1、2006年高考理科数学摸拟试题解析样本1一、选择题 分析 本题主要考查复数的四则运算，以及简单的数值计算技能解答本题必须正确用好复数的四则运算法则，既可用复数的代数形式进行演算，也可用三角形式进行演算答案B分析 本题主要考查三角函数的基础知识和基本三角函数公式的简单应用，以及基本的计算技能作为常规解法，可先由已知条件求sin x，推得tan x的值，再应用倍角正切公式求得答案，如解法1；作为灵活解法，可用估值快速求解，如解法2(注：也可用下式得解：而不需求tanx)答案 DA（1，1）B（1，+）C（，2）（0，+）D（，1）（1，+）分析 本题主要考查分段函数的概念、指数函数与幂函数的性质、
2、不等式组的求解等基础知识，以及简单的推理计算能力根据函数f(x)的分段表达式，画个草图可快速判断，如解法4；也可将不等式化为等价的不等式组求解，如解法1；也可用特殊值排除法求解，如解法2；还可以利用单调性，结合解方程求解，如解法3解不等式组得解不等式组得综合得的取值范围为(,1)(1，+)解法2 由排除A和B；由f(0.04)=0.20时，因为A，B，C不共线，所以AP平分BAC，得点P的轨迹一定通过ABC的内心解法3 考虑特殊情形，取ABC为等腰直角三角形，即：如图这时，ABC的外心为AC的中点D，垂心为点B而由题设知点P的轨迹是由点A出发，方向为的射线，不经过点D，也不经过点B，故排除A、
3、D两个选项其次，由于所以射线不平分BC，即不通过ABC的重心，排除选项C从而得选项B为答案答案 B分析 本题主要考查对数函数、指数函数的性质和求反函数的方法，以及基本的计算技能根据反函数的概念，求给定函数的反函数，可用解方程的方法，如解法1；作为选择题，还可用特殊值排除法求解，如解法2解法1 解方程不等式组得yO，因此，所求的反函数为解法2 因为点(2，ln3)在原函数的图像上，所以点(1n3，2)应在反函数的图像上因此，由In30，可排除选项C、D；由可排除A，应取B作答答案 B6棱长为a的正方体中，连结相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为分析 本题主要考查棱柱、棱锥等多面体的基本知
4、识和体积计算，以及基本的空间想象能力题设的八面体(记为ABCDEF)如图所示图中将原正方体略去，以使图线清晰该八面体的三条轴线AC、BD、EF两两互相垂直，且AC=BD=EF=a，把这个八面体看作共底(BFDE)的两个四棱锥的组合体，应用棱锥体积计算公式，得所求的八面体的体积为对于空间想像力比较好的考生，不作图便可由心算得出答案心算的方法比较多，例如，与上法共通地把八面体看作共底的两个四棱锥，底面积是正方体的一个面的面积之半，锥高是正方体棱长之半，即可得体积为又如，由对称性，将正方体切成相等的八个小正方体，这时题没的八面体也被切成八个相等的三棱锥，每个三棱锥的体积等于小正方体的体积的所以八面体
5、的体积是正方体体积的即答案 C7设处切线的倾斜角的取值范围为，则点P到曲线y=f(x)对称轴距离的取值范围为分析 本题主要考查导数的几何意义，多项式函数求导数的方法，点到直线的距离，二次函数的性质等基本知识，以及推理和计算技能解答本题，宜先求出的取值范围，进而根据曲线y=f(x)对称轴的方程，便可求得点P到对称轴距离的取值范围，如解法1此外，也可用特殊值排除法求解解法1 依题设知点P的横坐标必须且只须满足因为抛物线y=f(x)的对称轴为直线：所以点P到直线的距离为解法2 取特殊值a=1，b=2，c=0可知曲线y=f(x)的对称轴为直线l：x=1曲线在点P处切线的斜率为由及tanx的单调性，依题
