2011年广东高考（理科）数学试题及答案_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_广东高科数学（理+文）08-22_A3Word版

Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．3 试卷类型：A 3. 若向量ａ，ｂ，ｃ满足ａ∥ｂ且ａ⊥ｂ，则 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） Ａ．4 Ｂ．3 Ｃ．2 Ｄ．0 数学（理科） 4. 设函数 f x 和gx 分别是Ｒ上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是 本试题共4页，21小题，满分150分，考试用时120分钟。 Ａ． f x gx 是偶函数 Ｂ． f x gx 是奇函数 注意事项： 1、 答卷前，考生务必用黑色自己的钢笔或签字笔将自己的姓名、和考生号、试室号、座位号， Ｃ． f x gx 是偶函数 Ｄ． f x gx 是奇函数 填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题 0 x 2  卡右上角“条形码粘贴处”。 5. 在平面直角坐标系 xOy上的区域D由不等式组y2 给定。若M(x,y)为D上的动点，点 A的  2、 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改 x 2y  动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。   3、 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应 坐标为( 2,1)，则z OM ON 的最大值为  位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按 A．4 2 B．3 2 C．4 D．3 以上要求做大的答案无效。 4、 作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再做答。漏涂、错涂、多 6. 甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要在赢一次就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠 涂的，答案无效。 军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为 5、 考生必须保持答题卡得整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 1 3 2 3 A． B． C． D． 2 5 3 4 参考公式：柱体的体积公式 V=Sh其中S为柱体的底面积，h为柱体的高 7. 如图1－3，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则 线性回归方程y bxa 中系数计算公式 该几何体的体积为 其中x,y表示样本均值。 N是正整数，则an bn ab (an1an2b…abn2 bn1） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的。 A. 6 3 B. 9 3 C. 12 3 D. 18 3 1. 设复数z 满足 1iz 2，其中i为虚数单位，则z = 8.设S是整数集Z的非空子集，如果a,bS,有abS ，则称S关于数的乘法是封闭的. 若T,V是Z的 A．1i B. 1i C. 22i Ｄ．22i 2．已知集合A x,y ∣x,y为实数，且x2  y2 1  ，B  x,y x,y为实数，且y  x ，则AB的 两个不相交的非空子集，T U Z,且a,b,cT,有abcT;x,y,zV,有xyzV ，则下列结论恒成立 的是 元素个数为1  A. T,V 中至少有一个关于乘法是封闭的 已知函数 f(x)2sin( x ),xR. 3 6 5 B. T,V 中至多有一个关于乘法是封闭的 (1)求 f( )的值； 4 C. T,V 中有且只有一个关于乘法是封闭的    10 6 (2)设, 0, , f(3a ) , f(32) ,求cos()的值.    2 2 13 5 D. T,V 中每一个关于乘法都是封闭的 16. 填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分。 17. 为了解甲、乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方法从甲、乙两厂生产的产品中分别抽出取 14件 (一）必做题（9-13题） 和5件，测量产品中的微量元素x,y的含量（单位：毫克）.下表是乙厂的5件产品的测量数据： 编号 1 2 3 4 5 9. 