2011年湖北省高考数学试卷(理科)答案及解析

2011年湖北省高考数学试卷（理科）一、选择题（共
10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5 分）（2011?湖北）i 为虚数单位，则（）2011
=（）
A．﹣i B．﹣1C．i D．1
2．（5 分）（2011?湖北）已知U={y|y=log 2x，x＞1} ，P={y|y= ，x＞2} ，则C u P=（）
A．
[ ，+∞）
B．（0，）C．（0，+∞）D．（﹣∞，0）∪（，+∞）
3．（5 分）（2011?湖北）已知函数f（x）= sinx﹣c osx，x∈R，若f（x）≥1，则x 的取值范围为（）
A．
B．
{x|k π+ ≤x≤kπ+π，k∈Z} {x|2k π+ ≤x≤2kπ+π，k∈Z}
C．
D．
{x|k π+ ≤x≤kπ+ ，k∈Z} {x|2k π+ ≤x≤2kπ+ ，k∈Z}
2
4．（5 分）（2011?湖北）将两个顶点在抛物线y =2px （p＞0）上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为
n，则（）
A．n=0 B．n=1 C．n=2 D．n≥3
2
），且P（ξ＜4）=0.8，则P（0＜ξ＜2）=（）5．（5 分）（2011?湖北）已知随机变量ξ服从正态分布
N（2，a A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.2
x﹣x
﹣
a
6．（5 分）（2011?湖北）已知定义在R 上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足f（x）+g（x）=a +2（a＞0，且a≠0）．若g（a）=a，则f（a）=（）
2
A．2 B．C．D．a
7．（5 分）（2011?湖北）如图，用K、A 1、A 2 三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且 A 1、A 2 至少有一
个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2 正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（）
A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576
8．（5 分）（2011?湖北）已知向量∵=（x+z，3），=（2，y﹣z），且⊥，若x，y 满足不等式|x|+|y|≤1，则z 的
取值范围
为（）
A．[﹣2，2] B．[﹣2，3] C．[﹣3，2] D．[﹣3，3]
9．（5 分）（2011?湖北）若实数a，b 满足a≥0，b≥0，且ab=0，则称a与b 互补，记φ（a，b）=﹣a﹣b
那么φ（a，b）=0 是a 与b 互补的（）
A．必要不充分条件B．充分不必要的条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
10．（5分）（2011?湖北）放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯
137的衰变过程中，其含量M（单位：太贝克）与时间t（单位：年）满足函数关系：M（t）=M0，其中M0为t=0时铯
137的含量．已知t=30时，铯
137含量的变化率是﹣10In2（太贝克/年），则M（60）=（）
A．5太贝克B．75In2太贝克C．150In2太贝克D．150太贝克二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）
11．（5分）（2011?湖北）（x﹣）1815
的展开式中含x的项的系数为_________．（结果用数值表示）
12．（5分）（2011?湖北）在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期．从这30瓶饮料中任取2瓶，则至少取到一瓶已过保质期的概率为_________．（结果用最简分数表示
）
13．（5分）（2011?湖北）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上
面4节的容积共为3升，下面3节的容积共4升，则第
5节的容积为_________升．
14．（5分）（2011?湖北）如图，直角坐标系xOy所在平面为α，直角坐标系x′O y′（其中y′与y轴重合）所在的平面为β，∠xOx′=45°．
（Ⅰ）已知平面β内有一点P′（2，2），则点P′在平面α内的射影P的坐标为_________；
