18届成都三诊数学试题解答题的多种解法汇总

17.（解法一）
（Ⅰ）∵ S2 , S4 , S3 成等差数列，∴ S4 -S2 =S3 -S4 ，即a3 +a4 =-a4 .
∴2a4 =-a3 . ……………2 分∵{a n}是等比数列，∴a3 ≠ 0 . 设公比为q .
∴q =a
4 =-
1
. ……………4 分a
3
2
∵a +a +a =a (q +q2 +q3 ) =-3
，∴a = 1.
2 3 4 1 8 1
∴a =a q n-1 = (-1
)n-1 . ……………6 分
n 1 2
（解法二）∵S2 , S4 , S3 成等差数列，∴ 2S4 =S3 +S2……………1 分
①当q =1时，8a1 = 3a1 +2a1 = 5a1∴a1 = 0 （舍）……………2分
a (1-q4 ) a (1-q3 ) a (1-q2 )
②当q ≠ 1时，则2⨯ 1 = 1 + 1
1-q 1-q 1-q
∵a1 ≠ 0 ，q ≠ 0 ∴2q2 -q -1 = 0即 (2q +1) ⋅ (q -1) = 0∴q =-1
2
……………4 分
∵a +a +a =a (q +q2 +q3 ) =-3
，∴a =1. ……………5 分
2 3 4 1 8 1
∴a =a q n-1 = (-1
)n-1 . ……………6 分
n 1 2
m n 3 19.（解法一）
（Ⅱ）在直二面角 P - EC -A 中，∵ PQ ⊥ EC ，且平面 PEC ⊥ 平面AECD ，
平面 PEC 平面AECD = EC ，∴ PQ ⊥ 平面AEC .又 DQ ⊥ EC ，
故以点 Q 为坐标原点，QC ，QD ，QP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角
坐标系Qxyz .
…………7 分
∴ C (1, 0, 0) ， E (-1, 0, 0) ， D (0, 3, 0) ， P (0, 0, 3) ， A (-2, 3, 0) . ∴ AD = (2, 0, 0) ，DP = (0, - 3, 3) . …………8 分
设平面 ADP 的法向量为m = (x , y , z ) .
⎧⎪m ⋅ AD = 0 ⎪⎧ 2x = 0
由⎨m ⋅ DP = 0 ，得⎨- 3y + 3z = 0
⎪⎩
⎪⎩
取 z = 1， ∴ m = (0,1,1) .
又平面 PEC 的一个法向量为n = (0,1, 0) ，
…………10 分 m ⋅ n
∴ cos < m , n >= =
. …………11 分
2
∴平面 PEC 与平面 PAD 所成的锐二面角的余弦值是 2 . …………12 分
2
（解法二）
法二：∵四边形 AECD 为菱形，∴ AD ∥EC .
由（Ⅰ），知 EC ⊥ 平面PDQ . ∴ AD ⊥ 平面PDQ .
……………7 分
∵ PD ⊂ 平面PDQ ,∴ AD ⊥ PD 且 PQ ⊥ EC . ∵ AD ∥EC ， AD ⊂ 平面ADP , EC ⊂ 平面PEC ,
∴平面 PEC 与平面 PAD 所成的锐二面角的棱l 满足: l ∥AD ∥EC . ……………9 分
∴ l ⊥ PD 且l ⊥ PQ .
∴平面 PEC 与平面 PAD 所成的锐二面角是∠DPQ . …………10 分 在Rt ∆PQD 中，∵ DQ = PQ = ，∴ ∠DPQ = π
.
4
∴
cos ∠DPQ = 2 . ……………11 分
2
∴平面 PEC 与平面 PAD 所成的锐二面角的余弦值为
2 . ……………12 分
2
2
4 12k 2 - 3m 2 + 9
m 1+ k 2
1+ k 2 = 2 3 ⨯ m t - m 2 3 S OPQ
O `P `Q `
OPQ = 3 S
2
O `P `Q ` ≤ 3 理科 20.（解法一）
（Ⅱ）设 P (x 1, y 1),Q (x 2 , y 2 ) .