6、设知k的取值范围为0，1，所以得点P到对称轴距离的取值范围为据此，可排除选项A，C，D，得答案B答案 B8已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，则|mn|=A1分析 本题主要考查二次方程根与系数的关系，等差数列等基本知识，以及数学思维和分析处理问题的能力注意到题设4次方程的两个2次因式中，只有常数项不同，可知等差数列的4个项中首尾两项应为其中一个因式的两根，而中间两项为另一因式的两根所以，在此基础上，可用不同的引入方式，采取适当的计算程序，求得|mn|的值解法1 因为抛物线有公共的对称轴x=1，又它们与x轴的4个交点的横坐标(即题设方程的4个根)成等差数列，所以可设为的一个根，则方程的另一
7、个根为解法3 依题意可设原方程的4个根为则对任意实数x，有比较系数，得（注：m、n的位置也可对调，不影响结果）解法4 从解原方程入手由求得原方程的根为：由题设，这4个根组成首项为的等差数列，所以，必有1m0，1n0，且答案 C9已知双曲线中心在原点且一个焦点为，直线y=x1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为则此双曲线的方程是分析 本题主要考查双曲线的基本知识，以及推理和计算技能本题要求确定双曲线的方程，而双曲线的已知条件比较复杂，涉及到与已知直线相交的背景在这种情况下，宜用待定系数法求解因为双曲线的中心在原点，点又是双曲线的一个焦点故双曲线的方程可写为a0为待定系数，可用不同方法求得解法
8、1 将y=x1代人方程，整理得由直线y=x1与双曲线相交于M、N两点，故此二次方程有不等的两个实根分别为点M、N的横坐标从而MN中点的横坐标为解法2 依题设，可记其中t为某个常数，且t0由M、N在双曲线上，得将两式相减，整理得上述解法计算量偏大，为了快速解答，可采用定性与定量相结合的方法求解解法3 由双曲线与直线y=x1有两个交点M和N，且焦点在x轴上，可知双曲线渐近线的斜率绝对值应大于1，由此排除B、C；其次，由MN的中点的横坐标为可估计双曲线的张口应比较大，D的可能性比较大为此，作定量检验，将直线方程代人A所示的双曲线得答案 D10已知长方形的四个顶点A(0，0)，B(2，0)，C(2，1
9、)和D(0，1)一质点从AB的中点沿与AB夹角为的方向射到BC上的点后，依次反射到CD、DA和AB上的点（入射角等于反射角)设的坐标为则tan的取值范围是分析 本题以运动质点碰壁反射问题为背景，主要考查直线、轴对称和函数等基础知识及其应用，以及分析解决问题的能力依题意可知点的横坐标是tan的函数，试题要求由的取值范围确定tan的取值范围，也即由函数的值域求定义域为此，宜从建立函数关系式入手，如解法2不过，作为选择题，本题可以用特殊值排除法快速求解，如解法1解法1 取特殊的角，当时，根据反射原理，得点依次是BC，CD，DA和AB的中点，即有不属于所求的tan的取值范围从而，可排除选项A、B和D，
10、应取C作答解法2 依题设可作图如下记各点的坐标如下：根据反射原理得：答案 CA3D6分析 本题主要考查组合数的性质、数列极限的计算等基本知识，以及基本的计算技能本题要求考生计算两个和式之比的极限由于和式的项数随n的增加而无限增加，因而不能简单应用极限四则运算法则求极限，必须将和式化简成有限的形式原式中，分子、分母的和式是组合数求和，应充分借助组合数性质，将其化简例如，应用公式可顺利化简原式此外，也可采用数列求和的方法求解答案 B12一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为A3B4D6分析 本题主要考查正多面体和球的基本知识，以及空间想象能力和几何计算能力本题给出棱长为的