2（Ⅱ）已知平面β内的曲线
C′的方程是（x′﹣
）
+2y 2
﹣
2=0，则曲线
C′在平面α内的射影C的方程是_________．
15．（5分）（2011?湖北）给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色
正方形互不相连的着色方案如图所示
：由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有_________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有_________种，（结果用数值表示）
三、解答题（共6小题，满分75分）
16．（10分）（2011?湖北）设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知a=1，b=2，cosC=
（I）求△ABC的周长；
C）的值．
（II）求cos（A﹣
17．（12分）（2011?湖北）提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况，在一般情况下，大桥上的车
流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数，当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明：当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．
（I）当0≤x≤200时，求函数v（x）的表达式；
观测
点的车辆数，单位：辆/小时）f（x）=x?v（x）（Ⅱ）当车流密度x为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某
可以达到最大，并求出最大值．（精确到1辆/小时）．
18．（12分）（2011?湖北）如图，已知正三棱柱A BC=A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1
上，且不与点C重合．
（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；
A F﹣E的大小为θ，求tanθ的最小值．
（Ⅱ）设二面角
C﹣
19．（13分）（2011?湖北）已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a1=a（a≠0），a n+1=rS n（n∈N*，r∈R，r≠﹣1）．
，且m≥2，a m+1，a m，a m+2是否（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；
**
（Ⅱ）若存在k∈N，使得S k+1，S k，S k+2成等差数列，试判断：对于任意
的m∈N
．
论
成等差数列，并证明你的结
20．（14分）（2011?湖北）平面内与两定点A1（﹣a，0），A2（a，0）（a＞0）连线的斜率之积等于非零常数m的点
的轨迹，加上A1、A2两点所成的曲线C可以是圆、椭圆成双曲线．
（Ⅰ）求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；
1，0）∪（0，+∞），对应的曲线为C2，设F1、F2是C2
（Ⅱ）当m=﹣
1时，对应的曲线为C1；对给定的m∈（﹣
2
的两个焦点．试问：在C1上，是否存在点N，使得△F1NF2的面积S=|m|a．若存在，求tanF1NF2的值；若不存在，．
请说明理由
21．（14分）（2011?湖北）（Ⅰ）已知函数f（x）=lnx﹣x+1，x∈（0，+∞），求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）设a1，b1（k=1，2⋯，n）均为正数，证明：
⋯≤1；
（1）若a1b1+a2b2+⋯a n b n≤b1+b2+⋯b n，则
222
（2）若b1+b2+⋯b n=1，则≤⋯≤b1．
+b2+⋯+b n
2011年湖北省高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共
10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5 分）
考点：复数代数形式的混合运算．
专
题：计算题．
分析：n 由复数的运算公式，我们易得=i，再根据i
2011
的周期性，我们易得到（）的结果．
解答：
解：∵=i
∴（）2011 2011
=i =i 3 =﹣i
故选 A
2011 点评：本题考查的知识点是复数代数形式的混合运算，其中根据复数单调幂的周期性，将