⎧ y = kx + m 2 2 2
联立⎨ ⎩
3x 2 + 4 y 2
= 12 ，消去 y ，得(4k + 3)x + 8kmx + 4m -12 = 0 . ……………5 分
∵ Δ= 16(12k 2
- 3m 2
+ 9) > 0 ，∴ 4k 2
+ 3 > m 2
.
……………6 分
∴ PQ =
⋅ 4k 2
+ 3
. ……………7 分
∵坐标原点O 到直线l 的距离 d =
， ……………8 分
∴ S ∆
= 1 ⨯ ⋅ ⋅ . ……………9 分 OPQ 2 4k 2 + 3 4k 2 + 3
设4k 2 + 3 = t ， t ≥ 3 且t > m 2
.
∴ S ∆OPQ = 2 3 ⨯ t m 2 + (t - m 2 )
2t
= . ……………10 分
当且仅当t = 2m 2 ，即4k 2 + 3 = 2m 2
时，等号成立.
∴ ∆ OPQ 面积的最大值为 3 .
……………12 分
（解法二）
考虑坐标伸缩变换，方程为
x 2 + y 2 =
4 3
的椭圆C
，变成方程为 x 2 +
y 2 =
4 的圆C ＇……………6 分
由收缩变换的性质知：对应图形的面积比满足
=
b 即
S a
S
∴ S =
3
2
……………8 分
在圆C ＇中 S = 1 O `P ` ⋅ O `Q ` ⋅sin ∠P `O `Q = 2sin ∠P `O `Q ≤ 2 ，
……………10 分
2
当且仅当O `P `⊥ O `Q `时取得最大值
∴ S 即∆ OPQ 面积的最大值为
……………12 分
1+ k 2
m 1+ k 2
4 12k 2 - 3m 2 + 9 m 4k 2 + 3 - m 2 ≤ 2 3 ⨯ S OPQ O `P `Q `
OPQ =
3 S
2 O `P `Q `
O `P `Q `
3 1
= 2 3 ⨯ m t - m 2 3 1 （解法三）
（Ⅱ）设 P (x 1, y 1),Q (x 2 , y 2 ) .
⎧ y = kx + m 2 2 2
联立⎨ ⎩
3x 2 + 4 y 2
= 12 ，消去 y ，得(4k + 3)x + 8kmx + 4m -12 = 0 . ……………5 分
∵ Δ= 16(12k 2
- 3m 2
+ 9) > 0 ，∴ 4k 2
+ 3 > m 2
.
……………6 分
∵ x 1 - x 2 =
直线l : y = kx + m (m ≠ 0) 与 y 轴交于点T (0, m )
∴ S ∆OPQ = 2 ⨯ m ⋅
……………9 分
设4k 2 + 3 = t ， t ≥ 3 且t > m 2
.
∴ S ∆OPQ = 2 3 ⨯ t m 2 + (t - m 2 )
2t
= . ……………10 分
当且仅当t = 2m 2 ，即4k 2 + 3 = 2m 2
时，等号成立.
∴ ∆ OPQ 面积的最大值为 3 .
……………12 分
4 12k 2 - 3m 2 + 9 4 12k 2 - 3m 2
+ 9 m 4k 2 + 3 - m 2 ≤ 2 3 ⨯
⎨ 文科 20.（解法一）
⎧ （Ⅱ）联立⎨ y = kx + 2 2 2
，消去 y ，得(4k 2 + 3)x 2
+16kx + 4 = 0 . ……………4 分
⎩3x + 4 y = 12
∵ Δ= 16(12k 2
- 3) > 0 ，∴ 4k 2 > 1.