11、正四面体，要求推断外接球的表面积为此，必须先求该球的半径，宜作图进行推算或估算为了图像清晰，可只作正四面体进行讨论，不画出球的图线如附图，四面体ABCD各棱长都为解法1 如图，点O为球心，OA、OB、OC、OD都是球的半径，因为ABCD是正四面体，所以这四条半径的两两夹角彼此相等，设其大小为由空间中的一点O，引四条射线，两两的夹角都等于，则有据此，可排除选项B、C和D，应取A作答解法2 如图，过A作AE面BCD，E是垂足连结EB，则EB是正BCD外接圆的半径应用正弦定理，由正三角形的边长为得因为 AEEB过AB的中点F，在平面AEB中，作AB的垂线交AE于O，则O是四面体ABCD外接球的球心，
12、球的半径为所以，所求的球之表面积为上述估计和精算的方法，计算量仍嫌偏大若充分发挥空间想像力，可获快速判断解法3 联想棱长为1的正方体则四面体的棱长都为它的外接球也是正方体的外接球，其半径为正方体对角线长的一半，即有故所求球面积为S=3答案 A二、填空题分析 本题主要考查二项式定理的应用，以及基本的计算技能直接利用二项展开式的通项公式，便可求得的系数，如解法1由于二项式中的两个项都含有x，因此将其适当变形，有利于简化计算，如解法2试题的这种设计，体现了对计算灵活性和准确性的要求解法1 设所求系数为a，则由二项展开式的通项公式，知存在非负整数r，使解得r=3，所求系数为解法2 因为14某公司生产三
13、种型号的轿车，产量分别为1 200辆，6 000辆和2 000辆为检验该公司的产品质量，现用分层抽样方法抽取46辆进行检验，这三种型号的轿车依次应抽取_，_，_辆分析 本题主要考查分层抽样方法在产品质量检验中的应用，以及简单的数值计算技能设三种型号的轿车抽取数依次为x，y，z辆根据分层抽样方法的原理，知这个方程组可用不同方法求解解法1 由比例式知存在常数k满足解法2 由此例式得 60x=12y， 20x=12z，答案 6，30，1015某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分(如图)现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花不同的栽种方法有_种(以数字作答)分
14、析 本题以花圃设计为应用背景，主要考查排列、组合的基础知识，侧重考查乘法原理和加法原理的应用，以及逻辑思维能力和计数能力为了正确解答本题，首先必须准确理解题意：抓住花圃布局的要求，看清图形中6个部分的关系；明确每个部分只种同一种颜色的花，相邻部分应种不同颜色的花；而且4种颜色的花都要种上，缺一不可对这些条件要求，稍有疏忽、遗漏或曲解，都会引致解答出错其次，应设计好周全而又不出现重复计数的推算程序，关键是推算过程中分步、分类的安排要合理且严密；此外，在每一分步或分类中，计数不出错；最后，乘法原理和加法原理的运用，以及数值计算还得无误，方能得出正确的答数采用不同的计数模式和计数程序，伴随出现不同的
15、解法，列举解法供参考解法1 将6个区域分4组，不同组栽种不同颜色的花，同一组栽种同一颜色的花因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以为了栽种方案合乎题意，分在同一组的区域至多只能有2个因而，由图形可知,不同分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：第一组第二组第三组第四组第一类123，54，6第二类12，53，64第三类12，534，6第四类12，43，56第五类12，43，65每一类分组法，都有种不同的栽种方法应用加法原理，得到所有符合题意的不同栽种方法的种数为解法2 按区域的顺序，依次安排各区域所栽种的花的颜色：第1区，可种4色花中的任一种，有4种不同的栽种法；接着，第2区，因与第1