i
3
转化为i 是解答本
题的关键
．
2．（5 分）
考点：对数函数的单调性与特殊点；补集及其运算．
专
题：计算题．
分析：先求出集合U 中的函数的值域和P 中的函数的值域，然后由全集U，根据补集的定义可知，在全集U 中不属于集合P 的元素构成的集合为集合 A 的补集，求出集合P 的补集即可．
解答：解：由集合U 中的函数y=log 2x，x＞1，解得y＞0，
所以全集U= （0，+∞），
同样：P=（0，），
得到C U P=[ ，+∞）．
故选A．
点评：此题属于以函数的值域为平台，考查了补集的运算，是一道基础题．
3．（5 分）
考点：正弦函数的单调性．
专
题：计算题．
分析：利用两角差的正弦函数化简函数f（x）= sinx﹣
c osx，为一个角的一个三角函数的形式，根据f（x）≥1，
求出x 的范围即可．
解答：
解：函数f（x）= sinx﹣
c osx=2sin（x﹣
），因为 f （x）≥1，所以2sin（x﹣
）≥1，所以，
所以f（x）≥1，则
x的取值范围为：{x|2k π+ ≤x≤2kπ+π，k∈Z}
故选 B
点评：本题是基础题考查三角函数的化简，三角函数不等式的解法，考查计算能力
，
常
考题型
．
4．（5 分）
考点：抛物线的简单性质
．
专
题：计算题．
线与
线，每条直分析：根据题意和抛物线以及正三角形的对称性，可推断出两个边的斜率，进而表示出这两条直
的三角形有 2 个．抛物线均有两个交点，焦点两侧的两交点连接，分别构成一个等边三角形．进而可知这样
解答： 2
解：y
=2px（P＞0）的焦点F（，0）
2
等边三角形的一个顶点位于抛物线y
=2px（P＞0）的焦点，另外两个顶点在抛物线上，则等边三角形关于x 轴轴对称
），
两个边的斜率k=±tan30°=±，其方程为：y=±（x﹣
每条直线与抛物线均有两个交点，焦点两侧的两交点连接，分别构成一个等边三角形．
故n=2，
C
故选
点评：本题主要考查了抛物线的简单性质．主要是利用抛物线和正三角形的对称性．
5．（5 分）
考点：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
题：计算题．
专
2
X服从正态分布N（2，σ），看出这组数据对应的正态曲线的对称轴x=2，根据正态曲线的
分析：根据随机变量
特点，得到P（0＜ξ＜2）= P（0＜ξ＜4），得到结果．
2
解答：解：∵随机变量X服从正态分布N（2，σ
），
μ=2，得对称轴是x=2．
P（ξ＜4）=0.8
∴P（ξ4≥）=P（ξ＜0）=0.2，
∴P（0＜ξ＜4）=0.6
∴P（0＜ξ＜2）=0.3．
C．
故选
钟形的曲线，其对称轴为x=μ，
点评：本题考查正态曲线的形状认识，从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈
x轴，但永不与x 轴相交，并在x=μ时取最大值从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断
逼近
x轴为渐近
线的．
因此说曲线在正负两个方向都是以
6．（5 分）
考点：函数奇偶性的性质．
x﹣x
a
f（x）+g（x）=a﹣
分析：由已知中定义在R 上的奇函数f（x）和偶函数g（x）满足
+2（a＞0，且a≠0），我
x x
﹣
a
们根据函数奇偶性的性质，得到关于f（x），g（x）的另一个方程f（x）+g（x）=a﹣
+2，并由此求出 f （x），g（x）的解析式，再根据g（a）=a 求出 a 值后，即可得到f（a）的值．
解答：解：∵f（x）是定义在R 上的奇函数，g（x）是定义在R 上的偶函数
x﹣x
a
由f（x）+g（x）=a﹣
+2 ①
x x
﹣
a
得f（﹣
x）+g（﹣x）=a﹣
+2=﹣f（x）+g（x）②
x﹣x
﹣
a，g（x）=2 ①②联立解得 f （x）=a
由已知g（a）=a
∴a=2
2 ﹣2
∴f（a）=f（2）=2 ﹣2
=
B
故选
点评：本题考查的知识点是函数解析式的求法﹣﹣方程组法，函数奇偶性的性质，其中利用奇偶性的性质，求出 f
．
（x），g（x）的解析式，再根据g（a）=a 求出 a 值，是解答本题的关键
7．（5 分）
考点：相互独立事件的概率乘法公式．
题：计算题．
专
分析：首先记
K、A 1、A2 正常工作分别为事件A、B、C，易得当K 正常工作与 A 1、A2 至少有一个正常工作为相互独立事件，而“A1、A 2 至少有一个正常工作”与“A 1、A2 都不正常工作”为对立事件，易得A1、A 2 至少有
一个正常工作的概率；由相互独立事件的概率公式，计算可得答案．
K、A1、A2 正常工作分别为事件A、B、C；
解答：解：根据题意，记
则P（A）=0.9；
