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_A4Word版

试卷类型：A 2011 年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷） 数学（理科） 本试题共4页，21小题，满分150分，考试用时120分钟。 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，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卡右上角“条形码粘贴处”。 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、多涂的，答案无效。 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。 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 线性回归方程y bxa 中系数计算公式 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。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 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 Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ．3 3. 若向量ａ，ｂ，ｃ满足ａ∥ｂ且ａ⊥ｂ，则 Ａ．4 Ｂ．3 Ｃ．2 Ｄ．0 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 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 0 x 2  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  x 2y    D上的动点，点A的坐标为( 2,1)，则z OM ON 的最大值为  A．4 2 B．3 2 C．4 D．3 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 A． B． C． D． 2 5 3 4 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，则该几何体的体积为A. 6 3 B. 9 3 C. 12 3 D. 18 3 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 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 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 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。 (一）必做题（9-13题） 9. 不等式 x1 x3 0的解集是 . 7  2 10. x  x  的展开式中，x4的系数是 （用数字作答）  x 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=____________. f(x) x3x2 1 12. 函数 在x=____________处取得极小值。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. （二）选做题（14 - 15题，考生只能从中选做一题） 14. （ 坐 标 系 与 参 数 方 程 选 做 题 ） 已 知 两 面 线 参 数 方 程 分 别 为 x 5cos  (0) y sin 和 ，它们的交点坐标为___________. 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= 。 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。 （1） （本小题满分12分） 1  已知函数 f(x)2sin( x ),xR. 3 6 5 (1)求 f( )的值； 4    10 6 (2)设, 0, , f(3a ) , f(32) ,求cos()的值.    2 2 13 5 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 x 169 178 166 175 180 y 75 80 77 70 81 （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厂生产的优等品的数量； （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的分布列极其均值（即数学期望）。 18.(本小题满分13分) 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, E,F分别是BC,PC的中点. (1) 证明：AD 平面DEF; (2) 求二面角P-AD-B的余弦值. 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; 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 5 5 此时点P的坐标. 20.（本小题共14分）nba 设b>0,数列a 满足a 1 =b，a  n1 (n2) n n a 2n2 n1 . （1）求数列 a  的通项公式； n bn1 （2）证明：对于一切正整数n，a  1. n 2n1 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， 4 . x ，x 是方程x2  pxq 0的两根，记(p,q)max  x , x  。 