16、区相邻，两区花色必须不同，所以，第2区只能从3色花中任选一种栽种，有3种不同种法；跟着，第3区，因与第1、2区都有边界，所以，只有2种不同栽种法；随后，第4区，与2区无边界，与1、3区都有边界因此，可分两类情形：第一类：在第4区中栽种与第2区同一色的花，有1种栽法；至此，只栽种了3种不同颜色的花，因此，第5、6区域，应有一个区域栽种第4种颜色的花，而另一区域可选的花色只有1种(这是因为与之相邻的三个区域，已种上不同颜色的3种花)从而，在第5、6区域栽花的不同方式有2种；第二类：在第4区域中栽种与第2区域不同颜色的花，有1种栽法；不过，与第一类不同的是：至此，4种不同颜色的花都被栽种了往后，第5
17、区域栽花有两种选择：一种是栽与第2区域同色花，紧接着，第6区域有2种栽种方法；第五区域另一种栽花法，是栽种与第2区域不同颜色的花，只有1种选择(因为它不能与1、4区域同色)，紧接着，由于1、2、5三个区域已栽种3种不同颜色的花，故第6区域只有1种栽花的选择综合起来，应用乘法原理和加法原理，得合乎题意的不同栽花的方法种数为N=432（12+12+11） =120解法3 因为区域1与其它5个区域都有公共边，所以当区域1栽种一种颜色的花之后，该颜色的花就不能栽于其它区域因而可分两步走，考虑如下：第一步，在区域1中，栽上一种颜色的花，有4种栽法；第二步，在剩下的五个区域中，栽种其它三种颜色的花为此，可
18、将2至6号五个区域分成3组，使同一组中的不同区域没有公共边这样的分组法有且只有5类，如下表(表中数字为区域号)：第一组第二组第三组第一类23，54，6第二类2，43，56第三类2，43，65第四类2，53，64第五类2，534，6对每一类分得的3个组，将3种颜色的花分别栽于各组，共有种栽法应用乘法原理和加法原理，得合乎题意要求的不同栽种方法的种数为解法4 由于第1、2、3区两两都有边界，所以这3个区所栽的花，彼此必须不同颜色因而，第一步可从4种颜色的花任取3种分别栽在这3个区域上，共有种栽法其次将另一颜色的花栽于4、5、6三个区中的一个区或两个区，即分为两类情形：第一类：栽在4、5、6的一个区
19、域中，有3种情形：情形1：栽于4区，则6区只有一种颜色的花可栽(因为必须不同于4、1、2区的颜色)，进而，5区周边三个区域已栽上3种不同颜色的花，故5区也只有一种颜色的花可栽；情形2：栽于6区，则与情形1同理，4、5区域分别只有1种颜色可栽；情形3：栽于5区，由于5、1、2三个区已栽上不同颜色的花，6区只有1种栽法；同理，4区也只有1种栽法第二类：栽于4、5、6中的两个区，只有栽于4、6两个区域的一种情形，这时5区有2种栽法(因为5区的周边只有两色花)综合起来，应用乘法原理与加法原理，得不同栽种方法的种数为解法5 分两类情况考虑：第1类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的4种花，共有种栽
20、法对于每一种栽法，第4、6区分别都只有1种颜色的花可栽第2类：第1、2、3、5等四个区域栽种不同颜色的3种花，共有种栽法对于每一种栽法，要么2、5区栽同色花，要么3、5区栽同色花对于前者，第6区有2种颜色的花可供选栽，第4区只能栽第4种颜色的花；对于后者，第4区有2种颜色的花可供选栽，第6区只能栽第4种颜色的花即无论何种情形，第4、6区的栽法都是2种综合上述情形，应用加法原理与乘法原理，得不同栽种方法的种数为答案 12016下列5个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出面MNP的图形的序号是_(写出所有符合要求的图形序号)分析 本题以正方体为依托，主要考
