1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014-2015学年贵州省遵义市余庆中学高二（下）期中数学试卷（理科）一.选择题：（每小题5分，60）1复数z=1i，则=（）A B C D 2已知p：xk，q：1，如果p是q的充分不必要条件，则实数k的取值范围是（）A 2，+）B （2，+）C 1，+）D （，1）3的展开式中常数项是（）A 160B 20C 20D 1604如果f（x）是二次函数，且f（x）的图象开口向上，顶点坐标为，那么曲线y=f（x）上任一点的切线的倾斜角的取值范围是（）A B C D 5设随机变量服从正态分布N（2，9），若P（c）=P（c2），则c的值是（）A 1B 2C 3D 4
2、6已知椭圆=1（a5）的两个焦点为F1、F2，且|F1F2|=8，弦AB过点F1，则ABF2的周长为（）A 10B 20C D 7小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有（）A 4种B 5种C 6种D 9种8给出如下四个命题：若“pq”为真命题，则p、q均为真命题；“若ab，则2a2b1”的否命题为“若ab，则2a2b1”；“xR，x2+x1”的否定是“x0R，x02+x01”；“x0”是“x+2”的充要条件其中不正确的命题是（）A B C D 9对于R上可导的任意函数f（x），若满足（x2）f（x）0，则必有（）
3、A f（3）+f（3）2f（2）B f（3）+f（7）2f（2）C f（3）+f（3）2f（2）D f（3）+f（7）2f（2）10如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD，PD=AD=1，设点CG到平面PAB的距离为d1，点B到平面PAC的距离为d2，则有（）A 1d1d2B d1d21C d11d2D d2d1111已知双曲线（a0，b0）的焦点F1（c，0）、F2（c，0）（c0），过F2的直线l交双曲线于A，D两点，交渐近线于B，C两点设+=，+=，则下列各式成立的是（）A |B |C |=0D |012已知函数f（x）=xn+1（nN*）的图象与直线x=1交于点P，若图
4、象在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn，则log2013x1+log2013x2+log2013x2012的值为（）A 1log20132012B 1C log20132012D 1二.填空题：（每小题5分，20）13由曲线y=sinx，y=cosx与直线x=0，x=所围成的平面图形（下图中的阴影部分）的面积是14设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点P（1，0）的直线l交抛物线C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等于15将全体正奇数排成一个三角形数阵如图：按照以上排列的规律，第n行（n3）从左向右的第3个数为16已知O是ABC的外心，AB=2a，AC=，BA
5、C=120，若=x+y，则x+y的最小值是三.解答题：17如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=BC=2AA1，ABC=90，D是BC的中点（1）求证：A1B平面ADC1；（2）求二面角C1ADC的余弦值18已知a，b，cR，a2+b2+c2=1（）求证：|a+b+c|；（）若不等式|x1|+|x+1|（ab+c）2对一切实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围19某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消费的顾客可参加抽奖抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“生”“意”“兴”“隆”顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规
6、定若取出“隆”字球，则停止取球获奖规则如下：依次取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“生”“意”“兴”三个字的球为三等奖（）求分别获得一、二、三等奖的概率；（）设摸球次数为，求的分布列和数学期望20已知曲线C：y=eax（）若曲线C在点（0，1）处的切线为y=2x+m，求实数a和m的值；（）对任意实数a，曲线C总在直线l：y=ax+b的上方，求实数b的取值范围21已知椭圆W：=1，直线l与W相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C、D两点，O为坐标原点（）若直线l的方程为x+2y1=0，求OCD外接圆