1 2 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 0 4 0 0 p 一点Q(p，q)有(p,q) 0 ; 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 1 1 条切线l ,l ，切点分别为E(p , p2),E(p , p 2)，l ,l 与y轴分别交与F,F'。线 1 2 1 4 1 2 4 2 1 2 p 段EF上异于两端点的点集记为X.证明：M(a,b) X P  P (a,b)  1 1 2 2 ; 1 5 （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 4 4 小值 （记为 ）和最大值（记为 ）. min max2011 年广东高考理科数学参考答案 一、选择题 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 答 案 B C D A C D B A 二、填空题 ９. ； 10. 84； 11. 10； 12. 2； 13. 185； 14. ； 15. ； 三、解答题 16．解：(1) ; (2) ， ，又 ， ， ， ， 又 ， ， . 17．解：（1）乙厂生产的产品总数为 ； （2）样品中优等品的频率为 ，乙厂生产的优等品的数量为 ； （3） ， ， 的分布列为 0 1 2 PP 均值 . 18.解：(1) 取AD的中点 G，又PA=PD， FF ， 由题意知ΔABC是等边三角形， ， DD CC G ＳＳ E ＳＳ AA BB ＳＳ ＳＳ又PG, BG是平面PGB的两条相交直线， ， ， ， (2) 由（1）知 为二面角 的平面角， 在 中， ；在 中， ； 在 中， . 19．解：（1）两圆半径都为2，设圆C的半径为R，两圆心为 、 ， 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 ，所以轨迹L的方程为 ． （２）∵ ，仅当 时，取＂＝＂， 由 知 直 线 ， 联 立 并 整 理 得 解得 或 ，此时 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， 即 ，∴ （ⅱ）当 时，设 ，则 ，令 ，得 ， ， 知 是等比数列， ，又 ， ， ． 法二：（ⅰ）当 时， 是以 为首项， 为公差的等差数列， 即 ，∴ （ⅱ）当 时， ， ， ， 猜想 ，下面用数学归纳法证明： ①当 时，猜想显然成立； ②假设当 时， ，则 ， 所以当 时，猜想成立， 由①②知， ， ． （２）（ⅰ）当 时， ，故 时，命题成立； （ⅱ）当 时， ， ， ，以上n个式子相加得 ，．故当 时，命题成立； 综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立． 21．解：（１） ， 直线AB的方程为 ，即 ， ，方程 的判别式 ， 两根 或 ， ， ，又 ， ，得 ， ． （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， （*）； 由（１）知点M在直线EF上，方程 的两根 或 ， 同理点M在直线 上，方程 的两根 或 ， 若 ，则 不比 、 、 小，，又 ， ；又由（１）知， ； ，综合（*）式，得证． （３）联立 ， 得交点 ，可知 ， 过点 作抛物线L的切线，设切点为 ，则 ， 得 ，解得 ， 又 ，即 ， ，设 ， ， ，又 ， ； ， ， ． 2011 年普通高等学校招生全国统一考试【广东卷】（理科数学） 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． 第Ⅰ卷 （选择题 共60分） 一、选择题：（每小题5分，共60分） 【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 【答案】B． 2 【解析】依题意得z  1i，故选B． 1i 【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( )． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C． 【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． 【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． 【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．  x 2y  若 为 上的动点，点 的坐标为 ，则 M(x,y) D A ( 2,1) y 2   z OM OA的最大值为 ( )． A A．4 2 B．3 2 C．4 D．3 x O 2 【答案】C． 【解析】 目标函数即z  2x y,画出可行域如图所示， 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．  【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 A． B． C． D． 2 5 3 4 【答案】D． 【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; 1 1 1 3 故所求概率P(A)    ,从而选D． 2 2 2 4  【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，则该几何体的体积为( )．A．6 3 B．9 3 C．12 3 D．18 3 【答案】B． 