2014年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（廣東模擬卷）數(shù)學（理）試題（一） Word版含答案

1、2014年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（廣東模擬卷）數(shù)學（理科）試題 本試卷共10頁，21小題，滿分150分考試用時120分鐘一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分在每小題給出的四個選項中有且只有一項是符合題目要求的1.設集合，則集合、的關系為（ ）A B C D（原創(chuàng)）主要考查集合之間的關系及簡單分式不等式的解法，命題靈感來源于教材(命題意圖)考查集合的關系，分式不等式的解法,共2個知識點解析:,故選B2.設為虛數(shù)單位，且復數(shù)，則的共軛復數(shù)的虛部為（ ）A B C D（原創(chuàng)）主要考查復數(shù)的基本概念（實部、虛部、共軛）及復數(shù)的除法運算，命題靈感來源于教材及廣東近年的高考試題(命題意

2、圖)考查復數(shù)的基本概念及其運算能力，共3個知識點解析: 的虛部為，故選A3.在中，為邊的中點，若，則（ ）A B C D （原創(chuàng)）主要考查平面向量的坐標表示及運算，命題靈感來源于教材及廣東近年的高考試題(命題意圖)考查平面向量的坐標表示及運算能力,共2個知識點解析：為邊的中點，故選D4.某幾何體的三視圖如圖1所示，則該幾何體的側面積為（ ）A B C D 圖1（原創(chuàng)）主要考查空間幾何體的三視圖概念，空間想象和運算能力，命題靈感來源于日常生活及廣東近年的高考試題(命題意圖)考查空間想象及運算能力,共2個知識點解析：易知該幾何體的左、右兩個側面為全等的直角梯形，其面積均為,前側面及后側面為等腰三角

3、形，其面積分為和，于是該幾何體的側面積為，故選C5.下列命題中，正確的命題為（ ）(1) 函數(shù)的單調遞減區(qū)間為；(2) 若函數(shù)是奇函數(shù)，則函數(shù)是偶函數(shù)；(3) 設為二項式系數(shù)中的最大值，若的值唯一，則；(4) 設為事件的概率，則“”是“事件為不可能事件”的充要條件A（1）、（3） B（2）、（3） C（1）、（4） D（2）、（4） （原創(chuàng)）主要考查函數(shù)的基本性質（單調性、奇偶性），二項式系數(shù)的特征（對稱性、單調性），事件的概率，充要條件的判定，命題靈感來源于教學中的學生典型錯誤(命題意圖)考查函數(shù)的基本性質，二項式系數(shù)的特征，事件的概率，充要條件的判定及推理、分析的邏輯思維能力,共6個知識點

4、解析：函數(shù)的單調遞減區(qū)間為和，即(1)錯誤；由函數(shù)的奇偶性的定義可知，若函數(shù)是奇函數(shù)，則函數(shù)是偶函數(shù)，即(2)正確；由二項式系數(shù)的單調性及對稱性特征可知(3)正確；由幾何概型舉特例可知，“”是“事件為不可能事件”的必要不充分條件，(4)錯誤綜上：只有(2) 、(3)正確，故選B6.設函數(shù)，若，則的取值范圍是（ ）A B C D（原創(chuàng)）主要考查分段函數(shù)，簡單的指數(shù)、對數(shù)、絕對值不等式的解法及函數(shù)與不等式轉化、分類討論、數(shù)形結合的數(shù)學思想，命題靈感來源于教學中的學生典型錯誤(命題意圖)考查基本初等函數(shù)類型及不等式的解法，數(shù)形結合及轉化化歸的數(shù)學思想,共4個知識點解析：當時，或或（舍）；當時，綜上：

5、或，故選D7.以原點為中心，焦點在軸上的雙曲線，有一條漸近線的傾斜角為，點是該雙曲線的右焦點位于第一象限內的點在雙曲線上，且點是線段的中點若,則雙曲線的方程為（ ）A B C D（原創(chuàng)）主要考查雙曲線的定義和方程，直線的傾斜角，三角形的中位線性質及轉化化歸的數(shù)學思想，命題靈感來源于逆向分析(命題意圖)考查雙曲線的基本概念及直線的傾斜角，中位線定理，數(shù)形結合及轉化化歸的數(shù)學思想,共5個知識點解析：設雙曲線的方程為，點是該雙曲線的左焦點因為點是線段的中點，則線段是的中位線，即有，即，又其漸近線的傾斜角為，則，故選C8.設為定義在上的可導函數(shù)，定義運算和如下：對均有；若，使得對于，恒有成立，則稱實數(shù)