A 1、A2 至少有一个正常工作的概率为1﹣P（）P（）=1﹣0.2×0.2=0.96；
则系统正常工作的概率为0.9×0.96=0.864 ；
B．
故选
点评：本题考查相互独立事件的概率乘法公式，涉及互为对立事件的概率关系，解题时注意区分、分析事件之间的关系．
8．（5 分）
考点：数量积判断两个平面向量的垂直关系；简单线性规划的应用．
题：数形结合．
专
分析：
根据平面向量的垂直的坐标运算法则，我们易根据已知中的=（x+z，3），=（2，y﹣z），⊥，构造出
件|x|+|y|≤1 对应的平面区域，并求出各个角点一个关于x，y，z 的方程，即关于Z 的目标函数，画了约束条
．
的坐标，代入即可求出目标函数的最值，进而给
出z 的取值范围
解答：
解：∵=（x+z，3），=（2，y﹣z），
又∵⊥
∴（x+z）×2+3×（y﹣z）=2x+3y ﹣z=0，
即z=2x+3y
∵满足不等式|x|+|y|≤1 的平面区域如下图所示：
由图可知当x=0，y=1 时，z 取最大值3，
当x=0，y=﹣1 时，z 取最小值﹣3，
为[﹣3，3]
故z 的取值范围
D
故选
点评：本题考查的知识点是数量积判断两个平面向量的垂直关系，简单线性规划的应用，其中利用平面向量的垂
直的坐标运算法则，求出目标函数的解析式是解答本题的关键．
9．（5 分）
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
题．
专
题：压轴
分析：我们先判断φ（a，b）=0? a 与b 互补是否成立，再判断 a 与b 互补? φ（a，b）=0 是否成立，再根据充要
．
条件的定义，我们即可得到得到结论
解答：
b=0
a﹣
解：若φ（a，b）=﹣
则=（a+b）
0，
两边平方解得ab=0，故a，b 至少有一为
b=0，故b≥0，即 a 与b 互补
不妨令a=0 则可得|b|﹣
而当 a 与b 互补时，
易得ab=0
a﹣
b=0
此时﹣
即φ（a，b）=0
故φ（a，b）=0 是a 与b 互补的充要条件
C
故选
点评：本题考查的知识点是必要条件、充分条件与充要条件的，其中判断φ（a，b）=0? a 与b 互补与 a 与b 互补? φ（a，b）=0 的真假，是解答本题的关键．
10．（5 分）
考点：有理数指数幂的运算性质
．
题．
压轴
专
题：计算题；
分析：
由t=30 时，铯137 含量的变化率是﹣10In2（太贝克
/年），先求出M' （t）=M 0×，再由M' （30）=M 0×=﹣10ln2，求出M 0，然后能求出M （60）的值．
解答：
解：M' （t）=M 0×，
M' （30）=M 0×=﹣10ln2，
∴M 0=600．
∴．
D．
故选
点评：本题考查有理数指数幂的运算法则，解题时要注意导数的合理运用．
二、填空题（共
5小题，每小题5分，满分25分）
11．（5 分）
考点：二项式定理．
专
题：计算题．
15
的项的系数．
分析：利用二项展开式的通项公式求出通项，令x 的指数为15，求出展开式中含x
解答：
解：二项展开式的通项为
令得r=2
15
所以展开式中含x 的项的系数为
故答案为17
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．
12．（5 分）
考点：古典概型及其概率计算公式．
专题：计算题．
2
分析：本题是一个古典概型，试验发生所包含的事件是从30 个饮料中取 2 瓶，共有C30
种结果，满足条件的事件 2 是至少取到一瓶已过保质期的，它的对立事件是没有过期的，共有C27
种结果，计算可得其概率；根据对立事件的概率得到结果．
解答：解：由题意知本题是一个古典概型，
2
试验发生所包含的事件是从30 个饮料中取 2 瓶，共有C30
=435 种结果，
满足条件的事件是至少取到一瓶已过保质期的，
2
它的对立事件是没有过期的，共有C27
=351 种结果，
根据对立事件和古典概型的概率公式得到P=1﹣= = ，
故答案为：
点评：本题考查古典概型的概率公式，考查对立事件的概率，在解题时若从正面考虑比较麻烦，可以从事件的对立事件来考虑．
本题是一个基础题．
13．（5 分）
考点：数列的应用．
专题：计算题．
分析：
由题设知，先求出首项和公差，然后再由等差数列的通项公式
求第 5 节的容积．
解答：
解：由题设知，
解得，
∴= ．
故答案为：．
点评：本题考查等式数列的通项公式和前n 项和公式，解题时要注意公式的灵活运用．
14．（5 分）
考点：平行投影及平行投影作图法．
专题：计算题；压轴题．
分析：（I）根据两个坐标系之间的关系，由题意知点P′在平面上的射影P 距离x 轴的距离不变是2，距离y 轴的距离变成 2 cos45°，写出坐标．