【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,所以面积S 3 3,从而所求几何体的体积V Sh9 3,故选B． 【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 ,则下列结论恒成立的是 ( )． 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 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 【答案】A． 【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}，V {偶数}， 显然两者都封闭，从而选A． 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． （一）必做题（9～13题） 【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 【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】 84． 2 【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, x k1 7 令72k 3得k 2,故所求系数为4C2 84． 7 【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 n 1 k 4 k  ． 【答案】 10． 【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 【2011广东理，12】12．函数 f(x) x33x2 1在x 处取得极小值．【答案】 2． 【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， f(x)取得极小值． 【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． 【答案】 185． 【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 n n 得平均值x173,y 176,于是 (x x)(y  y)3618， (x x)2 18， i i i i1 i1 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． 第Ⅱ卷 （非选择题 共90分） （二）选做题（14、15题，考生只能从中选做一题） 二、填空题：（每小题5分，共25分） 【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  5 x 5cos x t2  （0≤ ＜和 4 （t∈R），它们的交点坐标为 ． y sin  y t 2 5 【答案】(1, )． 5 x2 4 【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 5 5 2 5 x2 4x50,解得 x1或 x5(舍去),于是 x1,y  ,故所求交点坐标为 5 2 5 (1, )． 5 【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两点，且PB7，C是圆上一点使得BC 5，BAC APB，则 AB ．【答案】 35． AB PB 【解析】结合弦切角定理易得ABP CBA,于是  ,  BC AB 代入数据解得AB  35． 三、解答题：（本大题共6小题，共80分） 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 5 (Ⅰ) 求 f( )的值； 4   10 6 (Ⅱ) 设,[0, ]， f(3 ) ， f(32) ，求cos()的值． 2 2 13 5 【解析】 ． 5 1 5   (Ⅰ) f( ) 2sin(   )2sin  2 ； 4 3 4 6 4    10 5 (Ⅱ) 因为 f(3 )2sin(  )2sin ，所以sin ， 2 6 6 13 13 2   6 3 因为 f(32)2sin(  )2sin( )2cos ,所以cos ， 3 6 2 5 5   12 4 又,  0,  ,所以cos 1sin2 ，sin 1cos2 ，  2 13 5 12 3 5 4 16 所以cos()coscossinsin     ． 13 5 13 5 65  【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 x,y 的方法从甲，乙两厂的产品中分别抽取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： 编号 1 2 3 4 5 x 169 178 166 175 180 y 75 80 77 70 81 (Ⅰ) 已知甲厂生产的产品共有98件，求乙厂生产的产品数量； (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数量； (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】 ． 5 解：(Ⅰ) 乙厂生产的产品数量为98 =35件； 142 (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 5 2 等品数量为35 =14件； 5 C2 3 C1C1 3 (Ⅲ) 的可能取值为0,1,2,且P(0) 3  ,P(1) 3 2  , C2 10 C2 5 5 5 C2 1 CiC2i P(2) 2  ．【或者P(i)  2 3 (i 0,1,2)】 C2 10 C2 5 5 故的分布列为  0 1 2 3 3 1 P 10 5 10 3 3 1 4 的数学期望E0 1 2  ． 