不等式 x1 x3 0的解集是 . x 169 178 166 175 180 7 y 75 80 77 70 81  2 10. x  x  的展开式中，x4的系数是 （用数字作答）  x （1）已知甲厂生产的产品共有98件，求乙厂生产的产品数量； （2）当产品中的微量元素x,y满足x≥175，且y≥75时,该产品为优等品。用上述样本数据估计乙 11. 等差数列 a n 前9项的和等于前4项的和. 若 a 1 1,a k a 4 0 ，则k=____________. 厂生产的优等品的数量； f(x) x3x2 1 12. 函数 在x=____________处取得极小值。 （3）从乙厂抽出的上述5件产品中，随机抽取2件，求抽取的2件产品中优等品数的分布列极其 13. 某数学老师身高176cm，他爷爷、父亲和儿子的身高分别是173cm、170cm和182cm .因儿子的身高 均值（即数学期望）。 与父亲的身高有关，该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高为_____cm. 18.(本小题满分13分) （二）选做题（14 - 15题，考生只能从中选做一题） 如图5.在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形， 且∠DAB=60，PA PD  2,PB=2, x 5cos  (0) 14.（坐标系与参数方程选做题）已知两面线参数方程分别为y sin 和 ， E,F分别是BC,PC的中点. (1) 证明：AD 平面DEF; 它们的交点坐标为___________. (2) 求二面角P-AD-B的余弦值. 15.（几何证明选讲选做题）如图4，过圆O外一点 p分别作圆的切线 和割线交圆于A,B，且PB=7，C是圆上一点使得BC=5， ∠BAC =∠APB, 则AB= 。 19.(本小题满分14分) 设圆C与两圆(x 5)2  y2 4,(x 5)2  y2 4中的一个内切，另一个外切。 （1）求圆C的圆心轨迹L的方程; 三．解答题。本大题共6小题，满分80分。解答需写出文字说明、证明过程和演算步骤。 3 5 4 5 （2）已知点M( , ),F( 5,0)，且P为L上动点，求 MP  FP 的最大值及此时点P的坐标. 5 5 （1） （本小题满分12分）20.（本小题共14分） 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 nba 答 案 B C D A C D B A 设b>0,数列a 满足a 1 =b，a  n1 (n2) n n a 2n2 n1 . 二、填空题 ９. ； 10. 84； 11. 10； 12. 2； 13. 185； （1）求数列 a  的通项公式； n 14. ； 15. ； 三、解答题 bn1 （2）证明：对于一切正整数n，a  1. n 2n1 16．解：(1) ; (2) ， ，又 ， ， 21.（本小题满分14分） ， ， 1 在平面直角坐标系 xOy 上，给定抛物线 L:y  x2 实数 p，q 满足 p2 4q0，x 1 ，x 2 是方程 4 . 又 ， ， x2  pxq 0的两根，记(p,q)max  x , x  。 . 1 2 1 （1）过点 A(p , p 2)(p 0)作 L 的切线教 y 轴于点 B. 证明：对线段 AB 上任一点 Q(p，q)有 17．解：（1）乙厂生产的产品总数为 ； 0 4 0 0 （2）样品中优等品的频率为 ，乙厂生产的优等品的数量为 ； p (p,q) 0 ; （3） ， ， 的分布列为 2 0 1 2 （2）设M(a，b)是定点，其中a，b满足a2-4b>0,a≠0. 过M(a，b)作L的两条切线l ,l ，切点分别 1 2 1 1 为 E(p , p2),E(p , p 2)，l ,l 与 y 轴分别交与 F,F'。线段 EF 上异于两端点的点集记为 X.证明： 1 4 1 2 4 2 1 2 均值 . PP 18.解：(1) 取AD的中点 G，又PA=PD， ， FF p 由题意知ΔABC是等边三角形， ， M(a,b) X P  P (a,b)  1 1 2 又PG, BG是平面PGB的两条相交直线， 2 ; ， DD CC G ＳＳ E ＳＳ 1 5 ， AA BB （3）设D={ (x,y)|y≤x-1,y≥ (x+1)2- }.当点(p,q)取遍D时，求(p,q)的最小值 （记为 ）和 4 4 min ＳＳ ＳＳ ， 最大值（记为 ）. max (2) 由（1）知 为二面角 的平面角， 在 中， ；在 中， ； 2011 年广东高考理科数学参考答案 在 中， . 一、选择题19．解：（1）两圆半径都为2，设圆C的半径为R，两圆心为 、 ， ②假设当 时， ，则 由题意得 或 ， ， ， 可知圆心C的轨迹是以 为焦点的双曲线，设方程为 ，则 所以当 时，猜想成立， 由①②知， ， ． ，所以轨迹L的方程为 ． （２）（ⅰ）当 时， ，故 时，命题成立； （２）∵ ，仅当 时，取＂＝＂， （ⅱ）当 时， ， 由 知直线 ，联立 并整理得 解得 或 ， ，此时 ，以上n个式子相加得 ， 所以 最大值等于2，此时 ． 20．