2022年高三二模數(shù)學(xué)（文）試題解析版 含解析(I)

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1、2022年高三二模數(shù)學(xué)（文）試題解析版 含解析(I) 一、填空題（54分）本大題共有9題，要求在答題紙相應(yīng)題序的空格內(nèi)直接填寫(xiě)結(jié)果，每個(gè)空格填對(duì)得6分，否則一律得零分． 1．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）設(shè)為虛數(shù)單位，集合A={1，﹣1，i，﹣i}，集合，則A∩B=　{﹣1，i}?。? 考點(diǎn)： 虛數(shù)單位i及其性質(zhì)；交集及其運(yùn)算． 專(zhuān)題： 計(jì)算題． 分析： 利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則化簡(jiǎn)集合B，再利用交集即可得到A∩B． 解答： 解：對(duì)于集合B：由i10=i2=﹣1，1﹣i4=1﹣1=0，（1+i）（1﹣i）=1+1=2，=． ∴B={﹣1，0，2，i}． ∴A∩B={﹣1，i}

2、． 故答案為{﹣1，i}． 點(diǎn)評(píng)： 熟練掌握復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和交集的運(yùn)算性質(zhì)是解題的關(guān)鍵． 　 2．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以向量=（a1，a2），=（b1，b2）為鄰邊的平行四邊形的面積為　|a1b2﹣b1a2|?。? 考點(diǎn)： 向量在幾何中的應(yīng)用． 專(zhuān)題： 計(jì)算題；綜合題；平面向量及應(yīng)用． 分析： 設(shè)向量對(duì)應(yīng)，向量對(duì)應(yīng)，由向量模的公式算出||和||，得到cos∠AOB=，再由同角三角函數(shù)的平方關(guān)系算出sin∠AOB的值，最后根據(jù)正弦定理的面積公式加以計(jì)算，得到平行四邊形OACB的面積，即得以向量、為鄰邊的平行四邊形的面積值． 解答： 解

3、：設(shè)向量==（a1，a2），==（b1，b2） ∴||=，||= 可得cos∠AOB== 由同角三角函數(shù)基本關(guān)系，得 sin∠AOB== 因此，以、為鄰邊的平行四邊形OACB的面積為 S=||?||sin∠AOB=??=|a1b2﹣b1a2| 即以向量、為鄰邊的平行四邊形的面積為|a1b2﹣b1a2| 故答案為：|a1b2﹣b1a2| 點(diǎn)評(píng)： 本題給出向量、的坐標(biāo)，求以向量、為鄰邊的平行四邊形的面積．著重考查了平面向量數(shù)量積計(jì)算公式、模的計(jì)算公式和平行四邊形的面積求法等知識(shí)，屬于中檔題． 　 3．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）（1+2x）3（1﹣x）4展開(kāi)式中x6的系

4、數(shù)為　﹣20　． 考點(diǎn)： 二項(xiàng)式定理． 專(zhuān)題： 計(jì)算題． 分析： 利用二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式求出通項(xiàng)，再利用多項(xiàng)式的乘法進(jìn)一步求得展開(kāi)式中x6 的系數(shù)． 解答： 解：（1+2x）3的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為T(mén)r+1=?（2x）r， （1+2x）3（1﹣x）4展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為 Tk+1=?（﹣x）k． 故（1+2x）3（1﹣x）4展開(kāi)式中x6的系數(shù)為?22?+?23?（﹣）=12﹣32=﹣20， 故答案為﹣20． 點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)展開(kāi)式的通項(xiàng)公式，求展開(kāi)式中某項(xiàng)的系數(shù)，屬于中檔題． 　 4．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）過(guò)原點(diǎn)且與向量=垂直的直

