《江苏省徐州市2013届高三数学考前模拟试题（含解析）苏教版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省徐州市2013届高三数学考前模拟试题（含解析）苏教版.doc（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、江苏省徐州市2013届高三考前模拟数学试题一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1（5分）（2013徐州模拟）集合A=1，0，1，B=x|x=m2+1，mR，则AB=1考点：交集及其运算专题：计算题分析：根据题意，分析可得集合B=x|x1，结合交集的定义，计算可得AB，即可得答案解答：解：根据题意，集合B=x|x=m2+1，mR=x|x1，又由集合A=1，0，1，则AB=1，故答案为1点评：本题考查集合的交集运算，关键是正确求出集合B2（5分）（2013徐州模拟）设i是虚数单位，复数为纯虚数，则实数a的值为3考点：复数的基本概念专题：计算题分析：利用
2、复数的运算法则和纯虚数的定义即可得出解答：解：复数=为纯虚数，解得a=3故答案为3点评：熟练掌握复数的运算法则和纯虚数的定义是解题的关键3（5分）（2013徐州模拟）已知样本7，8，9，x，y的平均数是8，且xy=60，则此样本的标准差是考点：极差、方差与标准差专题：概率与统计分析：根据xy=60和平均数，列出方程解出x、y的值，最后再计算此样本的标准差即可注意运算正确解答：解：平均数是8，（7+8+9+x+y）5=8 xy=60 由两式可得：x=6，y=10，或x=10，y=6则此样本的标准差=，故答案为：点评：本题考查的是平均数和标准差的概念，属于基础题4（5分）（2013徐州模拟）在集合
3、中任取一个元素，所取元素恰好满足方程的概率是考点：等可能事件的概率；空集的定义、性质及运算专题：计算题分析：本题考查的知识点是古典概型，由集合中共有10个元素，然后我们分析各个元素，求出满足条件的基本事件个数，代入古典概型公式，即可得到结论解答：解：集合中共有10个元素而当n=2和n=10时，故满足条件的基本事件个数为2故所取元素恰好满足方程的概率P=故答案为：点评：古典概型要求所有结果出现的可能性都相等，强调所有结果中每一结果出现的概率都相同弄清一次试验的意义以及每个基本事件的含义是解决问题的前提，正确把握各个事件的相互关系是解决问题的关键解决问题的步骤是：计算满足条件的基本事件个数，及基本
4、事件的总个数，然后代入古典概型计算公式进行求解5（5分）（2013徐州模拟）设中心在原点的双曲线与椭圆+y2=1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该双曲线的方程是2x22y2=1考点：双曲线的标准方程；椭圆的简单性质；双曲线的简单性质专题：计算题分析：欲求双曲线方程，只需求出双曲线中的a，b的值即可，根据双曲线与椭圆+y2=1有公共的焦点，求出椭圆中的c值，也即双曲线中的c值，再求出椭圆中的离心率，因为椭圆与双曲线的离心率互为倒数，所以可得双曲线中离心率，据此求出a值，再利用a，b，c之间的关系式，就可得到双曲线的方程解答：解：椭圆+y2=1中c=1中心在原点的双曲线与椭圆+y2=1有公
5、共的焦点双曲线中c=1，椭圆+y2=1的离心率为=，椭圆与双曲线的离心率互为倒数双曲线的离心率为，双曲线中a=，b2=c2a2=，b=双曲线的方程为2x22y2=1故答案为2x22y2=1点评：本题主要考查了椭圆，双曲线的标准方程以及性质的应用6（5分）（2013徐州模拟）已知某算法的伪代码如图，根据伪代码，若函数g（x）=f（x）m在R上有且只有两个零点，则实数m的取值范围是（，0）1考点：伪代码专题：图表型；函数的性质及应用分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算分段函数y=的函数值；函数g（x）=f（x）m在R上有且只有两个零点，则我们可以在
6、同一平面直角坐标系中画出y=f（x）与y=m的图象进行分析解答：解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算分段函数f（x）=的函数值；其函数图象如图所示：又函数g（x）=f（x）m在R上有且只有两个零点，则由图可得m0或m=1，故答案为：（，0）1点评：本题考查程序框图以及函数的零点，通过对程序框图的理解，转化为函数图象，然后把函数零点转化为交点个数问题，属于基础题7（5分）（2013徐州模拟）已知，则cos2=考点：二倍角的余弦；诱导公式的作用专题：三角函数的求值分析：首先由诱导公式得出sin=，然后根据二倍角公式求得cos、cos2的值解答：解：c