解（１）法一： ，得 ， 设 ，则 ， （ⅰ）当 时， 是以 为首项， 为公差的等差数列， ．故当 时，命题成立； 即 ，∴ 综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立． （ⅱ）当 时，设 ，则 ， 令 ，得 ， ， 21．解：（１） ， 知 是等比数列， ，又 ， 直线AB的方程为 ，即 ， ， ． ，方程 的判别式 ， 法二：（ⅰ）当 时， 是以 为首项， 为公差的等差数列， 两根 或 ， 即 ，∴ ， ，又 ， （ⅱ）当 时， ， ， ， ，得 ， 猜想 ，下面用数学归纳法证明： ． ①当 时，猜想显然成立； （２）由 知点 在抛物线L的下方， ①当 时，作图可知，若 ，则 ，得 ；若 ，显然有点 ； ． ②当 时，点 在第二象限， 作图可知，若 ，则 ，且 ； 若 ，显然有点 ； ． 根据曲线的对称性可知，当 时， ， 综上所述， （*）； 2011 年普通高等学校招生全国统一考试 由（１）知点M在直线EF上，方程 的两根 或 ， 【广东卷】（理科数学） 同理点M在直线 上，方程 的两根 或 ， 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．全卷满分 150分，考试时间120分钟． 若 ，则 不比 、 、 小， 第Ⅰ卷 （选择题 共60分） ，又 ， 一、选择题：（每小题5分，共60分） ；又由（１）知， ； 【2011广东理，1】1．设复数z 满足(1i)z 2，其中i为虚数单位，则z  ( )． A．1i B．1i C．22i D．22i ，综合（*）式，得证． 【答案】B． （３）联立 ， 得交点 ，可知 ， 2 【解析】依题意得z  1i，故选B． 1i 过点 作抛物线L的切线，设切点为 ，则 ， 【2011广东理，2】2．已知集合 A{(x,y)| x,y为实数,且x2  y2 1  ,B {(x,y)| x,y为实数,且 y  x ,则 A  B的元素个数为( )． 得 ，解得 ， A．0 B．1 C．2 D．3 又 ，即 ， 【答案】C． ，设 ， ， 【解析】 题意等价于求直线 y x 与圆x2  y2 1的交点个数,画大致图像可得答案． ，又 ， ； 【2011广东理，3】3．若向量a，b，c满足a∥b且a⊥c，则c(a+2b)=( )． ， ， A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D． ． 【解析】因为a∥b且a⊥c,所以b⊥c，从而c(a+2b)=ca+2cb=0． 【2011广东理，4】4．设函数 f(x)和g(x)分别是实数集R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是( )． A． f x gx 是偶函数 B． f x gx 是奇函数 C． f x gx 是偶函数 D． f x gx 是奇函数【答案】A． 面积S 3 3,从而所求几何体的体积V Sh9 3,故选B． 【解析】 依题意 f(x) f(x),g(x)g(x),故 f(x)|g(x)| f(x)|g(x)|,从而 f(x)|g(x)| 是偶函数， 故选A． 0 x 2 【2011广东理，5】5．已知平面直角坐标系xOy上的区域D由不等式组  y2 给定．若M(x,y)为D上的动 【2011广东理，8】8．设S 是整数集Z 的非空子集，如果a,bS ，有abS ，则称S 关于数的乘法是封闭的．若  x 2y  T,V 是Z 的两个不相交的非空子集, Y  V Z ,且a,b,cT ,有abcT ；x,y,zV ,有xyzV ,则下列结论 点，点 的坐标为 ，则  的最大值为 ( )． A ( 2,1) z OM OA y 恒成立的是 ( )． A．4 2 B．3 2 C．4 D．3 2 A．T,V 中至少有一个关于乘法是封闭的 B．T,V 中至多有一个关于乘法是封闭的 【答案】C． A C．T,V 中有且只有一个关于乘法是封闭的 D．T,V 中每一个关于乘法都是封闭的 【解析】 目标函数即z  2x y,画出可行域如图所示， x O 2 代入端点比较之，易得当 x 2,y 2时z 取得最大值4,故 选C． 【答案】A．  【2011 广东理，6】6．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情 形是甲队只要再赢一局 【解析】 因为T V Z ,故必有1T 或1V ,不妨设1T ,则令c1,依题意对a,bT ,有abT ,从而T 关于  就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )． 1 3 2 3 乘法是封闭的;(其实到此已经可以选A了,但为了严谨,我们往下证明可以有一个不封闭以及可以两个都封闭),取 A． B． C． D． 2 5 3 4 【答案】D． T  N ,则V 为所有负整数组成的集合,显然T 封闭,但V 显然是不封闭的,如(1)(2)2V ;同理,若T {奇数}， 【解析】设甲队获得冠军为事件 A,则 A包含两种情况:(1)第一局胜;(2)第一局负但第二局胜;故所求概率 1 1 1 3 V {偶数}，显然两者都封闭，从而选A． P(A)    ,从而选D． 