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拋物線頂點(diǎn)在原點(diǎn)，它的準(zhǔn)線過(guò)雙曲線-=1（a＞0，b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)，并與雙曲線實(shí)軸垂直，已知拋物線與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)為（，），求拋物線與雙曲線方程．

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說(shuō)明：

1．本解答給出的解法供參考．如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則．

2．對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后續(xù)部分的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過(guò)該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤，就不再給分．

3．解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)．

4．只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，填空題不給中間分?jǐn)?shù)．

一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分）

1．{0，1}       2．1       3．2      4．－3       5．5      6．[2，5]    

7．60            8．4      9．   10．（，）     11．     12．4 

13．        14．(，]

二、解答題（本大題共6小題，共90分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）

15．（本題滿分14分）

解：（1）tana＝＝，…………………………………………3分

所以＝，又因?yàn)閟in²a＋cos²a＝1，

解得sina＝．………………………………………………………7分

（2）因?yàn)?＜a＜＜b＜p，所以0＜b－a＜p．

因?yàn)閏os(b－a)＝，所以sin(b－a)＝．……………………9分

所以sinb＝sin[(b－a)＋a]

＝sin(b－a)cosa＋cos(b－a)sina＝×＋×＝，……12分

因?yàn)?i>b∈(，p)，

所以b＝．………………………………………………………14分

16．（本題滿分14分）

證明：（1）取AB₁中點(diǎn)F，連結(jié)DF，CF．因?yàn)?i>D為A₁B₁中點(diǎn)，

所以DF∥=AA₁．

因?yàn)?i>E為CC₁中點(diǎn)，AA₁∥=CC₁，

所以CE∥=DF．

所以四邊形CFDE為平行四邊形．

所以DE∥CF．…………………………………………………4分

因?yàn)?i>CFÌ平面ABC，DE(/平面ABC，

所以DE∥平面ABC．…………………………………………7分

（2） 因?yàn)?i>AA₁C₁C為矩形，所以AC^CC₁．

因?yàn)?i>BB₁C₁C為菱形，所以CC₁＝CB．B₁C^BC₁．…………8分

因?yàn)?i>AC∶AB∶CC₁＝3∶5∶4，

所以AC∶AB∶BC＝3∶5∶4，

所以AC²＋BC²＝AB²．……………………………………10分

所以AC^BC．

所以AC^平面BB₁C₁C．…………………………………12分

所以AC^BC₁．

所以BC₁^平面AB₁C．……………………………………14分

17．（本題滿分14分）

解：（1）設(shè)從A地運(yùn)出的油量為a，根據(jù)題設(shè)，直接運(yùn)油到B地，往返油耗等于a，

所以B地收到的油量為(1－)a．

所以運(yùn)油率P₁＝＝．……………………………………3分

而從A地運(yùn)出的油量為a時(shí)，C地收到的油量為(1－)a，

B地收到的油量(1－)(1－)a，

所以運(yùn)油率P₂＝

＝(1－)(1－)＝(＋)(1－)．…………………………7分

所以P₂－P₁＝x(1－x)，因?yàn)?＜x＜1，

所以P₂－P₁＞0，即P₂＞P₁．…………………………………………9分

（2）因?yàn)?i>P₂＝(＋)(1－)≤＝．

當(dāng)且僅當(dāng)＋＝1－，即x＝時(shí)，取“＝”．

所以當(dāng)C地為AB中點(diǎn)時(shí)，運(yùn)油率P₂有最大值．……………………………………14分

18．（本題滿分16分）

解：（1）因?yàn)閽佄锞�頂點(diǎn)在原點(diǎn)，準(zhǔn)線方程為x＝－1，

所以拋物線開口向右，且－＝－1，所以p＝2．

所以所求的拋物線方程為y²＝4x．…………………………………………4分

（2）設(shè)P(x₀，y₀)，則y₀²＝4x₀，半徑r＝PF＝x₀＋1，

圓P的方程為(x－x₀)₂＋(y－y₀)²＝(x₀＋1)²，……………………………6分

設(shè)AB的方程為y＝2x＋b，由AB＝2CD得，

圓心P到直線AB的距離2d＝，……………………………6分

所以5d²＝r²，即d＝r．

因?yàn)?i>r＝|x₀＋1|，d＝，

代入得ㄏ2x₀－y₀＋bㄏ＝ㄏx₀＋1ㄏ．…………………………………8分

即2x₀－y₀＋b＝x₀＋1或2x₀－y₀＋b＝－x₀－1．

所以x₀－y₀＋b－1＝0或3x₀－y₀＋b＋1＝0．

因?yàn)?i>y₀²＝4x₀，所以x₀＝y₀²，

代入得y₀²－y₀＋(b－1)＝0或y₀²－y₀＋(b＋1)＝0．……………………10分

方程y₀²－y₀＋(b－1)＝0關(guān)于y₀有解Û1－(b－1)≥0，b≤2．

方程y₀²－y₀＋(b＋1)＝0．關(guān)于y₀有解Û1－3(b＋1)≥0，b≤－．…12分

綜上所述，b的最大值為2．……………………………………………14分

此時(shí)，y₀＝2，x₀＝1，r＝x₀＋1＝2，

所以圓P的方程為(x－1)²＋(y－2)²＝4．……………………………16分

19．（本題滿分16分）

解： f ¢(x)＝(x＞0)  2分

   （1）由已知，得f ¢(x)在[1，＋∞)上有解，即a＝在(1，＋∞)上有解，

       又當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，＜1，

所以a＜1．又a＞0，所以a的取值范圍是(0，1)．………………………………6分

   （2）①當(dāng)a≥時(shí)，

       因?yàn)?i>f ¢(x)＞0在(e，e²)上恒成立，這時(shí)f(x)在[e，e²]上為增函數(shù)，

所以當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)_min＝f(e)＝1＋  ……………………………………………… 8分