5、線(xiàn)被圓x2+y2﹣4y=0所截得的弦長(zhǎng)為　2　． 考點(diǎn)： 直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系． 專(zhuān)題： 計(jì)算題；直線(xiàn)與圓． 分析： 求出直線(xiàn)方程，利用圓心到直線(xiàn)的距離，半徑半弦長(zhǎng)滿(mǎn)足的勾股定理求解半弦長(zhǎng)即可得到結(jié)果． 解答： 解：因?yàn)檫^(guò)原點(diǎn)且與向量=垂直的直線(xiàn)的斜率為：， 所以直線(xiàn)方程為：y=x， 圓x2+y2﹣4y=0的圓心（0，﹣2），半徑為2， 圓心到直線(xiàn)的距離為：=1， 圓心到直線(xiàn)的距離，半徑半弦長(zhǎng)滿(mǎn)足的勾股定理， 所以半弦長(zhǎng)為：， 所以所求弦長(zhǎng)為：2； 故答案為：2． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線(xiàn)方程的求法，考查計(jì)算能力． 　 5．（6分）

6、（xx?閘北區(qū)二模）甲、乙兩人從4門(mén)課程中各選修2門(mén)．則甲．乙所選的課程中至少有1門(mén)不相同的選法共有　30　種． 考點(diǎn)： 排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問(wèn)題． 分析： “至少1門(mén)不同”包括兩種情況，兩門(mén)均不同和有且只有1門(mén)相同．合理按照分類(lèi)及分部解決：1，甲、乙所選的課程中2門(mén)均不相同，甲先從4門(mén)中任選2門(mén)，乙選取剩下的2門(mén)．2．甲．乙所選的課程中有且只有1門(mén)相同，分為2步：①?gòu)?門(mén)中先任選一門(mén)作為相同的課程，②甲從剩余的3門(mén)中任選1門(mén)乙從最后剩余的2門(mén)中任選1門(mén)． 解答： 解：甲、乙所選的課程中至少有1門(mén)不相同的選法可以分為兩類(lèi)：1．甲．乙所選的課程中2門(mén)均不相同，甲先從4門(mén)中任選2門(mén)

7、，乙選取剩下的2門(mén)，有C42C22=6種． 2．甲．乙所選的課程中有且只有1門(mén)相同，分為2步：①?gòu)?門(mén)中先任選一門(mén)作為相同的課程，有C41=4種選法，②甲從剩余的3門(mén)中任選1門(mén)乙從最后剩余的2門(mén)中任選1門(mén)有C31C21=6種選法，由分步計(jì)數(shù)原理此時(shí)共有C41C31C21=24種． 最后由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，甲．乙所選的課程中至少有1門(mén)不相同的選法共有6+24=30種． 故答案為30． 點(diǎn)評(píng)： 排列組合問(wèn)題要注意分類(lèi)與分步，做到不重復(fù)也不遺漏． 　 6．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）設(shè)0，a1=2cosθ，an+1=，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=　2cos?。? 考點(diǎn)： 歸納推理．

8、 專(zhuān)題： 計(jì)算題． 分析： 由已知先求出數(shù)列的前幾項(xiàng)，然后由規(guī)律歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式 解答： 解：∵a1=2cosθ，an+1=， ∴a2=== a3=== … 故答案為： 點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查了利用數(shù)列的遞推公式求解數(shù)列的通項(xiàng)公式，解題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)通項(xiàng)的規(guī)律 　 7．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）=，若f（f（x0））=3，則x0=　或?。? 考點(diǎn)： 三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值． 專(zhuān)題： 計(jì)算題；三角函數(shù)的求值． 分析： 令f（x0）=t，根據(jù)函數(shù)解析式，分t∈[0，2π]和t∈（﹣∞，0）時(shí)，解關(guān)于t的方程得到t=﹣，即f（x0）=﹣．由

9、此再分x0∈[0，2π]和x0∈（﹣∞，0）時(shí)兩種情況加以討論，解關(guān)于x0的方程即可得到實(shí)數(shù)x0的值． 解答： 解：令f（x0）=t，則 當(dāng)t∈[0，2π]時(shí)，由2sint=3，得sint=＞1，找不出實(shí)數(shù)t滿(mǎn)足方程 當(dāng)t∈（﹣∞，0）時(shí)，得t2=3，解之得t=﹣ 因此可得f（x0）=﹣ ①當(dāng)x0∈[0，2π]時(shí)，由2sinx0=﹣，得sinx0=﹣ 解之得x0=或； ②當(dāng)x0∈（﹣∞，0）時(shí)，由x02=﹣知找不出實(shí)數(shù)x0滿(mǎn)足方程． 綜上所述，可得x0=或； 故答案為：或 點(diǎn)評(píng)： 本題給出分段函數(shù)，求方程f（f（x0））=3的解，著重考查了分段函數(shù)的含義和三角函數(shù)的化簡(jiǎn)