2 2 2 4 二、填空题：本大题共7小题．考生作答6小题．每小题5分，满分30分．  【2011 广东理，7】7．如图，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则 （一）必做题（9～13题） 该几何体的体积为( )． 【2011广东理，9】9．不等式 x1 x3 0的解集是 ． 【答案】 1, ． x1 1x3 x3 【解析】解法一:原不等式  或 或 ， (x1)(3x)0 x1(3x)0 x1(x3)0 解得x1,从而原不等式的解集为[1,). 解法二(首选):|x1||x3|的几何意义为到点1的距离与到点3的距离的差,画出数轴易得x1. 解法三:不等式即|x1||x3|,平方得x2 2x1 x2 6x9,解得x1.． 2 A．6 3 B．9 3 C．12 3 D．18 3 【2011广东理，10】10．x(x )7的展开式中x4的系数是 （用数字作答）． x 【答案】B． 【答案】 84． 【解析】该几何体是以正视图所在的平行四边形为底面，高为3的四棱柱，又平行四边形的底边长为3,高为 3,所以2 x2 4 【解析】题意等价于求(x )7的展开式中x3的系数T (2)kCkx72k ,k 0,1,2,3,  ,7,令72k 3得k 2, 【解析】对应普通方程为  y2 1( 5  x 5,0 y1),y2  x,联立方程消去 y 得 x2 4x50,解得 x k1 7 5 5 2 5 2 5 x1或x5(舍去),于是x1,y  ,故所求交点坐标为(1, )． 故所求系数为4C2 84． 5 5 7 【2011广东理，15】15．（几何证明选讲选做题）如图4，过圆O外一点P分别做圆的切线和割线交圆于 A，B两 【2011广东理，11】11．等差数列 a  的前9项和等于前4项和，若a 1,a a 0，则 点，且PB7，C是圆上一点使得BC 5，BAC APB，则AB ． n 1 k 4 k  【答案】 35． ． 【答案】 10． AB PB 【解析】结合弦切角定理易得ABP CBA,于是  ,  BC AB 【解析】由S S 得a a a a a 5a 0,a a 02a a a ,故k 10． 9 4 5 6 7 8 9 7 k 4 7 4 10 代入数据解得AB  35． 【2011广东理，12】12．函数 f(x) x33x2 1在x 处取得极小值． 三、解答题：（本大题共6小题，共80分） 【答案】 2． 1  【2011广东理，16】16．（本小题满分12分）已知函数 f(x)2sin( x ),xR． 3 6 【解析】 f(x)3x2 6x3x(x2),当x0或x2时， f(x)0；当0 x2时， f(x)0，故当x2时， 5 (Ⅰ) 求 f( )的值； 4   10 6 (Ⅱ) 设,[0, ]， f(3 ) ， f(32) ，求cos()的值． f(x)取得极小值． 2 2 13 5 【解析】 ． 【2011广东理，12】13 ．某数学老师身高176cm，他爷爷，父亲，儿子的身高分别是173cm,170cm和182cm，因儿 5 1 5   子的身高与父亲的身高有关，该老师用线性回归分析的方法预测他孙子的身高是 cm． (Ⅰ) f( ) 2sin(   )2sin  2 ； 4 3 4 6 4 【答案】 185．    10 5 【解析】抓住“儿子的身高与父亲的身高有关”提炼数据 (173,170),(170,176),(176,182),易得平均值 (Ⅱ) 因为 f(3 )2sin(  )2sin ，所以sin ， 2 6 6 13 13 n n x173,y 176,于是 (x i x)(y i  y)3618， (x i x)2 18， 因为 f(32)2sin( 2   )2sin(  )2cos 6 ,所以cos 3 ， i1 i1 3 6 2 5 5   12 4 从而b 1，,a 17611733，所以线性回归方程为y  x3，当x182时，y 185． 又,  0,  ,所以cos 1sin2 ，sin 1cos2 ，  2 13 5 第Ⅱ卷 12 3 5 4 16 （非选择题 共90分） 所以cos()coscossinsin     ． 13 5 13 5 65  （二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题） 【2011 广东理，17】17．（本小题满分13分）为了解甲，乙两厂的产品质量，采取分层抽样的方法从甲，乙两厂的 x,y 产品中分别抽取14件和5件，测量产品中微量元素 的含量（单位：毫克）．下表是乙厂的5件产品的测量数据： 二、填空题：（每小题5分，共25分） 编号 1 2 3 4 5 x 5cos x 169 178 166 175 180 【2011广东理，14】14．