = ( x 2 ? 2 ) ? ( x ? x 2 ) , x ∈ R. 若函数 y = f ( x) ? c 的图像与 x 轴恰有两个公共点,则 轴恰有两个公共点,
的取值范围是( 实数 c 的取值范围是( )
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A. ( ?∞, ?2] ∪ ? ?1, ? .

? ?

3? 2?

B. ( ?∞, ?2] ∪ ? ?1, ? .

? ?

3? ? 4?

1? ?1 ? ? C. ? ?∞, ? ∪ ? , +∞ ? . 4? ?4 ? ?
【答案 答案】B 答案 【解析 f ( x ) = ? 解析】 解析

D.

3 ? ?1 ? ? ? ?1, ? ? ∪ ? , +∞ ? 4 ? ?4 ? ?

? x 2 ? 2, x 2 ? 2 ? x ? x 2 ≤ 1 ? ?x ? x 2 , x 2 ? 2 ? x ? x 2 > 1 ?

( (

) )

3 ? 2 ? x ? 2,?1 ≤ x ≤ 2 ? =? ? x ? x 2 , x < ?1, 或x > 3 ? 2 ?
则 f ( x ) 的图象如图 y

o x -1 -2

∵ y = f ( x ) ? c 的图象与 x 轴恰有两个公共点, ∴ y = f (x ) 与 y = c 的图象恰有两个公共点,由图象知 c ≤ ?2 ,或 ? 1 < c < ?

3 . 4 x?2 10. (2011 年高考 江西 卷理科 2) 若集合 A = {x | ?1 ≤ 2 x + 1 ≤ 3}, B = {x | 年高考江西 江西卷理科 ≤ 0} ,则 x ) A∩ B = (

A. {x | ?1 ≤ x < 0} 答案:B

B. {x | 0 < x ≤ 1}

C. {x | 0 ≤ x ≤ 2}

D. {x | 0 ≤ x ≤ 1}

解析: A = {x / ? 1 ≤ x ≤ 1}, B = {x / 0 < x ≤ 2}, A ∩ B = {x / 0 < x ≤ 1}

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11. (2011 年高考江西卷理科 3)若 f ( x ) = 年高考江西 江西卷理科

1 ,则 f ( x ) 的定义域为 log 1 (2 x +1)
2

A. (?

1 , 0) 2

B. ( ?

1 , 0] 2

C. (?

1 , +∞) 2

D. (0, +∞ )

【答案】A 【解析】要使原函数有意义,只须 log 1 (2 x + 1) > 0 ,即 0 < 2 x + 1 < 1 ,解得 ?
2

1 < x < 0 ,故选 2

A. 12. (2011 年高考江西卷理科 4)若 f ( x ) = x 2 ? 2 x ? 4 ln x ,则 f '( x ) > 0 的解集为 年高考江西 江西卷理科 A. (0, +∞ ) 【答案】C 【 解 析 】 因 为 f '( x ) = 2 x ? 2 ? B. ( 1 0 ∪ 2,∞) -, ( + ) C.

(2, +∞ )

D. (-1, 0)

4 2x2 ? 2x ? 4 = , 原 函 数 的 定 义 域 为 (0, +∞ ) , 所 以 由 x x

f '( x) > 0 可得 x 2 ? x ? 2 > 0 ,解得 x > 2 ,故选 C.

? y≥x ? 13. (2011 年高考湖南卷理科 7) m > 1, 在约束条件 ? y ≤ mx 下,目标函数 z = x + my 的 7)设 ?x + y ≤ 1 ?
最大值小于 2,则 m 的取值范围为 A. 1,1 + 2 答案:A 解析:画出可行域,或分别解方程组 ?