7、的方程；（）判断是否存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由22已知函数（I）当a=1时，求f（x）在x1，+）最小值；（）若f（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（）求证：（nN*）2014-2015学年贵州省遵义市余庆中学高二（下）期中数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题：（每小题5分，60）1复数z=1i，则=（）A B C D 考点：复数代数形式的乘除运算专题：计算题分析：把复数z代入后前一部分采用复数的除法运算，然后在把实部和实部相加，虚部和虚部相加解答：解：因为z=1i，所以=故选D点评：本题考查了复数代数形式的乘除运
8、算，复数的除法采用的是分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题2已知p：xk，q：1，如果p是q的充分不必要条件，则实数k的取值范围是（）A 2，+）B （2，+）C 1，+）D （，1）考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断专题：简易逻辑分析：求出不等式q的等价条件，根据充分条件和必要条件的定义即可得到结论解答：解：1，1=0，即（x2）（x+1）0，x2或x1，p是q的充分不必要条件，k2，故选：B点评：本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用不等式之间的关系是解决本题的关键，比较基础3的展开式中常数项是（）A 160B 20C 20D 160考点：二项式系数的性质专题：计算题分析：利
9、用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令x的指数为0，求出r，进而求出展开式的常数项解答：解：展开式的通项为Tr+1=（2）rC6rx3r令3r=0得r=3所以展开式的常数项为（2）3C63=160故选A点评：本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题4如果f（x）是二次函数，且f（x）的图象开口向上，顶点坐标为，那么曲线y=f（x）上任一点的切线的倾斜角的取值范围是（）A B C D 考点：导数的几何意义；直线的倾斜角专题：计算题分析：由二次函数的图象可知最小值为，再根据导数的几何意义可知k=tan，结合正切函数的图象求出角的范围解答：解：根据题意得f（x）则曲线y=f（x
10、）上任一点的切线的斜率k=tan结合正切函数的图象由图可得故选B点评：本题考查了导数的几何意义，以及利用正切函数的图象求倾斜角，同时考查了数形结合法的应用，本题属于中档题5设随机变量服从正态分布N（2，9），若P（c）=P（c2），则c的值是（）A 1B 2C 3D 4考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义专题：计算题；概率与统计分析：随机变量服从正态分布N（2，9），得到曲线关于x=2对称，根据P（c）=P（c2），结合曲线的对称性得到点c与点c2关于点2对称的，从而做出常数c的值得到结果解答：解：随机变量服从正态分布N（2，9），曲线关于x=2对称，P（c）=P（c2），c=3故选：C
11、点评：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查概率的性质，是一个基础题6已知椭圆=1（a5）的两个焦点为F1、F2，且|F1F2|=8，弦AB过点F1，则ABF2的周长为（）A 10B 20C D 考点：椭圆的简单性质专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：根据椭圆=1，得出b=5，再由|F1F2|=8，可得c=4，求得a=，运用定义整体求解ABF2的周长为4a，即可求解解答：解：由|F1F2|=8，可得2c=8，即c=4，由椭圆的方程=1（a5）得：b=5，则a=，由椭圆的定义可得，ABF2的周长为c=|AB|+|BF2|+|AF2|=|AF1|+|BF1|+|BF2|+|AF2|=
12、（|AF1|+|AF2|）+（|BF1|+|BF2|）=4a=4故选：D点评：本题考查了椭圆的方程，定义，整体求解的思想方法，属于中档题7小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有（）A 4种B 5种C 6种D 9种考点：分类加法计数原理专题：分类讨论分析：4枚硬币摆成一摞，应该有3类：（1）正反依次相对，（2）有两枚反面相对，（3）有两枚正面相对；本题（1）（2）满足题意解答：解：记反面为1，正面为2；则正反依次相对有12121212，21212121两种；有两枚反面相对有21121212，21211212，212