（坐标系与参数方程选做题）已知两曲线参数方程分别为 （0≤ ＜和 y 75 80 77 70 81 y sin (Ⅰ) 已知甲厂生产的产品共有98件，求乙厂生产的产品数量；  5 (Ⅱ) 当产品中微量元素x,y满足x175且 y75时，该产品为优等品．用上述样本数据估计乙厂生产的优等品的 x t2 数量；  4 （t∈R），它们的交点坐标为 ．  y t (Ⅲ) 从乙厂抽出的上述5件产品中，随即抽取2件，求抽出的2件产品中优等品数的分布列及其均值（即数学期 望）． 【解析】 ． 2 5 【答案】(1, )． 5 5 解：(Ⅰ) 乙厂生产的产品数量为98 =35件； 142 2 取AD的中点M ，连接PM,BM ，因为PA PD，BA BD，所以 (Ⅱ) 样本中满足x175，且 y75的产品有2件,故样本频率为 ,则可估计乙厂生产的优等品数量为35 =14 5 5 PM  AD,BM  AD, 件； 又PM  BM M ，所以AD平面PBM ，所以AD PB， C2 3 C1C1 3 在BCP中，因为E,F分别是BC, PC的中点，所以EF//PB，所以AD EF (Ⅲ) 的可能取值为0,1,2,且P(0) C 3 2  10 ,P(1) C 3 2 2  5 , 又EF  DE  E，所以AD平面DEF . 5 5 （Ⅱ）解法一:由（Ⅰ）知BMP为二面角PADB的平面角, C2 1 CiC2i 3 1 7 P(2) 2  ．【或者P(i)  2 3 (i 0,1,2)】 易得BM  ,PM  ( 2)2 ( )2  , C2 10 C2 2 2 2 5 5 故的分布列为 BM2 PM2 PB2 21 在BPM 中,PB2,由余弦定理得cosBMP  2BM PM 7  0 1 2 21 3 3 1 所以二面角PADB的余弦值为 ． P 7 10 5 10 解法二:先证明DF 平面ABCD，即证明DF  DE 即可， 3 3 1 4 的数学期望E0 1 2  ． 12( 5)2( 2)2 2 10 5 10 5 在RtPBC中，PC  2212  5；在PDC 中，cosDCP  ， 21 5 5 【2011广东理，18】18．（本小题满分 13 分）如图，在锥体 PABCD中， ABCD是边长为 1 的菱形，且 5 5 2 1 1 所以在FDC 中，DF2 12 ( )2 21   ，DF  ． 2 2 5 4 2 DBA60，PA PD  2，PB=2，E，F 分别是BC，PC的中点． 3 1 在DEF 中，DE2 DF2 ( )2  1 EF2，故DEF 为直角三角形，从而DF  DE . 2 4 (Ⅰ) 证明：AD⊥平面DEF ； 1 3 建立空间直角坐标系Dxyz如图所示,则D(0,0,0),A(1,0,0),P( , ,1), (Ⅱ) 求二面角PADB的平面角． 2 2 【解析】 ． 所以  D  A  (1,0,0),  D  P  ( 1 , 3 ,1),设平面PAD的一个法向量为n (x,y,z)，则 1 2 2  x0 x0 (Ⅰ)取AD的中点G，又PA=PD，PG  AD，  n DA0   由题意知ΔABC是等边三角形，BG  AD，   n 1   D  P  0 ，从而  1 x 3 yz 0 ，解得 z  3 y ，令y 2得n 1 (0,2, 3) 1  2 2  2 又PG, BG是平面PGB的两条相交直线， 显然平面DAB的一个法向量为n (0,0,1)， AD  平面PGB， 2 n n 3 21 21  EF //PB,DE//GB， 从而cosn ,n  1 2 =  ，所以二面角PADB的余弦值为 ． 1 2 |n ||n | 71 7 7 平面DEF //平面PGB， 1 2 【2011广东理，19】19．（本小题满分14分）设圆C与两圆(x 5)2  y2 4,(x 5)2  y2 4中的一个内切，另 AD  平面DEF 一个外切． (Ⅱ)由（1）知PGB为二面角P ADB的平面角， (Ⅰ) 求圆C的圆心轨迹L的方程； 2 1 7 1 3 在RtPGA中，PG2  2 ( )2  ；在RtBGA中，BG2 12 ( )2  ； 2 4 2 4 3 5 4 5 (Ⅱ) 已知点M ( , ),F( 5,0),且P为L上动点，求 MP  FP 的最大值及此时点P的坐标． PG2 BG2 PB2 21 5 5 在PGB中，cosPGB   ． 2PGBG 7 【解析】 ． 另解：（Ⅰ）连接AE，BD， 因为ABCD是边长为1的菱形，且DAB60， （Ⅰ）设 圆 C的圆心 为 C(x,y)，半径 为 r，圆 (x 5)2  y2 4的圆心 为 F 1 ( 5,0),半径 为 2；圆 E是BC的中点，所以ABD,BCD均为正三角形， z |CF |r2 |CF |r2 (x 5)2  y2 4的 圆 心 为 F ( 5,0), 半 径 为 2 ； 依 题 意 , 有  1 或  1 ， 所 以 3 1 2 |CF |r2 |CF |r2   且DE  ,BE  ,ABE 120， 2 2 2 2 ||CF ||CF ||42 5 |FF |． 7 1 2 1 2 所以AE2  AB2 BE2 2ABBEcosABE  M 所以圆C的圆心轨迹L是以原点为中心,焦点在 x轴上,焦距为2c2 5,实轴长为2a4的双曲线,因此a2, 4 y 所以AD2 DE2 1 3  7  AE2，从而AD DE， x c 5,b1,故轨迹L的方程为 x2  y2 1. 