2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$(x-y)(x+y)^{8}$ 的展开式中 $x^{2} y^{7}$ 的系数为___. (用数字填写 答案)

解答：解: $(x+y)^{8}$ 的展开式中, 含 $x y^{7}$ 的系数是: 8 .

含 $x^{2} y^{6}$ 的系数是 28 ,

$\therefore(x-y)(x+y)^{8}$ 的展开式中 $x^{2} y^{7}$ 的系数为: $8-28=-20$.

故答案为: - 20

答案：-20

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 $A, B ， C$ 三个城市时, 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 $B$ 城市;

乙说：我没去过 $C$ 城市;

丙说：我们三人去过同一城市;

由此可判断乙去过的城市为

解答：解：由乙说: 我没去过 $\mathrm{C}$ 城市, 则乙可能去过 $\mathrm{A}$ 城市或 $\mathrm{B}$ 城市, 但甲说: 我去过的城市比乙多, 但没去过 B 城市, 则乙只能是去过 A, B 中的任 一个,

再由丙说: 我们三人去过同一城市,

则由此可判断乙去过的城市为 A.

故答案为: $A$.

答案：$A$

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $A, B, C$ 为圆 $O$ 上的三点, 若 $\overrightarrow{\mathrm{AO}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 的 夹角为

解答：解：在圆中若 $\overrightarrow{\mathrm{AO}}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}})$,

即 $2 \overrightarrow{\mathrm{AO}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}$,

即 $\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C}$ 的和向量是过 $A$, $O$ 的直径,

则以 $A B, A C$ 为邻边的四边形是矩形,

则 $\overrightarrow{\mathrm{AB}} \perp \overrightarrow{\mathrm{AC}}$,

即 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ 与 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 的夹角为 $90^{\circ}$,

故答案为: $90^{\circ}$

答案：$90^{\circ}$

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 的对边, $a=2$ 且 $(2+b$ ) $(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为

解答：解: 因为: $(2+b)(\sin A-\sin B)=(c-b) \sin C$

$\Rightarrow(2+b) \quad(a-b)=(c-b) c$

$\Rightarrow 2 a-2 b+a b-b^{2}=c^{2}-b c$

又因为: $a=2$,

所以: $a^{2}-b^{2}=c^{2}-b c \Rightarrow b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c \Rightarrow \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2} \Rightarrow A=\frac{\pi}{3}$, $\triangle \mathrm{ABC}$ 面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4} b c$,

而 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$

$\Rightarrow b^{2}+c^{2}-b c=a^{2}$

$\Rightarrow b^{2}+c^{2}-b c=4$

$\Rightarrow b c \leqslant 4$

所以: $S=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{\sqrt{3}}{4} b c \leqslant \sqrt{3}$, 即 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\sqrt{3}$.

故答案为: $\sqrt{3}$.

答案：$\sqrt{3}$

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$(x+a)^{10}$ 的展开式中, $x^{7}$ 的系数为 15 , 则 $a=$

解答：解: $(x+a)^{10}$ 的展开式的通项公式为 $T_{r+1}=C_{10}^{r} \bullet x^{10-r} \bullet a^{r}$,

令 10- $r=7$, 求得 $r=3$, 可得 $x^{7}$ 的系数为 $a^{3} \bullet C_{10}^{3}=120 a^{3}=15$,

$\therefore a=\frac{1}{2}$

故答案为: $\frac{1}{2}$.

答案：$\frac{1}{2}$

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $f(x)=\sin (x+2 \phi)-2 \sin \phi \cos (x+\phi)$ 的最大值为

解答：解：函数 $f(x)=\sin (x+2 \phi)-2 \sin \phi \cos (x+\phi)=\sin [(x+\phi)$

$+\phi]-2 \sin \phi \cos (x+\phi)$

$=\sin (x+\phi) \cos \phi+\cos (x+\phi) \sin \phi-2 \sin \phi \cos (x+\phi)=\sin (x+\phi) \cos \phi^{-} \cos (x+\phi$

$\sin \phi$

$=\sin [(x+\phi)-\phi]=\sin x$

故函数 $f(x)$ 的最大值为 1 ,

故答案为: 1 .

答案：1

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知偶函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递减, $f(2)=0$, 若 $f(x-1)>$ 0 , 则 $x$ 的取值范围是

解答：解: $\because$ 偶函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递减, $f(2)=0$,

$\therefore$ 不等式 $f(x-1)>0$ 等价为 $f(x-1)>f(2)$,

即 $f(|x-1|)>f(2) ，$

$\therefore|x-1|<2$

解得 $-1<x<3$,

故答案为: $(-1,3)$

答案：$(-1,3)$

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行, 则 2 本 数学书相邻的概率为

解答：解: 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行, 所有的基 本事件有共有 $\mathrm{A}_{3}^{3}=6$ 种结果，

其中 2 本数学书相邻的有 (数学 1 , 数学 2 , 语文), (数学 2 , 数学 1 , 语文) , (语文, 数学 1 , 数学 2), (语文, 数学 2 , 数学 1) 共 4 个, 故本数学 书相邻的概率 $\mathrm{P}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.

故答案为: $\frac{2}{3}$.

答案：$\frac{2}{3}$

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C三个城市时,

甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 $B$ 城市;

乙说：我没去过C 城市;

丙说：我们三人去过同一城市;

由此可判断乙去过的城市为

解答：解：由乙说：我没去过 $C$ 城市, 则乙可能去过 $A$ 城市或 $B$ 城市, 但甲说: 我去过的城市比乙多, 但没去过 $B$ 城市, 则乙只能是去过 $A, B$ 中的任 一个

再由丙说：我们三人去过同一城市,

则由此可判断乙去过的城市为 $A$.

故答案为: $A$.

答案：$A$

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}e^{x-1}, & x<1 \\ \frac{1}{3}, & x \geqslant 1\end{array}\right.$, 则使得 $f(x) \leqslant 2$ 成立的 $x$ 的取值 范围是

解答：解: $x<1$ 时, $e^{x-1} \leqslant 2$,

$\therefore x \leqslant \ln 2+1$

$\therefore x<1$;

$x \geqslant 1$ 时,$\quad x^{\frac{1}{3}} \leqslant 2$,

$\therefore x \leqslant 8$,

$\therefore 1 \leqslant x \leqslant 8$,

综上，使得 $f(x) \leqslant 2$ 成立的 $x$ 的取值范围是 $x \leqslant 8$.

故答案为: $x \leqslant 8$.

答案：$x \leqslant 8$

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝 3 种颜色的运动服中 选择 1 种, 则他们选择相同颜色运动服的概率为

解答：解: 所有的选法共有 $3 \times 3=9$ 种, 而他们选择相同颜色运动服的选法共 有 3 种,

故他们选择相同颜色运动服的概率为 $\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$,

故答案为: $\frac{1}{3}$.

答案：$\frac{1}{3}$

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $f(x)=\sin (x+\phi)-2 \sin \phi \cos x$ 的最大值为

解答：解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin (x+\phi)-2 \sin \phi \cos x$

$=\sin x \cos \phi+\sin \phi \cos x-2 \sin \phi \cos x$

$=\sin x \cos \phi-\sin \phi \cos x$

$=\sin (x-\phi) \leqslant 1$

所以函数的最大值为 1 .

故答案为: 1 .

答案：1

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：偶函数 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=2$ 对称, $f(3)=3$, 则 $f(-1)=$

解答：解: 法 1: 因为偶函数 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $\mathrm{x}=2$ 对称,

所以 $f(2+x)=f(2-x)=f(x-2)$,

即 $f(x+4)=f(x) ，$

则 $f(-1)=f(-1+4)=f(3)=3$,

法 2: 因为函数 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的图象关于直线 $\mathrm{x}=2$ 对称,

所以 $f(1)=f(3)=3$,

因为 $f(x)$ 是偶函数,

所以 $f(-1)=f(1)=3$,

故答案为: 3 .

答案：3

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}, a_{8}=2$, 则 $a_{1}=$

解答：解: 由题意得, $a_{n+1}=\frac{1}{1-a_{n}}, a_{8}=2$,

令 $n=7$ 代入上式得, $a_{8}=\frac{1}{1-a_{7}}$, 解得 $a_{7}=\frac{1}{2}$;

令 $n=6$ 代入得, $a_{7}=\frac{1}{1-a_{6}}$, 解得 $a_{6}=-1$;

令 $n=5$ 代入得, $a_{6}=\frac{1}{1-a_{5}}$, 解得 $a_{5}=2$;

..

根据以上结果发现, 求得结果按 $2, \frac{1}{2},-1$ 循环,

$\because 8 \div 3=2 \ldots 2$, 故 $a_{1}=\frac{1}{2}$ 故答案为: $\frac{1}{2}$.