6、為函數(shù)的基元，則下列函數(shù)中恰有兩個基元的是（ ）A B C D（原創(chuàng)）以函數(shù)及其導數(shù)為載體來考查對新定義的理解及轉化化歸的數(shù)學思想，命題靈感來源于群論中的基本概念（單位元、零元）(命題意圖)考查對新信息的理解與探究，及轉化化歸的數(shù)學思想，充分體現(xiàn)新課改的教學理念,共4個知識點解析：由新定義可知，若實數(shù)為函數(shù)的基元等價于且，由此易知函數(shù)有兩個基元，函數(shù)和函數(shù)有一個基元，函數(shù)有無窮多個基元，故選A二、填空題：本題共7小題，考生作答6小題，每小題5分，共30分（一）必做題（913題）9.函數(shù)的定義域為 （原創(chuàng)）主要考查函數(shù)的定義域及縝密的數(shù)學思維，命題靈感來源于教學中的學生典型錯誤(命題意圖)考查函

7、數(shù)的基本概念及縝密的邏輯思維,共2個知識點解析：或，故應填或或 10.等比數(shù)列中，則 （原創(chuàng)）主要考查等比數(shù)列的定義及其性質，命題靈感來源于教學中的學生典型錯誤(命題意圖)考查等比數(shù)列的定義及其性質和運算能力,共2個知識點解析：，故應填11.設平面區(qū)域,點，若的最大值為，則實數(shù)的取值范圍是 （原創(chuàng)）主要考查線性規(guī)劃的逆向問題，直線方程的截距式，數(shù)形結合的數(shù)學思想及分析推理能力，命題靈感來源于教材及逆向分析(命題意圖)考查逆向分析、解決問題的能力，數(shù)形結合的數(shù)學思想及分析推理能力，及運動的辯證思維能力,共3個知識點11題解析圖解析：如11題解析圖所示，可知題設平面區(qū)域為，其中點，又，為直線在軸上

8、的截距由于的最大值為，故直線應介于直線即之間，即直線在軸上的截距應滿足：，即或 ，故應填或或12.執(zhí)行如圖2所示的程序，則輸出的 （原創(chuàng)）主要考查算法的基本邏輯結構和程序框圖，等比數(shù)列求和，命題靈感來源于等比數(shù)列求和公式及近年廣東高考試題(命題意圖)考查算法基本概念及利用算法思想解決問題的綜合能力,共3個知識點解析：易知，則輸出的值為滿足不等式的最小正整數(shù)，易知，故應填圖213.設曲線在處的切線與拋物線在的部分有兩個交點，則實數(shù)的取值范圍是 （原創(chuàng)）主要考查導數(shù)的幾何意義，曲線的切線和數(shù)形結合及轉化化歸的數(shù)學思想，命題靈感來源于教材及逆向分析(命題意圖)考查數(shù)形結合、轉化化歸的數(shù)學思想及解析幾

9、何的本質,共4個知識點13題解析圖解析：，易知曲線在處的切線的斜率為，切點為，于是切線的方程為：如13題解析圖所示，切線應介于和平行的直線、之間，其中直線過點，直線和拋物線在的部分即弧相切，易知直線的方程為：，直線的方程為：，故應有：，即，故應填或（二）選做題（14、15題，考生只能從中選做一題，兩題全答的，只計前一題的得分）14.（坐標系與參數(shù)方程選做題）曲線的極坐標方程為： ，則該曲線圍成的面積為 （原創(chuàng)）主要考查圓的極坐標方程與直角坐標系方程的轉化，兩角和的正弦公式，命題靈感來源于逆向分析(命題意圖)考查對極坐標思想的理解及分析能力,共2個知識點解析：原方程為： ，方程兩邊同乘以并化簡，

10、可得又，從而可知曲線的直角坐標系方程為：，即曲線為半徑為的圓，其圍成的面積為，故應填15. （幾何證明選講選做題）如圖3所示，四邊形為圓內接四邊形，、的延長線交于點，、的延長線交于點，且，則 （原創(chuàng)）主要考查割線定理，相似三角形的判定及性質，轉化化歸和方程的數(shù)學思想，命題靈感來源于逆向分析圖3(命題意圖)以幾何圖形考查轉化、化歸和方程的思想及基本的數(shù)學運算能力,共3個知識點解析：設，由，及割線定理可知：，即，又易知，故和相似，即，從而，故應填三、解答題：本大題共6小題，滿分80分，解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟16（本小題滿分12分）設，若是函數(shù)的一個零點，且函數(shù)的最大值為（）求實數(shù)和