4 4 43 5 4 5 n 1 2 n1 1 n 1 1 1 2 （Ⅱ）易得过点M ( , ),F( 5,0)的直线l的方程为y 2(x 5), 当b2时,   (  ),所以{  }是首项为   ， 5 5 a 2b b a 2b a 2b a 2b b(2b) n n1 n 1 x2 2 n 1 2 2 2n   y2 1 6 5 14 5 公比为 的等比数列,所以   ( )n1  ， 联立方程 4 ，消去 y 得15x2 32 5x840,解得x  ,x  , b a 2b b(2b) b bn(2b)  1 5 2 15 n y2(x 5) nbn(2b) 从而a  . n 2n bn 6 5 2 5 14 5 2 5 则直线l与双曲线L的交点为P( , ),P( , ), 1 5 5 2 15 15 2, b2  综上所述，数列 a  的通项公式为a nbn(2b) 2 5 4 5 n n ,b2 因为P 1 在线段MF外,所以||MP 1 ||FP 1 |||MF| ( 5 )2( 5 )2 2,   2n bn （Ⅱ）当b2时,不等式显然成立； 因为P 在线段MF内,所以||MP ||FP |||MF |, 2 1 1 bn1 nbn(2b) bn1 若点P不住MF上,则||MP||FP|||MF |, 当b2时,要证a  1,只需证  1,即证 n 2n1 2n bn 2n1 综上, MP  FP 的最大值为 2 ,此时点 P 的坐标为 ( 6 5 , 2 5 ) . n2n1bn (2n1bn1) bn 2n (*) 5 5 b2 bn 2n 因为(2n1bn1) (2n1bn1)(bn12bn2 22bn3 2n1)  解析二： b2 (2n1bn12n2bn2  22n)(b2n 2b2n1 2n1bn1) (Ⅰ) 两圆半径都为2，设圆C的半径为R，两圆心为F( 5,0)、F ( 5,0)，   1 2 1 2 2n1 bn bn1 b 由题意得R |CF |2|CF |2或R |CF |2|CF |2， 2n1bn[(     )(     )] 1 2 2 1 b b2 bn 2n1 2n 22 ||CF ||CF ||42 5 |FF |， 1 b 2 b2 2n1 bn 1 2 1 2 2n1bn[(  )(  ) (  )]  b 22 b2 23 bn 2n1 x2 y2 可知圆心C的轨迹是以F 1 , F 2 为焦点的双曲线，设方程为 a2  b2 1，则 2n1bn(2 1  b 2 2  b2  2 2n1  bn )2n1bn(11 1)n2n1bn   b 22 b2 23 bn 2n1 x2 2a 4,a 2,c 5,b2 c2 a2 1,b1，所以轨迹L的方程为  y2 1． 所以不等式（*）成立，从而原不等式成立； 4 bn1   综上所述，当b0时，对于一切正整数n,a  1. (Ⅱ) ∵||MP||FP|||MF |2，仅当PM PF(0)时，取＂＝＂， n 2n1 解析二： x2 由k  2知直线l : y 2(x 5)，联立  y2 1并整理得 a ba n a 2(n1) 1 2 n1 MF MF 4 (Ⅰ) 解法一： n  n1 ，得  n1    ， n a 2(n1) a ba b b a n1 n n1 n1 6 5 14 5 6 5 2 5 n 2 1 15x2 32 5x90解得x 或x (舍去)，此时P( ,- )． 设 b ，则b  b  (n  2)， 5 15 5 5 a n n b n1 b n 1 1 所以||MP|| FP||最大值等于2，此时P( 3 5 , 4 5 )． （ⅰ）当b2时， b  是以 为首项， 为公差的等差数列， n 2 2 5 5 1 1 1 nba 【2011广东理，20】20．（本小题满分14分）设b0，数列{a n }满足,a 1 b a n  a 2 n n 1 2 (n2)． 即b n  2 (n1) 2  2 n，∴a n 2 n1 2 2 2 (Ⅰ) 求数列{a }的通项公式； （ⅱ）当b2时，设b  (b )，则b  b ( 1)， n n b n1 n b n1 b bn1 (Ⅱ) 证明：对于一切正整数n，a  1． 2 1 1 1 2 1 n 2n1 令( b 1)  b ，得 2b ，b n  2b  b (b n1  2b ) (n  2)， 【解析】 ． 1 1 1 2 1 知b  是等比数列，b  (b  )( )n1，又b  ， nba n 2 n1 1 n 2b n 2b 1 2b b 1 b （Ⅰ）由a  n1 得    , n a 2n2 a b a b 1 2 1 1 2n bn nbn(2b) n1 n n1 b  ( )n    ，a  ． n n1 1 n 1 1 1 n 2b b 2b 2b bn n 2n bn 当b2时,   , 所以{ }是以首项为  ,公差为 的等差数列, 1 1 a n a n1 2 a n a 1 2 2 解法二：（ⅰ）当b2时， b  是以 为首项， 为公差的等差数列， n 2 2 n 1 1 n 所以  (n1)  ,从而a 2. a 2 2 2 n n1 1 1 【解析】 ． 