答案：$\frac{1}{2}$

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-2 x-3 \geqslant 0\right\}, B=\{x \mid-2 \leqslant x<2\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $[1,2)$
B. $[-1,1]$
C. $[-1,2)$
D. $[-2,-1]$

解答：解: 由 $\mathrm{A}$ 中不等式变形得: $(x-3)(x+1) \geqslant 0$,

解得: $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$, 即 $A=(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$,

$\because B=[-2,2)$,

$\therefore A \cap B=[-2,-1]$.

故选：D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：2. (5 分 $) \frac{(1+i)^{3}}{(1-i)^{2}}=(\quad)$
A. $1+i$
B. $1-\mathrm{i}$
C. $-1+i$
D. $-1-i$

解答：解: $\frac{(1+i)^{3}}{(1-i)^{2}}=\frac{2 i(1+i)}{-2 i}=-\quad(1+i)=-1-i$, 故选：D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x), g(x)$ 的定义域都为 $R$, 且 $f(x)$ 是奇函数, $g(x)$ 是偶函数，则下列结论正确的是（ ）
A. $f(x) \bullet g(x)$ 是偶函数
B. $|f(x)| \bullet g(x)$ 是奇函数
C. $f(x) \bullet|g(x)|$ 是奇函数
D. $|f(x) \cdot g(x)|$ 是奇函数

解答：解: $\because \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是奇函数, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 是偶函数,

$\therefore f(-\mathrm{x})=-\mathrm{f}(\mathrm{x}), g(-\mathrm{x})=\mathrm{g}(\mathrm{x})$,

$f(-x) \cdot g(-x)=-f(x) \cdot g(x)$, 故函数是奇函数, 故 $A$ 错误,

$|f(-x)| \cdot g(-x)=|f(x)| \cdot g(x)$ 为偶函数, 故 B 错误,

$f(-x) \cdot \lg (-x)|=-f(x) \cdot| g(x) \mid$ 是奇函数, 故 C 正确.

$|f(-x) \cdot g(-x)|=|f(x) \cdot g(x)|$ 为偶函数, 故 $D$ 错误,

故选：C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $F$ 为双曲线 $C: x^{2}-m y^{2}=3 m(m>0)$ 的一个焦点, 则点 $F$ 到 $C$ 的一条渐近线的距离为（）
A. $\sqrt{3}$
B. 3
C. $\sqrt{3} m$
D. $3 m$

解答：解：双曲线 $c: x^{2}-m y^{2}=3 m(m>0)$ 可化为 $\frac{x^{2}}{3 m}-\frac{y^{2}}{3}=1$,

$\therefore$ 一个焦点为 $(\sqrt{3 \pi+3}, 0)$, 一条渐近线方程为 $x+\sqrt{m} y=0$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{F}$ 到 $\mathrm{C}$ 的一条渐近线的距离为 $\frac{\sqrt{3 \pi+3}}{\sqrt{1+\mathrm{m}}}=\sqrt{3}$.

故选: $A$.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动, 则周六、 周日都有同学参加公益活动的概率为（）
A. $\frac{1}{8}$
B. $\frac{3}{8}$
C. $\frac{5}{8}$
D. $\frac{7}{8}$

解答：解：4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动, 共有 $2^{4}=16$ 种情况,

周六、周日都有同学参加公益活动, 共有 $2^{4}-2=16-2=14$ 种情况,

$\therefore$ 所求概率为 $\frac{14}{16}=\frac{7}{8}$.

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 且 $\tan \alpha=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 则（）
A. $3 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$
B. $3 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$
C. $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$
D. $2 \alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$

解答：解：由 $\tan \alpha=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$, 得:

$\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{1+\sin \beta}{\cos \beta}$

即 $\sin \alpha \cos \beta=\cos \alpha \sin \beta+\cos \alpha$ ，

$\sin (\alpha-\beta)=\cos \alpha=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)$,

$\because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,

$\therefore$ 当 $2 \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$ 时, $\sin (\alpha-\beta)=\sin \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)=\cos \alpha$ 成立.

故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知抛物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点为 $F$, 准线为 $I, P$ 是 $I$ 上一点, $Q$ 是直 线 $P F$ 与 $C$ 的一个交点, 若 $\overrightarrow{F P}=4 \overrightarrow{F Q}$, 则 $|Q F|=(\quad)$
A. $\frac{7}{2}$
B. 3
C. $\frac{5}{2}$
D. 2

解答：解：设 $Q$ 到 $I$ 的距离为 $d$, 则 $|Q F|=d$,

$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}=4 \overrightarrow{\mathrm{F} 0}$

$\therefore|P Q|=3 d$

$\therefore$ 不妨设直线 $P F$ 的斜率为 $-\frac{2 \sqrt{2} \mathrm{~d}}{\mathrm{~d}}=-2 \sqrt{2}$,

$\because F(2,0)$,

$\therefore$ 直线 $P F$ 的方程为 $y=-2 \sqrt{2}(x-2)$,

与 $y^{2}=8 x$ 联立可得 $x=1$,

$\therefore|Q F|=d=1+2=3$,

故选：B.

答案：B

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$, 若 $f(x)$ 存在唯一的零点 $x_{0}$, 且 $x_{0}>$ 0 , 则实数 a 的取值范围是（ $)$
A. $(1,+\infty)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-1)$
D. $(-\infty,-2)$

解答：解: $\because f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$,

$\therefore f^{\prime}(x)=3 a x^{2}-6 x=3 x(a x-2), f(0)=1$;

(1)当 $a=0$ 时, $f(x)=-3 x^{2}+1$ 有两个零点, 不成立; (2)当 $a>0$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上有零点, 故不成立;

(3)当 $a<0$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(0,+\infty)$ 上有且只有一个零点;

故 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上没有零点;

而当 $x=\frac{2}{a}$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上取得最小值;

故 $f\left(\frac{2}{a}\right)=\frac{8}{a^{2}}-3 \cdot \frac{4}{a^{2}}+1>0$;

故 $a<-2$;

综上所述，

实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $(-\infty,-2)$;

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设集合 $M=\{0,1,2\}, N=\left\{x \mid x^{2}-3 x+2 \leqslant 0\right\}$, 则 $M \cap N=(\quad)$
A. $\{1\}$
B. $\{2\}$
C. $\{0,1\}$
D. $\{1,2\}$

解答：解: $\left.\because N=\left\{x \mid x^{2}-3 x+2 \leqslant 0\right\}=\{x \mid （ x-1) \quad(x-2) \leqslant 0\right\}=\{x \mid 1 \leqslant x \leqslant 2\}$,

$\therefore M \cap N=\{1,2\}$,

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设复数 $z_{1}, z_{2}$ 在复平面内的对应点关于虚轴对称, $z_{1}=2+i$, 则 $z_{1} z_{2}=$
A. -5
B. 5
C. $-4+i$
D. $-4-i$

解答：解： $z_{1}=2+i$ 对应的点的坐标为 $(2,1)$,

$\because$ 复数 $z_{1}, z_{2}$ 在复平面内的对应点关于虚轴对称,

$\therefore(2,1)$ 关于虚轴对称的点的坐标为 $(-2,1)$,

则对应的复数, $z_{2}=-2+i$, 则 $z_{1} z_{2}=(2+i)(-2+i)=i^{2}-4=-1-4=-5$,

故选: A.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{10},|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{6}$, 则 $\vec{a} \bullet \vec{b}=(\quad)$
A. 1
B. 2
C. 3
D. 5

解答：解: $\because|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{10},|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{6}$,

$\therefore$ 分别平方得 $\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \bullet \vec{b}+\vec{b}^{2}=10, \vec{a}^{2}-2 \vec{a} \bullet \vec{b}+\vec{b}^{2}=6$,

两式相减得 $4 \vec{a} \bullet \vec{b}=10-6=4$,

即 $\vec{a} \cdot \vec{b}=1$,

故选: A.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：钝角三角形 $A B C$ 的面积是 $\frac{1}{2}, A B=1, B C=\sqrt{2}$, 则 $A C=(\quad)$
A. 5
B. $\sqrt{5}$
C. 2
D. 1

解答：解: $\because$ 针角三角形 $A B C$ 的面积是 $\frac{1}{2}, A B=c=1, B C=a=\sqrt{2}$, $\therefore S=\frac{1}{2} \operatorname{acsin} B=\frac{1}{2}$, 即 $\sin B=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

当 $B$ 为针角时, $\cos B=-\sqrt{1-\sin ^{2} B}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$,

利用余弦定理得: $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cdot \cos B=1+2+2=5$, 即 $A C=\sqrt{5}$,

当 $B$ 为锐角时, $\cos B=\sqrt{1-\sin ^{2} B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

利用余弦定理得: $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cdot \cos B=1+2-2=1$, 即 $A C=1$,

此时 $A B^{2}+A C^{2}=B C^{2}$, 即 $\triangle A B C$ 为直角三角形, 不合题意, 舍去,

则 $A C=\sqrt{5}$.

故选: B.