10 5 10 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DBA60，PA PD  2，PB=2，E，F 分别是BC，PC的中点． (Ⅰ) 证明：AD⊥平面DEF ； (Ⅱ) 求二面角PADB的平面角． 【解析】 ． (Ⅰ)取AD的中点G，又PA=PD，PG  AD， 由题意知ΔABC是等边三角形，BG  AD， 又PG, BG是平面PGB的两条相交直线， AD  平面PGB，  EF //PB,DE//GB， 平面DEF //平面PGB， AD  平面DEF (Ⅱ)由（1）知PGB为二面角P ADB的平面角， 2 1 7 1 3 在RtPGA中，PG2  2 ( )2  ；在RtBGA中，BG2 12 ( )2  ； 2 4 2 4 PG2 BG2 PB2 21 在PGB中，cosPGB   ． 2PGBG 7另解：（Ⅰ）连接AE，BD， 因为ABCD是边长为1的菱形，且DAB60， E是BC的中点，所以ABD,BCD均为正三角形， z 3 1 且DE  ,BE  ,ABE 120， 2 2 7 所以AE2  AB2 BE2 2ABBEcosABE  M 4 y 3 7 x 所以AD2 DE2 1   AE2，从而AD DE， 4 4 取AD的中点M ，连接PM,BM ，因为PA PD，BA BD，所以 PM  AD,BM  AD, 又PM  BM M ，所以AD平面PBM ，所以AD PB， 在BCP中，因为E,F分别是BC, PC的中点，所以EF//PB，所以AD EF 又EF  DE  E，所以AD平面DEF . （Ⅱ）解法一:由（Ⅰ）知BMP为二面角PADB的平面角, 3 1 7 易得BM  ,PM  ( 2)2 ( )2  , 2 2 2 BM2 PM2 PB2 21 在BPM 中,PB2,由余弦定理得cosBMP  2BM PM 7 21 所以二面角PADB的余弦值为 ． 7 解法二:先证明DF 平面ABCD，即证明DF  DE 即可， 12( 5)2( 2)2 2 在RtPBC中，PC  2212  5；在PDC 中，cosDCP  ， 21 5 5 5 5 2 1 1 所以在FDC 中，DF2 12 ( )2 21   ，DF  ． 2 2 5 4 2 3 1 在 DEF 中， DE2 DF2 ( )2  1 EF2，故 DEF 为直角三角形，从而 2 4 DF  DE . 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), 2 2   1 3 所以DA(1,0,0),DP( , ,1),设平面PAD的一个法向量为n (x,y,z)，则 1 2 2  x0 x0  n DA0     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 显然平面DAB的一个法向量为n (0,0,1)， 2 n n 3 21 21 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 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，另一个外切． (Ⅰ) 求圆C的圆心轨迹L的方程； 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 5 5 此时点P的坐标． 【解析】 ． （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( 5,0),半径 1 |CF |r2 为 2；圆 (x 5)2  y2 4的圆心为 F ( 5,0),半径为 2；依题意,有  1 或 2 |CF |r2  2 |CF |r2 1  ，所以||CF ||CF ||42 5 |FF |． |CF |r2 1 2 1 2  2 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 x2 双曲线,因此a2,c 5,b1,故轨迹L的方程为  y2 1. 4 3 5 4 5 （Ⅱ）易得过点M ( , ),F( 5,0)的直线l的方程为y 2(x 5), 5 5 x2   y2 1 6 5 14 5 联立方程 4 ，消去 y 得15x2 32 5x840,解得x  ,x  ,  1 5 2 15 y2(x 5) 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 5 4 5 因为P在线段MF外,所以||MP ||FP |||MF| ( )2( )2 2, 1 1 1 5 5 因为P 在线段MF内,所以||MP ||FP |||MF |, 2 1 1 若点P不住MF上,则||MP||FP|||MF |, 综上, MP  FP 的最大值为 2 ,此时点 P 的坐标为 ( 6 5 , 2 5 ) . 5 5 解析二： (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 由题意得R |CF |2|CF |2或R |CF |2|CF |2， 1 2 2 1 ||CF ||CF ||42 5 |FF |， 1 2 1 2x2 y2 可知圆心C的轨迹是以F, F 为焦点的双曲线，设方程为  1，则 1 2 a2 b2 x2 2a 4,a 2,c 5,b2 c2 a2 1,b1，所以轨迹L的方程为  y2 1． 4   (Ⅱ) ∵||MP||FP|||MF |2，仅当PM PF(0)时，取＂＝＂， x2 由k  2知直线l : y 2(x 5)，联立  y2 1并整理得 MF MF 4 6 5 14 5 6 5 2 5 15x2 32 5x90解得x 或x (舍去)，此时P( ,- )． 5 15 5 5 3 5 4 5 所以||MP|| FP||最大值等于2，此时P( , )． 