[7A文]2008-2013江苏高考数学试卷合集 - 图文(3)

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可能为a2或a3

①若删去a2，则由a1,a3,a4 成等比数列，得(a1+2d)2=a1(a1+3d) 因d≠0，故由上式得a1=－4d，即2d, －d，满足题设。

②若删去a3，则由a1,a2,a4 成等比数列，得(a1+d)2=a1(a1+3d) 因d≠0，故由上式得a1=d，即题设。 综上可知，

a1的值为－4或1。 da1=1，此时数列为d, 2d, 3d, 4d，满足da1=－4，此时数列为－4d, －3d, －d(ii)若n≥6，则从满足题设的数列a1,a2,……,an中删去一项后得到的数列，必有原数列中的连续三项，从而这三项既成等差数列又成等比数列，故由“基本事实”知，数列a1,a2,……,an的公差必为0，这与题设矛盾，所以满足题设的数列的项数n≤5，又因题设n≥4，故n=4或5.

当n=4时，由（i）中的讨论知存在满足题设的数列。

当n=5时，若存在满足题设的数列a1,a2,a3,a4,a5，则由“基本事实”知，删去的项只能是a3，从而a1,a2,a4,a5成等比数列，故

(a1+d)2=a1(a1+3d)

及

(a1+3d)2=(a1+d)(a1+4d)

分别化简上述两个等式，得a1d=d2及a1d=－5d,故d=0，矛盾。因此，不存在满足题设的项数为5的等差数列。 综上可知，n只能为4.

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（2）假设对于某个正整数n，存在一个公差为d′的n项等差数列b1,b1+ d′,……，b1+(n-1) d′(b1 d′≠0)，其中三项b1+m1 d′,b1+m2 d′,b1+m3 d′成等比数列，这里0≤m1

(b1+m2 d′)2=(b1+m1 d′)(b1+m3 d′)

化简得

2(m1+m3-2m2)b1 d′=(m2-m1m3) d′2 (G)

2由b1 d′≠0知，m1+m3-2m2与m2-m1m3或同时为零，或均不为零。 2若m1+m3-2m2=0且m2-m1m3=0，则有(m1?m32)-m1m3=0， 2即(m1-m3)2=0，得m1=m3，从而m1=m2=m3，矛盾。

2因此，m1+m3-2m2与m2-m1m3都不为零，故由（G）得

2m2?m1m3b1 ?'dm1?m3?2m2因为m1，m2，m3均为非负整数，所以上式右边为有理数，从而数。

于是，对于任意的正整数n≥4,只要取

b1是一个有理d'b1为无理数，则相应的数列b1,b2,……,bnd'就是满足要求的数列，例如,取b1=1, d′=2，那么，n项数列1,1+2,1+22,……,1?(n?1)2满足要求。

20.【解析】本小题考查充要条件、指数函数与绝对值函数、不等式的综合运用． （Ⅰ）f?x??f1?x?恒成立?f1?x??f2?x??3x?p1?23x?p2?3x?p1?x?p2?3log32

?x?p1?x?p2?log32（G）

因为x?p1?x?p2??x?p1???x?p2??p1?p2 所以，故只需p1?p2?log32（G）恒成立

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综上所述，f?x??f1?x?对所有实数成立的充要条件是：p1?p2?log32 （Ⅱ）1°如果p1?p2?log32，则的图像关于直线x?p1对称．因为f?a??f?b?，所以区间?a,b?关于直线x?p1 对称．

因为减区间为?a,p1?，增区间为?p1,b?，所以单调增区间的长度和为2°如果p1?p2?log32.

x?p?log2x?p???31,x??p1,b??323,x??p2,b?（1）当p1?p2?log32时.f1?x???p1?x，f2?x???p2?x?log32

,x??a,p2????3,x??a,p1??3b?a 2当x??p1,b?，

f1?x??3p2?p1?log32?30?1,因为f1?x??0,f2?x??0，所以f2?x?f1?x??f2?x?， 故f?x??f1?x?=3x?p1 当x??a,p2?，

f1?x??3p1?p2?log32?30?1,因为f1?x??0,f2?x??0，所以f2?x?f1?x??f2?x?