11、的值； （）中，設、所對的邊分別為、，若，且，求的值 （原創(chuàng)）主要考查向量的數(shù)量積運算，三角函數(shù)的圖像和性質，三角恒等變形及余弦定理的簡單應用，命題靈感來源于逆向分析(命題意圖)考查向量的基本運算及三角函數(shù)的圖像和性質，三角恒等變形及余弦定理的應用,共5個知識點解析：（）， 因為是的一個零點，即， 易知的最大值為，從而依題意有，綜上 （）由（）可知，于是， 由正弦定理及余弦定理有：， 故，又， 于是， ，即 17（本小題滿分12分）如圖4所示, 四邊形為正方形，二面角為直二面角，點是棱的中點.（）求證：；圖4（）若為等腰三角形，求二面角的余弦值. （原創(chuàng)）主要考查空間的線、面之間的位置關系，空

12、間想象和運算、推理、分析能力，命題靈感來源于教圖4-1材習題和逆向分析(命題意圖)考查空間想象和運算、推理、分析能力及對空間向量這一數(shù)學基本工具的應用能力,共5個知識點解析：（解法一：向量法）（）由題設條件，可按如圖4-1建立空間直角坐標系，其中為中點，不妨設正方形的邊長為，,則可知， 于是， 從而，故，即 （）為等腰三角形，又易知為直角，故只能為，故,易知，即. 顯然為平面的法向量，設平面的法向量為，由上可知，又，由，故，即亦是平面的法向量， 從而，又易知二面角為鈍角，故二面角的余弦值即為. （解法二：傳統(tǒng)法）（）如圖4-2，設點是棱的中點，連接， 由及點是棱的中點，可知， 又二面角為直二面

13、角，故面，而在平面內，故， 圖4-2因為四邊形為正方形，故， 而是的中位線，故，從而可知，又，由及，可知面， 在平面內，故. （）設點是與的交點，由（）可知面，又均在平面內，從而有，故為二面角的平面角， 因為為等腰三角形，又易知為直角，故只能為，不妨設正方形的邊長為，故，易知， 則在直角中，易知有，于是，故， 顯然，故，即二面角的余弦值為 18（本小題滿分14分）現(xiàn)有一枚質地均勻的骰子，連續(xù)擲兩次，所擲的點數(shù)依次記為，（）若為偶數(shù)，則，否則；若能被3整除，則，否則.設，求隨機變量的分布列及均值（即數(shù)學期望）； （）設命題直線與圓有交點，命題,求命題為真命題的概率. （原創(chuàng)）主要考查隨機變量的分

14、布列和均值的概念及古典概型，邏輯聯(lián)結詞和復合命題真假性的判定，直線和圓的位置關系，數(shù)形結合的思想，命題靈感來源于教材例題及逆向分析(命題意圖)考查隨機變量的分布列和均值的概念及古典概型，命題與邏輯，直線和圓的位置關系，數(shù)形結合的思想及解決實際問題的推理、分析和運算能力,共6個知識點解析：（）易知事件為偶數(shù)的概率為，于是對于隨機變量，列表如下：表：事件能被3整除的概率為，于是對于隨機變量，列表如下：表：隨機變量可取的值為， 由上述二表可知：，同理可求， 于是， 從而可知隨機變量的分布列如表：表：進而可知隨機變量的均值，即的均值. （）命題為真命題命題及均為真，即為假命題，為真命題， 若為假，則直

15、線與圓無交點，即直線與圓相離，于是直線到圓的距離大于圓的半徑，即； 若為真，則， 記事件為“連續(xù)擲兩次該骰子所得的點數(shù)為”，事件為“使得命題為真命題”，聯(lián)立、式可知：、，共組解，即事件共有個基本事件， 又易知事件共有個基本事件， 則，即命題為真命題的概率為. 19（本小題滿分14分）設數(shù)列的前項和為，對于滿足：，且是和的等差中項（）求的值； （）求數(shù)列的通項公式； （）證明：對一切正整數(shù)有，.（原創(chuàng)）主要考查等差數(shù)列的概念，一般數(shù)列的通項和前項和的關系及遞推關系，裂項放縮證明不等式，邏輯推理與證明能力，命題靈感來源于廣東近年的高考試題和逆向分析(命題意圖)利用等差數(shù)列這一基本數(shù)列模型來考查推理