7、os（）=cos2（）=cos（）=sin=cos=12sin2=12（）2=cos2=2cos21=2（）21=故答案为：点评：此题考查了二倍角公式和诱导公式，熟记公式是解题的关键，属于中档题8（5分）（2013徐州模拟）有一个正四面体，它的棱长为a，现用一张圆型的包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小半径为考点：球内接多面体；棱锥的结构特征；球的体积和表面积专题：操作型分析：本题转化为四面体的侧面展开问题在解答时，首先要将四面体的三个侧面沿底面展开，观察展开的图形易知包装纸的对角线处在什么位置时，包装纸面积最小，进而获得问题的解答解答：解：由题意可知：当正四面体沿底
8、面将侧面都展开时如图所示：分析易知当以SO为圆的半径时，所需包装纸的半径最小，SO=，故答案为：点评：本题考查的是棱锥的结构特征、四面体的侧面展开问题在解答的过程当中充分体现了侧面展开的处理问题方法、图形的观察和分析能力以及问题转化的思想值得同学们体会反思9（5分）（2013徐州模拟）过点P（1，1）的直线将圆x2+y2=4分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则该直线的方程为x+y2=0考点：直线与圆的位置关系；直线的一般式方程专题：直线与圆分析：如图所示，当过点P的直线与直径OP垂直时满足直线分成两段圆弧的弧长之差最大，利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得到斜率解答：解：如图所示，当过点
9、P的直线与直径OP垂直时满足直线分成两段圆弧的弧长之差最大，要求的直线的斜率k=1故所求的直线方程为：y1=（x1），化为x+y2=0故答案为x+y2=0点评：正确得出“当过点P的直线与直径OP垂直时满足直线分成两段圆弧的弧长之差最大”是解题的关键10（5分）（2013徐州模拟）已知数列an的前n项和，且Sn的最大值为8，则a2=2.5考点：等差数列的前n项和专题：计算题；等差数列与等比数列分析：由是关于n的二次函数，可得n=k时取得最大值，从而可求k，然后代入a2=s2s1可求解答：解：是关于n的二次函数当n=k时取得最大值=8k=4，即a2=s2s1=63.5=2.5故答案为：2.5点评：
10、本题主要考查了数列的和取得最值条件的应用及由数列的和求解项，属于基础试题11（5分）（2013徐州模拟）已知中心为O的正方形ABCD的边长为2，点M，N分别为线段BC，CD上的两个不同点，且|=1，则的取值范围是考点：平面向量数量积的运算专题：平面向量及应用分析：设M（2，b），N（a，2）由，可得，即（a2）2+（b2）2=1且1a2，1b2如图所示，建立平面直角坐标系又=（1，b1）（a1，1）=a+b2作出可行域，即可得出答案解答：解：如图所示，建立平面直角坐标系设M（2，b），N（a，2），即（a2）2+（b2）2=1且1a2，1b2又O（1，1），=（1，b1）（a1，1）=a+b2
11、令a+b2=t，则目标函数b=a+2+t，作出可行域，如图2，其可行域是圆弧当目标函数与圆弧相切与点P时，解得t=2取得最小值；当目标函数经过点EF时，t=2+12=1取得最大值即为的取值范围故答案为点评：本题综合考查了向量的模的计算公式、线性规划等基础知识，及数形结合思想方法熟练掌握是解题的关键12（5分）（2013徐州模拟）在数列an中，已知a1=2，a2=3，当n2时，an+1是anan1的个位数，则a2010=4考点：数列递推式专题：计算题分析：由题意得，a3=a1a2=6，a4=8，a5=8，a6=4，a7=2，a8=8，a9=6，a10=8，到此为止，看出一个周期，a9=a3，a1
12、0=a4，周期为6，利用这个周期能求出a2010解答：解：由题意得，a3=a1a2=6，定义f（x）=x的个位数则a4=f（a3a2）=8，依此类推，a5=8，a6=4，a7=2，a8=8，a9=6，a10=8，到此为止，看出一个周期，a9=a3，a10=a4，周期为6，因为前2项不符合周期，所以20102=2008，2008=6334+4，所以a2010=a6=4故答案为：4点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意数列递推式的合理运用和周期性的灵活运用13（5分）（2013徐州模拟）已知f（x）=log2（x1），若实数m，n满足f（m）+f（n）=2，则mn的最小值是9考点：基本不等式