13、12112；共5种摆法，故选B点评：本题考查的是排列组合中的分类计数原理，对于元素较少的可以利用列举法求解；属于基本知识和基本方法的考查8给出如下四个命题：若“pq”为真命题，则p、q均为真命题；“若ab，则2a2b1”的否命题为“若ab，则2a2b1”；“xR，x2+x1”的否定是“x0R，x02+x01”；“x0”是“x+2”的充要条件其中不正确的命题是（）A B C D 考点：命题的真假判断与应用专题：综合题；简易逻辑分析：“pq”为真命题，p、q二者中只要有一真即可；写出一个命题的否命题的关键是正确找出原命题的条件和结论；直接写出全称命题的否定判断；利用基本不等式，可得结论解答：解：“
14、pq”为真命题，p、q二者中只要有一真即可，故不正确；“若ab，则2a2b1”的否命题为“若ab，则2a2b1”，正确；“xR，x2+x1”的否定是“x0R，x02+x01”，故不正确；“x0”时，“x+2”，若“x+2”，则“x0”，“x0”是“x+2”的充要条件，故正确故选：C点评：本题考查命题的真假判断与应用，考查复合命题的真假判断，考查了命题的否命题、全称命题的否定、充要条件，属于中档题9对于R上可导的任意函数f（x），若满足（x2）f（x）0，则必有（）A f（3）+f（3）2f（2）B f（3）+f（7）2f（2）C f（3）+f（3）2f（2）D f（3）+f（7）2f（2）考点
15、：利用导数研究函数的单调性专题：导数的综合应用分析：借助导数知识，根据（x2）f（x）0，判断函数的单调性，再利用单调性，比较函数值的大小即可解答：解：对于R上可导的任意函数f（x），（x2）f（x）0有 ，即当x2，+）时，f（x）为增函数，当x（，2时，f（x）为减函数f（1）f（2），f（3）f（2）f（1）+f（3）2f（2）故选：C点评：本题考查了利用导数判断抽象函数单调性，以及利用函数的单调性比较函数值的大小10如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD，PD=AD=1，设点CG到平面PAB的距离为d1，点B到平面PAC的距离为d2，则有（）A 1d1d2B d1d21
16、C d11d2D d2d11考点：点、线、面间的距离计算专题：综合题；空间位置关系与距离；空间角分析：过C做平面PAB的垂线，垂足为E，连接BE，则三角形CEB为直角三角形，根据斜边大于直角边，再根据面PAC和面PAB与底面所成的二面角，能够推导出d2d11解答：解：过C做平面PAB的垂线，垂足为E，连接BE，则三角形CEB为直角三角形，其中CEB=90，根据斜边大于直角边，得CECB，即d21同理，d11再根据面PAC和面PAB与底面所成的二面角可知，前者大于后者，所以d2d1所以d2d11故选D点评：本题考查空间距离的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意空间角的灵活运用11已知双曲线（a
17、0，b0）的焦点F1（c，0）、F2（c，0）（c0），过F2的直线l交双曲线于A，D两点，交渐近线于B，C两点设+=，+=，则下列各式成立的是（）A |B |C |=0D |0考点：双曲线的简单性质专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：特殊化，取过F2垂直于x轴的直线l交双曲线于A，D两点，交渐近线于B，C两点，可得+=2，+=2，即可得出结论解答：解：取过F2垂直于x轴的直线l交双曲线于A，D两点，交渐近线于B，C两点，则+=2，+=2，|=0故选：C点评：特殊化是我们解决选择、填空题的常用方法12已知函数f（x）=xn+1（nN*）的图象与直线x=1交于点P，若图象在点P处的切线
18、与x轴交点的横坐标为xn，则log2013x1+log2013x2+log2013x2012的值为（）A 1log20132012B 1C log20132012D 1考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；数列的函数特性专题：计算题；导数的概念及应用分析：先求点P（1，1），再求曲线在点P（1，1）处的切线方程，从而得出切线与x轴的交点的横坐标为xn，再求相应的函数值解答：解：函数f（x）=xn+1（nN*）的图象与直线x=1交于点P，P（1，1），y=xn+1，y=（n+1）xn，当x=1时，y=n+1，即切线的斜率为：n+1，故y=xn+1在（1，1）处的切线方程为y1=（n+1）（x1）
19、，令y=0可得x=，即该切线与x轴的交点的横坐标为xn=，所以log2013x1+log2013x2+log2013x2012=log2013=1，故选B点评：本题考查导数的几何意义的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意利用对数运算的性质求出函数，属中档题二.填空题：（每小题5分，20）13由曲线y=sinx，y=cosx与直线x=0，x=所围成的平面图形（下图中的阴影部分）的面积是22考点：余弦函数的图象专题：三角函数的图像与性质分析：三角函数的对称性可得S=2，求定积分可得解答：解：由三角函数的对称性和题意可得S=2=2（sinx+cosx）=2（+）2（0+1）=22故答案为：22点评