即b  (n1)  n，∴a 2 n 2 2 2 n 1 1 1 1 2b2 2b2(b2) 3b3 3b3(b2) （Ⅰ）因为y x,所以y|  p ,过点A的切线方程为y p 2  p (x p ) （ⅱ）当b2时，a b，a   ，a   ， 2 xp 0 2 0 4 0 2 0 0 1 2 b2 b2 22 2 b2 2b4 b3 23 p p 2 p 2 p p p 2 nbn(b2) 即y  0 x 0 ,从而B(0, 0 ),又Q(p,q)在直线AB上,故q 0  0 ,其中0| p|| p 0 | 猜想a  ，下面用数学归纳法证明： 2 4 4 2 4 n bn 2n p p p 2 p p ①当n 1时，猜想显然成立； 所以方程为x2  px 0  0 0,解得x  0 ,x  p 0 2 4 1 2 2 2 kbk(b2) ②假设当n  k 时，a  ，则 p p p k bk 2k 由于0| p|| p |,且 p,p 同号,所以|x || p 0 || 0 ||x |,所以(p,q) 0 . 0 0 2 2 2 1 2 (k 1)ba (k 1)bkbk(b2) (k 1)bk1(b2) a  k   ， 1 p p2 k1 a 2(n1) kbk(b2)2k(bk 2k) bk1 2k1 （Ⅱ）过点M(a,b)且切点为E(p , p2)的L的切线l 方程为EF :y  1 x 1 k 1 4 1 1 2 4 所以当n  k 1时，猜想成立， p p2 1 nbn(b2) 因为M(a,b)l ,所以b 1 a 1 且0|a|| p |,因为E(p , p 2), 由①②知，nN*，a  ． 1 2 4 1 2 4 2 n bn 2n 1 p p2 2n1 p 2 ( 1 a 1 ) 1 p p2 p (Ⅱ)（ⅰ）当b2时， a n 2 2n1 1，故b2时，命题成立； 所以 k ME  4 2 p 2 a 4  p 2 2 ,即 4 p 2 2 ( 2 1 a 4 1 ) 2 2 (p 2 a) 2 （ⅱ）当b2时，b2n 22n  2 b2n 22n  2n1bn， p2 p 2 p p p2 p 2 p p p p 即 1  2  1 a 2 a,所以 1  2 ( 1  2 a)( 1  2)0,所以 p 2a p b2n12b22n1  2 b2n 22n  2n1bn， 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 1  ,bn12n1 bn12n1  2 b2n 22n  2n1bn，以上n个式子相加得 因为0|a|| p 1 |,且a,p 1 同号,所以| p 2 ||2a p 1 ||2p 1  p 1 || p 1 | b2n b2n12  bn12n1 bn12n1   b22n1 22n  n2n1bn， 反之也成立,所以M(a,b) X  | p 1 || p 2 |, n2n1bn(b2) [(b2n b2n12 b22n1 22n)bn 2n](b2) | p | | p | a    由（Ⅰ）可知,M(a,b) X (a,b) 1 ,反之,逆推也成立,所以M(a,b) X (a,b) 1 ， n 2n1(bn 2n) 2n1(bn 2n) 2 2 p  (b2n b2n12  b22n1 22n)(b2)bn 2n(b2) 综上,M(a,b) X  | p 1 || p 2 | (a,b)  2 1 . 2n1(bn 2n) （Ⅲ）此题即求当点(p,q)取遍D时,方程x2pxq0的绝对值较大的根的最大值与最小值, (b2n1 22n1)bn12n bn 2n1  p p2 4q 1 5 2n1(bn 2n) 解方程得x ,因为D{(x,y)| y x1,y (x1)2  }, 2 4 4 (b2n1 bn12n)(bn 2n1 22n1) bn1   1．故当b2时，命题成立； 1 5 p p24q 2n1(bn 2n) 2n1 令x1 (x1)2 ,解得x0或x2，所以0 p2，(p,q) ， 4 4 2 综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立． 1 5 因为(p,q)D，所以 (p1)2  q p1，于是(p1)2 54q4p4， 1 【2011广东理，21】21．（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy上，给定抛物线L: y  x2，实数 p,q满足 4 4 4 p p2 4q p 2p4 p2 4q0 x ,x x2  pxq 0 (p,q)max{|x |,|x |} 所以(p2)2  p2 4q2p4，所以(p,q) [1, ]， ， 1 2是方程 的两根，记 1 2 ． 2 2 (1) 过点 A(p , 1 p 2)(p 0)作 L 的切线交 y轴于点 B．