10、與求值等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題． 　 8．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）設(shè)對(duì)所有實(shí)數(shù)x，不等式＞0恒成立，則a的取值范圍為　0＜a＜1?。? 考點(diǎn)： 函數(shù)恒成立問(wèn)題． 專(zhuān)題： 計(jì)算題；不等式的解法及應(yīng)用． 分析： 由二次不等式的性質(zhì)可得，且×4＜0，解不等式可求a的范圍 解答： 解：∵不等式＞0恒成立 由二次不等式的性質(zhì)可得，且×4＜0 令t=log2 即 整理可得， ∵ ∴ 解可得，0＜a＜1 故答案為：0＜a＜1 點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查了二次不等式的恒成立，解題的關(guān)鍵是二次不等式與二次函數(shù)的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系的應(yīng)用． 　 9．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）現(xiàn)有一

11、個(gè)由長(zhǎng)半軸為2，短半軸為1的橢圓繞其長(zhǎng)軸按一定方向旋轉(zhuǎn)180°所形成的“橄欖球面”．已知一個(gè)以橢圓的長(zhǎng)軸為軸的圓柱內(nèi)接于該橄欖球面，則這個(gè)圓柱的側(cè)面積的最大值是　4π?。? 考點(diǎn)： 橢圓的應(yīng)用． 專(zhuān)題： 圓錐曲線(xiàn)的定義、性質(zhì)與方程． 分析： 由題意作出截面圖，建立直角坐標(biāo)系后得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，再設(shè)出圓柱面與橄欖球面的一個(gè)切點(diǎn)，該切點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)與圓柱的底面半徑和母線(xiàn)長(zhǎng)有關(guān)系，利用點(diǎn)在橢圓上得出點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)的關(guān)系，利用不等式可以求得ab的最大值，把圓柱的側(cè)面積用含有ab的代數(shù)式表示后得到最大值． 解答： 解：由題意作截面圖如圖， 在圖中坐標(biāo)系下，設(shè)圓柱與橄欖球面在第一象限

12、內(nèi)的切點(diǎn)為P（a，b）（a＞0，b＞0）， 則橢圓方程為． 因?yàn)镻在橢圓上，所以． 所以． 當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)“=”成立． 而圓柱的底面半徑等于b，母線(xiàn)長(zhǎng)等于2a， 所以圓柱的側(cè)面積S=4πab．則S的最大值等于4π． 故答案為4π． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了橢圓的運(yùn)用，考查了利用基本不等式求最值，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的解題思想，屬中檔題． 　 二、選擇題（18分）本大題共有3題，每題都給出四個(gè)結(jié)論，其中有且只有一個(gè)結(jié)論是正確的，必須把答題紙上相應(yīng)題序內(nèi)的正確結(jié)論代號(hào)涂黑，選對(duì)得6分，否則一律得零分． 10．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）命題“對(duì)任意的x∈R，f（x）＞0”的否定是（　　

13、） 　 A． 對(duì)任意的x∈R，f（x）≤0 B． 對(duì)任意的x∈R，f（x）＜0 　 C． 存在x0∈R，f（x0）＞0 D． 存在x0∈R，f（x0）≤0 考點(diǎn)： 命題的否定． 專(zhuān)題： 規(guī)律型． 分析： 根據(jù)命題“?x∈R，p（x）”的否定是“?x0∈R，￢p（x）”，即可得出答案． 解答： 解：根據(jù)命題“?x∈R，p（x）”的否定是“?x0∈R，￢p（x）”， ∴命題：“對(duì)任意的x∈R，f（x）＞0”的否定是“?x0∈R，f（x0）≤0”． 故選D． 點(diǎn)評(píng)： 掌握全稱(chēng)命題的否定是特稱(chēng)命題是解題的關(guān)鍵． 　 11．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）