21、查直线与平面垂直的判定，比较深刻地考查了空间想象能力为了得到本题答案，必须对5个图形逐一进行判别对于给定的正方体，位置固定，截面MNP变动，与面MNP是否垂直，可从正、反两方面进行判断在MN、NP、MP三条线中，若有一条不垂直，则可断定与面MNP不垂直；若有两条与都垂直，则可断定面MNP；若有的垂面面MNP，也可得面MNP解法1 作正方体如附图，与题设图形对比讨论在附图中，三个截面都是对角线的垂面对比图，由MPBD,，故得面MNP对比图，由MN与面相交，而过交点且与垂直的直线都应在面内，所以MN不垂直于，从而不垂直于面MNP对比图，由MP与面相交，知不垂直于MN，故不垂直于面MNP对比图，由M
22、NBD，故面MNP对比图，面MNP与面EFGHKR重合，故面MNP综合得本题的答案为解法2 如果记正方体对角线所在的对角截面为各图可讨论如下：在图中，MN，NP在平面上的射影为同一直线，且与垂直，故面MNP事实上，还可这样考虑：在上底面的射影是MP的垂线，故MP；在左侧面的射影是MN的垂线，故MN，从而面MNP在图中，由MP面，可证明MN在平面上的射影不是的垂线，故不垂直于MN从而不垂直于面MNP在图中，点M在上的射影是的中点点P在上的射影是上底面的内点，知MP在上的射影不是的垂线，得不垂直于面MNP在图中，平面垂直平分线段MN，故MN又在左侧面的射影(即侧面正方形的一条对角线)与MP垂直，从
23、而MP，故面MNP在图中，点N在平面上的射影是对角线的中点，点M、P在平面上的射影分别是上、下底面对角线的4分点，三个射影同在一条直线上，且与这一直线垂直从而面MNP至此，得为本题答案解法3 如图建立空间直角坐标系Oxyz，设正方体的棱长为2，则对角线的方向向量可取为对图，有对图，有对图，有对图，有对图，有综合得本题答案为从解法3可以看到；应用向量法讨论两直线是否垂直十分方便，操作也比较简单，无须多动脑筋，只需要计算正确即可答案 三、解答题17已知函数f(x)=2sinx(sinx+cosx)()求函数f(x)的最小正周期和最大值；()在给出的直角坐标系中，画出函数y=f(x在区间上的图象命题
24、意图 本小题主要考查三角函数的性质和恒等变形的基础知识，同时考查动手画图的技能作为三角函数的解答题，力求较全面地覆盖三角函数的基础知识，因此，试题的设计给出一个三角函数的解析式，通过运用和角与倍角的三角函数公式，变形为单个三角函数的表达式，从而求出它的周期和最值恒等变形过程强调通性通法，以适应文科考生的实际在这个基础上要求作出这个函数的图像，强化了作图技能的考查，倡导考生重视实践，学会动手操作解题思路 首先把给出的函数解析式变形为单个三角函数的表达式，再按问题的要求答题（）解 由（）知xY11118如图，在直三棱柱底面是等腰直角三角形，ACB=90侧棱的中点，点E在平面ABD上的射影是ABD的
25、重心G()求与平面ABD所成角的大小(结果用反三角函数值表示)；命题意图 本小题主要考查线面关系和直三棱柱等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力新课程的立体几何教材分为(A)、(B)两个版本，即传统的逻辑推理体系和向量运算方法为了适应不同地区的选用情况，前几年高考的立体几何试题是命制出(甲)、(乙)两道平行题目由考生选作今年试验改变这种做法，原课程与新课程统一命制一道通用的试题，基本要求是用传统方法或向量方法，解题难度相当于是，试题的知识载体定位于直棱柱理科用直三棱柱，文科用正四棱柱理科试题中的图形实际上是半个正方体，它的原型是正方体的一个性质：“若点M是正方体的棱的中点，则正方体的中