证明：对线段 AB 上的任一点 Q(p,q)，有 设 f(p) p 2p4 （0 p2），令t  2p4 ，则 p 4t2 (0t 2)， 0 4 0 0 2 2 | p | 1 1 1 5 5 (p,q) 0 ； 则 f(p) g(t) t2  t1 (t1)2  ，所以 f(p)[1, ]． 2 4 2 4 4 4 (2) 设 M(a,b)是定点，其中 a,b满足 a2 4b0,a 0．过 M(a,b)作 L的两条切线 l 1 ,l 2 ，切点分别为 综上，当 p 2,q 1或 p 0,q 1时， 1；当 p 3 ,q 5 时，  5 ． 1 1 min 2 16 max 4 E(p , p2),E(p , p 2)， 与 轴分别交于 ．线段 上异于两端点的点集记为 ，证明： 1 4 1 2 4 2 l 1 ,l 2 y F,F EF X 1 5 | p | (Ⅲ) 联立y  x1，y  (x1)2  得交点(0,1),(2,1)，可知0 p  2， M(a,b)X | p || p |(a,b) 1 ； 4 4 1 2 2 1 1 5 1 x 2 q (3) 设D{(x,y)| y x1,y 4 (x1)2  4 }，当点(p,q)取遍D时，求(p,q)的最小值（记为 min ）和最大 过点(p,q)作抛物线L的切线，设切点为(x 0 , 4 x 0 2)，则 4 x 0  p  1 2 x 0 ， 0 值（记为 ）． max得x 2 2px 4q  0，解得x  p p2 4q ， | p || p |，又| p || p |  M(a,b)X ， 0 0 0 1 2 1 2 p p 1 5 又q  (p1)2  ，即 p2 4q  42p， (a,b) | 1 | M(a,b)X ；又由（１）知，M(a,b)X (a,b) | 1 |； 4 4 2 2 1 1 5 p x  p 42p ，设 42p t ，x   t2 t 2   (t 1)2  ， (a,b) | 1 | M(a,b)X ，综合（*）式，得证． 0 0 2 2 2 2 x 5 5 1 5  | 0 | ，又x  ，  ； (3) 联立y  x1，y  (x1)2  得交点(0,1),(2,1)，可知0 p  2，  max 2 max 0 2 max 4 4 4 1  q  p1，x  p p2 4p4  p| p2| 2， 1 x 2 q 0 过点(p,q)作抛物线L的切线，设切点为(x , x 2)，则 4 0 1 ， x 0 4 0 x  p  2 x 0  | 0 | 1． 0 min 2 min 得x 2 2px 4q  0，解得x  p p2 4q ， 解析二： 0 0 0 1 5 (1) k  y'| ( 1 x)|  1 p ， 又q  (p1)2  ，即 p2 4q  42p， AB xp 0 2 xp 0 2 0 4 4 1 1 5 直线AB的方程为y 1 4 p 0 2  1 2 p 0 (x p 0 )，即y  1 2 p 0 x 1 4 p 0 2， x 0  p 42p ，设 42p t ，x 0   2 t2 t 2   2 (t 1)2  2 ， x 5 5 1 1 q  2 p 0 p 4 p 0 2，方程x2  pxq  0的判别式  p2 4q  (p p 0 )2，   max | 2 0 | max ，又x 0  2 ， max  4 ； p| p  p| p p  q  p1，x  p p2 4p4  p| p2| 2， 两根x  0  0 或 p 0 ， 0 1,2 2 2 2 x  | 0 | 1． p p min 2 min  p p 0  0，| p 0 ||| p|| 0 ||，又0| p|| p 0 |， 2 2 p p p p p p | 0 || p|| 0 || 0 |，得| p 0 ||| p|| 0 ||| 0 |， 2 2 2 2 2 2 p (p, q) | 0 |． 2 (2) 由a2 4b 0知点M(a,b)在抛物线L的下方， ①当a 0,b 0时，作图可知，若M(a,b)X ，则 p  p  0，得| p || p |； 1 2 1 2 若| p || p |，显然有点M(a,b)X ； M(a,b)X | p || p |． 1 2 1 2 ②当a 0,b 0时，点M(a,b)在第二象限， 作图可知，若M(a,b)X ，则 p  0 p ，且| p || p |； 1 2 1 2 若| p || p |，显然有点M(a,b)X ； 1 2 M(a,b)X | p || p |． 1 2 根据曲线的对称性可知，当a 0时，M(a,b)X | p || p |， 1 2 综上所述，M(a,b)X | p || p |（*）； 1 2 p p 由（１）知点M在直线EF上，方程x2 axb  0的两根x  1 或a 1 ， 1,2 2 2 p p 同理点M在直线EF上，方程x2 axb  0的两根x  2 或a 2 ， 1,2 2 2 p p p p p 若(a,b) | 1 |，则| 1 |不比|a 1 |、| 2 |、|a 2 |小， 2 2 2 2 2