如果你参加2015年四川高考数学(理)

时间:2015-07-25 16:10:38 来源:原创 作者:吴文忠
摘要:假如你参加2015年四川高考理科数学,假如你是这样的学习的,假如你不是这样学习的,你应该多学一点。

如果你参加2015年四川高考数学(理)

你应该得分:
选择题1-8题(直接由教材的例题或习题改编)
· · · · · · · · · · · · · · 5×8=40(分)
填空题11-13题(直接由教材的例题或习题改编)
· · · · · · · · · · · · · · 5×3=15(分)
解答题16-19题(直接由教材的例题或习题改编)
· · · · · · · · · · · · · · 12×4=48(分)
20题(1)问求椭圆方程
· · · · · · · · · · · · · · 5(分)
21题(1)单调性
· · · · · · · · · · · · · · 5(分)
 40+15+48+5+5=113(分)

你还可以得分
9.如果函数\(f\left ( x \right )=\frac{1}{2}\left ( m-2 \right )^{2}+\left ( n-8 \right )x+1\left ( m \geq 0,n\geq  0 \right )\)在区间\(\left [ \frac{1}{2},2 \right ]\)单调递减,则mn的最大值为()
(A)16   (B)18   (C)25   (D)\(\frac{81}{2}\)
【解析】由题意知,\(f^{'}\left ( x \right )=\left ( m-2 \right )x+n-8\leq 0\)在\(\left [ \frac{1}{2},2 \right ]\)上恒成立,则\(\left\{\begin{matrix} f^{'}\left ( \frac{1}{2} \right )=\frac{m-2}{2}+n-8\leq 0\\ f^{'}\left ( 2 \right )=2m+n-12\leq 0 \end{matrix}\right.\)  ,即,\(\left\{\begin{matrix} m+2n\leq 18\\ 2m+n\leq 12 \end{matrix}\right.\)
(1)当\(0\leq m\leq 2\)时,则\(-\frac{n-8}{m-2}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow m+2n\leq 18,mn=\frac{1}{2}\cdot 2n\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{m+2n}{2} \right )^{2}\leq \frac{18}{2}\)(当且仅当m=2n=9,即m=9,n=\(\frac{9}{2}\)时取等号),故不满足题意;
(2)当m=2时,显然不满足题意;
(3)当m≥2时,则\(-\frac{n-8}{m-2}\geq 2\Rightarrow m+2n\leq 12,mn=\frac{1}{2}m-2n\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{2m+n}{2} \right )^{2}\leq 18\),)(当且仅当2m=n=6,即m=3,n=6时取等号),故满足题意;
综上所述,mn的最大值为18.
· · · · · · · · · · · · · · 5(分)

14.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E、F分别为AB、BC的中点。设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为:                  

题目示意图和解题示意图 题目示意图和解题示意图

【解析】以A为坐标原点,建立如上图所示的空间直角坐标系。
设正方形的边长为a,则A(0,0,0)、E(a/2,0,0)、F(a,a/2,0)、M(0,y,a)且0≤y≤a
那么,\(\vec{AF}=\left ( a,\frac{a}{2},0 \right ),\vec{EM}=\left ( -\frac{a}{2},y,a \right )\)
\(cos\theta =cos\left \langle \vec{AF},\vec{EM} \right \rangle=\frac{\left | \vec{AF}\cdot \vec{EM} \right |}{\left | \vec{AF} \right |\cdot \left | \vec{EM} \right |}=\frac{a-y}{\sqrt{5}\sqrt{y^{2}+\frac{5}{4}a^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{1-\frac{8ay+a^{2}}{4y^{2}+5a^{2}}}\)
令\(f\left ( y \right )=\frac{8ay+a^{2}}{4y^{2}+5a^{2}}\left ( 0\leq y \leq a  \right ),{f}'\left ( y \right )=-8a\frac{4y^{2}+ay-5a^{2}}{\left ( 4y^{2}+5a^{2} \right )^{2}}\geq 0\)在0≤y≤a上恒成立,所以f(y)在[0,a]上单调递增,f(y)min=f(0)=1/5,所以\(\left ( cos\theta  \right )_{min}=\frac{1}{\sqrt{5}}\sqrt{1-\frac{1}{5}}=\frac{2}{5}\),综上所述,cosθ的最大值为2/5。
· · · · · · · · · · · · · · 5(分)

20.如图,椭圆E:\(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\left ( a> b> 0 \right )\)的离心率\(\frac{\sqrt{2}}{2}\),过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A、B两点,当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为\(2\sqrt{2}\)。
(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得\(\frac{\left | QA \right |}{\left | QB \right |}=\frac{\left | PA \right |}{\left | PB \right |}\)恒成立?若成立,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由。