26、心O在截面AMC上的射影恰好是AMC的重心”试题基本上是采用其逆命题，且只给出半个正方体，把问题提为“正方体的一条对角线与截面所成的角”，隐蔽了上述性质，提高了对考生空间想像力和推理能力的要求，以期更好地考查考生的数学能力解题思路 本题()的基本解法是先求出三棱柱的底面边长，可以在直三棱柱中求解，也可以补形成正四棱柱或直平行六面体求解，思维层次高者可以发现EB=DF避开计算，通过线段比求角的三角函数值()问的解法用等积法最为简便运用向量方法则()问较易，()问较难，总体难度相当()解法1 如图，连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即EBG是与平面ABD所成的角设F为AB中点，连结EF、FC
27、，因为D、E分别是的中点，又DC平面ABC，所以CDEF为矩形连结DF，G是ADB的重心，故GDF在直角三角形EFD中，解法2 同解法1图所以 ABDFEG=ABEFDE，其中EF=1的中点P,连结PD,PA,PB,则ABDP是平行四边形,PB必过ADB的重心解得x=2解法4 如解法1图，由解法1知，CDEF是矩形，故DE=CF，而EF=FB，所以RtDEFCFB，则DF=EB解法5 连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即与平面ABD所成的角如图所示建立坐标系，坐标原点为O设CA=2a，则A(2a，0，0)，B(0，2a，0)，D(0，0，1)，,E(a，a，1)，()解法1 因为EDAB
28、，EDEF，又EFAB=F， 因为EDAB，ED上EF，又EFAB=F，解法3 如()问解法5中图，A(2，0，0)，E(1,1,1),D(0，0，1)19设a0，求函数命题意图 本题主要考查函数的求导，导数在研究函数性质中的应用和不等式的求解等基本知识，以及运算能力本题给出的函数比较简单，为幂函数与对数函数ln(x+a)之差，让考生求这个函数的单调区间直接应用单调函数的定义，难以进行有效的讨论，宜借助求导的方法求解以此可以考查函数求导的技能，以及讨论导数正负性的方法所设的函数含有参数a，讨论函数单调区间时，应顾及a值的影响这样，也就考查了分类讨论的数学方法，强化了试题对能力的考查功能解题思路
29、 可从求函数的导数入手，再讨论导数的正负性变化区间，便可确定函数的单调区间由于所得导数含有x的根式和分式，在讨论导数正负性时，将遇到解含根式和分式的方程或不等式，须正确运用同解变换的思想方法和技能(i)当a1时，方程无解，即f(x)0无解，f(x)在区间(0，+)上正负性不变，故由知f(x)0在区间(0，+)上恒成立，所以(0，+)是f(x)的单调区间，f(x)在(0，+)上是增函数(ii)a=1时，方程有惟一解x=1知当0x0；由f知当x1时，恒有f(x)0所以，当a=1时，函数f(x)在区间(0，1)上是增函数，在区间(1，+)上也是增函数又f(x)在x=1连续，所以(0，+)是f(x)的
30、单调区间，f(x)在(0，+)上是增函数(iii)当0a1时，方程有两个根：这时,由于可知：当0x或所以，当0a1时,2a-4-2,由x0知(ii)当a=1时,当且仅当x=1时取等号即当0x1时，f(x)0，知f(x)在(0，1)或(1，+)内都单调递增又f(x)在x=1处连续，因此，f(x)在(0，+)内单调递增因此，函数f(x)在区间内单调递增，在区间内也单调递增令f(x)0，向量c=(0，a)，i=(1，0)经过原点O以c+i为方向向量的直线与经过定点A(0，a)以i2c方向向量的直线相交于点P，其中R试问：是否存在两个定点E、F，使得|PE|+|PF|为定值若存在，求出E、F的坐标；若
31、不存在，说明理由命题意图 本题主要考查平面向量的概念和向量的线性运算，根据已知条件求动点的轨迹方程，并讨论轨迹曲线的性质，着重考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，以及综合应用所学知识分析和解决问题的能力试题用向量的形式给出两条相交直线的条件，围绕交点P提出个一个探索性的问题：讨论是否存在两个定点，使得点P到这两个定点距离之和为一定值在这里，点P因实数的变化而动考生在审题时，必须自觉理解到问题的这个特点，具备“运动变化”和“动中求静”的辩证法的思想和观点，只有这样才能有效破题，获得问题的解答可见试题重在考查思维和分析的能力同时，该题的设计，围绕平面解析几何的主体知识，将传统的坐标法与向量