……………5 分
⎧
x + x = - 16k 设 P (x 1, y 1),Q (x 2 , y 2 ) .则⎪ ⎪ ⎪⎩
1 2 x 1x 2
=
4k 2 + 3 4 4k 2 + 3 .
……………7 分
16k 2
12
∴ y 1 + y 2 = k (x 1 + x 2 ) + 4 = -
4k 2 + 3 + 4 = 4k 2 + 3
.
……………8 分
∵ OP + OQ = λ ON ，易知λ ≠ 0 ， ⎧x = 1 (x + x ) = -
16k ⎪
N λ 1 2 (4k 2 + 3)λ ∴ ⎨ 1 12 . ……………9 分
⎪ y = ( y + y ) =
⎩⎪
N
λ
1 2
(4k 2 + 3)λ 1
⨯
162 k 2
+ 1 ⨯
122
=
又点 N 在椭圆C 上， ∴
4 (4k 2
+ 3)2
λ
2
3 (4k 2 + 3)2 λ
2
1.
化简，得
λ 2
= 64k 2 + 48 = (4k 2 + 3)2 16
4k 2 + 3
. ……………10 分
∵ 4k 2 > 1，∴ 4k 2
+ 3 > 4 . ∴ 0 <
1 < 1
.
∴ 0 < 16
< 4 ，即0 < λ2 < 4 .
4k 2 + 3 4
4k 2 + 3
∴ λ ∈(-2, 0) (0, 2) .
……………12 分
（解法二）考虑坐标伸缩变换，方程为 x 2 + y 2 = 4 3
的椭圆C ，变成方程为 x 2 + y 2
= 4 的圆C ＇ 由收缩变换的性质知：线段的平行性以及同一直线上的线段比例不变
∵ OP + OQ = λ ON 设 PQ 的中点为 M ，则2OM = λ ON
∴
……………4 分
2 O ＇M ＇ 变换后对应O ＇P ＇+ O ＇Q ＇= λ O ＇N ＇，以及 λ = = O ＇M ＇
O ＇N ＇
圆C ＇的弦 P ＇Q ＇的中点 M 而言， O ＇M ＇∈ (0, 2)
……………6 分
……………8 分
∴ λ ∈ (0, 2) ……………10 分 ∴ λ ∈(-2, 0) (0, 2) .
……………12 分
= λ 1
2 OM
ON
，则 x 1 21.（解法一）
（Ⅱ）由（Ⅰ），知当0 < k < 1，函数 f ( x ) 在(0,
k 1 - k
) 上单调递减，在(
k 1 - k
,+∞) 上单调递增.
又 f (1) = 0 .
∵函数 f (x ) 恰有两个零点
x , x ，∴0 < k < 1 或 1
< k < 1. ……………4 分
1
2
2
2
① 当0 < k <
令 x 2 = 1.
1
，即0 < 2
k 1 - k
< 1 时，
∵当 x → 0+
时， f (x ) → +∞ ，且 f (
k
) < f (1) = 0 ，
1- k
∴有唯一的 x 1 ∈(0,1) ，使得 f (x 1 ) = 0 . 则不等式 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 等价于 x 1 + 2 > k
.
3 3 1 - k
又 (1 - k )x 1 - k ln x 1
+ k - 1 = 0 ，即 x 1 - 1 = ln x 1 k
， 1 - k
∴只需证明 x 1 + 2 > x 1 - 1
. 3 ln x 1
即当0 < x < 1时，证明ln x -
3(x 1 - 1)
< 0 成立.
……………6 分
1
1
+ 2
令h (x ) = ln x -
3(x -1） x + 2 h '(x ) = 1 - x 9 (x + 2)2 (x -1)(x - 4) = . x (x + 2)2
∴ h (x ) 在(0,1]上单调递增，即当0 < x < 1时，有h (x ) < h (1) = 0 .