答案：B

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是 0.75 , 连续两天为优良的概率是 0.6 , 已知某天的空气质量为优良, 则随后一天的 空气质量为优良的概率是（ $)$
A. 0.8
B. 0.75
C. 0.6
D. 0.45

解答：解：设随后一天的空气质量为优良的概率为 $p$, 则由题意可得 $0.75 \times$ $p=0.6$,

解得 $p=0.8$,

故选: A.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设曲线 $y=a x-\ln (x+1)$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=2 x$, 则 $a=($
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3

解答：解: $y^{\prime}=a \frac{1}{x+1}$,

$\therefore y^{\prime}(0)=a-1=2$

$\therefore a=3$.

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=3 x$ 的焦点，过 $F$ 且倾斜角为 $30^{\circ}$ 的直线交 $C$ 于 $A, B$ 两点, $O$ 为坐标原点, 则 $\triangle O A B$ 的面积为（ )
A. $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{9 \sqrt{3}}{8}$
C. $\frac{63}{32}$
D. $\frac{9}{4}$

解答：解: 由 $\mathrm{y}^{2}=2 \mathrm{px}$, 得 $2 p=3, \mathrm{p}=\frac{3}{2}$,

则 $F\left(\frac{3}{4}, 0\right)$.

$\therefore$ 过 $A, B$ 的直线方程为 $y=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{3}{4}\right)$, 即 $x=\sqrt{3} y+\frac{3}{4}$.

联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=3 x \\ x=\sqrt{3} y+\frac{3}{4}\end{array}\right.$, 得 $4 y^{2}-12 \sqrt{3} y-9=0$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right) ， B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，

则 $y_{1}+y_{2}=3 \sqrt{3}, y_{1} y_{2}=-\frac{9}{4}$.

$\therefore S_{\triangle O A B}=S_{\triangle O A F}+S_{\triangle O F B}=\frac{1}{2} \times \frac{3}{4}\left|y_{1}-y_{2}\right|=\frac{3}{8} \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=\frac{3}{8} \times \sqrt{(3 \sqrt{3})^{2}+9}=$ $\frac{9}{4}$

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sqrt{3} \sin \frac{\pi \mathrm{x}}{\mathrm{m}}$, 若存在 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极值点 $\mathrm{x}_{0}$ 满足 $\mathrm{x}_{0}{ }^{2}+\left[\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right.\right.$ ]$^{2}<m^{2}$ ，则 $m$ 的取值范围是 $(\quad)$
A. $(-\infty,-6) \cup(6,+\infty)$
B. $(-\infty,-4) \cup(4,+\infty)$
C. $(-\infty,-2) \cup(2,+\infty)$
D. $(-\infty,-1) \cup(1,+\infty)$

解答：解：由题意可得, $f\left(x_{0}\right)= \pm \sqrt{3}$, 即 $\frac{\pi x_{0}}{m}=k \pi+\frac{\pi}{2}, k \in z$, 即 $\mathrm{x}_{0}=\frac{2 k+1}{2} \mathrm{~m}$

再由 $x_{0}{ }^{2}+\left[f\left(x_{0}\right)\right]^{2}<m^{2}$, 即 $x_{0}^{2}+3<m^{2}$, 可得当 $m^{2}$ 最小时, $\left|x_{0}\right|$ 最小, 而 $\left|x_{0}\right|$ 最小为 $\frac{1}{2}|m|$, $\therefore m^{2}>\frac{1}{4} m^{2}+3, \quad \therefore m^{2}>4$.

求得 $m>2$, 或 $m<-2$,

故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $M=\{x \mid-1<x<3\}, N=\{x \mid-2<x<1\}$, 则 $M \cap N=(\quad)$
A. $(-2,1)$
B. $(-1,1)$
C. $(1,3)$
D. $(-2,3)$

解答：解: $M=\{x \mid-1<x<3\}, N=\{x \mid-2<x<1\}$,

则 $M \cap N=\{x \mid-1<x<1\}$,

故选: B.

答案：B

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：若 $\tan \alpha>0$, 则 $(\quad)$
A. $\sin \alpha>0$
B. $\cos \alpha>0$
C. $\sin 2 \alpha>0$
D. $\cos 2 \alpha>0$

解答：解: $\because \tan \alpha>0$,

$\therefore \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}>0$,

则 $\sin 2 \alpha=2 \sin \alpha \cos \alpha>0$.

故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $z=\frac{1}{1+i}+i, \quad$ 则 $|z|=(\quad)$
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. 2

解答：解: $z=\frac{1}{1+i}+i=\frac{1-i}{(1+i)(1-i)}+i=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} i$.

故 $|z|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

故选: B.

答案：B

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{3}=1(a>0)$ 的离心率为 2 , 则实数 $a=(\quad)$
A. 2
B. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
D. 1

解答：解: 由题意,

$\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{\mathrm{a}^{2}+3}}{\mathrm{a}}=2$,

解得, $a=1$.

故选：D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x), g(x)$ 的定义域都为 $R$, 且 $f(x)$ 是奇函数, $g(x)$ 是偶函数，则下列结论正确的是（）
A. $f(x) \bullet g(x)$ 是偶函数
B. $|f(x)| \bullet g(x)$ 是奇函数
C. $f(x) \bullet|g(x)|$ 是奇函数
D. $|f(x) \bullet g(x)|$ 是奇函数

解答：解: $\because \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 是奇函数, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 是偶函数,

$\therefore f(-x)=-f(x), g(-x)=g(x)$,

$f(-x) \cdot g(-x)=-f(x) \cdot g(x)$, 故函数是奇函数, 故 $A$ 错误,

$|f(-x)| \cdot g(-x)=|f(x)| \cdot g(x)$ 为偶函数, 故 $B$ 错误,

$f(-x) \cdot|g(-x)|=-f(x) \bullet|g(x)|$ 是奇函数, 故 C 正确.

$|f(-\mathrm{x}) \cdot g(-\mathrm{x})|=|\mathrm{f}(\mathrm{x}) \cdot \mathrm{g}(\mathrm{x})|$ 为偶函数, 故 $\mathrm{D}$ 错误,

故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知抛物线 $C: y^{2}=x$ 的焦点为 $F, A\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是 $C$ 上一点, $A F=\left|\frac{5}{4} x_{0}\right|$ , 则 $x_{0}=(\quad)$
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8

解答：解：抛物线 $c: y^{2}=x$ 的焦点为 $F\left(\frac{1}{4}, 0\right)$,

$\because A\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是 $C$ 上一点, $A F=\left|\frac{5}{4} x_{0}\right|, x_{0}>0$.

$\therefore \frac{5}{4} x_{0}=x_{0}+\frac{1}{4}$

解得 $x_{0}=1$.

故选: A.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$, 若 $f(x)$ 存在唯一的零点 $x_{0}$, 且 $x_{0}>$ 0, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是（ $)$
A. $(1,+\infty)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(-\infty,-1)$
D. $(-\infty,-2)$

解答：解: $\because f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$,

$\therefore f^{\prime}(x)=3 a x^{2}-6 x=3 x(a x-2), f(0)=1$

(1)当 $a=0$ 时, $f(x)=-3 x^{2}+1$ 有两个零点, 不成立;

(2)当 $a>0$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上有零点, 故不成立;

(3)当 $a<0$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(0,+\infty)$ 上有且只有一个零点;

故 $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上没有零点;

而当 $x=\frac{2}{a}$ 时, $f(x)=a x^{3}-3 x^{2}+1$ 在 $(-\infty, 0)$ 上取得最小值;

故 $f\left(\frac{2}{a}\right)=\frac{8}{a^{2}}-3 \cdot \frac{4}{a^{2}}+1>0$;

故 $a<-2$;

综上所述，

实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $(-\infty,-2)$;

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知集合 $A=\{-2,0,2\}, B=\left\{x \mid x^{2}-x-2=0\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\varnothing$
B. $\{2\}$
C. $\{0\}$
D. $\{-2\}$

解答：解: $\because A=\{-2,0,2\}, B=\left\{x \mid x^{2}-x-2=0\right\}=\{-1,2\}$,

$\therefore A \cap B=\{2\}$.

故选: B.

答案：B

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：2. $(5$ 分 $) \frac{1+3 i}{1-i}=(\quad)$
A. $1+2 \mathrm{i}$
B. $-1+2 i$
C. $1-2 i$
D. $-1-2 i$

解答：解：化简可得 $\frac{1+3 i}{1-i}=\frac{(1+3 i)(1+i)}{(1-i)(1+i)}=\frac{1-3+4 i}{1-i^{2}}=\frac{-2+4 i}{2}=-1+2 i$

故选: B.

答案：B

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处导数存在, 若 $p: f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0: q: x=x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极值点, 则 ( )
A. $p$ 是 $q$ 的充分必要条件
B. $p$ 是 $q$ 的充分条件，但不是 $q$ 的必要条件
C. $p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是 $q$ 的充分条件
D. $p$ 既不是 $q$ 的充分条件, 也不是 $q$ 的必要条件

解答：解: 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}$ 的导数为 $\mathrm{f}^{\prime}(x)=3 \mathrm{x}^{2}$, 由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$, 得 $\mathrm{x}_{0}=0$, 但此 时函数 $f(x)$ 单调递增, 无极值，充分性不成立.