13、专题：不等式的解法及应用分析：由题目给出的函数解析式可以得到m和n均大于1，然后由f（m）+f（n）=2，得到mn（m+n）=3利用基本不等式转化为含mn的不等式，通过解不等式可以求得mn的最小值解答：解：由f（x）=log2（x1），且实数m，n满足f（m）+f（n）=2，所以log2（m1）+log2（n1）=2则，由得（m1）（n1）=4，即mn（m+n）=3所以3=mn（m+n）即解得，或因为m1，n1所以，mn9故答案为9点评：本题考查了基本不等式，考查了利用基本不等式求最值，考查了对数函数的性质，利用了数学转化思想方法，是中档题14（5分）（2013徐州模拟）设曲线y=（ax1）e
14、x在点A（x0，y1）处的切线为l1，曲线y=（1x）ex在点B（x0，y2）处的切线为l2若存在，使得l1l2，则实数a的取值范围为考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的值域；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系专题：计算题分析：根据曲线方程分别求出导函数，把A和B的横坐标x0分别代入到相应的导函数中求出切线l1和切线为l2的斜率，然后根据两条切线互相垂直得到斜率乘积为1，列出关于等式由解出，然后根据为减函数求出其值域即可得到a的取值范围解答：解：函数y=（ax1）ex的导数为y=（ax+a1）ex，l1的斜率为，函数y=（1x）ex的导数为y=（x2）exl2的斜率为，由题设有k1k2=
15、1从而有a（x02x02）=x03得到x02x020，所以，又，另导数大于0得1x05，故在（0，1）是减函数，在（1，）上是增函数，x0=0时取得最大值为=；x0=1时取得最小值为1故答案为：点评：此题是一道综合题，考查学生会利用导数求切线的斜率，会求函数的值域，掌握两直线垂直时斜率的关系二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定的区域内作答，解答时应写出文字说明、求证过程或演算步骤15（14分）（2013徐州模拟）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知a=1，b=2，（1）求边c的长；（2）求cos（AC）的值考点：平面向量数量积的运算；两角和与差的余弦函数；余弦定
16、理专题：计算题；解三角形分析：（1）由，结合已知条件及向量的数量积 的定义可求cosC，然后利用c2=a2+b22abcosC可求c（2）由（1）中所求cosC，利用同角平方关系可求sinC，然后结合正弦定理及三角形的大边对大角可判断A为锐角，进而可求cosA=，最后代入cos（AC）=cosAcosC+sinAsinC可求解答：解：（1）由，得abcosC=（2分）因为a=1，b=2，所以，（4分）所以c2=a2+b22abcosC=4，所以c=2（7分）（2）因为，C（0，），所以sinC=，（9分）所以=，（11分）因为ac，所以AC，故A为锐角，所以cosA=所以cos（AC）=cos
17、AcosC+sinAsinC=（14分）点评：本题主要考查了同角平方关系、正弦定理及余弦定理、和差角公式的综合应用，解题的关键是公式的熟练掌握16（14分）（2013徐州模拟）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，且ACCD，PA=AD，M，Q分别是PD，BC的中点（1）求证：MQ平面PAB；（2）若ANPC，垂足为N，求证：MNPD考点：直线与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质专题：证明题；综合题；空间位置关系与距离分析：（1）取PA的中点E，连结EM、BE，根据三角形的中位线定理证出MEAD且ME=AD，平行四边形中Q是
18、BC的中点，可得BQAD且BQ=AD，因此四边形MQBE是平行四边形，可得MQBE，再结合线面平行的判定定理可得MQ平面PAB；（2）由PA平面ABCD，可得PACD，结合ACCD可得CD平面PAC，从而有ANCD又因为ANPC，结合PC、CD是平面PCD内的相交直线，可得AN平面PCD，从而得到ANPD等腰PAD中利用“三线合一”，证出AMPD，结合AM、AN是平面AMN内的相交直线，得到PD平面AMN，从而得到MNPD解答：解：（1）取PA的中点E，连结EM、BE，M是PD的中点，MEAD且ME=AD，又Q是BC中点，BQ=BC，四边形ABCD是平行四边形，BCAD且BC=AD，可得BQM