∴原不等式 g ( x 1 + 2x 2
) > 0 成立；
……………8 分
3
②当 1
< k < 1，即
2
令 x 1 = 1.
k
1 - k
> 1时，
，则 2
∵当 x → +∞ 时， f (x ) → +∞ ，且 f ( k
) < f (1) = 0 ，
1- k
∴有唯一的 x 2 ∈(1, +∞)，使得 f (x 2 ) = 0 .
则不等式 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 等价于
1 + 2x 2
>
k
.
3
3 1 - k
又 (1 - k )x 2 - k ln x 2
+ k -1 = 0 ，即 x 2 - 1 = ln x 2 k
， 1 - k
∴只需证明1 + 2x 2
3 > x 2 - 1 .
ln x 2
即当 x > 1时，证明ln x -
3( x 2 - 1)
> 0 成立.
……………10 分
2
2
2x + 1
令 H (x ) = ln x -
3(x -1） 2x +1 H '(x ) = 1 - x 9 (2x +1)2 (x -1)(4x -1)
= . x (2x +1)2
∴ H (x ) 在(1, +∞)上单调递增，即当 x > 1时，有 H (x ) > H (1) = 0 .
∴原不等式 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 成立.
3
综上，当函数 f (x ) 恰有两个零点 x , x (x < x ) 时，原不等式 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 成立.
……12 分
1
2
1
2
3
k
x k x 1
2
（解法二）
(II) ∵函数 f (x ) 恰有两个零点 x , x ，∴由（Ⅰ），知k ∈ (0, 1
)
(1
,1) . ……………5 分
1 2
2
2
∵ g (x ) = f '(x ) = 1- k - k
(0 < k < 1, k ≠ 1
) 在(0, +∞) 上单调递增，
x
2
且 g (x ) = 1- k - = 0 时， x =
x
k
1- k (0 < k < 1, k ≠ 1) . 2
欲证 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 ，只需证 x 1 + 2x 2 > k
> 0
…………6 分
3 3 1- k
又 (1 - k )x 1 - k ln x 1 + k - 1 = 0， (1- k )x 2 - k ln x 2 + k -1 = 0 ，
相减，得(1- k )(x - x ) = k ln
x 1 ，即
(1- k ) (x - x ) = ln x
1 . …………8 分
1
2
1 2
2
2
∵ x - x < 0 , 故只需证
3
(x - x ) > ln
x 1
1
2
3( x
1 -1)
x 1 + 2x 2 x 2
∴ 只需证明 x 2 x 1
+ 2
x 2
> ln x 1
成立 …………9 分
x 2
令
x 1 x 2
= t (0 < t < 1) ，则只需证 3(t -1) > ln t (0 < t < 1) ， t + 2
设函数u (t ) = ln t -
3(t -1)
= ln t - 3(t + 2 - 3) = ln t + 9 - 3(0 < t < 1) ………10 分
t + 2 t + 2 t + 2
由u '(t ) = 1
-
t 9
(t + 2)2
(t - 4)(t -1) = > 0 ，知 t (t + 2)2
u (t ) 在(0,1) 上单调递增，而u (1) = 0 ，
∴u (t ) < 0 恒成立，即证 3(t -1)
> ln t (0 < t < 1)
t + 2
故 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 成立.