根据极值的定义和性质, 若 $x=x_{0}$ 是 $f(x)$ 的极值点, 则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 成立, 即必要 性成立，

故 $p$ 是 $q$ 的必要条件, 但不是 $q$ 的充分条件,

故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{10},|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{6}$, 则 $\vec{a} \bullet \vec{b}=(\quad)$
A. 1
B. 2
C. 3
D. 5

解答：解: $\because|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{10},|\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{6}$,

$\therefore$ 分别平方得 $\vec{a}^{2}+2 \vec{a} \bullet \vec{b}+\vec{b}^{2}=10, \vec{a}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b}^{2}=6$, 两式相减得 $4 \vec{a} \bullet \vec{b}=10-6=4$,

即 $\vec{a} \cdot \vec{b}=1$,

故选: A.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 2 , 若 $a_{2}, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=(\quad)$
A. $n(n+1)$
B. $n(n-1)$
C. $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$
D. $\frac{n(n-1)}{2}$

解答：解：由题意可得 $a_{4}{ }^{2}=a_{2} \bullet a_{8}$,

即 $a_{4}{ }^{2}=\left(a_{4}-4\right)\left(a_{4}+8\right)$,

解得 $a_{4}=8$,

$\therefore a_{1}=a_{4^{-}} 3 \times 2=2$,

$\therefore \mathrm{s}_{\mathrm{n}}=\mathrm{na}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}$,

$=2 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n(n+1)$,

故选: A.

答案：A

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的底面边长为 2 , 侧棱长为 $\sqrt{3}, D$ 为 $B C$ 中点, 则三棱雉 $A-B_{1} D C_{1}$ 的体积为 ( $)$
A. 3
B. $\frac{3}{2}$
C. 1
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

解答：解: $\because$ 正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的底面边长为 2 , 侧棱长为 $\sqrt{3}, D$ 为 $B C$ 中点,

$\therefore$ 底面 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{DC}_{1}$ 的面积: $\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{3}=\sqrt{3}$,

A 到底面的距离就是底面正三角形的高: $\sqrt{3}$.

三棱雉 $A-B_{1} D C_{1}$ 的体积为: $\frac{1}{3} \times \sqrt{3} \times \sqrt{3}=1$.

故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $F$ 为抛物线 $C: y^{2}=3 x$ 的焦点, 过 $F$ 且倾斜角为 $30^{\circ}$ 的直线交于 $C$ 于 $A, B$ 两点, 则 $|A B|=$
A. $\frac{\sqrt{30}}{3}$
B. 6
C. 12
D. $7 \sqrt{3}$

解答：解: 由 $y^{2}=3 x$ 得其焦点 $F\left(\frac{3}{4}, 0\right)$, 准线方程为 $x=-\frac{3}{4}$.

则过抛物线 $y^{2}=3 x$ 的焦点 $F$ 且倾斜角为 $30^{\circ}$ 的直线方程为 $y=\tan 30^{\circ}\left(x-\frac{3}{4}\right)=\frac{\sqrt{3}}{3}$

$$
\left(x-\frac{3}{4}\right)
$$

代入抛物线方程, 消去 $y$, 得 $16 x^{2}-168 x+9=0$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$

则 $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=\frac{168}{16}=\frac{21}{2}$,

所以 $|A B|=x_{1}+\frac{3}{4}+x_{2}+\frac{3}{4}=\frac{3}{4}+\frac{3}{4}+\frac{21}{2}=12$ 故选: C.

答案：C

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若函数 $f(x)=k x-\ln x$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递增, 则 $k$ 的取值范 围是 $(\quad)$
A. $(-\infty,-2]$
B. $(-\infty,-1]$
C. $[2,+\infty)$
D. $[1,+\infty)$

解答：解: $f^{\prime}(x)=k-\frac{1}{x}$,

$\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{kx}-\ln x$ 在区间 $(1,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上恒成立.

$\therefore \mathrm{k} \geqslant \frac{1}{\mathrm{x}}$,

而 $y=\frac{1}{x}$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递减,

$\therefore k \geqslant 1$.

$\therefore \mathrm{k}$ 的取值范围是: $[1,+\infty)$.

故选: D.

答案：D

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n} \neq 0, a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1$, 其中 $\lambda$ 为常数.

( I ) 证明: $a_{n+2}-a_{n}=\lambda$

(II ) 是否存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列? 并说明理由.

解答：( I ) 利用 $a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$, 相减即可得出;

(II ) 假设存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设公差为 $d$. 可得 $\lambda=a_{n+2}-a_{n}=\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right.$ )$+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=2 d, \quad d=\frac{\lambda}{2}$. 得到 $\lambda S_{n}=\frac{\lambda^{2}}{4} n^{2}+\left(\lambda-\frac{\lambda^{2}}{4}\right) n+2-\frac{\lambda}{2}$, 根据 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \neq 0 \\ 2-\frac{\lambda}{2}=0\end{array}\right.$, 解得 $\lambda$ 即可.

（I ） 证明: $\because a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$,

$\therefore a_{n+1}\left(a_{n+2}-a_{n}\right)=\lambda a_{n+1}$

$\because a_{n+1} \neq 0$

$\therefore a_{n+2}-a_{n}=\lambda$

（II ) 解：假设存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设公差为 $d$.

则 $\lambda=a_{n+2}-a_{n}=\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=2 d$,

$\therefore d=\frac{\lambda}{2}$

$\therefore a_{n}=1+\frac{\lambda(n-1)}{2}, a_{n+1}=1+\frac{\lambda_{n}}{2}$

$\therefore \lambda S_{n}=1+\left[1+\frac{\lambda(n-1)}{2}\right]\left[1+\frac{\lambda n}{2}\right]=\frac{\lambda^{2}}{4} n^{2}+\left(\lambda-\frac{\lambda^{2}}{4}\right) n+2-\frac{\lambda}{2}$,

根据 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \neq 0 \\ 2-\frac{\lambda}{2}=0\end{array}\right.$, 解得 $\lambda=4$.

此时可得 $S_{n}=n^{2}, a_{n}=2 n-1$.

因此存在 $\lambda=4$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.

答案：（I ） 证明: $\because a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$,

$\therefore a_{n+1}\left(a_{n+2}-a_{n}\right)=\lambda a_{n+1}$

$\because a_{n+1} \neq 0$

$\therefore a_{n+2}-a_{n}=\lambda$

（II ) 解：假设存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设公差为 $d$.

则 $\lambda=a_{n+2}-a_{n}=\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=2 d$,

$\therefore d=\frac{\lambda}{2}$

$\therefore a_{n}=1+\frac{\lambda(n-1)}{2}, a_{n+1}=1+\frac{\lambda_{n}}{2}$

$\therefore \lambda S_{n}=1+\left[1+\frac{\lambda(n-1)}{2}\right]\left[1+\frac{\lambda n}{2}\right]=\frac{\lambda^{2}}{4} n^{2}+\left(\lambda-\frac{\lambda^{2}}{4}\right) n+2-\frac{\lambda}{2}$,

根据 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \neq 0 \\ 2-\frac{\lambda}{2}=0\end{array}\right.$, 解得 $\lambda=4$.

此时可得 $S_{n}=n^{2}, a_{n}=2 n-1$.

因此存在 $\lambda=4$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知点 $A(0,-2)$, 椭圆 $\left.E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>b>0\right)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , $F$ 是椭圆的右焦点, 直线 $A F$ 的斜率为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}, O$ 为坐标原点.

(I ) 求 $E$ 的方程;

（II ) 设过点 $A$ 的直线 $I$ 与 $E$ 相交于 $P, Q$ 两点, 当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时, 求 $I$ 的方程.

解答：（I ）通过离心率得到 $a 、 c$ 关系, 通过 $A$ 求出 $a$, 即可求 $E$ 的方程; (II ) 设直线 $1: y=k x-2$, 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ , 利用 $\triangle>0$, 求出 $k$ 的范围, 利用弦长公式求出 $|P Q|$, 然后求出 $\triangle O P Q$ 的面 积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值， 然后求解直线方程.

解: ( I ) 设 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$, 由条件知 $\frac{2}{\mathrm{c}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 得 $\mathrm{c}=\sqrt{3}$ 又 $\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $a=2$ 田, $b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$, 故 $E$ 的方程 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 . \cdots$. （5 分）

(II ) 依题意当 $I \perp x$ 轴不合题意, 故设直线 $l: y=k x-2$, 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}\right.$ $\left.y_{2}\right)$

将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-16 k x+12=0$,

当 $\triangle=16\left(4 k^{2}-3\right)>0$, 即 $k^{2}>\frac{3}{4}$ 时, $x_{1}, 2=\frac{8 k \pm 2 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$

从而 $|P Q|=\sqrt{k^{2}+1}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{4 \sqrt{k^{2}+1} \cdot \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$ ?]?