32、法有机结合起来，旨在考查综合应用能力解题思路 有关存在性问题的讨论，许多时候可用构造法，这是一种基本的，而且也是比较原始的方法就本题而言，即假设符合要求的定点存在，依题意列写出定点坐标所满足的方程，进而探求方程的解是否存在依此思路，由于未知量比较多，方程的列写也难以简明，因而推演起来工作量大，而且繁杂显然采用构造法绝非上策，宜另谋出路从试题的实际出发，联想广泛可用的知识，才能获得有效的求解思路和方法题设的点P是两条动直线的交点，随着取遍实数集R中所有的值，点P的集合是一条轨迹曲线另一方面，到两个定点距离之和为一定值的点之集合可能有两种情况：其一，当定值大于两个定点的距离时，该点集是椭圆曲线；其
33、二，当定值等于两个定点的距离时，该点集是连结两点的线段由于平面上到两个定点距离之和不可能小于两定点的距离，所以也就不可能出现第三种情况由这样的思考，可得解题思路如下：从求点P的轨迹方程入手，进而讨论轨迹曲线的性质，便可获得本题的答案由题设，可作图观察图中，向量直线分别过点O和A，其方向向量分别为c+i和i2c，点P是的交点为了求点P的轨迹方程，可采用不同的方法在这里，有一点值得注意的是：试题本身并没有要求考生求点P的轨迹方程，我们是借助轨迹的思想，只须求出点P的坐标所应满足的方程，进而展开讨论，而无须检验满足方程的每一个解为坐标的点都是符合题意的点P，也即无须要求所得方程的纯粹性，与严格意义上
34、的求轨迹方程有所不同解法1 因为 c+i=(0,a)+ (1,0)=(,a), i-2c=(1,0)-2(0,a)=(1,-2a),所以 直线OP与AP的方程分别为 y=ax y-a=-2ax,式中，a0,R整理得因为a0,所以得：（i）当时，方程是圆方程，故不存在合乎题意的定点E和F；（ii）当时，方程表示椭圆，故焦点为合乎题意的两个定点；（iii）时，方程也表示椭圆，故焦点为合乎题意的两个定点解法2 依题设，有实数m和n满足所以点P（x,y）的坐标为整理得点P的坐标满足方程以下的讨论同解法1此处从略命题意图 本小题主要考查数列、等比数列的基础知识和数学归纳法，同时考查抽象推理等理性思维能力
35、数学高考中较难的数列解答题，一般都是给出一个递推关系，通过它或者转化为等差、等比数列，或者通过由特殊到一般的猜想、归纳，或者通过顺次迭代，以求出其通项而试题的难度则由给出的递推关系与初始值来调整2002年的数列解答题给出相邻四项的数量关系，较为新颖，2003年定位于回归到考生较为熟悉的相邻两项的数量关系，基本递推关系为“”理科试题改变以往给出初始值的做法，给出常数证明数列的一个通项公式。这种提问方式反映出新的考查角度，不让考生死套题型，有利于考查独立思考能力和理性思维能力，对文科考生则降低抽象思维的要求，递推关系简化为基本形式“”，并给出初始值a=1，使试题难度较为切合文科考生的实际解题思路 常规方法是通过递推关系的变形转化为等比数列，但过程较繁，用数学归纳法或迭代方法较顺畅()证法1 (i)当n=1时，由已知等式成立；（ii）假设当n=k(k)时等式成立，即也就是说，当n=k+1时，等式也成立根据（i）和(ii)，可知等式对任何正整数n成立证法4顺次迭代（i）当n=2k-1,k=1,2,时，式即为式对k=1,2,都成立，有（ii）当n=2k,k=1,2,时，式即为式对k=1,2,都成立，有以下同解法1解法3 下面证明当(i)当n=2k-,k=1,2,时，（ii）n=2k,k=1,2时，