14、若0≤α≤2π，sinα＞cosα，則α的取值范圍是（　　） 　 A． （，） B． （，π） C． （，） D． （，） 考點(diǎn)： 正切函數(shù)的單調(diào)性；三角函數(shù)線(xiàn)． 專(zhuān)題： 計(jì)算題． 分析： 通過(guò)對(duì)sinα＞cosα等價(jià)變形，利用輔助角公式化為正弦，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即可得到答案． 解答： 解：∵0≤α≤2π，sinα＞cosα， ∴sinα﹣cosα=2sin（α﹣）＞0， ∵0≤α≤2π， ∴﹣≤α﹣≤， ∵2sin（α﹣）＞0， ∴0＜α﹣＜π， ∴＜α＜． 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查輔助角公式的應(yīng)用，考查正弦函數(shù)的性質(zhì)，將sinα＞

15、cosα等價(jià)變形是難點(diǎn)，也是易錯(cuò)點(diǎn)，屬于中檔題． 　 12．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）某商場(chǎng)在節(jié)日期間舉行促銷(xiāo)活動(dòng)，規(guī)定： （1）若所購(gòu)商品標(biāo)價(jià)不超過(guò)200元，則不給予優(yōu)惠； （2）若所購(gòu)商品標(biāo)價(jià)超過(guò)200元但不超過(guò)500元，則超過(guò)200元的部分給予9折優(yōu)惠； （3）若所購(gòu)商品標(biāo)價(jià)超過(guò)500元，其500元內(nèi)（含500元）的部分按第（2）條給予優(yōu)惠，超過(guò)500元的部分給予8折優(yōu)惠． 某人來(lái)該商場(chǎng)購(gòu)買(mǎi)一件家用電器共節(jié)省330元，則該件家電在商場(chǎng)標(biāo)價(jià)為（　　） 　 A． 1600元 B． 1800元 C． xx元 D． 2200元 考點(diǎn)： 分段函數(shù)的解析式求法

16、及其圖象的作法． 專(zhuān)題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 分析： 由購(gòu)買(mǎi)一件家用電器共節(jié)省330元可知，該家電的標(biāo)價(jià)應(yīng)超過(guò)200元，進(jìn)一步分析應(yīng)超過(guò)500元，根據(jù)兩段價(jià)格的優(yōu)惠和等于330元列式即可求得該家電在商場(chǎng)的標(biāo)價(jià)． 解答： 解：由題意知，若該家電大于200元但不超過(guò)500元，優(yōu)惠的錢(qián)數(shù)為300﹣300×0.9=30元， 因?yàn)樵摷译妰?yōu)惠330元，所以該家電一定超過(guò)500元， 設(shè)該家電在商場(chǎng)的標(biāo)價(jià)為x元，則優(yōu)惠錢(qián)數(shù)為（300﹣300×0.9）+（x﹣500）×（1﹣0.8）=330． 解得：x=xx． 所以，若某人來(lái)該商場(chǎng)購(gòu)買(mǎi)一件家用電器共節(jié)省330元，則該件家電在商場(chǎng)標(biāo)價(jià)為xx元

17、． 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是明確如何計(jì)算優(yōu)惠數(shù)額，每一段的優(yōu)惠數(shù)等于標(biāo)價(jià)數(shù)減去實(shí)際支付數(shù)，屬中檔題． 　 三、解答題（本題滿(mǎn)分78分）本大題共有5題，解答下列各題必須在答題紙的規(guī)定區(qū)域（對(duì)應(yīng)的題號(hào)）內(nèi)寫(xiě)出必要的步驟． 13．（14分）（xx?閘北區(qū)二模）已知=（cosθ，sinθ）和=（﹣sinθ，cosθ），θ∈（π，2π），且||=，求sinθ的值． 考點(diǎn)： 兩角和與差的正弦函數(shù)；向量的模． 專(zhuān)題： 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；平面向量及應(yīng)用． 分析： 利用向量模的意義和向量的運(yùn)算法則、倍角公式、平方關(guān)系、角所在象限的三角函數(shù)值的