又点 $O$ 到直线 $P Q$ 的距离 $d=\frac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}$, 所以 $\triangle O P Q$ 的面积 $S_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} d|P Q|=$ 

$$
\frac{4 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}
$$

设 $\sqrt{4 k^{2}-3}=t$, 则 $t>0, S_{\triangle 0 P Q}=\frac{4 t}{t^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{4}{t}} \leqslant 1$,

当且仅当 $\mathrm{t}=2, k= \pm \frac{\sqrt{7}}{2}$ 等号成立, 且满足 $\triangle>0$,

所以当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时, $\mathrm{l}$ 的方程为: $y=\frac{\sqrt{7}}{2} x-2$ 或 $y=-\frac{\sqrt{7}}{2} x-2 . \ldots$ （12 分

答案：解: ( I ) 设 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$, 由条件知 $\frac{2}{\mathrm{c}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 得 $\mathrm{c}=\sqrt{3}$ 又 $\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $a=2$ 田, $b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$, 故 $E$ 的方程 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 . \cdots$. （5 分）

(II ) 依题意当 $I \perp x$ 轴不合题意, 故设直线 $l: y=k x-2$, 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}\right.$ $\left.y_{2}\right)$

将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-16 k x+12=0$,

当 $\triangle=16\left(4 k^{2}-3\right)>0$, 即 $k^{2}>\frac{3}{4}$ 时, $x_{1}, 2=\frac{8 k \pm 2 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$

从而 $|P Q|=\sqrt{k^{2}+1}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{4 \sqrt{k^{2}+1} \cdot \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$ ?]?

又点 $O$ 到直线 $P Q$ 的距离 $d=\frac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}$, 所以 $\triangle O P Q$ 的面积 $S_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} d|P Q|=$ 

$$
\frac{4 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}
$$

设 $\sqrt{4 k^{2}-3}=t$, 则 $t>0, S_{\triangle 0 P Q}=\frac{4 t}{t^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{4}{t}} \leqslant 1$,

当且仅当 $\mathrm{t}=2, k= \pm \frac{\sqrt{7}}{2}$ 等号成立, 且满足 $\triangle>0$,

所以当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时, $\mathrm{l}$ 的方程为: $y=\frac{\sqrt{7}}{2} x-2$ 或 $y=-\frac{\sqrt{7}}{2} x-2 . \ldots$ （12 分

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x)=a e^{x} \ln x+\frac{b e^{x-1}}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处 得切线方程为 $y=e(x-1)+2$.
(I) 求 $a 、 b$;
( II ) 证明: $f(x)>1$.

解答：( I ）求出定义域, 导数 $f^{\prime}(x)$, 根据题意有 $f(1)=2, f^{\prime}(1)=e$, 解出即可;

(II ) 由 ( I ) 知, $f(x)>1$ 等价于 $x \ln x>x e^{-x}-\frac{2}{x}$, 设函数 $g(x)=x \ln x$, 函 数 $h(x)=x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 只需证明 $g(x)_{\text {min }}>h(x){ }_{\max }$, 利用导数可分别求得 $g$ (x) $\min , h(x)_{\max }$;

解: ( I ) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=a e^{x} \ln x+\frac{a}{x} \cdot e^{x}-\frac{b}{x^{2}} \cdot e^{x-1}+\frac{b}{x} \cdot e^{x-1}$,

由题意可得 $f(1)=2, f^{\prime}(1)=e$,

故 $a=1, b=2$; (II) 由 ( I ) 知, $f(x)=e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}$,

$\because f(x)>1, \quad \therefore e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}>1, \quad \therefore \ln x>\frac{1}{e^{x}}-\frac{2}{x e}$,

$\therefore f(x)>1$ 等价于 $x \ln x>x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 设函数 $g(x)=x \ln x$, 则 $g^{\prime}(x)=1+\ln x$,

$\therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$.

故 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增, 从而 $g(x)$ 在 (

$0,+\infty)$ 上的最小值为 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\frac{1}{\mathrm{e}}$.

设函数 $h(x)=x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 则 $h^{\prime}(x)=e^{-x}(1-x)$.

$\therefore$ 当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$ ；当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,

故 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减,

从而 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $h(1)=-\frac{1}{e}$.

综上，当 $x>0$ 时, $g(x)>h(x)$, 即 $f(x)>1$.

答案：解: ( I ) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=a e^{x} \ln x+\frac{a}{x} \cdot e^{x}-\frac{b}{x^{2}} \cdot e^{x-1}+\frac{b}{x} \cdot e^{x-1}$,

由题意可得 $f(1)=2, f^{\prime}(1)=e$,

故 $a=1, b=2$; (II) 由 ( I ) 知, $f(x)=e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}$,

$\because f(x)>1, \quad \therefore e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}>1, \quad \therefore \ln x>\frac{1}{e^{x}}-\frac{2}{x e}$,

$\therefore f(x)>1$ 等价于 $x \ln x>x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 设函数 $g(x)=x \ln x$, 则 $g^{\prime}(x)=1+\ln x$,

$\therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$.

故 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增, 从而 $g(x)$ 在 (

$0,+\infty)$ 上的最小值为 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\frac{1}{\mathrm{e}}$.

设函数 $h(x)=x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 则 $h^{\prime}(x)=e^{-x}(1-x)$.

$\therefore$ 当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$ ；当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,

故 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减,

从而 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $h(1)=-\frac{1}{e}$.

综上，当 $x>0$ 时, $g(x)>h(x)$, 即 $f(x)>1$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知曲线 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 直线 $\mid:\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=2-2 t\end{array}\right.$ (t 为参数 )

( I ) 写出曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程, 直线 I 的普通方程.

(II) 过曲线 $C$ 上任意一点 $P$ 作与 $I$ 夹角为 $30^{\circ}$ 的直线, 交 $\mid$ 于点 $A$, 求 $|P A|$ 的最 大值与最小值.

解答：( I ) 联想三角函数的平方关系可取 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$ 得曲线 $\mathrm{C}$ 的参数 方程, 直接消掉参数 $\mathrm{t}$ 得直线 I 的普通方程;

(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$. 由点到直线的距离公式得到 $P$ 到直线 I 的距离, 除以

$\sin 30^{\circ}$ 进一步得到 $|P A|$, 化积后由三角函数的范围求得 $|P A|$ 的最大值与最小值.

解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$,

故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).

对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1) \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,

由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;

(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.

$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.

则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.

当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.

当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

答案：解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$,

故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).

对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1) \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,

由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;

(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.

$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.

则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.

当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.

当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：24. 若 $a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$.

( I ) 求 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值;

（II ) 是否存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ ? 并说明理由.

解答：( I ) 由条件利用基本不等式求得 $a b \geqslant 2$, 再利用基本不等式求得 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值.

(II ) 根据 $a b \geqslant 2$ 及基本不等式求的 $2 a+3 b>8$, 从而可得不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$

解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}=\sqrt{\mathrm{ab}}$,

$\therefore \sqrt{a b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,

当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.

$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,

$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.

(II) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.

而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,

故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.

答案：解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}=\sqrt{\mathrm{ab}}$,

$\therefore \sqrt{a b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,

当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.

$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,

$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.

(II) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.

而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,

故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=3 a_{n}+1$.

（I ) 证明 $\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$ 是等比数列, 并求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

（II）证明: $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<\frac{3}{2}$.

解答：( I ) 根据等比数列的定义, 后一项与前一项的比是常数, 即 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=$ 常 数, 又首项不为 0 , 所以为等比数列;

再根据等比数列的通项化式, 求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 将 $\frac{1}{a_{n}}$ 进行放大, 即将分母缩小, 使得构成一个等比数列, 从而求和, 证 明不等式.

证明 ( I ) $\frac{a_{n+1}+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3 a_{n}+1+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3\left(a_{n}+\frac{1}{2}\right)}{a_{n}+\frac{1}{2}}=3$,

$\because a_{1}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \neq 0$

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$ 是以首项为 $\frac{3}{2}$, 公比为 3 的等比数列;

$\therefore a_{n}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \times 3^{n-1}=\frac{3^{n}}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{3^{n}-1}{2}$;

(II ) 由 ( I ) 知 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $\because 3^{n-} 1>3^{n-} 3^{n-1}, \therefore \frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}<\frac{2}{3^{n}-3^{n-1}}=\frac{1}{3^{n-1}}$,

$\therefore$ 当 $n=1$ 时, $\frac{1}{a_{1}}=1<\frac{3}{2}$ 成立,

当 $n \geqslant 2$ 时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\ldots+\frac{1}{3^{n-1}}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)<\frac{3}{2}$.

$\therefore$ 对 $n \in N_{+}$时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<\frac{3}{2}$.