19、E且BQ=ME，四边形MQBE是平行四边形，可得MQBE，（4分）BE平面PAB，MQ平面PAB，MQ平面PAB；（6分）（2）PA平面ABCD，CD平面ABCD，PACD，又ACCD，PA、AC是平面PAC内的相交直线，CD平面PAC，结合AN平面PAC，得ANCD （9分）又ANPC，PC、CD是平面PCD内的相交直线，AN平面PCD，结合PD平面PCD，可得ANPD，（12分）PA=AD，M是PD的中点，AMPD，（13分）又AM、AN是平面AMN内的相交直线，PD平面AMN，MN平面AMN，MNPD（14分）点评：本题在四棱锥中证明线面平行、线线垂直着重考查了三角形中位线定理、空间直线
20、与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定与性质等知识，属于中档题17（14分）（2013徐州模拟）某人2002年底花100万元买了一套住房，其中首付30万元，70万元采用商业贷款贷款的月利率为5，按复利计算，每月等额还贷一次，10年还清，并从贷款后的次月开始还贷（1）这个人每月应还贷多少元？（2）为了抑制高房价，国家出台“国五条”，要求卖房时按照差额的20%缴税如果这个人现在将住房150万元卖出，并且差额税由卖房人承担，问：卖房人将获利约多少元？（参考数据：（1+0.005）1201.8）考点：根据实际问题选择函数类型专题：应用题分析：（1）设出每月应还钱数x元，算出贷款人120次支付给银行
21、的钱数（含利息），算出70万元经过10年本利和，有两数相等即可得到x的值；（2）由每月还的贷款数乘以120得到卖房人支付给银行的总钱数，求出共支付的利息及差额税，获利等于差额减去利息再减去差额税解答：解：（1）设每月应还贷x元，共付款1210=120次，则有x1+（1+0.005）+（1+0.005）2+（1+0.005）119=700000（1+0.005）120，所以则（元）答：每月应还贷7875元（2）卖房人共付给银行7875120=945000元，利息945000700000=245000（元），缴纳差额税（15000001000000）0.2=100000（元），获利500000（2
22、45000+100000）=155000（元）答：卖房人将获利约155000元点评：本题考查了根据实际问题选择函数模型，解答的关键是读懂题目意思，明确贷款人还的钱等同于存钱，也有利息，此题属中档题18（16分）（2013徐州模拟）已知椭圆E：的离心率为，右焦点为F，且椭圆E上的点到点F距离的最小值为2（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过点A的直线l与椭圆E及直线x=8分别相交于点M，N（）当过A，F，N三点的圆半径最小时，求这个圆的方程；（）若，求ABM的面积考点：直线与圆锥曲线的关系；三角形的面积公式；圆的标准方程；椭圆的标准方程专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分
23、析：（1）由离心率为，椭圆E上的点到点F距离的最小值为2，即ac=2联立方程组求a，c的值，然后利用b2=a2c2求出b2，则椭圆方程可求；（2）（）设出圆的一般方程，设N（8，t），把三点A（4，0），F（2，0），N（8，t）代入圆的方程整理成标准式后利用基本不等式求出半径的最小值，同时求得半径最小时的圆的方程；（）设出直线l的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数关系求出M点的坐标，由，借助于向量数量积求出直线的斜率，进一步得到M点的纵坐标，则ABM的面积可求解答：解：（1）由已知，且ac=2，所以a=4，c=2，所以b2=a2c2=12，所以椭圆E的方程为（2）（）由（1），A（4，0），
24、F（2，0），设N（8，t）设圆的方程为x2+y2+dx+ey+f=0，将点A，F，N的坐标代入，得，解得所以圆的方程为，即，因为，当且仅当时，圆的半径最小，故所求圆的方程为（）由对称性不妨设直线l的方程为y=k（x+4）（k0）由，得（3+4k2）x2+32k2x+64k248=0由4+xM=，得，所以，所以，所以=，化简，得16k440k29=0，解得，或，即，或，此时总有yM=3，所以ABM的面积为点评：本题考查了圆与椭圆的标准方程，考查了直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题、
