2013年湖北高考文科数学压轴题

2013 年湖北高考文科数学压轴题
18．（本小题满分12 分）
在△ ABC 中，角 A ， B ，C对应的边分别是 a ， b ， c . 已知 cos2 A 3cos( B C) 1 .
（Ⅰ）求角 A 的大小；（Ⅱ）若△ABC 的面积 S 5 3 ， b 5 ，求 sin B sin C 的值 .
19．（本小题满分13 分）
已知 S n是等比数列 { a n } 的前 n 项和， S4， S2， S3成等差数列，且 a2a3a418 .
（Ⅰ）求数列{ a n } 的通项公式；
（Ⅱ）能否存在正整数n ，使得 S n2013 ？若存在，求出切合条件的全部n 的会合；若不存在，说明原因．
20．（本小题满分13 分）
如图，某地质队自水平川面A，B，C 三处垂直向地下钻探，自 A 点向下钻到 A1处发现矿藏，再持续下钻到 A2处后下边已无矿，进而获得在 A 处正下方的矿层厚度为A1 A2 d1．相同可得在 B，C 处正下方的矿层厚度分别为 B1B2 d 2， C1C2d3，且 d1 d 2d3 . 过AB，AC 的中点 M ， N 且与直线AA2平行的平面截多面体A1B1C1A2 B2C2所得的截面DEFG为该多面体的一此中截面，其面积记为S中．
（Ⅰ）证明：中截面DEFG 是梯形；
（Ⅱ）在△ ABC 中，记BC a ，BC边上的高为h ，面积为S . 在估测三角形ABC 地区内正下方的矿藏储量（即多面体A1 B1C1 A2 B2 C2的体积 V ）时，可用近似公式
V估 S中 h 来估量 . 已知 V 1
与 V 的大小关系，并加( d1 d 2 d3 ) S，试判断 V估
3
以证明 .
第 20题图
21．（本小题满分13 分）
设 a0 ， b0 ，已知函数 f ( x)
ax b .
x 1
（Ⅰ）当a b 时，议论函数 f ( x) 的单一性；
（Ⅱ）当 x0 时，称 f (x) 为 a 、b对于x 的加权均匀数.
（i ）判断 f (1) , f (
b ) ,
a f (
b ) 能否成等比数列，并证明
a
f ( b )
a
f (
b )
a
；
（ ii ） a 、 b 的几何均匀数记为G. 称2ab为 a 、 b 的调解均匀数，记为H .若
a b
H f ( x)G ，求x 的取值范围.
22．（本小题满分 14 分）
如图，已知椭圆C1与 C2的中心在座标原点 O ，长轴均为MN且在 x 轴上，短轴长分别为 2m ，2n ( m n) ，过原点且不与x 轴重合的直线 l 与 C1， C2的四个交点按纵坐标从
大到小挨次为A，B，C，D．记m
，△ BDM 和△ ABN 的面积分别为S1和S2. n
（Ⅰ）当直线 l 与y轴重合时，若 S1S2，求的值；
（Ⅱ）当变化时，能否存在与坐标轴不重合的直线l，使得 S1S2？并说明原因．y
A
B
M O N x
C
D
第22题图
答案及分析
18．（Ⅰ）由 cos2 A 3cos( B
2
3cos A20 , C ) 1 ，得 2cos A
即 (2cos A1)(cos A2)0 ，解得 cos A1或 cosA 2 （舍去）.
2
由于 0Aπ，所以
πA. 3
（Ⅱ）由 S 1
bc sin A
1
bc3
3
bc53,得 bc20. 又b 5 ，知 c 4 . 2224
由余弦定理得 a2b2c22bc cos A25162021,故 a21 .
又由正弦定理得sin Bsin C b
sin A
c
sin A
bc2
A
2035
a a a
2 sin
214
.
7
19．（Ⅰ）设数列 { a n } 的公比为q，则 a10 ， q0 . 由题意得
S2S4S3S2 ,
即a1q 2a1q3a1q 2 ,
a2a3a418,a1q (1q q2 )18,
解得a13, q 2.
故数列 { a n } 的通项公式为 a n3(2) n 1 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）有S n3[1 (2) n ]1(2)n .
1(2)
若存在 n ，使得 S n2013 ，则1(2) n2013，即 ( 2)n2012.
当 n 为偶数时， (2) n0 ，上式不建立；
当 n 为奇数时，(2)n
2
n
2012，即
n
2012 ，则n 11.
2
综上，存在切合条件的正整数n ，且全部这样的n 的会合为 { n n 2k1, k N , k 5} .