(

)

B. 1 +

(

2 ,+∞

)

C. (1,3)

D. (3,+∞ )

? y=x ? y=x ? y = mx ,? ,? 得到三个区域端点 ? y = mx ? x + y = 1 ? x + y = 1

(0,0) , ? 1 , 1 ? , ? ?
?2 2? m ? m ? ? 1 ? 1 , , ? ? , 当 且 仅 当 直 线 z = x + my 过 点 ? ? 时, z 取到最大值 ? m +1 m +1? ? m +1 m +1?
m2 +1 z= < 2 ,解得 m ∈ 1,1 + 2 。故选 A m +1
评析:本小题主要考查线性规划问题中,利用最值求参数的取值范围问题.
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(

)

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5)已知平 已知平面 14. (2011 年高考广东卷理科 5)已知平面直角坐标系 xOy 上的区域 D 由不等式组

?0 ≤ x ≤ 2 uuuu uuu r r ? 给定. M(x, 动点, 坐标为( 给定.若 M(x,y)为 D 上动点,点 A 的坐标为( 2 ,1).则 z = OM OA 的最 ?y ≤ 2 ? ?x ≤ 2 y
大值为( 大值为( A. 4 2 ) B. 3 2 C.4 C.4 D.3 D.3

【 解 析 】 C. 由 题 得 不 等 式 组 对 应 的 平 面 区 域 D 是 如 图 所 示 的 直 角 梯 形 OABC, z = OM ? OA =| OM | ? | OA | cos ∠AOM = 3 | OM | cos ∠AOM =

uuuu uuu r r

uuuu r

uuu r

uuuu r

uuur 3 | ON | ,所以

的最大值, 数形结合观察得当点 M 在 就是求 | ON | 的最大值, | ON | 表示 OM 在OA方向上的投影, 才最大。 的地方时, 点 B 的地方时, | ON | 才最大。

在?AOM 中,OA=
,所以 z max = 所以

2 +1= 3,OB=

2

3 + 6 ? 12 2 2 + 4 = 6,AB=2-1=1,∴ cos ∠AOM = = 2 3 2 3 6
2

2

2

3? 6?

2 2 = 4 ,所以选择 C 3

15.(2011 年高考湖北卷理科 8) (2011 8)已知向量 a = ( x + z ,3), b = (2, y ? z ) ,且 a ⊥ b ,若 x, y 满足不 等式 x + y ≤ 1 ,则 z 的取值范围为 A.[—2,2] 答案:D
r r r r 解 析 : 因 为 a ⊥ b , 故 a ? b = 0 , 即 2( x + z ) + 3( y ? z ) = 0 , 可 得 z = 2 x + 3 y , 又 因 为

B. [—2,3]

C. [—3,2]

D. [—3,3]

| x | + | y |≤ 1 ,其图像为四条直线 x + y = 1, x ? y = 1, ? x + y = 1, ? x ? y = 1 所围成的正方形

面,由线性规划可计算得当 x = 0, y = 1 时, z = 3x + 3 y 取到 zmax = 3 ,当 x = 0, y = ?1 , 取到 zmin = ?3 ,所以选 D.
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16.(2011 年高考湖北卷理科 9) (2011 9)若实数 a , b 满足 a ≥ 0, b ≥ 0 ,且 ab = 0 ,则称 a 与 b 互补,记
? (a , b) = a 2 + b 2 ? a ? b, 那么 ? (a , b) = 0 是 a 与 b 互补的

A.必要而不充分条件 C.充要条件 答案:C

B.充分而不必要条件 D.既不充分也不必要条件

解析:由 ? (a, b) = 0 ,即 a 2 + b 2 ? a ? b = 0 ,故 a 2 + b 2 = a + b ,则 a + b ≥ 0 ,化简得
a 2 + b2 = (a + b) 2 ,即 ab=0,故 a + b ≥ 0 且 ab ≥ 0 ,则 a ≥ 0, b ≥ 0 且 ab ≥ 0 ,故选 C.

17.(2011 年高考重庆卷理科 2) “ x < ?1 ”是“ x ? 1 > 0 ”的 (2011
2

(A)充分而不必要条件 (C) 充要条件
2

(B)必要而不充分条件 (D)既不充分也不必要条件
2

解析:选 A. x ? 1 > 0 ? x > 1或,x < ?1 ,故“ x < ?1 ”是“ x ? 1 > 0 ”的充分而不必 要条件 18.(2011 年高考重庆卷理科 7) (2011 7)已知 a>0,b>0,a+b=2,则 y =

1 4 + 的最小值是 a b

7 2 9 (C) 2
(A) 解析:选 C。因为 a+b=2,所以

(B)4 (D)5

y=

1 4 ? 1 4 ?? a + b ? 1 ? b 4a b 4a ? 9 ? 1? + = ? + ?? + 4? ≥ ?5 + 2 ?= ? = ?1 + + ? a b ? a b ?? 2 ? 2 ? a b a b ? 2 ? 2? ?
2