【解析】(1)椭圆轨迹方程为\(\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\)

题目椭圆曲线示意图题目椭圆曲线示意图

(2)①当l与x轴平行时,\(\frac{\left | PA \right |}{\left | PB \right |}=1\),此时Q为y轴上任意一点;
②当l与y轴重合时,\(\frac{\left | PA \right |}{\left | PB \right |}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\),\(\frac{\left | QA \right |}{\left | QB \right |}=\frac{a-\sqrt{2}}{a+\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\),解得a=2,即Q(0,2)
③下面证明Q(0,2),使得\(\frac{\left | QA \right |}{\left | QB \right |}=\frac{\left | PA \right |}{\left | PB \right |}\),由角平分线定理可知,QP为∠AQB的角平分线,即kQA=-kQB,设直线l:y=kx+1,A(x1,y1)、B(x2,y2),联立方程,
\(\left\{\begin{matrix}
y=kx+1\\
2^{2}+2y^{2}=4
\end{matrix}\right.\Rightarrow \left ( 2k^{2}+1 \right )x^{2}+4kx-2=0,\Delta =16k^{2}+8\left ( 2k^{2}+1 \right )> 0\)
\(\Rightarrow x_{1}+x_{2}=-\frac{4k}{2k^{2}+1},x_{1}x_{2}=-\frac{2}{2k^{2}+1}\)
\(\Rightarrow k_{QA}+k_{QB}=\frac{kx_{1}-1}{x_{1}}+\frac{kx_{2}-1}{x_{2}}=\frac{2kx_{1}x_{2}-\left ( x_{1}+x_{2} \right )}{x_{1}x_{2}}=2k-2k=0\)
综上所述,存在Q(0,2),使得\(\frac{\left | QA \right |}{\left | QB \right |}=\frac{\left | PA \right |}{\left | PB \right |}\)
· · · · · · · · · · · · · · 5(分)

那么必须得分113+5+5+5=128

21.已知函数\(f\left ( x \right )=-2\left ( x+a \right )lnx+x^{2}-2ax-2a^{2}+a\),其中a>0。
1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)上恒成立,且f(x)=0在(1,+∞)上有唯一解。

【解析】
1)\(g\left ( x \right )={f}'\left ( x \right )=2x-2lnx-\frac{2a}{x}-2\left ( x> 0 \right )\),\({g}'\left ( x \right )=\frac{2}{x^{2}}\left ( x^{2} -2x+a\right )\)
a)当\(a\geq \frac{1}{4}\)时,\(x^{2}-2x+a\geq 0\)在(0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增;
b)当0<a<1/4时,g'(x)=0得x2-x+a=0 ,解得\(x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2},x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\)
显然,0<x1<x2<1,所以g(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减。
综上所述,当a≥1/4时,g(x)在(0,+∞)上单调递增;当0<a<1/4时,g(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减。

题目函数示意图题目函数示意图

2)由(1)可知,f'(x)在x∈(1,+∞),a∈(0,1)单调递增,
又有f'(x)min=f'(1)=-4a<0,f'(e)>0,所以存在x0∈(1,e),使得f'(x0)=0
\(2x_{0}-2lnx_{0}-2a\left ( 1+\frac{1}{x_{0}} \right )-2=0\),则\(a=\frac{x_{0}^{2}-x_{0}lnx_{0}-x_{0}}{x_{0}+1}\),且0<a<1
所以f(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增。
所以\(f\left ( x \right )_{min}=f\left ( x_{0} \right )=-2\left ( x_{0}+a \right )lnx_{0}+x_{0}^{2}-2ax_{0}-2a^{2}+a\)
把\(a=\frac{x_{0}^{2}-x_{0}lnx_{0}-x_{0}}{x_{0}+1}\)代入,得f(x0)=0.所以f(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,且存在唯一零点x0∈(1,+∞)。
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)上恒成立,且f(x)=0在(1,+∞)上有唯一的解。

Tags:函数 立体几何 解析几何

本站原创,转载请注明出处:http://wulaoshi.net/60/3171.htm

文/吴文忠
作者背景
☆广东数学名师
相关文章
2016年江苏理科数学第5..
2016年江苏高考数学第1..
2016年江苏理科数学第21..
2016年江苏理科数学第8..
消灭“过失性失分”,数..
吴文忠老师就2016年新高..
家教分类
广州高三数学家教
广州高二数学家教
广州高一数学家教
广州初三数学家教
广州初二数学家教
广州初一数学家教