高考 数学主观题预测题 1　 已知函数y=f(x)=　(a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数，当x>0时，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<　 (1)试求函数f(x)的解析式； (2)问函数f(x)图象上是否存在关于点(1，0)对称的两点，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由　参考答案

07届惠来一中文科数学主观题高考预测题参考答案

1　 解　 (1)∵f(x)是奇函数，

∴f(－x)=－f(x),即

∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，

当且仅当x=时等号成立，于是2=2,∴a=b²,

由f(1)＜得＜即＜,∴2b²－5b+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+　

(2)设存在一点(x₀,y₀)在y=f(x)的图象上，并且关于(1，0)的对称点(2－x₀,－y₀)也在y=f(x)图象上，则消去y₀得x₀²－2x₀－1=0,x₀=1±　

∴y=f(x)图象上存在两点(1+,2),(1－,－2)关于(1，0)对称

2。解：(I)因为a，b，c成等比数列，所以b²＝ac．

根据余弦定理，得cosB＝＝≥＝．

又因为0＜B＜，所以0＜B≤．所以∠B的范围是(0，]．

(II)y＝2sin²B+sin(2B+)＝1－cos2B+sin2Bcos+cos2Bsin

＝1+sin2Bcos－cos2Bsin＝1+sin(2B－)．

因为0＜B≤，所以－＜2B－≤，所以－＜sin(2B－)≤1，所以＜y≤2．

所以y＝2sin²B+sin(2B+)的取值范围是(，2]．

3. (1)

　　　　　　　　　　 (2分)

设正方形边长为x　　　　　　　 则

　　　　　　　　　　　 (4分)

　　　　　　　　　　　　　　　　　 (6分)

(2)当a固定，θ变化时，　　　　　　　 (8分)

令，则

令　　　 函数在是减函数　　　

当t=1时，取最小值，此时　　　　　　　　　　 (12分)

4、解：(1)

(2) 点E为BC的中点时， EF∥平面PAC。

证明如下：∵BE=CE，BF=PF　　　 ∴EF∥PC　　　

又EF在平面PAC外，PC在平面PAC内，所以EF∥平面PAC

(3) ∵PA=AB，BF=PF　　　　　 ∴AF⊥PB　　　 ∵PA⊥平面ABCD　　　　　　

∴PA⊥BC

又BC⊥AB　　　 　　　 ∴BC⊥平面PAB　　　 而AF在平面PAB内，

∴AF⊥BC

∵BC、PB是平面PBC内的两条相交直线　 ∴AF⊥平面PBC　　

∵无论点E在BC边的何处，PE都在平面PBC内　　　　　　 ∴PE⊥AF

5. 解：(1)取AC中点D，连结SD、DB.

∵SA=SC，AB=BC，　　　　　　 ∴AC⊥SD且AC⊥BD，

∴AC⊥平面SDB，又SB平面SDB，

∴AC⊥SB　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ………4分

(2)∵AC⊥平面SDB，AC平面ABC，

∴平面SDB⊥平面ABC.

过N作NE⊥BD于E，NE⊥平面ABC，

过E作EF⊥CM于F，连结NF，

则NF⊥CM.

∴∠NFE为二面角N－CM－B的平面角　　 ………6分

∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC.

又∵NE⊥平面ABC，∴NE∥SD.

∵SN=NB，　　 ∴NE=SD===， 且ED=EB.

在正△ABC中，由平几知识可求得EF=MB=，

在Rt△NEF中，tan∠NFE==2，

∴二面角N-CM-B的大小是arctan2　　　　　　　　　　　 ………10分

(3)在Rt△NEF中，NF==，

∴S_△CMN=CM.NF=，　　 S_△CMB=BM.CM=2-------------11分

设点B到平面CMN的距离为h，

∵V_B-CMN=V_N-CMB，NE⊥平面CMB，

∴S_△CMN.h=S_△CMB.NE，∴h==.