19.(2011 年高考重庆卷理科 10) (2011 10)(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 的最小值为 (A)-8 (B)8 (C)12 (D)13 解析:选 D. 设 f ( x ) = mx ? kx + 2 ,则方程 mx ? kx + 2 = 0 在区间(0,1)内有两个不同
2 2

? f ( 0 ) f (1) > 0 ? k ? 的根等价于 ? 0 < < 1 ,因为 f ( 0 ) = 2 ,所以 f (1) = m ? k + 2 > 0 ,故抛物线开口 2m ? ? k 2 ? 8m > 0 ?
向上,于是 m > 0 , 0 < k < 2m ,令 m = 1 ,则由 k ? 8m > 0 ,得 k ≥ 3 ,则 m >
2

k 3 ≥ , 2 2

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所以 m 至少为 2,但 k ? 8m > 0 ,故 k 至少为 5,又 m >
2

k 5 ≥ ,所以 m 至少为 3,又由 2 2

m > k ? 2 = 5 ? 2 ,所以 m 至少为 4,……依次类推,发现当 m = 6, k = 7 时, m, k 首次满
足所有条件,故 m + k 的最小值为 13 20. (2011 年高考四川卷理科 9) 9)某运输公司有 12 名驾驶员和 19 名工人,有 8 辆载重量为 10 吨的甲型卡车和 7 辆载重量为 6 吨的乙型卡车.某天需运往 A 地至少 72 吨的货物,派用 的每辆车虚满载且只运送一次.拍用的每吨甲型卡车虚配 2 名工人,运送一次可得利润 450 元;派用的每辆乙型卡车虚配 1 名工人,运送一次可得利润 350 元.该公司合理计划党团派 用两类卡车的车辆数,可得最大利润 ( (A)4650 元 答案:C (B)4700 元 ) (D)5000 元

(C)4900 元

?0 ≤ x ≤ 8 ?0 ≤ y ≤ 7 ? ? 画 解析:由题意设派甲,乙 x, y 辆,则利润 z = 450 x + 350 y ,得约束条件 ? x + y ≤ 12 ?10 x + 6 y ≥ 72 ? ?2 x + y ≤ 19 ?
出可行域在 ?

? x + y ≤ 12 ?x = 7 的点 ? 代入目标函数 z = 4900 ?2 x + y ≤ 19 ?y = 5

21. (2011 年高考全国卷理科 3) 3)下面四个条件中,使 a>b 成立的充分而不必要的条件是 (A) a>b + 1 (B) a>b ? 1 (C) a 2>b 2 (D) a 3>b 3

【思路点拨】本题要把充要条件的概念搞清,注意寻找的是通过选项能推出 a>b,而由 a>b 推不出选项的选项. 【精讲精析】选 A.即寻找命题 P 使 P ? a > b, a > b 推不出 P,逐项验证可选 A。 22.(2011 年高考北京卷理科 6) (2011 6)根据统计,一名工作组装第 x 件某产品所用的时间(单位:

? ? ? 分钟)为 f ( x ) = ? ? ? ?

c x c A

, x < A,
(A,C 为常数) 。已知工人组装第 4 件产品用时 30 分

,x ≥ A

钟,组装第 A 件产品用时 15 分钟,那么 C 和 A 的值分别是 A.75,25 【答案】D B.75,16 C.60,25 D.60,16

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23. (2011 年高考北京卷理科 8) A ( 0, 0 ) , B ( 4,0 ) , C ( t + 4, 4 ) , D ( t , 4 )( t ∈ R ) .记 N ( t ) 8)设 为平行四边形 ABCD 内部(不含边界)的整点的个数,其中整点是指横、纵坐标都是整 数的点,则函数 N ( t ) 的值域为 A. {9,10,11} C. {9,11,12} 【答案】C 24.(2011 年高考福建卷理科 8) (2011 8)已知 O 是坐标原点,点 A(-1,1)若点 M(x,y)为平面区域 B. {9,10,12} D. {10,11,12}