………12 分
3
k
k
f (
x ) + f - x ) = 2(1- k ) - - =
0 0
（解法三）∵函数 f (x ) 恰有两个零点 x , x ，∴由（Ⅰ）知， k ∈ (0, 1) (1
,1) .……………5 分
1 2
2
2
函数 f (x ) 在(0,
k
) 上单调递减，在( k ,+∞) 上单调递增. 且 f '( k
) = 0 1 - k 1 - k 1- k
∴ 0 < x 1 <
1- k
< x 2
设
1- k = x 0
设 F (x ) = f (x ) - f (2x 0 - x )
x ∈(0, x 0 )
…………6 分
= ' ' k k -(1- k ) ⋅ x 2
+ 2(1- k )x ⋅ x - x k 0
x 2x - x 1 x ⋅ (2x x )
设 p (x ) = -(1- k ) ⋅ x 2
+ 2(1- k )x
⋅ x - x k 0
2
的对称轴是直线 x = x
∴函数 p (x ) 在区间(0, x ) 单调递增，∴ p (x ) < p (x ) = (1- k )x (x -
k
) = 0 0
1- k
∴ F `(x ) < 0 即 F (x ) 在在区间(0, x 0 ) 单调递减，∴ F (x ) > F (x 0 ) = 0
…………8 分
∵ x ∈ (0,
k
)
∴ F (x ) > 0 即 f (x ) > f (2x - x )
∵ f (x ) = f (x )
1
1- k
1
1
1
1
2
∴ f (x 2 ) > f (2x 0 - x 1)
∵ x 2 ∈(x 0 , +∞) 且2x 0 - x 1 ∈(x 0 , +∞) 由（Ⅰ）知 …………9 分
f (x ) 在(x 0 , +∞) 上单调递增；
∴ x > 2x - x 即 x 1 + x 2 > x
…………10 分
2 0 1 2
k ∈
1 1 ' k
易知 (0, ) ( ,1) 时 g (x ) = f 2 2 (x ) = (1- k ) - 单调递增
x
且 x 1 + 2x 2 > x 1 + x 2 > x
…………11 分
3 2 0
易知 g (
x 1 + 2x 2
) > g (
x 1 + x 2
) > g (x ) = 0
3
2
故 g (
x 1 + 2x 2
) > 0 成立
……………12 分
3
F `(x ) (2x
( ,1) ， 有 g ( ) > 0 . ……………8 分
（解法四）
（Ⅱ）∵函数 f (x ) 恰有两个零点 x , x ，∴由（Ⅰ），知k ∈ (0, 1
)
(1
,1) . ……………5 分
1 2
2
2
①当k ∈ 1
时，
k
> 1.不妨令 x = 1.则 x > 1且(1- k )x
k ln
x + k -1 = 0 .
即 k =
( ,1)
2
x 2 -1 1- k
1
2
2
2
且 x > 1.
ln x + x -1 2
2
2
k
1+ 2x 2
3k (1+ 2x ) ln x - 3(x -1)
∵ g (x ) = (1- k ) - ，∴
g ( ) = (1- k ) - = .………6 分
x
3 1+ 2x 2 (1+ 2x 2 )(ln x 2 + x 2 -1)
∵ x 2 > 1，∴ ln x 2 + x 2 -1 > 0 . 则(1+ 2x 2 )(ln x 2 + x 2 -1) > 0 .
设 h (x ) = (1+ 2x ) ln x - 3(x -1) .
∴
h '(x ) = 2 ln x + 1
-1， x > 1. x
设 p (x ) = 2 ln x + 1
-1， x > 1.
∴ p '(x ) = 2 -
1 = 2x -1
> 0 . ……………7 分
x
x x 2 x 2
∴ p (x ) (1, +∞) 上单调递增.
∴ p (x ) > p (1) = 0 .
∴ h (x ) 在(1, +∞) 上单调递增. ∴ h (x ) > h (1) = 0 .
k ∈ 1 x 1 + 2x 2 2
②当k ∈ 1
3 时， 0 < k < 1. ∴ x = 1.且0 < x
< 1 = x 且(1- k )x k ln x + k -1 = 0 . (0, ) 2
1- k 2 1 2 1 1
即 k =
x 1 -1 且 x ∈(0,1) . ∵ g (x ) = (1- k ) - k
， ln x + x -1 1 x
1 1
∴
g ( x 1 + 2
) = (1- k ) - 3k
= (x 1 + 2) ⋅ ln x 1 - 3(x 1 -1) . …………9 分
3 x 1 + 2 (x 1 + 2) ⋅ (ln x 1 + x 1 -1)
∵ x 1 ∈(0,1) ，∴ ln x 1 + x 1 -1 < 0 . 则(x 1 + 2) ⋅ (ln x 1 + x 1 -1) < 0 .