（II ）设出所给的图形上的任意一点的坐标，根据两坐标系之间的坐标关系，写出这点的对应的点，根据所设的点满足所给的方程，代入求出方程．
解答：解：（I）由题意知点P′在平面上的射影P 距离x 轴的距离不变是2，
距离y 轴的距离变成 2 cos45°=2，
∴点P′在平面α内的射影P 的坐标为（2，2）
2 （II ）设（x′﹣）
+2y 2
﹣2=0 上的任意点为A（x0，y0），A 在平面α上的射影是（x，y）
根据上一问的结果，得到x= x0，y=y0，
∵，
∴
2 2
∴（x﹣1）
+y =1，
2 2
故答案为：（2，2）；（x﹣1）
+y =1．
点评：本题考查平行投影及平行投影作图法，考查两个坐标系之间的坐标关系，是一个比较简单的题目，认真读题会得分．
15．（5 分）
考点：归纳推理；计数原理的应用．
专题：计算题；压轴题．
分析：根据所给的涂色的方案，观测相互之间的方法数，得到规律，根据这个规律写出当n 取不同值时的结果数；
利用给小正方形涂色的所有法数减去黑色正方形互不相邻的着色方案，得到结果．
解答：解：由题意知当n=1 时，有 2 种，
当n=2 时，有 3 种，
当n=3 时，有2+3=5 种，
当n=4 时，有3+5=8 种，
当n=5 时，有5+8=13 种，
当n=6 时，有8+13=21 种，
6
当n=6 时，黑色和白色的小正方形共有 2
种涂法，
黑色正方形互不相邻的着色方案共有21 种结果，
∴至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有64﹣21=43 种结果，
故答案为：21；43
点评：本题考查简单的排列组合及简单应用，考查观察规律，找出结果的过程，是一个比较麻烦的题目，当作为高考题目比前几年的排列组合问题不难．
三、解答题（共6小题，满分75分）
16．（10 分）
考点：余弦定理；两角和与差的余弦函数．
专题：计算题．
分析：（I）利用余弦定理表示出 c 的平方，把a，b 及cosC 的值代入求出 c 的值，从而求出三角形ABC 的周长；
（II ）根据cosC 的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinC 的值，然后由a，c 及sinC 的值，利用正弦定理即可求出sinA 的值，根据大边对大角，由 a 小于 c 得到 A 小于C，即 A 为锐角，则根据sinA 的值利用同角三角函数间的基本关系求出cosA 的值，然后利用两角差的余弦函数公式化简所求的式子，把各自
的值代入即可求出值．
解答： 2 2 2
解：（I）∵c ﹣2abcosC=1+4﹣4×=4，
=a +b
∴c=2，
∴△ABC 的周长为a+b+c=1+2+2=5 ．
（II ）∵cosC= ，∴sinC= = = ．
∴sinA= = = ．
∵a＜c，∴A ＜C，故A 为锐角．则c osA= = ，
∴cos（A﹣C）=cosAcosC+sinAsinC= ×+ ×= ．
基础
一道
点评：本题主要考查三角函数的基本公式和解斜三角形的基础知识，同时考查学生的基本运算能力，是
题．
17．（12 分）
考点：函数模型的选择与应用；基本不等式在最值问题中的应用．
题：应用题．
专
分析：（I）根据题意，函数v（x）表达式为分段函数的形式，关键在于求函数v（x）在20≤x≤200 时的表达式，根据一次函数表达式的形式，用待定系数法可求得；
（II ）先在区间（0，20]上，函数f（x）为增函数，得最大值为 f （20）=1200，然后在区间[20，200] 上用基本不等式求出函数f（x）的最大值，用基本不等式取等号的条件求出相应的x 值，两个区间内较大的最大值即为函数在区间（0，200] 上的最大值．
v（x）=ax+b
解答：解：（I）由题意：当0≤x≤20 时，v（x）=60；当20＜x≤200 时，设
再由已知得，解得
故函数v（x）的表达式为
（II ）依题并由（I）可得
当0≤x＜20 时，f（x）为增函数，故当x=20 时，其最大值为60×20=1200
当20≤x≤200 时，
x，即x=100 时，等号成立．
当且仅当x=200﹣
所以，当x=100 时，f（x）在区间（20，200]上取得最大值．
综上所述，当x=100 时，f（x）在区间[0，200]上取得最大值为，
/小时．
为3333辆
即当车流密度为100辆
/千米时，车流量可以达到最大值，最大值约
答：（I）函数v（x）的表达式
/小时．
/千米时，车流量可以达到最大值，最大值约为3333辆
为100辆
（II ）当车流密度
于中等题．
点评：本题主要考查函数、最值等基础知识，同时考查运用数学知识解决实际问题的能力
，属
18．（12 分）
考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．