16、、證明能力及聯(lián)想、類比的邏輯思維方式與能力,共6個知識點解析：（）是和的等差中項 對于上式，令，則或， 又（舍），故. （）易知：， 上述兩式作差并化簡得：，又， 即數(shù)列為等差數(shù)列，公差為，由，可知，即數(shù)列的通項公式為，. （），即， 于是，即對一切正整數(shù)有，證畢. 20（本小題滿分14分）如圖5所示，點，（，且）在以、為左、右焦點的橢圓上運動,動三角形的面積的最大值為.設直線交橢圓于點,直線交橢圓于點，線段中點為.（）求橢圓的方程； 圖5（）在點的運動過程中：（1）設點到直線：的距離為，求的最大值； （2）設直線、的斜率依次為、，問：是否存在實數(shù)，使得恒成立？若存在，求的值；否則，請說明理由

17、. （原創(chuàng)）主要考查橢圓的定義及其幾何性質，直線和橢圓的位置關系，和對新問題的探究能力，數(shù)形結合思想、設而不求的整體思想及運算能力，抽象思維和形象思維能力，命題靈感來源于橢圓和圓的類比性質（猜想并證明）及廣東近年的高考試題和逆向分析(命題意圖)以直線和橢圓的位置關系為載體考查對新問題的探究能力，數(shù)形結合思想、設而不求的整體思想及運算能力，抽象思維和形象思維能力，綜合分析、解決問題的能力，本題綜合性較強，以期達到選拔優(yōu)秀考生的功效,共7個知識點解析：（）由橢圓可知其半焦距，即焦距， 動三角形的面積的最大值為，故，即動點到軸的距離的最大值為.顯然當動點運動到橢圓的上、下頂點時，點到軸的距離的最大，

18、即橢圓的短半軸，于是，從而可知橢圓的方程為. （）（1）解法一：設及直線的方程為：，因為點，為直線與橢圓的交點，故由消去得如下方程：， 易知是上述方程的兩個相異實根，又點為線段的中點，故點坐標為：，即， ， 從而點到直線：的距離為，令，則，即，則，（當且僅當時取等號），即. 解法二：同解法一求出點坐標：， 消去參數(shù)得點的軌跡方程：，易知點軌跡為一個橢圓（不含左右兩個頂點），不妨記該橢圓為，顯然直線：過點，易知直線與橢圓相交，欲使點到直線的距離最大，則橢圓過點的切線必平行于直線，此時直線和的距離亦為.設切線的方程為：，聯(lián)立及得：，于是，求得，由于直線和平行，故易知此時均有，即. （2）解法一:

19、設，直線、的方程為：， 故由，又，即， 同理可求, 于是可求，, 從而有，即存在，滿足題設. 解法二：設直線、的方程為：，由題設可知（），由于上述四條直線兩兩相交，故互不相等，因直線、交于點，由，同理可求：，不妨設，（顯然非零實數(shù)互不相等且均不為1），于是,，又三點均在橢圓上，即有：， ， ， 對于，可視實數(shù)為關于的方程：的兩根，即的兩根，從而有；對于，可視實數(shù)為關于的方程：的兩根，即的兩根，從而有，進而有，（亦可由-化簡得：，-化簡得：，于是）， 易知，從而，即存在，滿足題設. 21（本小題滿分14分）設函數(shù)，；，.（）求函數(shù)的單調區(qū)間； （）當時，求函數(shù)的最大值； （）設，且，證明：.（原

20、創(chuàng)）主要考查利用導數(shù)來研究函數(shù)性質（單調性，最值，極值），函數(shù)（主元）、化歸、分類討論及數(shù)形結合的數(shù)學思想（復雜問題如何使其簡單化），探究、推理、分析的邏輯思維能力，命題靈感來源于數(shù)和形兩個方面：（“數(shù)”以伯努利不等式為背景，“形”以指數(shù)函數(shù)和直線的位置關系為幾何直觀，即伯努利不等式的幾何意義）(命題意圖)以伯努利不等式為背景考查利用導數(shù)來研究函數(shù)性質，函數(shù)（主元）、轉化與化歸、分類討論及數(shù)形結合的數(shù)學思想，探究、推理、分析的邏輯思維能力，綜合分析、解決問題并證明的能力，本題綜合性較強，以期達到選拔優(yōu)秀考生的功效,共7個知識點解析：（）顯然的定義域為，令，）當時：在區(qū)間上，恒成立，故的增區(qū)間為