设q (x ) = (x + 2) ⋅ ln x - 3(x -1) ， x ∈(0,1) .
则q ＇(x ) = ln x + 2 - 2 x
， x ∈(0,1)
设ϕ(x ) = ln x + 2 - 2
， x ∈(0,1)
则ϕ`(x ) = 1
- 2
= x - 2 < 0
x ∈(0,1)
……10 分
x
x x 2 x
2
∴当
(0, ) 时 ， g ( ) > 0 .
……………11 分
∴函数 ϕ(x ) 在区间(0,1) 单调递减 ∴ϕ(x ) > ϕ(1) = 0 即q ＇(x ) > 0
∴函数 q (x ) 在区间(0,1) 单调递增
∴ q (x ) < q (1) = 0
∴当k ∈ 1
x 1 + 2x 2 2 3
综上，当函数 f (x ) 恰有两个零点
x < x 时， g ( x 1 + 2x 2
) > 0 .
……………12 分
1
2
3
⎪ ⎨ 23.（解法一）
（Ⅰ）原不等式即| 2x +1| + | x - 2 | ≤ 4 .
①当 x ≤ - 1 时，原不等式即-2x -1- x + 2 ≤ 4 ，解得-1≤ x ≤ - 1
；
2 2 ②当- 1 < x ≤ 2 时，原不等式即2x +1- x + 2 ≤ 4 ，解得- 1
< x ≤1 ；
2 2 ③当 x > 2 时，原不等式即2x +1+ x - 2 ≤ 4 ，解得 x ∈∅ . 综上，原不等式的解集是[-1,1] .
……………4 分
⎧-3x + 1 ⎪
（解法二）设 f (x ) =| 2x + 1| + | x - 2 |= ⎪
x + 3 1 ⎪
2 x ≤ - 1 2 < x < 2
……………2 分
⎪ 3x -1 ⎩
⎪ x ≥ 2
画出函数图像
解得原不等式的解集是[-1,1] . ……………4 分
（Ⅱ）（解法一）
∵ f (x ) =| 2x +1| + | x - a |, a ∈R ，
①当a =- 1 时， f (x ) = 3
| 2x +1| ≥ 0 ，显然不等式 f (x ) <1的解集为非空集合； ……………6 分
2 2
②当a >- 1 时，易知当 x =- 1 时， f (x ) 取得最小值a + 1 .即 f (x ) =| 2x +1| + | x - a | ≥ a + 1
2 2
2 2
欲使不等式 f (x ) <1的解集为非空集合，必需a + 1 < 1. ∴ - 1 < a < 1
；
……………8 分
2 2 2
③当a <- 1 时， 易知当 x =- 1 时， f (x ) 取得最小值-a - 1 .即 f (x ) =| 2x +1| + | x - a | ≥ -a - 1
.
2 2
2 2
欲使不等式 f (x ) <1的解集为非空集合,必需-a - 1 < 1. ∴ - 3 < a < - 1
.
2 2 2
综上，当- 3 < a < 1
时，不等式 f (x ) <1的解集为非空集合.
……………10 分
2 2
（解法二）∵ f (x) =| x +1
| + | x +
1
| + | x -a | ，2 2
1 1
其中三个绝对值的零点分别是- , -, a
2 2
……5 分
1 1 1
①当a ≥-时，f (x) 在x =-取得最小值a +
2 2 2
欲使不等式f (x) <1的解集为非空集合，必需a +1
<1. ∴-
1
≤a <
1
；……7 分2 2 2
1 1 1
③当a <-时， f (x) 在x =-取得最小值-a -.
2 2 2
欲使不等式f (x) <1的解集为非空集合,必需-a -1
<1. ∴-
3
<a <-
1
. ……9 分2 2 2
综上，当-3
<a <
1
时，不等式f (x) <1的解集为非空集合. ……10 分2 2。