5 5 【2011广东理，20】20．（本小题满分 14 分）设 b0，数列 {a }满足,a b n 1 nba a  n1 (n2)． n a 2n2 n1 (Ⅰ) 求数列{a }的通项公式； n bn1 (Ⅱ) 证明：对于一切正整数n，a  1． n 2n1 【解析】 ． nba n 2 n1 1 （Ⅰ）由a  n1 得    , n a 2n2 a b a b n1 n n1 n n1 1 n 1 1 1 当b2时,   , 所以 { } 是以首项为  ,公差为 的等差数列, a a 2 a a 2 2 n n1 n 1 n 1 1 n 所以  (n1)  ,从而a 2. a 2 2 2 n n n 1 2 n1 1 n 1 1 1 2 当b2时,   (  ),所以{  }是首项为   ， a 2b b a 2b a 2b a 2b b(2b) n n1 n 1 2 n 1 2 2 2n 公比为 的等比数列,所以   ( )n1  ， b a 2b b(2b) b bn(2b) n nbn(2b) 从而a  . n 2n bn 2, b2  综上所述，数列 a  的通项公式为a nbn(2b) n n ,b2   2n bn （Ⅱ）当b2时,不等式显然成立； bn1 nbn(2b) bn1 当b2时,要证a  1,只需证  1,即证 n 2n1 2n bn 2n1bn 2n n2n1bn (2n1bn1) (*) b2 bn 2n 因为(2n1bn1) (2n1bn1)(bn12bn2 22bn3 2n1)  b2 (2n1bn12n2bn2  22n)(b2n 2b2n1 2n1bn1)   1 2 2n1 bn bn1 b 2n1bn[(    )(    )]   b b2 bn 2n1 2n 22 1 b 2 b2 2n1 bn 2n1bn[(  )(  ) (  )]  b 22 b2 23 bn 2n1 1 b 2 b2 2n1 bn 2n1bn(2  2   2  )2n1bn(11 1)n2n1bn   b 22 b2 23 bn 2n1 所以不等式（*）成立，从而原不等式成立； bn1 综上所述，当b0时，对于一切正整数n,a  1. n 2n1 解析二： a ba n a 2(n1) 1 2 n1 (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 n 2 1 设 b ，则b  b  (n  2)， a n n b n1 b n 1 1 （ⅰ）当b2时， b  是以 为首项， 为公差的等差数列， n 2 2 1 1 1 即b  (n1)  n，∴a 2 n 2 2 2 n 2 2 2 （ⅱ）当b2时，设b  (b )，则b  b ( 1)， n b n1 n b n1 b 2 1 1 1 2 1 令( 1)  ，得 ，b   (b  ) (n  2)， b b 2b n 2b b n1 2b 1 1 1 2 1 知b  是等比数列，b  (b  )( )n1，又b  ， n 2b n 2b 1 2b b 1 b 1 2 1 1 2n bn nbn(2b) b  ( )n    ，a  ． n 2b b 2b 2b bn n 2n bn 1 1 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 1 1 1 即b  (n1)  n，∴a 2 n 2 2 2 n 2b2 2b2(b2) 3b3 3b3(b2) （ⅱ）当b2时，a b，a   ，a   ， 1 2 b2 b2 22 2 b2 2b4 b3 23 nbn(b2) 猜想a  ，下面用数学归纳法证明： n bn 2n ①当n 1时，猜想显然成立；kbk(b2) ②假设当n  k 时，a  ，则 k bk 2k (k 1)ba (k 1)bkbk(b2) (k 1)bk1(b2) a  k   ， k1 a 2(n1) kbk(b2)2k(bk 2k) bk1 2k1 k 所以当n  k 1时，猜想成立， nbn(b2) 由①②知，nN*，a  ． n bn 2n 2n1 (Ⅱ)（ⅰ）当b2时， a 2 1，故b2时，命题成立； n 2n1 （ⅱ）当b2时，b2n 22n  2 b2n 22n  2n1bn， b2n12b22n1  2 b2n 22n  2n1bn， ,bn12n1 bn12n1  2 b2n 22n  2n1bn，以上n个式子相加得  b2n b2n12 bn12n1 bn12n1  b22n1 22n  n2n1bn，   n2n1bn(b2) [(b2n b2n12 b22n1 22n)bn 2n](b2)  a   n 2n1(bn 2n) 2n1(bn 2n) (b2n b2n12 b22n1 22n)(b2)bn 2n(b2)   2n1(bn 2n) (b2n1 22n1)bn12n bn 2n1  2n1(bn 2n) (b2n1 bn12n)(bn 2n1 22n1) bn1   1．故当b2时，命题成立； 2n1(bn 2n) 2n1 综上（ⅰ）（ⅱ）知命题成立． 【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 1 L: y  x2， 实 数 p,q 满 足 p2 4q0， x ,x 是 方 程 x2  pxq 0的 两 根 ， 记 4 1 2 (p,q)max{|x |,|x |} 1 2 ． 1 (1) 过点 A(p , 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 0 4 0 0 | p | Q(p,q)，有(p,q) 0 ； 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 1 ,l 2 ， 1 1 切点分别为E(p , p2),E(p , p 2)， 与 轴分别交于 ．