20．（Ⅰ）依题意 A1 A2平面 ABC ，B1B2平面 ABC ，C1C2平面 ABC ，所以 A1A2∥ B1B2∥C1C2. 又 A1 A2d1， B1B2d2， C1C2d3，且 d1 d 2 d3 .
所以四边形 A1 A2 B2 B1、 A1 A2C2C1均是梯形 .
由 AA2∥平面MEFN， AA2平面 AA2 B2 B ，且平面 AA2 B2 B平面 MEFN ME ，可得 AA 2∥ ME，即 A1A2∥DE. 同理可证 A1A2∥FG ，所以 DE∥FG .
又 M 、 N分别为 AB、 AC 的中点，
则 D 、 E 、 F 、G分别为A1B1、A2B2、A2C2、A1C1的中点，
即 DE 、 FG 分别为梯形A1A2B2B1、A1A2C2C1的中位线.
所以 DE 1111
( A1 A2 B1B2 )(d1 d2 ) ， FG( A1 A2 C1 C2 )(d1 d3 ) ，2222
而 d1 d2d3，故DE FG ，所以中截面DEFG 是梯形.
（Ⅱ）V 估 V. 证明以下：
由 A 1A 2 平面 ABC ， MN 平面 ABC ，可得 A 1 A 2
MN .
而 EM ∥ A 1A 2，所以 EM MN ，同理可得 FN MN .
由 MN 是 △ ABC 的中位线，可得 MN 1 1
a 即为梯形 DEFG 的高， BC
2
2 所以 S 中 S 梯形 DEFG 1 ( d 1 d 2 d 1 d
3 ) a
a
(2 d 1 d 2
d 3 ) ，
2 2
2 2 8 即 V 估 S 中 h ah (2d 1 d 2 d
3 ) .
8
又 S
1
ah ，所以 V
1
(d 1
d 2 d 3 ) S
ah
(d 1 d 2 d 3 ) .
2 3
6
于是 V V
估
ah (d 1
d 2
d 3 ) ah
(2 d 1
d 2
d 3 ) ah
d 1) ( d 3 d 1 )] .
6
8
[( d 2
24 由 d 1 d 2
d 3 ，得 d 2 d 1 0 ， d 3 d 1 0，故 V 估 V .
21． （Ⅰ） f ( x) 的定义域为 (
, 1) ( 1,
) ，
f ( x)
a( x 1) ( ax b) a b
(x
2
( x
2
.
1) 1)
当 a
b 时， f ( x) 0 ，函数 f (x) 在 (
, 1)， ( 1, ) 上单一递加；
当 a b 时， f ( x) 0 ，函数 f (x) 在 (
, 1)， ( 1,
) 上单一递减 .
（Ⅱ）（ i ）计算得 f (1)
a b
0 ， f ( b 2ab 0 ， f (
b ab
0 .
2
) a
b
)
a
a
故 f (1) f ( b
) a b 2ab ab [ f ( b )] 2 , 即
a 2 a
b a
f (1) f (b
)
[ f (
b
)]2 .
①
a
a
所以 f (1), f (
b
), f ( b
) 成等比数列 .
a
a
因
a b ab ，即 f (1)
f ( b
由①得
f ( b
f (
b .
2
) . )
)
a a
a
（ ii ）由（ i ）知 f ( b
)
H ， f (
b ) G.故由 H
f ( x) G ，得
a
a
f ( b
) f ( x)
f ( b
) .
②
a
a
当
a
b 时， f ( b
) f ( ) f ( b )
a .
a x
a
这时， x 的取值范围为 (0,
) ；
当 a
b 时， 0
b 1 ，进而
b b ，由 f (x) 在 (0,
) 上单一递加与②式，
a a
a
得
b
x
b
，即
x 的取值范围为
b , b ；
a
a
a a
当 a
b 时，
b
1 ，进而
b
b
，由 f ( x) 在 (0,
) 上单一递减与②式，
a
a
a
得
b x
b
，即 x 的取值范围为
b , b .
a a
a a
22． 依题意可设椭圆 C 1 和 C 2 的方程分别为
x 2
y 2
x 2 y 2
1 . 此中 a m n 0
m
1.
C 1 ：
2
2 1，C 2：
2 2
，
a m a
n
n
（Ⅰ） 解法 1：如图 1，若直线 l 与 y 轴重合，即直线
l 的方程为 x 0 ，则
S 1
1 |BD | |OM |
1
， S 2
1
|ON | 1
S 1 |BD| 2
a | BD |
|AB|
a | AB | ，所以
.
2
2
2
S 2
|AB|
在 C 1 和 C 2 的方程中分别令 x 0 ，可得 y A
m ， y B
n ， y D
m ，
于是 | BD | | y B
y D | m n 1 .
| AB | | y A
y B | m n
1
若
S 1
，则
1 ，化简得
2
2
1 0 . 由
1，可解得
2 1 .