20、：本题考查三角函数的对称性和定积分求面积，属基础题14设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点P（1，0）的直线l交抛物线C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等于不存在考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的斜率专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y24my+4=0，=16m216=16（m21）0设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）利用根与系数的关系可得y1+y2=4m，利用中点坐标公式可得=2m，x0=my01=2m21Q（2m21，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）再利用两点间的距离公式
21、即可得出m及k，再代入判断是否成立即可解答：解：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y24my+4=0，=16m216=16（m21）0设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）y1+y2=4m，=2m，x0=my01=2m21Q（2m21，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）|QF|=2，化为m2=1，解得m=1，不满足0故满足条件的直线l不存在故答案为不存在点评：本题综合考查了直线与抛物线的位置关系与的关系、根与系数的关系、中点坐标关系、两点间的距离公式等基础知识，考查了推理能力和计算能力15将全体正奇数排成一个三角形数阵如图：按照以上排列的规律，第n行（n
22、3）从左向右的第3个数为n2n+5考点：归纳推理专题：探究型分析：根据数阵的排列规律确定第n行（n3）从左向右的第3个数为多少个奇数即可解答：解：根据三角形数阵可知，第n行奇数的个数为n个，则前n1行奇数的总个数为1+2+3+（n1）=个，则第n行（n3）从左向右的第3个数为为第个奇数，所以此时第3个数为：1=n2n+5 故答案为：n2n+5点评：本题主要考查归纳推理的应用，利用等差数列的通项公式是解决本题的关键16已知O是ABC的外心，AB=2a，AC=，BAC=120，若=x+y，则x+y的最小值是2考点：向量在几何中的应用专题：平面向量及应用分析：建立直角坐标系，求出三角形各顶点的坐标，
23、因为O为ABC的外心，把AB的中垂线 m方程和AC的中垂线 n的方程，联立方程组，求出O的坐标，利用已知向量间的关系，待定系数法求x和y的值，最后利用基本不等式求最小值即可解答：解：如图：以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立直角系：则A（0，0），B （2a，0），C（，），O为ABC的外心，O在AB的中垂线 m：x=a上，又在AC的中垂线 n 上，AC的中点（，），AC的斜率为tan120=，中垂线n的方程为 y=（x+）把直线 m和n 的方程联立方程组 ，解得ABC的外心O（a，+），由条件 =x+y，得（a，+）=x（2a，0）+y（，）=（2ax，），解得x=+，y=，x+y=+=
24、+（）=2当且仅当a=1时取等号故答案为：2点评：本题考查求两条直线的交点坐标的方法，三角形外心的性质，向量的坐标表示及向量相等的条件，待定系数法求参数值属中档题三.解答题：17如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=BC=2AA1，ABC=90，D是BC的中点（1）求证：A1B平面ADC1；（2）求二面角C1ADC的余弦值考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法专题：综合题分析：（1）连接A1C，交AC1于点O，连接OD由 ABCA1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，由此利用三角形中位线能够证明A1B平面ADC1（2）由ABCA1B1C1是
25、直三棱柱，且ABC=90，知BA，BC，BB1两两垂直由此能求出二面角C1ADC的余弦值解答：（1）证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD由 ABCA1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点，又D为BC中点，所以OD为A1BC中位线，所以 A1BOD，因为 OD平面ADC1，A1B平面ADC1，所以 A1B平面ADC1（6分）（2）解：由ABCA1B1C1是直三棱柱，且ABC=90，故BA，BC，BB1两两垂直以BA为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，AB=BC=2AA1，ABC=90，D是BC的中点，可设AA1=1，AB=BC=2，BD=D