21、；）當時：在區(qū)間上，恒成立，故的減區(qū)間為；在區(qū)間上，恒成立，故的增區(qū)間為. （）時，所以； ）時，易知，于是：，由（1）可知， 下證，即證明不等式在上恒成立.（法一）由上可知：不等式在上恒成立，若，則，故，即當時，從而，故當時，恒成立，即. （法二）令，則，列表如下：表：極小值由表可知：當時，即恒成立，即.由于，且，故函數(shù)區(qū)間內必存在零點.又當時，于是指數(shù)函數(shù)為增函數(shù)為增函數(shù)，同理當時，于是指數(shù)函數(shù)為減函數(shù)也為增函數(shù)，于是，當時， 必為增函數(shù)，從而函數(shù)在區(qū)間內必存在唯一零點，不妨記為，則，易知當時，此時單調遞減；當時，此時單調遞增，又易知，故；綜上，當時， 在上的最大值為.（）證法一：令， 顯

22、然有：，則不等式. 注意到：，且，即，且，于是， 故，從而，即，又，故原不等式成立，證畢. 證法二：同上可將不等式化為：,即，令，則等價于證明：當時，有成立，又， 故，于是，即得證， 又，故原不等式成立，證畢. 高考模擬試題（理科數(shù)學）參考答案及評分標準 共7頁，21小題，滿分150分 一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分在每小題給出的四個選項中有且只有一項是符合題目要求的題號12345678答案BADCBDCA1. 解析:,故選B2. 解析: 的虛部為，故選A3. 解析：為邊的中點，故選D4. 解析：由題中所給三視圖易知該幾何體的左、右兩個側面為全等的直角梯形，其面積均為,前側

23、面及后側面為等腰三角形，其面積分為和，于是該幾何體的側面積為，故選C5. 解析：函數(shù)的單調遞減區(qū)間為和，即(1)錯誤；由函數(shù)的奇偶性的定義可知，若函數(shù)是奇函數(shù)，則函數(shù)是偶函數(shù)，即(2)正確；由二項式系數(shù)的單調性及對稱性特征可知(3)正確；由幾何概型舉特例可知，“”是“事件為不可能事件”的必要不充分條件，(4)錯誤綜上：只有(2) 、(3)正確，故選B6. 解析：當時，或或（舍）；當時，綜上：或，故選D7. 解析：設雙曲線的方程為，點是該雙曲線的左焦點因為點是線段的中點，則線段是的中位線，即有，即，又其漸近線的傾斜角為，則，故選C8. 解析：由新定義可知，若實數(shù)為函數(shù)的基元等價于且，由此易知函數(shù)

24、有兩個基元，函數(shù)和函數(shù)有一個基元，函數(shù)有無窮多個基元，故選A二、填空題：本題共7小題，考生作答6小題，每小題5分，共30分題號91011答案（或或）（或或）題號12131415答案 （或）（一）必做題（913題）9. 解析：或，故應填或或 10.解析：，故應填11題解析圖11. 解析：如11題解析圖所示，可知區(qū)域為，其中 ，為直線在軸上的截距，由于的最大值為，故直線應介于直線即之間，即直線在軸上的截距應滿足：，即或 ，故應填或或12. 解析：，則輸出的值為滿足不等式的最小正整數(shù)，易知，故應填13題解析圖13. 解析：，易知曲線在處的切線的斜率為，切點為，于是切線的方程為：如13題解析圖所示，切

25、線應介于和平行的直線、之間，其中直線過點，直線和拋物線在的部分即弧相切，易知直線的方程為：，直線的方程為：，故應有：，即，故應填或（二）選做題（14、15題，考生只能從中選做一題，兩題全答的，只計前一題的得分）14. 解析： ，等式兩邊同乘以并化簡，可得又，從而可知曲線的直角坐標系方程為：，即曲線為半徑為的圓，其圍成的面積為，故應填15. 解析：設，由，及割線定理可知：，即，又易知，故和相似，即，從而，故應填三、解答題：本大題共6小題，滿分80分，解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟16（本小題滿分12分）設，若是函數(shù)的一個零點，且函數(shù)的最大值為（）求實數(shù)和的值； （）中，設、所對的邊分別為