?x + y ≥ 2 uuu uuuu r r ? ,上的一个动点,则 OA · OM 的取值范围是 ?x ≤ 1 ?y ≤ 2 ?
A.[-1.0] 【答案】C 25.(2011 年高考上海卷理科 15) a, b ∈ R ,且 ab > 0 ,则下列不等式中,恒成立的是 (2011 15)若 (
2

B.[0.1]

C.[0.2]

D.[-1.2]


2

A. a + b > 2ab C.

B. a + b ≥ 2 ab D.

1 1 2 + > a b ab

b a + ≥2 a b

【答案】D 二、填空题: 填空题 1.(2011 年高考浙江卷理科 16) x, y 为实数,若 4 x 2 + y 2 + xy = 1, 则 2x + y 的最大值 (2011 16)设 是 【答案】 .。

2 10 5 y
解 析 】



4 x + y + 4 xy ? 3 xy = 1
2 2



x? y =6 x? y =9

3 3 2x + y 2 5 1 = (2 x + y )2 ? ? 2 xy ≥ (2 x + y ) 2 ? ? ( ) = (2 x + y ) 2 2 2 2 8 ∴ 2x + y ≤ 2 10 2 10 ,故 2x + y 的最大值为 5 5
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o

x

A(4,?5)

2x + y = 9

2x + y = 3

第 13 题图

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2. (2011 年 高 考 全 国 新 课 标 卷 理 科 13) 若 变 量 x, y 满 足 约 束 条 件 ?

?3 ≤ 2 x + y ≤ 9, 则 ?6 ≤ x ? y ≤ 9,

z = x + 2 y 的最小值为
答案: -6



解析:如图可知最优解是(4,-5) ,所以, z min = 4 + 2 × ( ?5) = ?6 点评:本题考查线性规划问题,求最优解事先要准确画出线性区域是关键。 3.(2011 年高考天津卷理科 13)已知集合 . 年高考天津 天津卷理科 )

1 ? ? A = { x ∈ R | x + 3 + x ? 4 ≤ 9} , B = ? x ∈ R | x = 4t + ? 6, t ∈ (0, +∞) ? ,则集合 t ? ? A ∩ B =________
【答案】 { x | ?2 ≤ x ≤ 5} 【解析】因为 t > 0 ,所以 4t + ≥ 4 ,所以 B = { x ∈ R | x ≥ ?2} ;由绝对值的几何意义可 由绝对值的几何意义可 得: A = { x ∈ R | ?4 ≤ x ≤ 5} ,所以 A ∩ B = { x | ?2 ≤ x ≤ 5} . 所以 4. (2011 年高考湖南卷理科 10) x, y ∈ R ,且 xy ≠ 0 ,则 ? x 10)设 ?

1 t

? ?

2

+

1 ?? 1 ? ? + 4 y 2 ? 的最小 2 ?? 2 y ?? x ?

值为 答案:9

.

解析:由 x, y ∈ R ,且 xy ≠ 0 可知: x

2

> 0, y 2 > 0,∴ x 2 y 2 > 0 ,则

? 2 1 ?? 1 1 1 ? ? x + 2 ?? 2 + 4 y 2 ? = 1 + 4 + 4x 2 y 2 + 2 2 ≥ 5 + 4x 2 y 2 ? 2 2 = 5 + 4 = 9 (当且仅 ? ? x y ?? x y x y ? ?
当 4x
2

y2 =

1 时,取到等号) 。故填 9 x y2
2

评析:本小题主要考查不等式的性质和基本不等式求最值问题. 9)不等式 的解集是______. 5. (2011 年高考广东卷理科 9)不等式 x + 1 ? x ? 3 ≥ 0 的解集是______. 【解析】{x | x ≥ 1} 。由题得 | x + 1 |≥| x ? 3 | ∴ ( x + 1) 2 ≥ ( x ? 3) 2 解析】 由题得 的解集为 {x | x ≥ 1} 。

∴ x ≥ 1 所以不等式

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6.(2011 年高考安徽卷江苏 8) (2011 8)在平面直角坐标系 xOy 中,过坐标原点的一条直线与函数

f ( x) =

2 的图象交于 P、Q 两点,则线段 PQ 长的最小值是________ x

【答案】4

【解析】设坐标原点的直线方程为 y = kx ( k > 0) ,则由 ?

? y = kx ? 2 解得交点坐标为 y= ? x ?