答案：证明 ( I ) $\frac{a_{n+1}+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3 a_{n}+1+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3\left(a_{n}+\frac{1}{2}\right)}{a_{n}+\frac{1}{2}}=3$,

$\because a_{1}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \neq 0$

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$ 是以首项为 $\frac{3}{2}$, 公比为 3 的等比数列;

$\therefore a_{n}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \times 3^{n-1}=\frac{3^{n}}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{3^{n}-1}{2}$;

(II ) 由 ( I ) 知 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $\because 3^{n-} 1>3^{n-} 3^{n-1}, \therefore \frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}<\frac{2}{3^{n}-3^{n-1}}=\frac{1}{3^{n-1}}$,

$\therefore$ 当 $n=1$ 时, $\frac{1}{a_{1}}=1<\frac{3}{2}$ 成立,

当 $n \geqslant 2$ 时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\ldots+\frac{1}{3^{n-1}}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)<\frac{3}{2}$.

$\therefore$ 对 $n \in N_{+}$时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<\frac{3}{2}$.

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=e^{x}-e^{-x}-2 x$.

(I) 讨论 $f(x)$ 的单调性;

（II）设 $g(x)=f(2 x)-4 b f(x)$, 当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 求 $b$ 的最大值; (III) 已知 $1.4142<\sqrt{2}<1.4143$, 估计 $\ln 2$ 的近似值（精确到 0.001 ）. 请考生在第 22、23、24 三题中任选一题作答, 如果多做, 则按所做的第一题计 分, 作答时请写清题号.【选修 4-1：几何证明选讲】

解答：对第 ( I ) 问, 直接求导后, 利用基本不等式可达到目的;

对第 (II) 问, 先验证 $g(0)=0$, 只需说明 $g(x)$ 在 $[0+\infty)$ 上为增函数即可,

从而问题转化为“判断 $g^{\prime}(x)>0$ 是否成立”的问题;

对第 (III) 问, 根据第 (II) 问的结论, 设法利用 $\sqrt{2}$ 的近似值, 并寻求 $\ln 2$, 于

是在 $b=2$ 及 $b>2$ 的情况下分别计算g $(\ln \sqrt{2})$, 最后可估计 $\ln 2$ 的近似值.

解: ( I ) 由 $f(x)$ 得 $f^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2 \geqslant 2 \sqrt{e^{x} \cdot e^{-x}}-2=0$,

即 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $e^{x}=e^{-x}$ 即 $x=0$ 时, $f^{\prime}(x)=0$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数.

( II ) $g(x)=f(2 x)-4 b f(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)+(8 b-4) x$,

则 $g^{\prime}(x)=2\left[e^{2 x}+e^{-2 x}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-2)\right]$

$=2\left[\left(e^{x}+e^{-x}\right)^{2}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-4)\right]$

$=2\left(e^{x}+e^{-x}-2\right)\left(e^{x}+e^{-x}+2-2 b\right)$.

(1) $\because e^{x}+e^{-x}>2, e^{x}+e^{-x}+2>4$,

$\therefore$ 当 $2 b \leqslant 4$, 即 $b \leqslant 2$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $x=0$ 时取等号,

从而 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数, 而 $\mathrm{g}(0)=0$,

$\therefore \mathrm{x}>0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})>0$, 符合题意. (2) 当 $b>2$ 时, 若 $x$ 满 足 $2<e^{x+e^{-x}}<2 b-2$ 即 $\left\{\begin{array}{l}2<e^{x}+e^{-x} \\ e^{x}+e^{-x}<2 b-2\end{array}\right.$, 得 $\ln \left(b-1-\sqrt{b^{2}-2 b}\right)<x<\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$, 此时, $g^{\prime}(x)<0$,

又由 $g(0)=0$ 知, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时, $g(x)<0$, 不符合题意.

综合(1)、(2)知, $b \leqslant 2$, 得 $b$ 的最大值为 2 .

(III) $\because 1.4142<\sqrt{2}<1.4143$, 根据（II ) 中 $g(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ $+(8 b-4) x$,

为了凑配 $\ln 2$, 并利用 $\sqrt{2}$ 的近似值, 故将 $\ln \sqrt{2}$ 即 $\frac{1}{2} \ln 2$ 代入 $g(x)$ 的解析式中, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-2 \sqrt{2} b+2(2 b-1) \ln 2$.

当 $b=2$ 时, 由 $g(x)>0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-4 \sqrt{2}+6 \ln 2>0$,

从而 $\ln 2>\frac{8 \sqrt{2}-3}{12}>\frac{8 \times 1.4142-3}{12}=0.6928$;

令 $\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)=\ln \sqrt{2}$, 得 $b=\frac{3 \sqrt{2}}{4}+1>2$, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时,

由 $g(x)<0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=-\frac{3}{2}-2 \sqrt{2}+(3 \sqrt{2}+2) \ln 2<0$, 得 $\ln 2<\frac{18+\sqrt{2}}{28}<\frac{18+1.4143}{28}<0.6934$.

所以 $\ln 2$ 的近似值为 0.693 .

答案：解: ( I ) 由 $f(x)$ 得 $f^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2 \geqslant 2 \sqrt{e^{x} \cdot e^{-x}}-2=0$,

即 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $e^{x}=e^{-x}$ 即 $x=0$ 时, $f^{\prime}(x)=0$,

$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数.

( II ) $g(x)=f(2 x)-4 b f(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)+(8 b-4) x$,

则 $g^{\prime}(x)=2\left[e^{2 x}+e^{-2 x}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-2)\right]$

$=2\left[\left(e^{x}+e^{-x}\right)^{2}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-4)\right]$

$=2\left(e^{x}+e^{-x}-2\right)\left(e^{x}+e^{-x}+2-2 b\right)$.

(1) $\because e^{x}+e^{-x}>2, e^{x}+e^{-x}+2>4$,

$\therefore$ 当 $2 b \leqslant 4$, 即 $b \leqslant 2$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $x=0$ 时取等号,

从而 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数, 而 $\mathrm{g}(0)=0$,

$\therefore \mathrm{x}>0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})>0$, 符合题意. (2) 当 $b>2$ 时, 若 $x$ 满 足 $2<e^{x+e^{-x}}<2 b-2$ 即 $\left\{\begin{array}{l}2<e^{x}+e^{-x} \\ e^{x}+e^{-x}<2 b-2\end{array}\right.$, 得 $\ln \left(b-1-\sqrt{b^{2}-2 b}\right)<x<\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$, 此时, $g^{\prime}(x)<0$,

又由 $g(0)=0$ 知, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时, $g(x)<0$, 不符合题意.

综合(1)、(2)知, $b \leqslant 2$, 得 $b$ 的最大值为 2 .

(III) $\because 1.4142<\sqrt{2}<1.4143$, 根据（II ) 中 $g(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ $+(8 b-4) x$,

为了凑配 $\ln 2$, 并利用 $\sqrt{2}$ 的近似值, 故将 $\ln \sqrt{2}$ 即 $\frac{1}{2} \ln 2$ 代入 $g(x)$ 的解析式中, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-2 \sqrt{2} b+2(2 b-1) \ln 2$.

当 $b=2$ 时, 由 $g(x)>0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-4 \sqrt{2}+6 \ln 2>0$,

从而 $\ln 2>\frac{8 \sqrt{2}-3}{12}>\frac{8 \times 1.4142-3}{12}=0.6928$;

令 $\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)=\ln \sqrt{2}$, 得 $b=\frac{3 \sqrt{2}}{4}+1>2$, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时,

由 $g(x)<0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=-\frac{3}{2}-2 \sqrt{2}+(3 \sqrt{2}+2) \ln 2<0$, 得 $\ln 2<\frac{18+\sqrt{2}}{28}<\frac{18+1.4143}{28}<0.6934$.

所以 $\ln 2$ 的近似值为 0.693 .

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系 , 半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$

(I) 求 C 的参数方程;

(II ) 设点 $D$ 在半圆 $C$ 上, 半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 $I: y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 根据 （1）中你得到的参数方程, 求直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标. 六、解答题（共 1 小题, 满分 0 分）

解答：（1）利用 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ x=\rho \cos \theta\end{array}\right.$ 即可得出直角坐标方程, 利用 $\cos ^{2} t+\sin ^{2} t=1$ 进 而得出参数方程.

(2) 利用半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 $\mid: y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 则直线 $C D$ 的斜率与直 线 I 的斜率相等, 即可得出直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标.

解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.

可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$. (2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的 上半圆，

$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \operatorname{tant}=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.

故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

答案：解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.

可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$. (2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的 上半圆，

$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \operatorname{tant}=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.

故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：24. 设函数 $f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a|(a>0)$.

( I ) 证明: $f(x) \geqslant 2$;

(II) 若 $\mathrm{f}(3)<5$, 求 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解答：（I ）由 $a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a|$, 利用绝对值三角不等式、基本 不等式证得 $f(x) \geqslant 2$ 成立.

(II) 由 $f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$, 分当 $a>3$ 时和当 $0<a \leqslant 3$ 时两种情况, 分 别去掉绝对值, 求得不等式的解集, 再取并集, 即得所求.