       ②當(dāng)0＜a≤時(shí)，

因?yàn)?i>f ¢(x)＜0在(e，e²)上恒成立，

這時(shí)f(x)在[e，e²]上為減函數(shù)，

所以，當(dāng)x＝e²時(shí)，f(x)_min＝f(e²)＝2－，…………………………………………10分

       ③當(dāng)＜a＜時(shí)，令f¢(x)＝0得，x＝∈(e，e²)，

又因?yàn)閷?duì)于x∈(e，)有f ¢(x)＜0，

對(duì)于x∈(，e²)有f ¢(x)＞0，

所以當(dāng)x＝時(shí)，f(x)_min＝f()＝ln＋1－．………………………………………14分

       綜上，f(x)在[e，e²]上的最小值為

       f(x)_min＝………………………………………16分

20．（本題滿分16分）

解：（1）由條件得a_n＋2＝(2＋)a_n＋1－a_n，

所以a_n＋2－a_n＋1＝2(a_n＋1－a_n)，

即b_n＋1＝2b_n，又b₁＝a₂－a₁＝2，所以b_n≠0，

從而＝2對(duì)n∈N*成立，

所以數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為b₁＝2，公比q＝2的等比數(shù)列，

所以b_n＝2ⁿ．…………………………………………………6分

（2）由（1）得a_n＋1―a_n＝2ⁿ．所以(n＋1)a_n＋1－na_n＝(n＋1)×2ⁿ，………………8分

所以2a₂－a₁＝2×2¹，

3a₃－2a₂＝3×2²，

4a₄－3a₃＝4×2³，

…………，

na_n－(n－1)a_n－1＝n×2^n－1，

相加得na_n－a₁＝2×2¹＋3×2²＋4×2³＋…＋n×2^n－1，

所以2(na_n－a₁)＝     2×2²＋3×2³＋…＋(n－1)×2^n－1＋n×2ⁿ．

兩式相減得：－（na_n－a₁)＝2(2¹＋2²＋…＋2^n－1)－n×2ⁿ＝2^n＋1－4－n×2ⁿ，所以

a_n＝2ⁿ－＝．…………………………………………………………11分

（3）因?yàn)?i>c_n＝＝＝4[－]，…………13分

所以S_n＝c₁＋c₂＋…＋c_n

＝4[－＋－＋－＋…＋－]

＝4[－]＝2－＜2．…………………………………………………16分

南京市第十三中學(xué)2009屆高三年級(jí)第三次模擬考試

        數(shù)學(xué)附加卷答案   2009.5

1．（幾何證明選講）（本題滿分10分）

證明：證明：因?yàn)?i>A，B，C，D四點(diǎn)共圓，所以ÐADF＝ÐABC．

因?yàn)?i>PF∥BC，所以ÐAFP＝ÐABC．所以ÐAFP＝ÐFQP．

因?yàn)?ETH;APF＝ÐFPA，所以△APF∽△FPQ．所以＝．………………5分

所以PF²＝PA×PD．因?yàn)?i>PQ與圓相切，所以PQ²＝PA×PD．

所以PF²＝PQ²．所以PF＝PQ．……………………………………………10分

2．（矩陣與變換）（本題滿分10分）

解：∵MN＝ ＝，

設(shè)直線y＝2x＋1上一點(diǎn)(x₀，y₀)在MN作用下變?yōu)?x¢，y¢)，則

＝， 即＝，即

從而可得……………………………………5分

∵y₀＝2x₀＋1，代入得y¢＝2(x¢－y¢)＋1，

化簡(jiǎn)得2x¢－y¢＋1＝0，即6x¢－5y¢＋3＝0．

即變換后的直線方程是6x－5y＋3＝0．…………………………10分

3．（坐標(biāo)系與參數(shù)方程）（本題滿分10分）

解：⊙O的直角坐標(biāo)方程是x²＋y²－x－y＝0，

即(x－)²＋(y－)²＝．………………………………………………3分

直線l的極坐標(biāo)方程為r(cosq－sinq)＝4，

直線l的直角坐標(biāo)方程為x－y－4＝0．………………………………6分

設(shè)M(＋cosq，＋sinq)為⊙C上任意一點(diǎn)，M點(diǎn)到直線l的距離

d＝＝，

當(dāng)q＝時(shí)，d_min＝．…………………………………………………10分

4．（不等式選講）（本題滿分10分）

解：因?yàn)椋�＋�?＝3，………………………………………4分

所以ㄏx＋1ㄏ＋ㄏx－1ㄏ≤3，

x∈[－，]．…………………………………………………………10分

5．（本題滿分10分）

解：解：（1）選取的5只恰好組成完整“奧運(yùn)會(huì)吉祥物”的概率

       ………………………………………………3分

   （2）ξ的取值為100，80，60，40.…………………………………4分

       ……………………………………………………8分

ξ的分布列為

ξ

100

80

60

40

       ……………………………………………………………………………………9分

Eξ=…………………………………………10分

6．（本題滿分10分）

解：（1）∵，∴.

∴（）.

∴（）.

∴（）.

∴（）.

∴數(shù)列為等比數(shù)列，其公比為，首項(xiàng)，

而，且，∴.

∴.  

∴.…………………………………………………………4分．

   （2）∵，

     ∴  .

∴.

∴，        ①

∴2.       ②

①-②得 -，

              ，

∴.…………………………………………………6分．

∴（）==.

當(dāng)時(shí)，=；

當(dāng)時(shí)，-（）=4（4-5）=-4，；

當(dāng)時(shí)，，

且，

∴時(shí)，總有.…………………………………………………10分．

∴時(shí)，總有．