(

2k 2k , 2k ) 、 ( ? , ? 2k ) ,即为 P、Q 两点,所以线段 PQ 长为 k k

2

2 2 + 2k ≥ 2 2 ? 2k = 4 ,当且仅当 k = 1 时等号成立,故线段 PQ 长的最小值是 4. k k
x +1 < 3 的解为 x


7.(2011 年高考上海卷理科 4) (2011 4)不等式 【答案】 x < 0 或 x ≥ 三、解答题: 解答题

1 2

1.(2011 年高考安徽卷理科 19) (2011 19)(本小题满分 12 分) (Ⅰ)设 x ≥ 1, y ≥ 1, 证明 x + y +

1 1 1 ≤ + + xy , xy x y

(Ⅱ) 1 ≤ a ≤ b ≤ c ,证明 log a b + log b c + log c a ≤ log b a + log c b + log a c . 【命题意图】本题考查不等式的基本性质,对数函数的性质和对数换底公式等基本知识,考 查代数的恒等变形能力和推理论证能力.

1 1 ≤ + xy ? xy ( x + y ) + 1 ≤ y + x + ( xy ) 2 , xy x ∴ [ y + x + ( xy ) 2 ] ? [ xy ( x + y ) + 1] = [( xy ) 2 ? 1] ? [ xy ( x + y ) ? ( x + y )] = ( xy + 1)( xy ? 1) ? ( x + y )( xy ? 1) = ( xy ? 1)( x + y ? xy + 1) = ( xy ? 1)( x ? 1)( y ? 1) ≥0, 1 1 ∴x+ y+ ≤ + xy . xy x log a a 1 1 1 1 (Ⅱ)设 log a b = x , log b c = y ,则 log c a = = = = = , log a c log b c log b c log b c log a b xy 1 log b a log a b 1 1 log b a = , log c b = , log a c = xy , y y 1 1 ≤ + xy , ∴所要证明不等式即为 x + y + xy x
【解析】 (Ⅰ)∵ x ≥1, y ≥1,∴ x + y +
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∵ c ≥ b ≥ a > 1 ,∴ x = log a b ≥1, y = log b c ≥1, 由(Ⅰ)知所证明的不等式成立. 【解题指导】 :证明不等式常规的方法有分析法,综合法,作差法和作商法,无论哪种方法 不等式性质和代数式恒定变形是处理这类问题的关键。 第二问的处理很有艺术性, 借助第一问题的结论巧妙地解决了, 这也是一题多问的问题解决 常规思路,前面的问题结论对后面问题解决常常有提示作用。 2.(2011 年高考广东卷理科 21) (2011 21)(本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 上,给定抛物线 L: y =

1 2 x 实数 p,q 满足 p 2 ? 4q ≥ 0 ,x1, 4 .

x2 是方程 x 2 ? px + q = 0 的两根,记 ? ( p, q ) = max x1 , x2 。 (1)过点 A( p0 ,

{

}

1 2 p0 )( p0 ≠ 0) 作 L 的切线教 y 轴于点 4
p0 ; 2

B.证明:对线段 AB 上任一点 Q(p,q)有 ? ( p, q ) =

(2)设 M(a,b)是定点,其中 a,b 满足 a2-4b>0,a≠0.过 M(a,b)作 L 的两条切线

l1 , l2 ,切点分别为 E ( p1 ,

1 2 1 p1 ), E ′( p2 , p2 2 ) ,l1 , l2 与 y 轴分别交与 F,F'。线段 EF 上异 4 4

于两端点的点集记为 X.证明:M(a,b) ∈ X ? P > P2 ? ? ( a, b) = 1 (3)设 D={ (x,y)|y≤x-1,y≥

p1 2 ;