26、、，若，且，求的值 解析：（）， 2分因為是的一個零點，即， 4分易知的最大值為，從而依題意有，綜上 6分（）由（）可知，于是， 7分由正弦定理及余弦定理有：， 9分故，又， 10分于是， 11分，即 12分17（本小題滿分12分）如圖4所示, 四邊形為正方形，二面角為直二面角，點是棱的中點.（）求證：；圖4（）若為等腰三角形，求二面角的余弦值. 解析：（解法一：向量法）（）由題設條件，可按如圖4-1建立空間直角坐標系，其中為中點，不妨設正方形的邊長為，,則可知， 2分于是， 4分從而，故，即 6分圖4-1（）為等腰三角形，又易知為直角，故只能為，故， 易知，即， 7分顯然為平面的法向量， 8

27、分設平面的法向量為，由上可知，又，由，故，即亦是平面的法向量， 10分從而，又易知二面角為鈍角，故二面角的余弦值即為. 12分（解法二：傳統(tǒng)法）（）如圖4-2，設點是棱的中點，連接， 由及點是棱的中點，可知， 1分又二面角為直二面角，故面，圖4-2而在平面內，故， 2分因為四邊形為正方形，故， 3分而是的中位線，故，從而可知， 4分又，由及，可知面， 5分而在平面內，故. 6分（）設點是與的交點，由（）可知面，又均在平面內，從而有，故為二面角的平面角， 8分因為為等腰三角形，又易知為直角，故只能為，不妨設正方形的邊長為，故，易知， 9分則在直角中，易知有，于是，故， 11分顯然，故，即二面角的

28、余弦值為 12分18（本小題滿分14分）現(xiàn)有一枚質地均勻的骰子，連續(xù)擲兩次，所擲的點數(shù)依次記為，（）若為偶數(shù)，則，否則；若能被3整除，則，否則.設，求隨機變量的分布列及均值（即數(shù)學期望）； （）設命題直線與圓有交點，命題,求命題為真命題的概率. 解析：（）易知事件為偶數(shù)的概率為，于是對于隨機變量，列表如下：表：事件能被3整除的概率為，于是對于隨機變量，列表如下：表：隨機變量可取的值為， 1分由上述二表可知：， 2分同理可求， 3分于是， 4分從而可知隨機變量的分布列如表：表：5分進而可知隨機變量的均值，即的均值. 6分（）由為真命題命題及均為真，即為假命題，為真命題， 7分若為假，則直線與圓無

29、交點，即直線與圓相離，于是直線到圓的距離大于圓的半徑，即 9分； 10分若為真，則， 記事件為“連續(xù)擲兩次該骰子所得的點數(shù)為”，事件為“使得命題為真命題”，聯(lián)立、式可知：、，共組解，即事件共有個基本事件， 12分又易知事件共有個基本事件， 13分則，即命題為真命題的概率為. 14分19（本小題滿分14分）設數(shù)列的前項和為，對于滿足：，且是和的等差中項（）求的值； （）求數(shù)列的通項公式； （）證明：對一切正整數(shù)有，.解析：（）是和的等差中項 1分對于上式，令，則或， 3分又（舍），故. 4分（）易知：， 5分上述兩式作差并化簡得：，又， 7分即數(shù)列為等差數(shù)列，公差為，由，可知，即數(shù)列的通項公式為

30、，. 9分（），即，12分于是，即對一切正整數(shù)有，證畢. 14分20（本小題滿分14分）如圖5所示，點，（，且）在以、為左、右焦點的橢圓上運動,動三角形的面積的最大值為.設直線交橢圓于點,直線交橢圓于點，線段中點為.圖5（）求橢圓的方程； （）在點的運動過程中：（1）設點到直線：的距離為，求的最大值； （2）設直線、的斜率依次為、，問：是否存在實數(shù)，使得恒成立？若存在，求的值；否則，請說明理由. 解析：（）由橢圓可知其半焦距，即焦距， 1分動三角形的面積的最大值為，故，即動點到軸的距離的最大值為.顯然當動點運動到橢圓的上、下頂點時，點到軸的距離的最大，即橢圓的短半軸，于是，從而可知橢圓的方程為