线段 上异于两端点 1 4 1 2 4 2 l 1 ,l 2 y F,F EF | p | 的点集记为 ，证明：M(a,b)X | p || p |(a,b) 1 ； X 1 2 2 1 5 (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 4 4小值（记为 ）和最大值（记为 ）． min max 【解析】 ． 1 1 1 1 （Ⅰ）因为y x,所以y|  p ,过点A的切线方程为y p 2  p (x p ) 2 xp 0 2 0 4 0 2 0 0 p p 2 p 2 p p p 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 2 4 4 2 4 0| p|| p | 0 p p p 2 p p 所以方程为x2  px 0  0 0,解得x  0 ,x  p 0 2 4 1 2 2 2 p p p 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 1 p p2 （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 1 4 1 1 2 4 p p2 1 因为M(a,b)l ,所以b 1 a 1 且0|a|| p |,因为E(p , p 2), 1 2 4 1 2 4 2 1 p p2 p 2 ( 1 a 1 ) 1 p p2 p 所以 4 2 2 4 p ,即 p 2 ( 1 a 1 ) 2 (p a) k ME  p a  2 2 4 2 2 4 2 2 2 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 2 1 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 因为0|a|| p |,且a,p 同号,所以| p ||2a p ||2p  p || p | 1 1 2 1 1 1 1 反之也成立,所以M(a,b) X  | p || p |, 1 2 | p | 由（Ⅰ）可知,M(a,b) X (a,b) 1 ,反之,逆推也成立,所以 M(a,b) X 2 | p | (a,b) 1 ， 2 p 综上,M(a,b) X  | p || p | (a,b)  1 . 1 2 2 （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, p p2 4q 1 5 解方程得x ,因为D{(x,y)| y x1,y (x1)2  }, 2 4 4 1 5 p p24q 令x1 (x1)2 ,解得x0或x2，所以0 p2，(p,q) ， 4 4 2 1 5 因为(p,q)D，所以 (p1)2  q p1，于是(p1)2 54q4p4， 4 4 p p2 4q p 2p4 所以(p2)2  p2 4q2p4，所以(p,q) [1, ]， 2 2p 2p4 4t2 设 f(p) （0 p2），令t  2p4 ，则 p (0t 2)， 2 2 1 1 1 5 5 则 f(p) g(t) t2  t1 (t1)2  ，所以 f(p)[1, ]． 4 2 4 4 4 3 5 5 综上，当 p 2,q 1或 p 0,q 1时， 1；当 p ,q 时，  ． min 2 16 max 4 1 5 (Ⅲ) 联立y  x1，y  (x1)2  得交点(0,1),(2,1)，可知0 p  2， 4 4 1 1 x 2 q 过点(p,q)作抛物线L的切线，设切点为(x , x 2)，则 4 0 1 ， 0 4 0  x x  p 2 0 0 得x 2 2px 4q  0，解得x  p p2 4q ， 0 0 0 1 5 又q  (p1)2  ，即 p2 4q  42p， 4 4 1 1 5 x  p 42p ，设 42p t ，x   t2 t 2   (t 1)2  ， 0 0 2 2 2 x 5 5  | 0 | ，又x  ，  ；  max 2 max 0 2 max 4  q  p1，x  p p2 4p4  p| p2| 2， 0 x  | 0 | 1． min 2 min 解析二： 1 1 (1) k  y'| ( x)|  p ， AB xp 0 2 xp 0 2 0 1 1 1 1 直线AB的方程为y p 2  p (x p )，即y  p x p 2， 4 0 2 0 0 2 0 4 0 1 1 q  p p p 2，方程x2  pxq  0的判别式  p2 4q  (p p )2， 2 0 4 0 0 p| p  p| p p 两根x  0  0 或 p 0 ， 1,2 2 2 2 p p  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 | p || p |，又| p || p |  M(a,b)X ， 1 2 1 2 p p (a,b) | 1 | M(a,b)X ；又由（１）知，M(a,b)X (a,b) | 1 |； 2 2 p (a,b) | 1 | M(a,b)X ，综合（*）式，得证． 2 1 5 (3) 联立y  x1，y  (x1)2  得交点(0,1),(2,1)，可知0 p  2， 4 4 1 1 x 2 q 过点(p,q)作抛物线L的切线，设切点为(x , x 2)，则 4 0 1 ， 0 4 0  x x  p 2 0 0 得x 2 2px 4q  0，解得x  p p2 4q ， 0 0 0 1 5 又q  (p1)2  ，即 p2 4q  42p， 4 4 1 1 5 x  p 42p ，设 42p t ，x   t2 t 2   (t 1)2  ， 0 0 2 2 2 x 5 5  | 0 | ，又x  ，  ；  max 2 max 0 2 max 4  q  p1，x  p p2 4p4  p| p2| 2， 0x  | 0 | 1． min 2 min