题：计算题．
专
E F，NF，AC1，根据面面垂直的性质可知N
F 为EF 在侧面A1C 内的射影，
分析：（I）过
E作EN⊥AC 于N，连接
根据，得NF∥AC ，又AC 1⊥A1C，故NF⊥A1C，由三垂线定理可得结论；
A F
M E 根据三垂线定理得EM⊥AF，则∠EMN 是二面角C﹣
N作NM ⊥AF 与M ，连接
（II ）连接
A F，过
E的平面角即∠EMN= θ，在直角三角形CNE 中，求出NE，在直角三角形AMN 中，求出MN ，故
﹣
tanθ=，根据α的范围可求出最小值．
E作EN⊥AC 于N，连接E F，NF，AC 1，由直棱柱的性质可知，底面ABC ⊥侧面A1C
解答：解：（I）过
∴EN⊥侧面 A 1C
NF 为EF 在侧面A1C 内的射影
在直角三角形CNF 中，CN=1
则由，得NF∥AC 1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C
由三垂线定理可知EF⊥A 1C
M E
N作NM ⊥AF 与M ，连接
（II ）连接
A F，过
由（I）可知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AF
∴∠EMN 是二面角C﹣A F﹣E的平面角即∠EMN= θ
设∠FAC=α则0°＜α≤45°，
在直角三角形CNE 中，NE= ，在直角三角形AMN 中，MN=3sin α
故tanθ= ，又0°＜α≤45°∴0＜sinα≤
故当α=45°时，tanθ达到最小值，
tanθ=，此时 F 与C1 重合
推理论证能
象能力、
点评：本题主要考查了空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查了空间想
力和运算求解能力．
19．（13 分）
考点：等差数列的性质；数列递推式．
题：综合题；转化思想
．
专
分析：（I）由已知中a n+1=rS n，我们可以得到以a n+2=rS n+1，两式相减后结合数列前n 项和定义，我们可以判断出数列{a n} 中从第二项开始，后一项与前一项之间的关系，因为式子中含有参数r，故我们可以对r 进行分类讨论，即可得到答案．
（II ）根据（I）的结论，我们同样要对r 进行分类讨论，结合等差数列的判定方法，即要判断a m+1，a m，
a m+2 是否成等差数列，即判断a m+1+a m+2=2a m 是否成立，论证后即可得到答案．
解答：解：（I）由已知a n+1=rS n，则a n+2=rS n+1，两式相减得
a n+2﹣a n+1=r（S n+1﹣S n）=ra n+1
即a n+2=（r+1）a n+1
又a2=ra1=ra
∴当r=0 时，数列{a n} 为：a，0，0，⋯；
1，a≠0，∴a n≠0
当r≠0 时，由r≠﹣
由a n+2=（r+1）a n+1 得数列{a n} 从第二项开始为等比数列
n﹣2
∴当n≥2 时，a n=r（r+1）
a
综上数列{a n} 的通项公式为
（II ）对于任意的m∈N * ，且m≥2，a
m+1，a m，a m+2 成等差数列，理由如下：
当r=0 时，由（I）知，
∴对于任意的m∈N * ，且m≥2，a
m+1，a m，a m+2 成等差数列；
当r≠0，r≠﹣
1时
∵S k+2=S k+a k+1+a k+2，S k+1=S k+a k+1
*
若存在k∈N，使得S k+1，S k，S k+2成等差数列，则
2S k=S k+1+S k+2
∴2S k=2S k+a k+2+2a k+1，即a k+2=﹣2a k+1
由（I）知，a2，a3，⋯，a n，⋯的公比r+1=﹣
2，于是
*
对于任意的m∈N，且m≥2，a m+1=﹣2a m，从而a m+2=4a m，
∴a m+1+a m+2=2a m，即a m+1，a m，a m+2成等差数列
*
综上，对于任意的m∈N，且m≥2，a m+1，a m，a m+2成等差数列．
点评：本题考查的知识点为等差数列、等比数列的基础知识，同时考查了推理论证能力，以及特殊
与一
般
的
思
想
．
20．（14分）
考点：轨迹方程；圆锥曲线的综合．
专
题：计算题；综合题；压轴题；动点型；开
放型
；分类
讨论．
分析：（Ⅰ）设动点为M，其坐标为（x，y），求出直线A1、MA2M的斜率，并且求出它们的积，即可求出点M 轨迹方程，根据圆、椭圆、双曲线的标准方程的形式，对m进行讨论，确定曲线的形状
；（Ⅱ）由（I）知，
222
当m=﹣1时，C1方程为x，当m∈（﹣
1，0）∪（0，+∞）时，C2的焦点分别
为F1（﹣a，0），
+y=a
2 F2（a，0），假设在C1上存在点N（x0，y0）（y0≠0），使得△F1NF2的面积S=|m|a
，的充要条件为