18、符號(hào)即可得出． 解答： 解：由已知得=， ∴=+（sinθ+cosθ）2 =+（cosθ+sinθ）2 = ∴=， ∴cosθ﹣sinθ=． ∴， 化為＞0． ∵π＜θ＜2π，∴． ∴=． ∴． 點(diǎn)評(píng)： 熟練掌握向量模的意義和向量的運(yùn)算法則、倍角公式、平方關(guān)系、角所在象限的三角函數(shù)值的符號(hào)是解題的關(guān)鍵． 　 14．（14分）（xx?閘北區(qū)二模）某糧倉(cāng)是如圖所示的多面體，多面體的棱稱(chēng)為糧倉(cāng)的“梁”．現(xiàn)測(cè)得底面ABCD是矩形，AB=16米，AD=4米，腰梁AR、BF、CF、DE分別與相交的底梁所成角均為60°． （1）求腰梁BF與DE所成角的大小； （2）若不計(jì)

19、糧倉(cāng)表面的厚度，該糧倉(cāng)可儲(chǔ)存多少立方米糧食？ 考點(diǎn)： 異面直線(xiàn)及其所成的角；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積． 專(zhuān)題： 空間角． 分析： （1）根據(jù)異面直線(xiàn)所成角的概念，過(guò)E作EK∥FB，連接DK，則DEK為異面直線(xiàn)DE與FB所成的角，然后通過(guò)求解三角形即可得到兩異面直線(xiàn)所成角； （2）要求原多面體的體積，可以把原多面體分割成我們熟悉的柱體及椎體求體積分別過(guò)E，F(xiàn)作兩底梁的垂線(xiàn)，連接兩垂足后分割完成，然后直接利用柱體及錐體的體積求解． 解答： 解：（1）如下圖，過(guò)點(diǎn)E作EK∥FB交AB于點(diǎn)K， 則∠DEK為異面直線(xiàn)DE與FB所成的角， ∵DE=FB=4，EA，EK與AB

20、所成角都是60°，∴AK=4，∴DK=， 在三角形DEK中，∵DE2+EK2=42+42=32=DK2，∴∠DEK=90°， ∴腰梁BF與DE所成的角為90°； （2）如上圖，過(guò)點(diǎn)E分別作EM⊥AB于點(diǎn)M，EN⊥CD于點(diǎn)N，連接MN，則AB⊥平面EMN， ∴平面ABCD⊥平面EMN，過(guò)點(diǎn)E作EO⊥MN于點(diǎn)O，則EO⊥平面ABCD 由題意知，AE=DE=AD=4， AM=DN=4cos60°=2，EM=EN=， ∴O為MN中點(diǎn)，∴EO=，即四棱錐E﹣AMND的高為， 同理，再過(guò)點(diǎn)F作FP⊥AB于點(diǎn)P，F(xiàn)Q⊥CD于點(diǎn)Q，連接PQ， 原多面體被分割為兩個(gè)全等的四棱錐和一個(gè)直棱柱

21、，且MP=16﹣2﹣2=12． ∴多面體的體積V=2VE﹣AMND+VPQF﹣MNE =． 答：該糧倉(cāng)可儲(chǔ)存立方米的糧食． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查空間點(diǎn)、線(xiàn)、面的位置關(guān)系及學(xué)生的空間想象能力、求異面直線(xiàn)角的能力，考查了利用割補(bǔ)法求幾何體的體積，屬中檔題． 　 15．（16分）（xx?閘北區(qū)二模）設(shè)定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=為偶函數(shù)，其中a為實(shí)常數(shù)． （1）求a的值，指出并證明該函數(shù)的其它基本性質(zhì)； （2）請(qǐng)你選定一個(gè)區(qū)間D，求該函數(shù)在區(qū)間D上的反函數(shù)f﹣1（x）． 考點(diǎn)： 函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)；反函數(shù)． 專(zhuān)題： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用． 分析： （1）

