燦爛在六月模擬卷版

y2sin(3

解答：2，所以T Ax1x1解答：B0

B yyx4,xR,yRB 若1i是方程x2axb0(aR,bR)的根，則ab= 解答：實系數方程，1i是方程的另一個根，定理求出a和b若直線3x4y0x2y22x2y0ABAB x2y22x2y0x1)2y1)22d

|34

73232225所以AB225525 r r解答：系數Tr ，所以系數最小項為第6 P

12 38

C3(2)(2)已知如右圖所示的程序框圖，若輸入m4,n6，則所輸出的a 解答：a為能被6整除的數，a4i(i1,2, )，第一個是8．（文）x,y滿足23xy1且3xy5，則2xy 答案：[110]4（理）曲線2(2cos2)1的焦點的極坐標是 解答：2(2cos2)2(12sin2)222sin21x23y21焦點直角坐標(6, 6,0)轉化為極坐 (60),(6, (12pqp2q2pq50p1q2(12pq)(20)(2 若 (xR,nN*)存在，并設函數f(x) (nN*)，n1f(f(x))的表達式

n1n解答：x0nn1

0若|x|1n1

若|x|1

111，

xx再分類討分析f(f

n1

1

1

(1xff(x

xx 9acb（abc是非零實數）， abc B．abcC．abc； D．acb．acacbabc已知異面直線a,b分別在平面,內， 直線c，則直線 與a,b都相交 C．與a,b都不相交； D．至多與a,b中的一條相交．解答：3種可能情況P(xyP(xy是拋物線Cx22pyp0 x1x2p是直線PP過拋物線C的焦點 11 C．充要條件 解答：焦點 kx，代入拋物線方程 定理 xxp2；反過來設直線過(0,y)由直線yykx，代入拋物線方程 定理1 x1x2

可知直線過焦點 2已知等比數列an的公比為q，其前n項的積為Tna1,a 10,a9910．現給出下列結論 ①0q

a100 a99a10110③T100的值是Tn④使Tn1成立的最大自然數n等于198． aq980又a 10 99 a9910

10，顯然只有

1a100

所以0q1，a 1 )210，TT...TT (a )99

（２）PBPAC所成的角為

4解答：（1）BD平面3（2）ABCDO，證明PBOPBPAC所成的角，由已知PB4PA23（文）a2,b1abOC2abOD3ba3（１）aa-b 解答：（1）aa-b)=a2ab42112CDCDOD 4b3a(4b3a)216b24ab22222CD2161236CD220．ABCAcosB57AADBCD CD

（１）sin(B6解答：：（1）sin(B)sinBcoscosBsin

5712 （2）在△ACD中DACADCB，所以sinADCsin AC7，類似地在△ABCAB4原有的基礎上增長２５％，但每年年底要用b萬元作為金獎給職工．設從今年起每年年底該企業(yè)的積累為an萬元．（２）是否存在常數a，使數列an+a為等比數列？求數列an的通項．

4b5004b5)41000，解得b38.284即每年年底最多用38.28萬元作為金獎給職工（2）a625b, 5ab，由題意 a5(aa)，得ab， 4 a4b

4b5

4b，所以數列

4b6255b

4b(6255b)

5n1

4b(500

5n 3 3

4b)(4

1的一個焦點是(1,0)，且過點A( （理）求APB解答：（1）由a2b21,x2y2

1，解得a24,b231 B

(p,

PA,

d

d

3 3P

(2,為

(2,與

3

p

32

p

P33q

(0, B

(0,

p3,

2q3q333q3333

323 2．故點的坐標可取 P(x,設

y2334

y y y2 33x2d

2 2 4 433 33

xB

x(3,

x23

x2 4

AB PAB平行的直線l

x2y2x2ym，由已知l與橢圓有交點，故方程組

m516y212ty3t2120有解，由144t264(3t212)48t27680m54m4AB與l

m232僅當m4時，即y 3，從而x1，亦即P為(1,3)或P為(1,3)時 PAB的面積取最大值23

k，則

3

kPA

12

1得k1，且

1k3，故3k1

k

又tanAPB= 4k4k3，故當0k1時，令4k3，1 43 3k (0,)．故tanAPB在(0,)單調遞減，得tanAPB8，當 k 3時，令4k3得k 3(3,0)故在(3,0)，tanAPB有最大值 3 33k 時取得，即tanAPB332

．當k0kPBAPB2

．于是arctan8APBarctan43y

f(xxD，若存在常數C(C0x1Df(x1)f(xf(x1)f(x2

Cf(x為關于常數C（１）（文）f(xx2xR（２）f(x)x1xR（３）f(xaxx[1,3（４）（理）f(xx22axa21x[0,babC應滿解答：（1）（文）f(xx2xRf(x1)f(x2x xRf(x1)f(x2x 1

x21x1x為常數．即存在常數C1xRxx21x1x 1f(x1)f(x21f(xf(x1)f(x2f(x)x1xR不是f(x1)f(x2此因若取常數C0x11(xRf(x1f(x1)f(x2

f(x1)f(x2若取常數C0x11(xf(x1)f(x2f(x1)f(f(x1)f(x2

綜上所述，對于任意的常數Cf(xx1f(xaxx[1,3

C(C0，即ax1ax2C2xx2

Cf(x1)f(x1)f(x2x1[1,3有2logaC32logaCx12logaC1，即2logaC132logaC4,Ca2于是存在常數Ca2x[1,3x4x，（f(x1)f(xf(x1)f(x2

ax1a2Cf(xaxax1（4）（理）f(xx22axa21x[0,b1．當0baf(xx22axa21在[0bf(x1)f(x2f(bf(xff(x1)f(x2C

Cf(x2)

f(x1)

C2 C2 C2 由1f(bf(x1f(0)

f

f(x1

f(b)

f(0)f(x1)

f(b)x2[0,bf(bf(x2f(0，為此可取C

f(0)f(bC2f(0)ff(0)f

f(0)即C2f(0f

故當0b

C

C

f(x)x22axa2

在[0

f(x1)f(x1)f(x2f(0)ff(0)f

f(x)x22axa21,x

2．當ab2af(xf(a)f(xf(0x1[0b]f(a)f(xf(0Cf(x1)f(x2f(x1)f(x2

f(x1)C2Cf(0)

C2 f(x1

Cf(a)x2[0,bC

Cx2

ff(x1)ff(x1)f(x2

1f(bf(0

1f(x)f

f(x)

f

x[0,f

f

f(b的

f(x2

C2 f(x1

f