26、C=1，A（2，0，0），D（0，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，1），=（2，2，1），设平面ADC1的法向量为，则，=（1，2，2），平面ADC的法向量，所以二面角C1ADC的余弦值为|cos|=|=点评：本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的求法解题时要认真审题，注意合理地化空间问题为平面问题，注意向量法的合理运用18已知a，b，cR，a2+b2+c2=1（）求证：|a+b+c|；（）若不等式|x1|+|x+1|（ab+c）2对一切实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围考点：二维形式的柯西不等式；函数恒成立问题专题：选作题；不等式分析：（）利用柯西不等式得，（a+b+c）
27、2（12+12+12）（a2+b2+c2）=3；（）同理，（ab+c）212+（1）2+12（a2+b2+c2）=3，问题等价于|x1|+|x+1|3解答：解：（）由柯西不等式得，（a+b+c）2（12+12+12）（a2+b2+c2）=3所以a+b+c所以：|a+b+c|； （5分）（）同理，（ab+c）212+（1）2+12（a2+b2+c2）=3 （7分）若不等式|x1|+|x+1|（ab+c）2对一切实数a，b，c恒成立，则|x1|+|x+1|3，解集为（，+） （10分）点评：本题考查柯西不等式，考查恒成立问题，正确运用柯西不等式是关键19某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消
28、费的顾客可参加抽奖抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“生”“意”“兴”“隆”顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“隆”字球，则停止取球获奖规则如下：依次取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“生”“意”“兴”三个字的球为三等奖（）求分别获得一、二、三等奖的概率；（）设摸球次数为，求的分布列和数学期望考点：离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式专题：计算题分析：（）由题意设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件A，
29、B，C，利用独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的概率公式即可求得；（）由于摸球次数为，按题意则=1，2，3，4，利用随机变变量的定义及随机变量的分布列及期望定义即可求得解答：解：（）设“摸到一等奖、二等奖、三等奖”分别为事件A，B，C则P（A）=，P（B）=；三等奖的情况有：“生，生，意，兴”；“生，意，意，兴”；“生，意，兴，兴”三种情况P（C）=；（）设摸球的次数为，则=1，2，3，4，故取球次数的分布列为1234P=点评：此题考查了学生的理解及计算能力，考查了独立事件同时发生及互斥事件一个发生的概率公式，还考查了离散型随机变量的定义及分布列，随机变量的期望20已知曲线C：y=eax（）
30、若曲线C在点（0，1）处的切线为y=2x+m，求实数a和m的值；（）对任意实数a，曲线C总在直线l：y=ax+b的上方，求实数b的取值范围考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程专题：导数的综合应用分析：（）根据导数的几何意义，y=eax在x=0处的切线方程为y1=y（0）x，再比较已知条件，可得；（）原题意可转化为对于x，aR，eaxax+b恒成立，法1：进一步转化为x，aR，eaxaxb0恒成立，令g（x）=eaxaxb，分别从a=0和a0两种情况通过求导的方式进一步分析；法2：进一步转化为x，aR，beaxax恒成立，再令t=ax，则等价于tR，bett恒成
31、立，再通过研究函数g（t）=ett的性质求解解答：解：（）y=aeax，因为曲线C在点（0，1）处的切线为L：y=2x+m，所以1=20+m且y|x=0=2解得m=1，a=2（）法1：对于任意实数a，曲线C总在直线的y=ax+b的上方，等价于x，aR，都有eaxax+b，即x，aR，eaxaxb0恒成立，令g（x）=eaxaxb，若a=0，则g（x）=1b，所以实数b的取值范围是b1；若a0，g（x）=a（eax1），由g（x）=0得x=0，g（x），g（x）的情况如下：x（，0）0（0，+）g（x）0+g（x）极小值所以g（x）的最小值为g（0）=1b，所以实数b的取值范围是b1；综上，实数