解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a$ ) $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,

故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.

( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,

$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.

当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.

综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.

答案：解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a$ ) $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,

故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.

( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,

$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.

当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.

综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, $a_{2}, a_{4}$ 是方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根.

（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.

解答：（1）解出方程的根, 根据数列是递增的求出 $a_{2}, a_{4}$ 的值, 从而解出通 项;

(2) 将第一问中求得的通项代入, 用错位相减法求和.

解: (1) 方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根为 2,3 . 又 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, 故 $a_{2}=2, a_{4}=3$, 可得 $2 d=1, d=\frac{1}{2}$,

故 $a_{n}=2+(n-2) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2} n+1$, (2) 设数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$,

$S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{1}}+\frac{a_{2}}{2^{2}}+\frac{a_{3}}{2^{3}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{a_{n}}{2^{n}}$

$\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{2}}+\frac{a_{2}}{2^{3}}+\frac{a_{3}}{2^{4}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n}}+\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$

(1)- (2)得 $\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2}+d\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}=\frac{\frac{3}{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$,

解得 $S_{n}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+1}}=2-\frac{n+4}{2^{n+1}}$.

答案：解: (1) 方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根为 2,3 . 又 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, 故 $a_{2}=2, a_{4}=3$, 可得 $2 d=1, d=\frac{1}{2}$,

故 $a_{n}=2+(n-2) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{2} n+1$, (2) 设数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$,

$S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{1}}+\frac{a_{2}}{2^{2}}+\frac{a_{3}}{2^{3}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{a_{n}}{2^{n}}$

$\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2^{2}}+\frac{a_{2}}{2^{3}}+\frac{a_{3}}{2^{4}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{2^{n}}+\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$

(1)- (2)得 $\frac{1}{2} S_{n}=\frac{a_{1}}{2}+d\left(\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\right)-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}=\frac{\frac{3}{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{a_{n}}{2^{n+1}}$,

解得 $S_{n}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+1}}=2-\frac{n+4}{2^{n+1}}$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知点 $P(2,2)$, 圆 $C: x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 过点 $P$ 的动直线 $\mid$ 与圆 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 线段 $A B$ 的中点为 $M, O$ 为坐标原点.

(1) 求 $M$ 的轨迹方程;

（2）当 $|O P|=|O M|$ 时, 求 $\mid$ 的方程及 $\triangle P O M$ 的面积.

解答：(1) 由圆 $C$ 的方程求出圆心坐标和半径, 设出 $M$ 坐标, 由 $\overrightarrow{C K} 与 \overrightarrow{M P} \frac{{ }^{2}}{}$ 】 量积等于 0 列式得 $M$ 的轨迹方程;

(2) 设 $M$ 的轨迹的圆心为 $N$, 由 $|O P|=|O M|$ 得到 $O N \perp P M$. 求出 $O N$ 所在直线 的斜率, 由直线方程的点斜式得到 PM 所在直线方程, 由点到直线的距离公 式求出 O 到I 的距离, 再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出 $\mathrm{PM}$ 的长度 , 代入三角形面积公式得答案.

解: (1) 由圆 C: $x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 得 $x^{2}+(y-4)^{2}=16$,

$\therefore$ 圆 C 的圆心坐标为 $(0,4)$, 半径为 4 .

设 $M(x, y)$, 则 $\overrightarrow{C M}=(x, y-4), \overrightarrow{M P}=(2-x, 2-y)$.

由题意可得: $\overrightarrow{C M} \cdot \overrightarrow{M P}=0$.

即 $x(2-x)+(y-4)(2-y)=0$.

整理得： $(x-1)^{2+}(y-3)^{2}=2$.

$\therefore M$ 的轨迹方程是 $(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=2$.

(2) 由 (1) 知 $\mathrm{M}$ 的轨迹是以点 $\mathrm{N}(1,3)$ 为圆心, $\sqrt{2}$ 为半径的圆,

由于 $|O P|=|O M|$,

故 O 在线段 PM 的垂直平分线上,

又 $P$ 在圆 $\mathrm{N}$ 上,

从而 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{PM}$.

$\because k_{\mathrm{on}}=3$,

$\therefore$ 直线 I 的斜率为 $-\frac{1}{3}$.

$\therefore$ 直线 PM 的方程为 $y-2=\frac{1}{3}(x-2)$, 即 $x+3 y-8=0$.

则 $\mathrm{O}$ 到直线 $\mathrm{I}$ 的距离为 $\frac{|-8|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.

又 $N$ 到 I 的距离为 $\frac{|1 \times 1+3 \times 3-8|}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,

$\therefore|\mathrm{PM}|=2 \sqrt{2-\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.

$\therefore S_{\triangle \mathrm{POM}}=\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5}=\frac{16}{5}$.

答案：解: (1) 由圆 C: $x^{2}+y^{2}-8 y=0$, 得 $x^{2}+(y-4)^{2}=16$,

$\therefore$ 圆 C 的圆心坐标为 $(0,4)$, 半径为 4 .

设 $M(x, y)$, 则 $\overrightarrow{C M}=(x, y-4), \overrightarrow{M P}=(2-x, 2-y)$.

由题意可得: $\overrightarrow{C M} \cdot \overrightarrow{M P}=0$.

即 $x(2-x)+(y-4)(2-y)=0$.

整理得： $(x-1)^{2+}(y-3)^{2}=2$.

$\therefore M$ 的轨迹方程是 $(x-1)^{2}+(y-3)^{2}=2$.

(2) 由 (1) 知 $\mathrm{M}$ 的轨迹是以点 $\mathrm{N}(1,3)$ 为圆心, $\sqrt{2}$ 为半径的圆,

由于 $|O P|=|O M|$,

故 O 在线段 PM 的垂直平分线上,

又 $P$ 在圆 $\mathrm{N}$ 上,

从而 $\mathrm{ON} \perp \mathrm{PM}$.

$\because k_{\mathrm{on}}=3$,

$\therefore$ 直线 I 的斜率为 $-\frac{1}{3}$.

$\therefore$ 直线 PM 的方程为 $y-2=\frac{1}{3}(x-2)$, 即 $x+3 y-8=0$.

则 $\mathrm{O}$ 到直线 $\mathrm{I}$ 的距离为 $\frac{|-8|}{\sqrt{1^{2}+3^{2}}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.

又 $N$ 到 I 的距离为 $\frac{|1 \times 1+3 \times 3-8|}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$,

$\therefore|\mathrm{PM}|=2 \sqrt{2-\left(\frac{\sqrt{10}}{5}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{10}}{5}$.

$\therefore S_{\triangle \mathrm{POM}}=\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5} \times \frac{4 \sqrt{10}}{5}=\frac{16}{5}$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设函数 $f(x)=a \ln x+\frac{1-a}{2} x^{2}-b x(a \neq 1)$, 曲线 $y=f(x)$ 在点（1, $f(1 ）$ 处的切线斜率为 0 ,

(1) 求 b;

（2）若存在 $x_{0} \geqslant 1$, 使得 $f\left(x_{0}\right)<\frac{a}{a-1}$, 求 $a$ 的取值范围. 请考生在第 22, 23, 24 题中任选一题作答, 如果多做, 则按所做的第一题记分。

解答：（1）利用导数的几何意义即可得出;

（2）对 $a$ 分类讨论：当 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 当 $\frac{1}{2}<a<1$ 时, 当 $a>1$ 时, 再利用导数研究 函数的单调性极值与最值即可得出.

解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-b(x>0)$,

$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 0 ,

$\therefore f^{\prime}(1)=a+(1-a) \times 1-b=0$, 解得 $b=1$.

（2）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由（1）可知: $f(x)=a \ln x+\frac{1-a}{2} x^{2}-x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-1=\frac{(1-a)}{x}\left(x-\frac{a}{1-a}\right)(x-1)$.

(1)当 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 则 $\frac{a}{1-a} \leqslant 1$,

则当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore$ 存在 $\mathrm{x}_{0} \geqslant 1$, 使得 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$ 的充要条件是 $\mathrm{f}(1)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$, 即 $\frac{1-\mathrm{a}}{2}-1<\frac{a}{a-1}$, 解得 $-\sqrt{2}-1<a<\sqrt{2}-1$;

(2)当 $\frac{1}{2}<a<1$ 时, 则 $\frac{a}{1-a}>1$,

则当 $x \in\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递减;

当 $x \in\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 上单调递增.

$\therefore$ 存在 $x_{0} \geqslant 1$, 使得 $f\left(x_{0}\right)<\frac{a}{a-1}$ 的充要条件是 $f\left(\frac{a}{1-a}\right)<\frac{a}{a-1}$, 而 $\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{a}}{1-\mathrm{a}}\right)=\operatorname{aln} \frac{a}{1-a}+\frac{a^{2}}{2(1-a)}+\frac{a}{a-1}>\frac{a}{a-1}$, 不符合题意, 应舍去. (3)若 $a>1$ 时, $f(1)=\frac{1-a}{2}-1=\frac{-a-1}{2}<\frac{a}{a-1}$, 成立.