故f?x??f2?x?=3p2?x?log32

因为f?a??f?b?，所以3b?p1?3p2?a?log32，所以b?p1?p2?a?log32,即

a?b?p1?p2?log32

当x??p2,p1?时，令f1?x??f2?x?，则3p1?x?3x?p2?log32，所以x?p1?p2?log32，

2p?p2?log32??x?p2?log323当x??p2,1时，，所以= fx?fxfx?fx????????122?2???p?p2?log32?x??1,p1?时，f1?x??f2?x?，所以f?x??f1?x?=3p1?x

2??f?x?在区间?a,b?上的单调增区间的长度和b?p1?p1?p2?log32?p2

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=b?p1?p2?log32a?bb?a?b??

222x?p?log2x?p???31,x??p1,b??323,x??p2,b?（2）当p2?p1?log32时.f1?x???p1?x，f2?x???p2?x?log32

3,x?a,p3,x?a,p??????12??当x??p2,b?，

f1?x??3p2?p1?log32?30?1,因为f1?x??0,f2?x??0，所以f2?x?f1?x??f2?x?，

故f?x??f2?x?=3x?p2?log32 当x??a,p1?，

f1?x??3p1?p2?log32?30?1,因为f1?x??0,f2?x??0，所以f2?x?f1?x??f2?x? 故f?x??f1?x?=3p1?x

因为f?a??f?b?，所以3p1?a?3b?p2?log32，所以a?b?p1?p2?log32 当x??p1,p2?时，令f1?x??f2?x?，则3x?p1?3p2?x?log32，所以x?p1?p2?log32，

2p?p2?log32??x?p13当x??p1,1时， ，所以= fx?fxfx?fx????????121?2???p?p2?log32?x??1,p1?时，f1?x??f2?x?，所以f?x??f2?x?=3p2?x?log32

2??f?x?在区间?a,b?上的单调增区间的长度和b?p2?=b?p1?p2?log32a?bb?a?b??

222p1?p2?log32?p1

2综上得f?x?在区间?a,b?上的单调增区间的长度和为证明：如图，因为AE 是圆的切线， 所以，?ABC??CAE, 又因为AD是?BAC的平分线， 所以 ?BAD??CAD

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b?a 214

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从而 ?ABC??BAD??CAE??CAD 因为 ?ADE??ABC??BAD,

??CA ?DAE??CAD E 所以 ?ADE??DAE,故EA?ED.

因为 EA是圆的切线，所以由切割线定理知,

2?EC?E, B EA 而EA?ED,所以ED2?ECEB

解：设P(x0,y0)是椭圆上任意一点，点P(x0,y0)在矩阵A对应的变换下变为点

''P'(x0,y0) 则有

'?x0?x??20??x0???x?2x0?x?，所以?02 ?'??? ???，即?'???y0???01??y0??y0?y0?y?y'0?0'0'022'2'2 又因为点P在椭圆上，故4x0?y0?1，从而(x0)?(y0)?1

所以，曲线F的方程是 x2?y2?1

?x2?x?3cos?2 (?为参数）解： 因椭圆?y?1的参数方程为?

3??y?sin? 故可设动点P的坐标为(3cos?,sin?），其中0???2?. 因此S?x?y?3cos??sin??2( 所以，当??31?cos??sin?)?2sin(??) 223?6时，S取最大值2

证明：因为a,b,c为正实数，由平均不等式可得

1113??? a3b3c3abc1113?abc， 所以3?3?3?abc?abcabc33 而?abc?2abc?23 abcabc111 所以 3?3?3+abc≥23

abc1111113 ???3?a3b3c3a3b3c3 即

zD1A1DPAxBB1CyC1解：由题设可知，以DA、DC、DD1为单位正交基

底，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，则有A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,1) 由D1B?(1,1,?1)，得D1P??D1B?(?,?,??)，所以

PA?PD1?D1A?(??,??,?)?(1,0,?1)?(1??,??,??1) PC?PD1?DC?(??,??,?)?(0,1,?1)?(??,1??,??1) 17A版优质实用文档

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