25、面积问题等突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法属难题19（16分）（2013徐州模拟）已知数列an，其前n项和为Sn（1）若对任意的nN，a2n1，a2n+1，a2n组成公差为4的等差数列，且，求n的值；（2）若数列是公比为q（q1）的等比数列，a为常数，求证：数列an为等比数列的充要条件为考点：等差数列与等比数列的综合专题：综合题；等差数列与等比数列分析：（1）依题意，可求得a2n+1a2n1=4，a2n=a2n1+8（nN*），从而得a1，a3，a5，a2n1，a2n+1是公差为4的等差数列，且a2+a4+a6+a2n=a1+a3+a2n1+8n，于是可求Sn=
26、2n（2n+3），由=2013即可求得n的值；（2）由+a=（a+1）qn1，可求得Sn=（a+1）qn1anaan，Sn+1=（a+1）qnan+1aan+1，两式相减得（a+1）（1qn）an+1=a（a+1）qn1an，若q=1+，可证得数列an为等比数列，（充分性）；若数列an为等比数列，可证得q=1+，（必要性）解答：解：（1）因为a2n1，a2n+1，a2n组成公差为4的等差数列，所以a2n+1a2n1=4，a2n=a2n1+8（nN*），（2分）所以a1，a3，a5，a2n1，a2n+1是公差为4的等差数列，且a2+a4+a6+a2n=a1+a3+a2n1+8n，（4分）又因为a
27、1=1，所以S2n=2（a1+a3+a2n1）+8n=2n+4+8n=4n2+6n=2n（2n+3），所以=2n+3=2013，所以n=1005（6分）（2）因为+a=（a+1）qn1，所以Sn=（a+1）qn1anaan，所以Sn+1=（a+1）qnan+1aan+1，得（a+1）（1qn）an+1=a（a+1）qn1an，（8分）（）充分性：因为q=1+，所以a0，q1，a+1aq，代入式，得q（1qn）an+1=（1qn）an，因为q1，q1，所以=，nN*，所以an为等比数列，（12分）（）必要性：设an的公比为q0，则由得（a+1）（1qn）q0=a（a+1）qn1，整理得（a+1）
28、q0a=（a+1）（q0）qn，（14分）此式为关于n的恒等式，若q=1，则左边=0，右边=1，矛盾；若q1，当且仅当时成立，所以q=1+由（）、（）可知，数列an为等比数列的充要条件为q=1+（16分）点评：本题考查等差数列与等比数列的综合，考查等差数列的求和与等比数列的分析确定，考查充分必要条件的推理论证，属于难题20（16分）（2013徐州模拟）已知函数，g（x）=，a，bR（1）求函数f（x）的单调区间；（2）记函数h（x）=f（x）+g（x），当a=0时，h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点，求实数b的取值范围；（3）记函数F（x）=|f（x）|，证明：存在一条过原点的直线l与y
29、=F（x）的图象有两个切点考点：利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程专题：计算题；证明题；综合题；导数的综合应用分析：（1）根据导数运算公式，得f（x）=，然后根据实数a的正负进行讨论，即可得到当a0时和当a0时两种情况下函数f（x）的单调区间；（2）当a=0时h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点，即h（x）=0在（0，1）上有且只有一个根且不为重根因此求出h（x）的表达式，再分b=0、b0和b0三种情况加以讨论，即可算出实数b的取值范围；（3）首先根据（1）的结论，讨论可得只有0a时直线l与y=F（x）的图象有两个切点设切点的横坐标分别为s、
30、t且st，可得l与y=F（x）的图象有两个切点分别为直线l与曲线在x（s，t）的切点和曲线在x（t，+）的切点由此结合直线的斜率公式和导数的几何意义列出关于a、x1、y1、x2、y2的关系式，化简整理可得，再令=k（0k1），转化为（k2+1）lnk=2k22令G（k）=（k2+1）lnk2k2+2，（0k1），由根的存在性定理证出：存在k0（0，1），使得G（k0）=0由此即可得到原命题成立解答：解：（1）因为f（x）=+=，若a0，则f（x）0，f（x）在（0，+）上为增函数，（2分）若a0，令f（x）=0，得x=a，当0xa时，f（x）0；当xa时，f（x）0所以（0，a）为单调减区间，