S 2
1
故当直线 l 与 y 轴重合时，若
S 1
S 2 ，则
2 1 .
解法 2：如图 1，若直线 l 与 y 轴重合，则
| BD | | OB | | OD | m n ， | AB | | OA | | OB | m
n ； S 1
1 |BD | |OM |
1 ， S 2
1
1
a | AB |.
2
a | BD |
|AB| |ON|
2
2
2
所以 S 1
|BD | m n 1 .
S 2 |AB| m n 1
若
S 1
，则
1 ，化简得
2 2
1 0 . 由
1，可解得
2 1 .
S 2
1
故当直线 l 与 y 轴重合时，若
S 1
S 2 ，则
2
1 .
y
y
A
A B
B
M
O
N x
M
O N
x
C
C
D
D
第 22 题解答图 1
第 22 题解答图 2
（Ⅱ） 解法 1：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l ，使得 S 1
S 2 . 依据对称性，
不如设直线 l ： y kx (k 0) ，
点 M ( a, 0) ， N (a, 0) 到直线 l 的距离分别为 d 1 ， d 2 ，则
由于 d 1
| ak 0|
ak ， d 2
| ak 0 | ak
，所以 d 1 d 2 .
1 k
1 k 2
1 k 2
2
1 k 2
又
S 1
1
| BD | d 1
1
| AB | d 2 ，所以
S 1 |BD|
，即|BD|
|AB|.
2 ， S 2
S 2
|AB|
2
由对称性可知 | AB | |CD |，所以 |BC | |BD|
|AB | (
1)| AB |，
|AD | |BD| |AB| (
1)| AB |，于是
|AD|
1
①
|BC |
.
1
将 l 的方程分别与 C 1， C 2 的方程联立，可求得
x A
am ， x B
an
.
a 2k 2 m 2
a 2k 2
n 2
依据对称性可知 x C
x B ， x D x A ，于是
|AD|
2
x D | 2x A
2
2
2
1 k | x A
m a k
n
2 .
②
|BC |
2
x C |
2x B
2
k 2
m
1 k | x B n a
进而由①和②式可得
a 2 k 2 n 2
1
. ③
a 2 k 2
m 2
( 1)
令
t
( 1
，则由 m
n ，可得
t 1
，于是由③可解得
2
n 2 ( 2t 2 1)
1)
k
a 2 (1 t 2 ) .
由于 k 0 ，所以 k 2
0 . 于是③式对于 k 有解，当且仅当
n 2 ( 2t 2 1) 0 ，
a 2 (1 t 2 )
等价于 2
2
1
0 . 由
1，可解得
1
t 1 ，
(t
1)(t
2 )
即
1
( 1 1，由
1，解得
1
2 ，所以
1)
当 1
1
2 时，不存在与坐标轴不重合的直线 l ，使得 S 1
S 2 ；
当
1
2 时，存在与坐标轴不重合的直线
l 使得 S 1
S 2 .
解法 2：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 l ，使得 S 1 S 2 . 依据对称性，
不如设直线 l ： y
kx (k
0) ，
点 M ( a, 0) ， N (a, 0) 到直线 l 的距离分别为 d 1 ， d 2 ，则
由于 d 1
| ak
0|
ak ， d 2
| ak 0 |
ak ，所以 d 1
d 2 .
1 k
2
1 k
2
1 k
2
1 k
2
又
S 1 1
| BD | d 1 ， S 2
1
| AB | d 2 ，所以 S 1
|BD| .
2 2 S 2
|AB|
由于 |BD|
2
，所以
x A
1 1 k | x B x D | x A x B
.
|AB|
1 k
2 | x A x B | x A x B
x B
1
由点 A(x A , kx A ) ， B( x B , kx B ) 分别在 C 1， C 2 上，可得
x A 2 k 2 x A 2 x B 2 k 2 x B 2
1 ，两式相减可得 x A
2 x B 2
k 2 ( x A 2
2
x B
2 )
，
a 2
m 2
1 ，
n 2
a 2
m 2
a 2
依题意 x A
x B 0 ，所以 x A
2
x B 2 . 所以由上式解得 k 2
m 2 (x A 2 x B 2 ) .
a 2 (
2 x 2
x
2 )
B A
由于 k 20，所以由m2 (x A2x B2 )0 ，可解得 1x A.
a2 ( 2 x B2x A2 )x
B
进而11，解得1 2 ，所以
1
当 11 2 时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得 S1S2；当1 2 时，存在与坐标轴不重合的直线l 使得 S1S2 .。