1 5 (x+1)2- }.当点(p,q)取遍 D 时,求 ? ( p, q ) 的最小 4 4

值 (记为 ? min )和最大值(记为 ? max ) . 【解析】解: 解析】 (1)证明:切线 l 的方程为 y =

1 1 2 p0 x ? p0 . 2 4

2 | p | + p 2 ? 4q | p | + ( p ? p0 ) ?Q( p, q ) ∈ AB有? ( p, q ) = = 2 2

当 p0 > 0时, 0 ≤ p ≤ p0 , 于是? ( p, q ) =

p + p0 ? p p0 | p0 | = = . 2 2 2
? p + p ? p0 ? p0 | p0 | = = . 2 2 2

当 p0 < 0时, p0 ≤ p ≤ 0, 于是? ( p, q ) = (2) l1 , l2 的方程分别为 y =

1 1 1 1 2 p1 x ? p12 , y = p2 x ? p2 . 2 4 2 4

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求 得 l1 , l2 交点M(a,b) 的 坐 标 (

p1 + p2 p1 p2 , ) , 由 于 a 2 ? 4b > 0, a ≠ 0 , 故 有 2 4

| p1 |≠| p2 | .
1)先证: M ( a, b) ∈ x ?| p1 |>| p2 | . ( ? )设 M ( a, b) ∈ X . 当 p1 > 0时, 0 <

p1 + p2 < p1 ? 0 < p1 + p2 < 2 p1 ?| p1 |>| p2 | . 2 p1 + p2 < 0 ? 2 p1 < p1 + p2 < 0 ?| p1 |>| p2 | . 2

当 p1 < 0时, p1 <

( ? )设 | p1 |>| p2 |, 则 |

p2 p p + p2 |< 1 ? ?1 < 2 < 1 ? 0 < 1 < 2. p1 p1 p1

当 p1 > 0时, 0 <

p1 + p2 p + p2 < p1 ;当p1 < 0时,p1 < 1 < 1. 2 2

注意到 M ( a, b)在l1上, 故M ( a, b) ∈ X . 2)次证: M ( a, b) ∈ X ? ? ( a, b) =

| p1 | . 2 | p1 | . 2

( ? )已知 M ( a, b) ∈ X , 利用(1)有 ? ( a, b) =

( ? )设 ? ( a, b) =

| p1 | ,断言必有 | p1 |>| p2 | . 2

若不然, | p1 |<| p2 | . 令 Y 是 l2 上线段 E ′F ′ 上异于两端点的点的集合, 由已证的等价式 1) M ( a, b) ∈ Y . 再由(1)得 ? ( a, b) = 故必有 | p1 |>| p2 | . 再由等价式 1) M ( a, b) ∈ X . , 综上, M ( a, b) ∈ X ?| p1 |>| p2 |? ? ( a, b) = (3)求得 y = x ? 1和y =

| p2 | | p1 | ≠ ,矛盾。 2 2

| p1 | . 2

1 5 ( x + 1) 2 ? 的交点 Q1 (0, ?1), Q2 (2,1) 4 4
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而 y = x ? 1 是L的切点为 Q2 (2,1) 的切线,且与 y 轴交于 Q1 (0, ?1) , 由(1) ?Q ( p, q ) ∈ 线段 Q1Q2,有 ? ( p, q ) = 1. 当 Q ( p, q ) ∈ L1 : y =

1 5 1 5 ( x + 1)2 ? (0 ≤ x ≤ 2)时, q = ( p + 1) 2 ? 4 4 4 4 p+ p 2 ? 4q p + 4 ? 2 p = (0 ≤ p ≤ 2), 2 2

∴ h( p ) = ? ( p , q ) =

在(0,2)上,令 h ′( p ) = 由于 h(0) = h(2) = 1, h( ) =

4 ? 2 p ?1 2 4 ? 2p 5 , 4

= 0得p =

3 , 2

3 2

5 h( p ) = ? ( p, q ) 在[0,2]上取得最大值 hmax = . 4 1 5 ?( p, q ) ∈ D, 有0 ≤ p ≤ 2, ( p + 1) 2 ? ≤ q ≤ p ? 1, 4 4

故 ? ( p, q ) =

p+

p ? 4q ≤ 2
2

p+

1 5 p 2 ? 4[ ( p + 1)2 ? ] 4 4 2

=

p + 4 ? 2p 5 ≤ hmax = , 2 4
p+ p 2 ? 4q p + ≥ 2 p 2 ? 4( p ? 1) p + ( p ? 2) 2 = 2 2