22、根據(jù)給出的函數(shù)是偶函數(shù)，直接利用偶函數(shù)的定義f（﹣x）=f（x）整理后求a的值，把求出的a值代入原函數(shù)解析式，利用函數(shù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，利用基本不等式求出函數(shù)最值，由函數(shù)對(duì)應(yīng)的方程無(wú)根判斷原函數(shù)沒(méi)有零點(diǎn)； （2）由（1）得到了函數(shù)單調(diào)區(qū)間，選定一個(gè)單調(diào)區(qū)間或在單調(diào)區(qū)間內(nèi)選擇一個(gè)子區(qū)間，由函數(shù)解析式解出x，把x和y 互換后得到函數(shù)的反函數(shù)． 解答： 解：（1）因?yàn)閒（x）=為R上的偶函數(shù)， 所以對(duì)于任意的x∈R，都有， 也就是2﹣x+1?（a+4x）=2x+1?（a+4﹣x）， 即（a﹣1）（4x+1）=0對(duì)x∈R恒成立， 所以，a=1． 所以．

23、 由= 設(shè)x1＜x2＜0，則，，， 所以，對(duì)任意的x1，x2∈（﹣∞，0），有 即f（x1）﹣f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2）． 故，f（x）在（﹣∞，0）上是單調(diào)遞增函數(shù)． 又對(duì)任意的x1，x2∈（0，+∞），在x1＜x2時(shí)，， ，． 所以． 則f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）． 故f（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)． 對(duì)于任意的x∈R，， 故當(dāng)x=0時(shí)，f（x）取得最大值1． 因?yàn)?x+1＞0，所以方程無(wú)解，故函數(shù)f（x）=無(wú)零點(diǎn)． （2）選定D=（0，+∞）， 由，得：y（2x）2﹣2×2x+y=0 所以， （0＜y≤1） 所

24、以，x∈（0，1]． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，訓(xùn)練了函數(shù)單調(diào)性的證明方法，訓(xùn)練了利用基本不等式求函數(shù)的最值，考查了函數(shù)反函數(shù)的求法，求解一個(gè)函數(shù)的反函數(shù)時(shí)，一定要注意函數(shù)反函數(shù)的定義域是原函數(shù)的值域，此題是中檔題． 　 16．（16分）（xx?閘北區(qū)二模）設(shè)數(shù)列{an}與{bn}滿(mǎn)足：對(duì)任意n∈N+，都有ban﹣2n=（b﹣1）Sn，bn=an﹣n?2n﹣1．其中Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和． （1）當(dāng)b=2時(shí)，求{bn}的通項(xiàng)公式，進(jìn)而求出{an}的通項(xiàng)公式； （2）當(dāng)b≠2時(shí)，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an以及前n項(xiàng)和Sn． 考點(diǎn)： 數(shù)列遞推式；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式

25、；等比數(shù)列的通項(xiàng)公式；數(shù)列的求和． 專(zhuān)題： 等差數(shù)列與等比數(shù)列． 分析： （1）由已知利用an=Sn+1﹣Sn可得．當(dāng)b=2時(shí)，可化為=，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出bn及an； （2））當(dāng)b≠2時(shí)，由①得，轉(zhuǎn)化為一個(gè)等比數(shù)列，利用通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式即可得出an及Sn． 解答： 解：由題意知a1=2，且ban﹣2n=（b﹣1）Sn，． 兩式相減得， 即．① （1）當(dāng)b=2時(shí)，由①知， ∴=， 又， 所以{}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列． 可得，， 由，得． （2）當(dāng)b≠2時(shí)，由①得 ﹣= 若b=0，，； 若b=1，，； 若b≠0，1，數(shù)列{}