31、. 3分（）（1）解法一：設及直線的方程為：，因為點，為直線與橢圓的交點，故由消去得如下方程：， 4分易知是上述方程的兩個相異實根，又點為線段的中點，故點坐標為：，即， ， 6分從而點到直線：的距離為，令，則，即，則，（當且僅當時取等號），即.9分 解法二：同解法一求出點坐標：， 6分消去參數(shù)得點的軌跡方程：，易知點軌跡為一個橢圓（不含左右兩個頂點），不妨記該橢圓為，顯然直線：過點，易知直線與橢圓相交，欲使點到直線的距離最大，則橢圓過點的切線必平行于直線，此時直線和的距離亦為.設切線的方程為：，聯(lián)立及得：，于是，求得，由于直線和平行，故易知此時均有，即. 9分（2）解法一: 設，直線、的方程為

32、：， 故由，又，即， 11分同理可求, 12分于是可求，, 13分從而有，即存在，滿足題設. 14分解法二：設直線、的方程為：，由題設可知（），由于上述四條直線兩兩相交，故互不相等，因直線、交于點，由，同理可求：，不妨設，（顯然非零實數(shù)互不相等且均不為1），于是,，又三點均在橢圓上，即有：，11分對于，可視實數(shù)為關于的方程：，即的兩根，從而有；對于，可視實數(shù)為關于的方程：，即的兩根，從而有，進而有，（亦可由-化簡得：，-化簡得：，于是）， 13分易知，從而，即存在，滿足題設. 14分21（本小題滿分14分）設函數(shù)，；，.（）求函數(shù)的單調區(qū)間； （）當時，求函數(shù)的最大值； （）設，且，證明：.解

33、析：（）顯然的定義域為， 1分令，）當時：在區(qū)間上，恒成立，故的增區(qū)間為； 2分）當時：在區(qū)間上，恒成立，故的減區(qū)間為； 3分在區(qū)間上，恒成立，故的增區(qū)間為. 4分（）時，所以； 5分）時，易知，于是：，由（1）可知， 下證，即證明不等式在上恒成立.（法一）由上可知：不等式在上恒成立，若，則，故，即當時，從而，故當時，恒成立，即. 7分（法二）令，則，列表如下：表：極小值由表2可知：當時，故恒成立，即. 7分由于，且，故函數(shù)區(qū)間內必存在零點.又當時，指數(shù)函數(shù)為增函數(shù)為增函數(shù)，同理當時，指數(shù)函數(shù)為減函數(shù)也為增函數(shù)，于是，當時， 必為增函數(shù)，從而函數(shù)在區(qū)間內必存在唯一零點，不妨記為，則，易知當時，

34、此時單調遞減；當時，此時單調遞增，又易知，故；綜上，當時， 在上的最大值為. 9分（）證法一：令， 顯然有：，則不等式. 11分注意到：，且，即，且，于是， 12分故，從而，即， 13分又，故不等式成立，證畢.14分證法二：同上可將不等式化為：,11分即，令，則等價于證明：當時，有成立，又， 12分故，于是，即得證， 13分又，故不等式成立，證畢.14分高考模擬試題（理科數(shù)學）命題細目表題號知識點命題意圖1集合的關系，分式不等式(2個)考查集合的關系，分式不等式的解法2復數(shù)的基本概念及其運算(3個)考查復數(shù)的基本概念及其運算能力3平面向量的坐標表示及基本運算(2個)考查平面向量的坐標表示及運算能力4空間幾何體的三視圖(2個)考查空間想象及運算能力5函數(shù)的單調性、奇偶性，二項式系數(shù)的對稱性、單調性，事件的概率，充要條件的判定(6個)考查函數(shù)的基本性質，二項式系數(shù)的特征，事件的概率，充要條件的判定及推理、分析的邏輯思維能力6分段函數(shù)，簡單的指數(shù)、對數(shù)、絕對值不等式的解法(4個)考查基本初等函數(shù)類型及不等式的解法，數(shù)形結合及轉化化歸的數(shù)學思想7雙曲線的定義和方程，直線的傾斜角，三角形的中位線性質(5個)考查雙曲線的基本概念及直線的傾斜角，中位線定理，數(shù)形結合及轉化化歸的數(shù)學思想8函數(shù)及其導數(shù)為載體來考查對