? ( p, q ) =
=

p+2? p = 1, 2 5 . 4

故 ? min = 1, ? max =

3. (2011 年高考湖北卷理科 17) 17)(本小题满分 12 分) 提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况,在一般情况下,大桥上的 车流速度 v(单位:千米/小时)是车流密度 x (单位:辆/千米)的函数,当桥上的车 流密度达到 200 辆/千米时,造成堵塞,此时车速度为 0;当车流密度不超过 20 辆/千 米时,车流速度为 60 千米,/小时,研究表明:当 20 ≤ x ≤ 200 时,车流速度 v 是车流密 度 x 的一次函数. (Ⅰ)当 0 ≤ x ≤ 200 时,求函数 v ( x ) 的表达式; (Ⅱ)当车流密度 x 为多大时,车流量(单位时间内通过桥上某观测点的车辆数,单位:
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辆/小时) f ( x ) = x v ( x ) 可以达到最大,并求出最大值.(精确到 1 辆/小时) 本题主要考查函数、最值等基础知识,同时考查运用数学知识解决实际问题的能力 本题主要考查函数、最值等基础知识,同时考查运用数学知识解决实际问题的能力. 解析: (Ⅰ)由题意:当 0 ≤ x ≤ 20 时, v( x ) = 60 ;当 20 ≤ x ≤ 200 时,设 v( x ) = ax + b , 解析:

1 ? ?a = ? 3 200a + b = 0 ? ? 显然 v( x ) = ax + b 在 [20,200]是减函数,由已知得 ? ,解得 ? ?20a + b = 60 ?b = 200 ? 3 ?
0 ≤ x < 20, ?60, ? 故函数 v( x ) 的表达式为 v( x ) = ? 1 20 ≤ x ≤ 200. ? 3 (200 ? x ), ? 0 ≤ x < 20, ?60 x, ? (Ⅱ)依题意并由(Ⅰ)可得 f ( x ) = ? 1 20 ≤ x ≤ 200. ? 3 x(200 ? x ), ?
当 0 ≤ x ≤ 20 时, f ( x ) 为增函数,故当 x = 20 时,其最大值为 60 × 20 = 1200 ;

1 1 ? x + (200 ? x ) ? 10000 当 20 ≤ x ≤ 200 时, f ( x ) = x (200 ? x ) ≤ ? ? = 3 , 3 3? 2 ?
2

当且仅当 x = 200 ? x ,即 x = 100 时,等号成立.

10000 . 3 10000 综上,当 x = 100 时, f ( x ) 在区间 [0,200] 上取得最大值 ≈ 3333 , 3
即当车流密度为 100 辆/千米时,车流量可以达到最大,最大值约为 3333 辆/小时. 4. (2011 年高考湖北卷理科 21) 21)(本小题满分 14 分) (Ⅰ)已知函数 f ( x ) = ln x ? x + 1, x ∈ (0, +∞) ,求函数 f ( x ) 的最大值; (Ⅱ)设 ak , bk (k = 1, 2,3…n ) 均为正数,证明:
k (1)若 a1b1 + a2b2 + …anbn ≤ b1 + b2 + … + bn ,则 a1k a2k …an ≤ 1 ;
1 2 n

所以,当 x = 100 时, f ( x ) 在区间 [20,200]上取得最大值

(2)若 b1 + b2 + … + bn = 1 ,则

1 k k 2 2 ≤ b1k1 b2 2 …bn n ≤ b12b2 …bn n

本题主要考查函数、导数、不等式的证明等基础知识,同时考查综合运用数学知识进行 推理论证的能力,以及化归与转化的思想. 解析: (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为 ( 0, +∞ ) ,令 f '( x ) =

1 ? 1 = 0 ,解得 x = 1 , x

当 0 < x < 1 时, f '( x ) > 0 , f ( x ) 在(0,1)内是增函数;
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当 x > 1 时, f ( x ) < 0 , f ( x ) 在 (1, +∞ ) 内是减函数; 故函数 f ( x ) 在 x = 1 处取得最大值 f (1) = 0 (Ⅱ) (1)由(Ⅰ)知,当 x ∈ ( 0, +∞ ) 时,有 f ( x ) ≤ f (1) = 0 ,即 ln x ≤ x ? 1 ,

Q ak ? bk > 0 ,从而有 ln ak ≤ ak ? 1 ,得 bk ln ak ≤ ak bk ? bk (k = 1, 2 ???, n) ,
求和得

