2017年高考全国 I 卷理科压轴题详解

12.几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案: 已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数NN>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 (  )

A.440
B.330
C.220
D.110

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正确答案为A.

分析与解 分段考虑数列1,1,2,1,2,4,,1,2,,2k1,,该数列的前1+2++k=k(k+1)2项的和为S(k(k+1)2)=1+(1+2)++(1+2++2k1)=2k+1k2.要使得k(k+1)2>100,有k,此时k+2<2^{k+1},所以k+2是之后的等比数列1,2,\cdots,2^{k}的部分和,也即k+2=1+2+\cdots+2^{s-1}=2^s-1,所以k=2^s-3\geqslant 14,最小的s=5,此时k=2^5-3=29,对应最小的满足条件的N=\dfrac {29\cdot 30}2+5=440.


16.如图,圆形纸片的圆心为 O,半径为 5\;\mathrm{cm},该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 OD,E,F 为圆 O 上的点,\triangle DBC,\triangle ECA,\triangle FAB 分别是以 BC,CA,AB 为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以 BC,CA,AB 为折痕折起 \triangle DBC,\triangle ECA,\triangle FAB,使得 D,E,F 重合,得到三棱锥.当 \triangle ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:\mathrm{cm}^3)的最大值为_______.

分析与解 连接 OD,交 BCH,如图

BC=2x,则 0<2x<5\sqrt 3OH=\dfrac {x}{\sqrt 3}DH=5-\dfrac {x}{\sqrt 3} .所以\begin{split}V&=\dfrac 13 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{4}\cdot (2x)^2\cdot \sqrt {\left(5-\dfrac {x}{\sqrt 3}\right)^2- \left(\dfrac {x}{\sqrt 3}\right)^2}\\&=\dfrac {\sqrt 3}{3}\cdot x^2 \cdot \sqrt {25-\dfrac {10x}{\sqrt 3}}\\&=\dfrac {\sqrt 3}{3}\cdot \sqrt { x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot \dfrac {10}{\sqrt 3}\left(\dfrac {5\sqrt 3}{2}-x\right)}\\&=\dfrac {\sqrt 3}{3}\cdot \sqrt { x\cdot x\cdot x\cdot x\cdot \dfrac {5}{2\sqrt 3}\left( {10\sqrt 3} -4x\right)}\\&\leqslant \dfrac {\sqrt 3}{3}\cdot \sqrt {\dfrac {5}{2\sqrt 3}\left(\dfrac {10\sqrt 3}{5} \right)^5} \\&= 4\sqrt {15}.\end{split}x=2\sqrt 3时取等号.


20.已知椭圆 C:\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}=1(a>b>0),四点 P_1\left(1,1\right)P_2\left(0,1\right)P_3\left(-1,\dfrac {\sqrt 3}{2}\right)P_4\left(1, \dfrac {\sqrt 3}{2}\right) 中恰有三点在椭圆 C 上.

(1)求 C 的方程;

(2)设直线 l 不经过 P_2 点且与 C 相交于 A,B 两点.若直线 P_2A 与直线 P_2B 的斜率的和为 -1 ,证明: l 过定点.

分析与解 (1)根据椭圆的对称性,可知 P_2,P_3,P_4 在椭圆 C 上,所以椭圆方程为 \dfrac{x^2}{4}+y^2=1

(2)将坐标系向上平移一个单位,如图

椭圆方程化为 C':\dfrac{x'^2}{4}+(y'+1)^2=1\;,\mbox{即}\;\dfrac14x'^2+y'^2+2y'=0, 设直线 l 对应的直线 l'mx'+ny'=1,则化齐次联立,得 \dfrac14x'^2+y'^2+2y'(mx'+ny')=0, 整理得 (2n+1)y'^2+2mx'y'+\dfrac14x'^2=0, 结合两直线斜率之和为 -1,得 2m=2n+1,\;\mbox{即}\;2m-2n=1, 所以直线 l' 恒过点 Q'(2,-2),在原坐标系中,直线 l 过点 Q(2,-1)


21.已知函数f(x)=a{\rm e}^{2x}+(a-2){\rm e}^{x}-x

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

分析与解 (1)f(x)的导函数为f'(x)=2a{\rm e}^{2x}+(a-2){\rm e}^{x}-1=(a{\rm e}^{x}-1)(2{\rm e}^{x}+1).
a\leqslant 0时,f'(x)<0

a>0时,在区间\left(-\infty,\ln\dfrac{1}{a}\right)上有f'(x)<0,在区间\left(\ln\dfrac{1}{a},+\infty\right)上有f'(x)>0

综上,当a\leqslant 0时,f(x)\mathbb R上单调递减;

a>0时,f(x)\left(-\infty,\ln\dfrac{1}{a}\right)上单调递减,在\left(\ln\dfrac{1}{a},+\infty\right)上单调递增.

(2)令f(x)=0,即a{\rm e}^{2x}+(a-2){\rm e}^{x}-x=0,所以有a=\dfrac{2{\rm e}^{x}+x}{{\rm e}^{2x}+{\rm e}^{x}}.于是函数f(x)有两个零点,即y=ag(x)=\dfrac{2{\rm e}^{x}+x}{{\rm e}^{2x}+{\rm e}^{x}}的图象有两个交点.
g(x)的导函数为g'(x)=-\dfrac{(2{\rm e}^{x}+1)({\rm e}^{x}+x-1)}{{\rm e}^{x}({\rm e}^{x}+1)^{2}},当x<0时,g'(x)>0;当x>0时,g'(x)<0时,所以g(x)(-\infty,0)上单调递增,在(0,+\infty)上单调递减,且g(x)x=0处取得最大g(0)=1

a\geqslant 1时,y=ag(x)至多有一个零点,不符合题意;

a\leqslant 0时,由于当x\geqslant 0时,g(x)>0,而当x<0时,g(x)是单调递增,所以y=ag(x)至多有一个交点,不符合题意;

0<a<1时,一方面,由于g(-2)<0<a,g(0)=1>a,g(x)(-2,0)上单调递增,所以y=ag(x)(-2,0)上有且仅有一个交点.

另一方面,取x_{0}=\ln \dfrac{3}{a}g(x_{0})=\dfrac{2{\rm e}^{x_{0}}+x_{0}}{{\rm e}^{2x_{0}}+{\rm e}^{x_{0}}}<\dfrac{3{\rm e}^{x_{0}}}{{\rm e}^{2x_{0}}}=\dfrac{3}{{\rm e}^{x_{0}}}=a,所以在\left(0,\ln \dfrac{3}{a}\right)上,有g(0)>a,\; g\left(\ln \dfrac{3}{a}\right)<a.g(x)在区间\left(0,\ln \dfrac{3}{a}\right)上单调递减,于是y=ag(x)在区间\left(0,\ln \dfrac{3}{a}\right)上有且仅有一个交点.

综上,当0<a<1时,函数f(x)有两个零点.

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