32、b的取值范围是b1法2：对于任意实数a，曲线C总在直线的y=ax+b的上方，等价于x，aR，都有eaxax+b，即x，aR，beaxax恒成立，令t=ax，则等价于tR，bett恒成立，令g（t）=ett，则 g（t）=et1，由g（t）=0得t=0，g（t），g（t）的情况如下：t（，0）0（0，+）g（t）0+g（t）极小值所以 g（t）=ett的最小值为g（0）=1，实数b的取值范围是b1点评：本题中的导数的几何意义和利用导数研究函数的性质，是高考中经常考查的知识点和方法，特别是第二小问，通过数形转化后，对于“x，aR，eaxaxb0恒成立，”的处理介绍了两种方法，对于拓宽学生的思维，拓
33、展学生的思路有一定的指导作用，不过不管是哪种方法，最终都需要用导数的知识来进一步分析21已知椭圆W：=1，直线l与W相交于M，N两点，l与x轴、y轴分别相交于C、D两点，O为坐标原点（）若直线l的方程为x+2y1=0，求OCD外接圆的方程；（）判断是否存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由考点：直线与圆锥曲线的综合问题专题：综合题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（）由直线l的方程为x+2y1=0，求出C，D的坐标，进而可求OCD外接圆的圆心与半径，即可求OCD外接圆的方程；（）存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点设直线
34、l的方程为y=kx+m（km0），与椭圆方程联立，由C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合，利用韦达定理，求出k，由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|=3|CD|，求出m，即可得出结论解答：解：（）因为直线l的方程为x+2y1=0，所以与x轴的交点C（1，0），与y轴的交点（1分）则线段CD的中点，（3分）即OCD外接圆的圆心为，半径为，所以OCD外接圆的方程为（5分）（）存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点理由如下：由题意，设直线l的方程为y=kx+m（km0），M（x1，y1），N（x2，y2），则，D（0，m），（6分）由方程组得（1+2k
35、2）x2+4kmx+2m22=0，（7分）所以=16k28m2+80，（*） （8分）由韦达定理，得，（9分）由C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合所以，（10分）解得（11分）由C，D是线段MN的两个三等分点，得|MN|=3|CD|所以，（12分）即 ，解得 （13分）验证知（*）成立所以存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，此时直线l的方程为，或（14分）点评：本题考查圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，综合性强22已知函数（I）当a=1时，求f（x）在x1，+）最小值；（）若f（x）存在单调递减区间
36、，求a的取值范围；（）求证：（nN*）考点：数学归纳法；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值专题：计算题；证明题分析：（I）可先求f（x），从而判断f（x）在x1，+）上的单调性，利用其单调性求f（x）在x1，+）最小值；（）求h（x），可得，若f（x）存在单调递减区间，需h（x）0有正数解从而转化为：ax2+2（a1）x+a0有x0的解通过对a分a=0，a0与当a0三种情况讨论解得a的取值范围；（）（法一）根据（）的结论，当x1时，再构造函数，令，有，从而，问题可解决；（法二）可用数学归纳法予以证明当n=1时，ln（n+1）=ln2，3ln2=ln81，成立；设当n=k时，
37、再去证明n=k+1时，即可（需用好归纳假设）解答：解：（I），定义域为（0，+），f（x）在（0，+）上是增函数当x1时，f（x）f（1）=1； （3分）（），若f（x）存在单调递减区间，f（x）0有正数解即ax2+2（a1）x+a0有x0的解 （5分）当a=0时，明显成立当a0时，y=ax2+2（a1）x+a为开口向下的抛物线，ax2+2（a1）x+a0总有x0的解；当a0时，y=ax2+2（a1）x+a开口向上的抛物线，即方程ax2+2（a1）x+a=0有正根因为x1x2=10，所以方程ax2+2（a1）x+a=0有两正根，解得综合知： （9分）（）（法一）根据（）的结论，当x1时，即令，则有， （12分）（法二）当n=1时，ln（n+1）=ln23ln2=ln81，即n=1时命题成立设当n=k时，命题成立，即 n=k+1时，根据（）的结论，当x1时，即令，则有，则有，即n=k+1时命题也成立因此，由数学归纳法可知不等式成立 （12分）点评：本题考查利用导数研究函数的单调性及数学归纳法，难点之一在于（）中通过求h（x）后，转化为：ax2+2（a1）x+a0有x0的解的问题，再用分类讨论思想来解决；难点之二在于（）中法一通过构造函数，用放缩法证得结论，法二通过数学归纳法，其中也有构造函数的思想，属于难题高考资源网版权所有，侵权必究！