31、（a，+）为单调增区间综上可得，当a0时，函数f（x）在（0，+）上为增函数，当a0时，函数f（x）的单调减区间为（0，a），单调增区间为（a，+） （4分）（2）a=0时，h（x）=f（x）+g（x）=，h（x）=bx2+=，（5分）h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点，即h（x）=0在（0，1）上有且只有一个根且不为重根，由h（x）=0得bx22x+1=0，（6分）（ i）b=0，x=，满足题意；（7分）（ ii）b0时，b1221+10，即0b1；（8分）（ iii）b0时，b1221+10，得b1，故b0；综上所述，得：h（x）在（0，1）上有且只有一个极值点时，b1 （9分）（3
32、）证明：由（1）可知：（ i）若a0，则f（x）0，f（x）在（0，+）上为单调增函数，所以直线l与y=F（x）的图象不可能有两个切点，不合题意（10分）（）若a0，f（x）在x=a处取得极值f（a）=1+lna若1+lna0，a时，由图象知不可能有两个切点（11分）故0a，设f（x）图象与x轴的两个切点的横坐标为s，t（不妨设st），则直线l与y=F（x）的图象有两个切点即为直线l与和的切点y1=，y2=+=，设切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2），则0x1x2，且=，=+，=，即=1lnx1；=1lnx2；a=，得：=lnx1+lnx2=ln，由中的a代入上式可得：（），即，（14
33、分）令=k（0k1），则（k2+1）lnk=2k22，令G（k）=（k2+1）lnk2k2+2，（0k1），因为=10，=0，故存在k0（0，1），使得G（k0）=0，即存在一条过原点的直线l与y=F（x）的图象有两个切点（16分）点评：本题给出含有分式和对数的基本初等函数，求函数f（x）的单调区间、讨论函数f（x）+g（x）的极值点并证明了函数|f（x）|图象与过原点的直线相切的问题着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性、直线的斜率公式和用导数求函数图象的切线等知识，属于难题必答题：第25题、第26题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明
34、过程或演算步骤25（10分）（2013徐州模拟）过直线y=1上的动点A（a，1）作抛物线y=x2的两切线AP，AQ，P，Q为切点（1）若切线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值（2）求证：直线PQ过定点考点：直线的斜率；恒过定点的直线专题：证明题；压轴题分析：（1）设过A作抛物线y=x2的切线的斜率为k，用选定系数法给出切线的方程，与抛物线方程联立消元得到关于x的一元二次方程，此一元二次方程仅有一根，故其判别式为0，得到关于k的一元二次方程，k1，k2必为其二根，由根系关系可求得两根之积为定值，即k1k2为定值（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），用其坐标表示出两个切线
35、的方程，因为A点是两切线的交点将其坐标代入两切线方程，观察发现P（x1，y1），Q（x2，y2）的坐标都适合方程2axy+1=0上，因为两点确定一条直线，故可得过这两点的直线方程必为2axy+1=0，该线过定点（0，1）故证得解答：解：（1）设过A作抛物线y=x2的切线的斜率为k，则切线的方程为y+1=k（xa），与方程y=x2联立，消去y，得x2kx+ak+1=0因为直线与抛物线相切，所以=k24（ak+1）=0，即k24ak4=0由题意知，此方程两根为k1，k2，k1k2=4（定值）（5分）（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），由y=x2，得y=2x所以在P点处的切线斜率为：，因此，
36、切线方程为：yy1=2x1（xx1）由y1=x12，化简可得，2x1xyy1=0同理，得在点Q处的切线方程为2x2xyy2=0因为两切线的交点为A（a，1），故2x1ay1+1=0，2x2ay2+1=0P，Q两点在直线2axy+1=0上，即直线PQ的方程为：2axy+1=0当x=0时，y=1，所以直线PQ经过定点（0，1）（10分）点评：本题考查转化的技巧，（I）将两斜率之积为定值的问题转化 成了两根之积来求，（II）中将求两动点的连线过定点的问题 转化成了求直线系过定点的问题，转化巧妙，有艺术性26（10分）（2013徐州模拟）已知（x+1）n=a0+a1（x1）+a2（x1）+a3（x1）