，求出点N的坐标，利用数量积和三角形面积公式可以求得tanF1NF2的值．解答：解：（Ⅰ）设动点为M，其坐标为（x，y），
当x≠±a时，由条件可得，
222
即mx﹣
y（x≠±a），
=ma
又A1（﹣
a，0），A2（a，0）的坐标满足mx 222﹣
y
=ma．
当m＜﹣
1时，曲线C的方程为，C是焦点在y轴上的椭圆；
222
当m=﹣1时，曲线C的方程为x，C是圆心在原点的圆；
+y=a
当﹣
1＜m＜0时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的椭圆；当m＞0时，曲线C的方程为，C是焦点在x轴上的双曲线；
2（Ⅱ）由（I）知，当m=﹣
1时，C1方程为x
+y 22 =a
，
当m∈（﹣
1，0）∪（0，+∞）时，C2的焦点分别
为F1（﹣a，0），F2（a，0），
2对于给定的m∈（﹣
1，0）∪（0，+∞），C1上存在点N（x0，y0）（y0≠0），使得△F1NF2的面积S=|m|a
，的充要条件为
由①得0＜|y0|≤a，由②得|y0|=，
当0＜≤a，即，或时，
2
存在点N，使S=|m|a，
当，即，或时，不存在满足条件的点N．
当m∈[，0）∪（0，]时，由=（﹣a﹣x0，﹣y0），=（a﹣x0，﹣y0），
2222
可得=x0﹣（1+m）a
=﹣ma
+y0．
令=r1，||=r2，∠F1NF2=θ，
2
则由=r1r2cosθ=﹣ma，可得r1r2=，
2
从而s=r1r2sinθ==﹣，于是由S=|m|a，
2
可得﹣=|m|a，即tanθ=，
2
综上可得：当m∈[，0）时，在C1上存在点N，使得△F1NF2的面积S=|m|a，且tanθ=2；
2
S=|m|a，且tanθ=﹣2；
当m∈（0，]时，在C1上存在点N，使得△F1NF2的面积
当时，不存在满足条件的点N．
合和数
点评：此题是个难题．考查曲线与方程、圆锥曲线等基础知识，同时考查推理运算的能力
，以及分类与整
形结合的思想．其中问题（II）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决
问题的能力．
21．（14分）
考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；不等式的证明．
题：计算题；证明题；综合题；压轴题．
专
值，最终
求
性和极
分析：（Ⅰ）求导，令导数等于零，解方程，分析该零点两侧导函数的符号，确定函数的单调
得函数的最值；
（Ⅱ）（1）要证⋯≤1，只需证ln≤0，根据（I）和∵a k，b k（k=1，2⋯，n）均为正数，从而有lna k≤a k﹣1，即可证明结论；（2）要证≤⋯，根据（1），令a k=
222（k=1，2⋯，n），再利用分数指数幂的运算法则即可证得结论；要证⋯≤b1
+⋯+b n，记 +b2
222
．令a k=（k=1，2⋯，n），同理可证．
s=b1+b2+⋯+b n
解答：解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞），
令f′（x）=﹣1=0，解得x=1，
当0＜x＜1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，1）上是增函数；
当x＞1时，f′（x）＜0，所以f（x）在（1，+∞）上是减函数；
故函数f（x）在x=1处取得最大值f（1）=0；
（II）（1）由（I）知，当x∈（0，+∞）时，有f（x）≤f（1）=0，即lnx≤x﹣1，
∵a k，b k（k=1，2⋯，n）均为正数，从而有lna k≤a k﹣1，
得b k lna k≤a k b k﹣b k（k=1，2⋯，n），
求和得≤a1b1+a2b2+⋯+a n b n﹣（b1+b2+⋯+b n）∵a1b1+a2b2+⋯a n b n≤b1+b2+⋯b n，
****
---- ∴≤0，即ln≤0，
∴⋯≤1；
（2）先证≤⋯，
令a k=（k=1，2⋯，n），则
a1b1+a2b2+⋯+a n b n=1=b1+b2+⋯b n，
b1+b2+⋯bn
于是由（1）得≤1，即≤n
=n，∴≤⋯，
222
②再证⋯≤b1+b2+⋯+b n
，
222
记s=b1．令a k=（k=1，2⋯，n），
+b2+⋯+b n
222
则a1b1+a2b2+⋯+a n b n=（b1）=1=b1+b2+⋯b n，
+b2+⋯+b n
于是由（1）得≤1，
b1+b2+⋯bn
即⋯≤s
=s，
222
∴⋯≤b1
+b2+⋯+b n
，
综合
①②，（2）得证．
点评：
此题是个难题．本题主要考查函数、导数、不等式证明等基础知识，同时考查综合
运用
数学
知识进
行推
理论证的能力，以及化归与转化的思想
．。