∑ ln ak bk ≤ ∑ ak bk ? ∑ bk ,
k =1 k =1 k =1 n n

n

n

n

Q ∑ ak bk ≤ ∑ bk ,∴ ∑ ln ak k ≤ 0 ,即 ln( a1k1 a2 k2 ??? an ) ≤ 0
k =1 k =1 k =1

n

∴ a1k1 a2 k2 ??? an kn ≤ 1 .
(2)①先证 b1k1 b2 k2 ??? bn ≥ 令 ak =

1 . n

n n n 1 1 ( k = 1, 2,L , n) ,则 ∑ ak bk ≤ ∑ = 1 = ∑ bk ,于是 nbk k =1 k =1 n k =1

? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? 1 由(1)得 ? ≤ n k1 + k2 +L+ kn = n ? ≤ 1 ,即 k1 k2 ? ? ? L? nb1 ? ? nb2 ? nbn ? b1 b2 L bn kn ? ? ∴ b1k1 b2 k2 ??? bn kn ≥ 1 . n
kn

k1

k2

kn

②再证∴ b1k1 b2 k2 ??? bn 记S =
n

≤ b12b2 2 ??? bn 2 .
n n bk 1 n (k = 1, 2L , n) ,则 ∑ ak bk = ∑ bk 2 = 1 = ∑ bk , S S k =1 k =1 k =1
k k

∑ bk 2 ,令 ak =
k =1
k

于是由(1)得 ? 即 b1k1 b2 k2 ??? bn
kn

n 1 2 ?b ? ? b1 ? ? b2 ? L? n ? ≤ 1 . ? ? ? ?S? ?S? ?S?

= S k1 + k2 +Lkn = S ,∴ b1k1 b2 k2 ??? bn kn ≤ b12 + b2 2 +L bn n

综合①②, (2)得证. 5.(2011 年高考全国卷理科 22)(本小题满分 12 分) (2011 年高考全国 全国卷理科 ) (注意:在试题卷上作答无效) ......... (Ⅰ)设函数 f ( x) = ln(1 + x) ?

2x ,证明:当 x>0 时, f ( x)>0 ; x+2

(Ⅱ)从编号 1 到 100 的 100 张卡片中每次随即抽取一张,然后放回,用这种方式连续抽取
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20 次,设抽得的 20 个号码互不相同的概率为 p .证明: p < (

9 19 1 ) < 2 10 e

【思路点拨】本题第(I)问是利用导数研究单调性最值的常规题,不难证明。 第(II)问证明如何利用第(I)问结论是解决这个问题的关键也是解题能力高低的体现。

1 2( x + 2) ? 2 x x2 ? = ≥0 【精讲精析】(I) f ′( x) = x +1 ( x + 2) 2 ( x + 2) 2 (1 + x)
所以 f ( x ) 在 (?1, +∞) 上单增。 当 x > 0 时, f ( x ) > f (0) = 0 。 (II) p =

100 99 98 81 × × ×L × 100 100 100 100 2x x+2

由(I),当 x<0 时, f ( x ) < f (0) = 0 ,即有 ln(1 + x ) <

故 19 ln

9 1 = 19 ln(1 ? ) < 19 × = ?2 1 10 10 ? ×2+2 10
9 10

(?

1 ) 10

于是 e

19ln

9 1 < e ?2 ,即 ( )19 < 2 . 10 e x1 + x2 + L + xn n ≥ x1 x2 L xn , xi > 0 n
19

利用推广的均值不等式:

81 ? ? 100 99 98 ? 100 + 100 + 100 + L + 100 ? 100 99 98 81 9 19 p= × × ×L × <? ? =( ) 100 100 100 100 ? 19 10 ? ? ?
另解: (ln x )′′ = ( )′ = ?

1 x

1 < 0, x2

所以 y = ln x 是上凸函数,于是 ln x1 + ln x2 + L + ln xn < ln

x1 + x2 + L + xn n

100 99 98 81 + ln + ln + L + ln 100 100 100 100 81 ? ? 100 99 98 ? 100 + 100 + 100 + L + 100 ? < 19 ln ? ? 19 ? ? ? ? 9 = 19 ln( ) , 10 9 19 故p<( ) 10
因此 ln p = ln
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综上: p < (

9 19 1 ) < 2 10 e

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