37、3+an（x1）n，（其中nN*）（1）求a0及；（2）试比较Sn与（n2）2n+2n2的大小，并说明理由考点：用数学归纳法证明不等式；数列的求和；二项式定理的应用专题：计算题；证明题；综合题；压轴题分析：（1）通过x=1直接求出a0，通过x=2即可求出的表达式；（2）通过比较n=1，2，3，4，5时Sn与（n2）2n+2n2的大小，猜想出二者的大小，利用数学归纳法假设n=k时成立，证明n=k+1时猜想也成立即可解答：解：（1）令x=1，则a0=2n，令x=2，则，Sn=3n2n；（3分）（2）要比较Sn与（n2）2n+2n2的大小，即比较：3n与（n1）2n+2n2的大小，当n=1时，3n（
38、n1）2n+2n2；当n=2，3时，3n（n1）2n+2n2；当n=4，5时，3n（n1）2n+2n2；（5分）猜想：当n4时n4时，3n（n1）2n+2n2，下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，n=4n=4时结论成立，假设当n=k（k4）n=k，（k4）时结论成立，即3n（n1）2n+2n2，两边同乘以3 得：3k+13（k1）2k+2k2=k2k+1+2（k+1）2+（k3）2k+4k24k2而（k3）2k+4k24k2=（k3）2k+4（k2k2）+6=（k2）2k+4（k2）（k+1）+603k+1（k+1）12k+1+2（k+1）2即n=k+1时结论也成立，当n4时，3n（n1）2
39、n+2n2成立综上得，当n=1时，3n（n1）2n+2n2；当n=2，3时，3n（n1）2n+2n2；当n4，nN*时，3n（n1）2n+2n2（10分）点评：本题是中档题，考查与n有关的命题，通过赋值法解答固定项，前n项和，以及数学归纳法的应用，考查逻辑推理能力，计算能力，常考题型选修题：本题包括21、22、23、24四小题，请选定其中两题，并在答题卡指定区域内作答若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21（10分）（2013徐州模拟）如图，O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点，BM的延长线交O于N，过N点的切线交CA的延长线于P（1）求证：PM2=PAP
40、C；（2）若O的半径为2，OA=OM，求MN的长考点：与圆有关的比例线段专题：计算题；证明题分析：（1）做出辅助线连接ON，根据切线得到直角，根据垂直得到直角，即ONB+BNP=90且OBN+BMO=90，根据同角的余角相等，得到角的相等关系，得到结论（2）本题是一个求线段长度的问题，在解题时，应用相交弦定理，即BMMN=CMMA，代入所给的条件，得到要求线段的长解答：（1）证明：连接ON，因为PN切O于N，ONP=90，ONB+BNP=90OB=ON，OBN=ONB因为OBAC于O，OBN+BMO=90，故BNP=BMO=PMN，PM=PNPM2=PN2=PAPC（2）OM=2，BO=2，B
41、M=4BMMN=CMMA=（2）=8，MN=2点评：本题要求证明一个PM2=PAPC结论，实际上这是一个名叫切割线定理的结论，可以根据三角形相似对应边成比例来证明，这是一个基础题22（10分）（2013徐州模拟）（选修42：矩阵与变换）设 M=，N=，试求曲线y=sinx在矩阵MN变换下的曲线方程考点：二阶矩阵；矩阵的应用专题：计算题分析：根据矩阵的乘法法则求出MN，设p（x，y）是所求曲线上的任意一点，它是曲线y=sinx上点p0（x0，y0）在矩阵MN变换下的对应点，然后根据变换的性质求出曲线方程解答：解：M=，N=，MN=，（2分）设p（x，y）是所求曲线C上的任意一点，它是曲线y=si
42、nx上点p0（x0，y0）在矩阵MN变换下的对应点，则 =，即，（4分）又点p0（x0，y0）在曲线y=sinx 上，故 y0=sinx0，从而y=sin2x，所求曲线的方程为y=2sin2x（7分）点评：本小题主要考查矩阵与变换等基础知识，考查运算求解能力，考查学生掌握二阶矩阵的乘法法则，以及求出直线方程利用矩阵的变换所对应的方程23（10分）（2013徐州模拟）选修44：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知点P为圆2+2sin7=0上任一点求点P到直线cos+sin7=0的距离的最小值与最大值考点：点的极坐标和直角坐标的互化；直线与圆的位置关系专题：直线与圆分析：由题意圆的普通方程为 x2+y2+2y7=0，参数方程为 （为参数），直线的极坐标方程为cos+sin7=0将圆和直线先化为一般方程坐标，然后再计算椭圆上点到直线距离的最大值和最小值即可解答：解：圆2+2sin7=0的普通方程为 x2+y2+2y7=