综上可得: $a$ 的取值范围是 $(-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}-1) \cup(1,+\infty)$.

答案：解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-b(x>0)$,

$\because$ 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线斜率为 0 ,

$\therefore f^{\prime}(1)=a+(1-a) \times 1-b=0$, 解得 $b=1$.

（2）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 由（1）可知: $f(x)=a \ln x+\frac{1-a}{2} x^{2}-x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+(1-a) x-1=\frac{(1-a)}{x}\left(x-\frac{a}{1-a}\right)(x-1)$.

(1)当 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 则 $\frac{a}{1-a} \leqslant 1$,

则当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore$ 存在 $\mathrm{x}_{0} \geqslant 1$, 使得 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$ 的充要条件是 $\mathrm{f}(1)<\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{a}-1}$, 即 $\frac{1-\mathrm{a}}{2}-1<\frac{a}{a-1}$, 解得 $-\sqrt{2}-1<a<\sqrt{2}-1$;

(2)当 $\frac{1}{2}<a<1$ 时, 则 $\frac{a}{1-a}>1$,

则当 $x \in\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(1, \frac{a}{1-a}\right)$ 上单调递减;

当 $x \in\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 在 $\left(\frac{a}{1-a},+\infty\right)$ 上单调递增.

$\therefore$ 存在 $x_{0} \geqslant 1$, 使得 $f\left(x_{0}\right)<\frac{a}{a-1}$ 的充要条件是 $f\left(\frac{a}{1-a}\right)<\frac{a}{a-1}$, 而 $\mathrm{f}\left(\frac{\mathrm{a}}{1-\mathrm{a}}\right)=\operatorname{aln} \frac{a}{1-a}+\frac{a^{2}}{2(1-a)}+\frac{a}{a-1}>\frac{a}{a-1}$, 不符合题意, 应舍去. (3)若 $a>1$ 时, $f(1)=\frac{1-a}{2}-1=\frac{-a-1}{2}<\frac{a}{a-1}$, 成立.

综上可得: $a$ 的取值范围是 $(-\sqrt{2}-1, \sqrt{2}-1) \cup(1,+\infty)$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知曲线 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 直线 I: $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=2-2 t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)

( I ) 写出曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程, 直线 I 的普通方程.

(II ) 过曲线 $C$ 上任意一点 $P$ 作与 $\mid$ 夹角为 $30^{\circ}$ 的直线, 交 $\mid$ 于点 $A$, 求 $|P A|$ 的最 大值与最小值.

解答：( I ) 联想三角函数的平方关系可取 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$ 得曲线 $\mathrm{C}$ 的参数 方程, 直接消掉参数 $\mathrm{t}$ 得直线 $\mathrm{l}$ 的普通方程;

(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $\mathrm{P}(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$. 由点到直线的距离公式得到 $\mathrm{P}$ 到直线 I 的距离, 除以

$\sin 30^{\circ}$ 进一步得到 $|P A|$, 化积后由三角函数的范围求得 $|P A|$ 的最大值与最小值.

解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $x=2 \cos \theta 、 y=3 \sin \theta$,

故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).

对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1 \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,

由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;

(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.

$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.

则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.

当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.

当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

答案：解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $x=2 \cos \theta 、 y=3 \sin \theta$,

故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).

对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1 \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,

由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;

(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.

$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.

则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.

当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.

当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

2014 年高考 （新课标ⅰ）
题目：24. 若 $a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$.

( I) 求 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值;

(II) 是否存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ ? 并说明理由.

解答：( I ) 由条件利用基本不等式求得 $a b \geqslant 2$, 再利用基本不等式求得 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值. (II ) 根据 $a b \geqslant 2$ 及基本不等式求的 $2 a+3 b>8$, 从而可得不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$

解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$,

$\therefore \sqrt{\mathrm{ab}}=\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{\mathrm{ab}}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,

当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.

$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,

$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.

(II ) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.

而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,

故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.

答案：解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$,

$\therefore \sqrt{\mathrm{ab}}=\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{\mathrm{ab}}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,

当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.

$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,

$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.

(II ) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.

而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,

故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=x^{3}-3 x^{2}+a x+2$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,2)$ 处的 切线与 $x$ 轴交点的横坐标为 -2 .

（I）求 a;

（II ）证明: 当 $k<1$ 时, 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-2$ 只有一个交点.

解答：（II ）求函数的导数，利用导数的几何意义建立方程即可求 a;

(II ) 构造函数 $g(x)=f(x)-k x+2$, 利用函数导数和极值之间的关系即可得 到结论.

解: ( I ) 函数的导数 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+a ; f^{\prime}(0)=a$;

则 $y=f(x)$ 在点 $(0,2)$ 处的切线方程为 $y=a x+2$,

$\because$ 切线与 $\mathrm{x}$ 轴交点的横坐标为 -2 ,

$\therefore f(-2)=-2 a+2=0$,

解得 $a=1$.

（II）当 $a=1$ 时, $f(x)=x^{3}-3 x^{2}+x+2$,

设 $g(x)=f(x)-k x+2=x^{3}-3 x^{2}+(1-k) x+4$,

由题设知 $1-\mathrm{k}>0$,

当 $x \leqslant 0$ 时, $g^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+1-k>0, g(x)$ 单调递增, $g(-1)=k-1, g(0)$ $=4$,

当 $x>0$ 时, 令 $h(x)=x^{3}-3 x^{2}+4$, 则 $g(x)=h(x)+(1-k) x>h(x)$. 则 $h^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x=3 x(x-2)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore$ 在 $\mathrm{x}=2$ 时, $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 取得极小值 $\mathrm{h}(2)=0$,

$g(-1)=k-1, g(0)=4$

则 $g(x)=0$ 在 $(-\infty, 0]$ 有唯一实根.

$\because g(x)>h(x) \geqslant h(2)=0$,

$\therefore g(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上没有实根.

综上当 $k<1$ 时, 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-2$ 只有一个交点.

答案：解: ( I ) 函数的导数 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+a ; f^{\prime}(0)=a$;

则 $y=f(x)$ 在点 $(0,2)$ 处的切线方程为 $y=a x+2$,

$\because$ 切线与 $\mathrm{x}$ 轴交点的横坐标为 -2 ,

$\therefore f(-2)=-2 a+2=0$,

解得 $a=1$.

（II）当 $a=1$ 时, $f(x)=x^{3}-3 x^{2}+x+2$,

设 $g(x)=f(x)-k x+2=x^{3}-3 x^{2}+(1-k) x+4$,

由题设知 $1-\mathrm{k}>0$,

当 $x \leqslant 0$ 时, $g^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+1-k>0, g(x)$ 单调递增, $g(-1)=k-1, g(0)$ $=4$,

当 $x>0$ 时, 令 $h(x)=x^{3}-3 x^{2}+4$, 则 $g(x)=h(x)+(1-k) x>h(x)$. 则 $h^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x=3 x(x-2)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减, 在 $(2,+\infty)$ 单调递增,

$\therefore$ 在 $\mathrm{x}=2$ 时, $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 取得极小值 $\mathrm{h}(2)=0$,

$g(-1)=k-1, g(0)=4$

则 $g(x)=0$ 在 $(-\infty, 0]$ 有唯一实根.

$\because g(x)>h(x) \geqslant h(2)=0$,

$\therefore g(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上没有实根.

综上当 $k<1$ 时, 曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-2$ 只有一个交点.

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系 , 半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$

(I ) 求 C 的参数方程;

（II) 设点 $D$ 在半圆 $C$ 上, 半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 $I: y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 根据 （1）中你得到的参数方程, 求直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标.

解答：（1）利用 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ x=\rho \cos \theta\end{array}\right.$ 即可得出直角坐标方程, 利用 $\cos ^{2} t+\sin ^{2} t=1$ 进 而得出参数方程.

(2) 利用半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 I: $y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 则直线 $C D$ 的斜率与直 线 I 的斜率相等, 即可得出直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标.

解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.

可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$.

(2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的上 半圆，

$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \tan t=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.

故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

答案：解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.

可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$.

(2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的上 半圆，

$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \tan t=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.

故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

2014 年高考 （新课标ⅱ）
题目：24. 设函数 $f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \quad(a>0)$.

( I ) 证明: $f(x) \geqslant 2$;

(II ) 若 $\mathrm{f}(3)<5$, 求 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解答：（I ) 由 $a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a|$, 利用绝对值三角不等式、基本 不等式证得 $f(x) \geqslant 2$ 成立.

（II ) 由 $f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$, 分当 $a>3$ 时和当 $0<a \leqslant 3$ 时两种情况, 分 别去掉绝对值, 求得不等式的解集, 再取并集, 即得所求.

解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a)$ $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,

故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.

( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,

$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.

当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.

综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.

答案：解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a)$ $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,

故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.

( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,

$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.

当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.

综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.