即点B到平面CMN的距离为　　　　　　　　　　　 ………14分

6．解：(Ⅰ)由题意，

∴．　　　　　 当时，=，又当时，，适合上式，∴．　　

(Ⅱ)∵ ，

∴ 数列是首项为1，公差为的等差数列，其前项和为，故， ，得，

满足它的最小整数是，即此数列最少有项．

7．解(Ⅰ)设切线斜率为则当时最小值为．

所以切线方程为即　　　　　　　

(Ⅱ)由>0 <0得．

函数在为增函数,在减函数

(1),无解；　　　　 (2)　无解；

(3)，解得．综上所述 ．

8． (1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1分

又当时，

当时,

上式对也成立，

∴，　　 总之，

(2)由已知∴当为奇数时，为偶数,

由，得,

∴(舍去)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 6分

当为偶数时，为奇数，

由，得，即，∴适合题意。

总之，存在整数，使结论成立　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 8分

(3)将不等式变形并把代入得：

设　　　　　 ∴

∴

又∵

∴，即

∴随的增大而增大，，　　 ∴.

9.解：(1)动点为P(x,y),则H(0,y)，=(-x,0),=(-2-x,-y),=(2-x,-y),　

∴.=x²-4+y²,且｜|²=x².　由题意得||²=2.，即x²=2(x²-4+y²),　∴为所求点P的轨迹方程.　

(2)若直线x+y=1与双曲线C右支交于点Q时，而N(2，0)关于直线x+y=1的对称点E(1，-1)，　则|QE|=|QN|，　

∴双曲线C的实轴长2a=||QM|-|QN||=||QM|-|QE||≤|ME|=　(当且仅当Q、E、M共线时取“=”)，此时，实轴长2a最大为；　

若直线x+y=1与双曲线C左支交于点Q时，同理可求得双曲线C的实轴长2a最大为.

所以，双曲线C的实半轴长a=.　

又∵c=|MN|=2,∴b²=c²-a²=.　　　　　 故双曲线方程为.　　 　

10　 解：(Ⅰ)设抛物线的顶点为，则其焦点为．由抛物线的定义可知：．

　　　 所以，．

　　　 所以，抛物线顶点的轨迹的方程为：　 ．

　　　 (Ⅱ)显然，直线与坐标轴不可能平行，所以，设直线的方程为，代入椭圆方程得：

由于与轨迹交于不同的两点，所以，，即．(＊)

　　　 又线段恰被直线平分，所以，．

　　　 所以，．　　　　 代入(＊)可解得：．

设弦MN的中点．在中，令，

可解得：．

将点代入，可得：．

所以，．

解法二．设弦MN的中点为，则由点为椭圆上的点，

可知：．

两式相减得：

又由于，代入上式得：．

又点在弦MN的垂直平分线上，所以，．所以，．

由点在线段BB’上(B’、B为直线与椭圆的交点，如图)，所以，．　　 也即：．所以，.

11解答：(Ⅰ)令x₁＝x₂＝0，则有f(0)≥2f(0)－3，即f(0)≤3．又对任意x∈[0，1]，总有f(x)≥3，所以f(0)＝3．

(Ⅱ)任取x₁，x₂∈[0，1]，x₁<x₂，　　　 f(x₂)＝f[x₁+(x₂－x₁)]≥f(x₁)+f(x₂－x₁)－3．

　　 因为0<x₂－x₁≤1，　 ∴f(x₂－x₁)≥3．　　　　 ∴f(x₂)≥f(x₁)+3－3＝f(x₁)．

　　 ∴当x∈[0，1]时，f(x)≤f(1)＝4，所以函数f(x) 的最大值为4．

(Ⅲ)当n>1时，a_n＝S_n―S_n－1＝(a_n－3) ―(a_n－1―3)，∴＝．

∴数列{a_n}是以a₁＝1为首项，公比为的等比数列．

a_n＝1×()^n－1＝，

　　f(1)＝f[3^n－1.]＝f[+(3^n－1－1)×]≥f()+f[(3^n－1－1)]－3≥……

　　　　　 4≥3^n－1f()－3ⁿ+3．

　　　 ∴f()≤＝3+，即f(a_n)≤3+．

　　　 ∴f(a₁)+f(a₂)+…+f(a_n)≤(3+)+(3+)+…+(3+)

　　　　　 ＝3n+＝3n+－<3n+＝3(n+)．

　　　 又log₃＝log₃3³.3^2n－2＝(2n+1)＝3(n+)，

　　　 ∴原不等式成立．