26、是以為首項(xiàng)，以b為公比的等比數(shù)列， 故， ∴， ∴Sn=+ = = 當(dāng)b=1時(shí)，也符合上式． 所以，當(dāng)b≠0時(shí)，． 點(diǎn)評(píng)： 適當(dāng)變形轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列，熟練掌握等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式是解題的關(guān)鍵．注意分類(lèi)討論的思想方法應(yīng)用． 　 17．（18分）（xx?閘北區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線(xiàn)C1為到定點(diǎn)F（，）的距離與到定直線(xiàn)l1：x+y+=0的距離相等的動(dòng)點(diǎn)P的軌跡，曲線(xiàn)C2是由曲線(xiàn)C1繞坐標(biāo)原點(diǎn)O按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°形成的． （1）求曲線(xiàn)C1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，以及曲線(xiàn)C2的方程； （2）過(guò)定點(diǎn)M（m，0）（m＞0）的直線(xiàn)l2交曲線(xiàn)C2于A、B兩點(diǎn)

27、，點(diǎn)N是點(diǎn)M關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)．若=λ，證明：⊥（﹣λ）． 考點(diǎn)： 軌跡方程；數(shù)量積判斷兩個(gè)平面向量的垂直關(guān)系． 專(zhuān)題： 計(jì)算題；圓錐曲線(xiàn)的定義、性質(zhì)與方程． 分析： （1）設(shè)P（x，y），根據(jù)點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式和兩點(diǎn)間的距離公式，建立關(guān)于x、y的方程并化簡(jiǎn)整理，即可得到曲線(xiàn)C1的方程．分別取x=0和y=0解出曲線(xiàn)C1在軸上的截距，即可曲線(xiàn)C1與坐標(biāo)軸的各交點(diǎn)的坐標(biāo)．再由曲線(xiàn)是以F（，）為焦點(diǎn)，直線(xiàn)l1：x+y+=0為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，將其順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)45°得到的拋物線(xiàn)焦點(diǎn)為（1，0），準(zhǔn)線(xiàn)為x=﹣1，可得曲線(xiàn)C2的方程是y2=4x； （2）設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），

28、直線(xiàn)l2的方程為y=k（x﹣m），與拋物線(xiàn)y2=4x消去x，得y2﹣y﹣4m=0，可得y1y2=﹣4m．設(shè)N（﹣m，0），由=λ算出λ=，結(jié)合向量坐標(biāo)運(yùn)算公式得到﹣λ關(guān)于x1、x2、λ和m的坐標(biāo)式，代入?（﹣λ）并化簡(jiǎn)，整理可得?（﹣λ）=0，從而得到對(duì)任意的λ滿(mǎn)足=λ，都有⊥（﹣λ）． 解答： 解（1）設(shè)P（x，y），由題意知曲線(xiàn)C1為拋物線(xiàn)，并且有 =， 化簡(jiǎn)得拋物線(xiàn)C1的方程為：x2+y2﹣2xy﹣4x﹣4y=0． 令x=0，得y=0或y=4；再令y=0，得x=0或x=4， 所以，曲線(xiàn)C1與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，0）、（0，4）和（4，0）． 點(diǎn)F（，）到l1：x+y+=

29、0的距離為=2， 所以C2是以（1，0）為焦點(diǎn)，以x=﹣1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，其方程為：y2=4x． （2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由題意知直線(xiàn)l2的斜率k存在且不為零， 設(shè)直線(xiàn)l2的方程為y=k（x﹣m），代入y2=4x得 y2﹣y﹣4m=0，可得y1y2=﹣4m． 由=λ，得（m﹣x1，﹣y1）=λ（x2﹣m，y2），可得λ=， 而N（﹣m，0），可得﹣λ=（x1+m，y1）﹣λ（x2+m，y2）=（x1﹣λx2+（1﹣λ）m，y1﹣λy2） ∵=（2m，0）， ∴?（﹣λ）=2m[x1﹣λx2+（1﹣λ）m]=2m[+﹣+（1+）m] =2m（y1+y2）?=2m（y1+y2）?=0 ∴對(duì)任意的λ滿(mǎn)足=λ，都有⊥（﹣λ）． 點(diǎn)評(píng)： 本題給出動(dòng)點(diǎn)的軌跡，求軌跡對(duì)應(yīng)的方程并討論由曲線(xiàn)產(chǎn)生的向量互相垂直的問(wèn)題，著重考查了點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式、平面內(nèi)兩點(diǎn)的距離公式、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系和平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算等知識(shí)，屬于中檔題．