江苏省南通市2020届高三下学期第四次调研测试数学试题 Word版含解析 29页

- 1 - 江苏省南通市 2020 届高三第四次调研测试 数学试题 第Ⅰ卷（必做题，共 160 分） 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分，请将答案填写在答题卷相应的位置 上．） 1.已知集合  3, 1,1,3A    ，  2 2 3 0B x x x   ∣ ，则 A B  ________． 【答案】{ 1,3} 【解析】 【分析】 解一元二次方程求得集合 B ，由此求得 A B . 【详解】由   2 2 3 3 1 0x x x x      解得 1x   或 3x  ，所以  1,3B   ，所以 A B  { 1,3} 故答案为：{ 1,3} 【点睛】本小题主要考查集合交集的概念和运算，属于基础题. 2.已知复数 z 满足  2 4z i  ，其中 i 是虚数单位，则 z 的实部为________． 【答案】2 【解析】 【分析】 由已知求出 2 4z i  ，即得 z 的实部. 【详解】由题得 2 4 42 4iz ii i      ， 所以 2 4z i  ， 所以 z 的实部为 2 . 故答案为：2 【点睛】本题主要考查复数的运算和复数实部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握 水平. 3.某中学为了了解高三年级女生的体重（单位：千克）情况，从中随机抽测了 100 名女生的 体重，所得数据均在区间 48,58 中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的 100 名女生中， - 2 - 体重在区间 50,56 的女生数为________． 【答案】75 【解析】 【分析】 先根据频率分布直方图求出所求区间的频率，然后乘以总人数即为所求. 【 详 解 】 由 频 率 分 布 直 方 图 可 知 ， 体 重 在 区 间  50,56 的 频 率 为  2 0.100 0.150 0.125 0.75   ，所以体重在区间 50,56 的女生数为 0.75 100 75.  故答案为：75 【点睛】本题主要考查频率分布直方图，属于基础题. 4.一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，若输出的值为 7 ，则输入的 x 的值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】 模拟程序的运行过程可知该程序的功能是求分段函数的函数值，利用分类讨论即可求出答案． - 3 - 【详解】解：模拟程序的运行过程可知，该程序的功能是求分段函数 6, 2 2 8, 23 x x y xx       的 函数值， 当 2x  时， 6 7x    ，得 1x   ，不符合题意； 当 2x  时， 2 8 73 x    ，得 1x  ，符合题意； ∴输入的 x 的值为 1， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查程序与算法的应用，属于基础题． 5.在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 2 2 164 16 x y  上一点 M 到它的一个焦点的距离等于 1， 则点 M 到另一个焦点的距离为________． 【答案】17 【解析】 【分析】 设双曲线的左右焦点分别为 1 2,F F ,由题得 1 2|| | | || 16MF MF  ，令 2| | 1MF  即得解. 【详解】设双曲线的左右焦点分别为 1 2,F F ,由题得 1 2|| | | || 2 8 16MF MF    , 所以 1 1|| | 1| 2 8 16 | | 17MF MF     ， 或 15 （舍）. 所以点 M 到另一个焦点的距离为17 . 故答案为：17 . 【点睛】本题主要考查双曲线的定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平. 6.已知区域 {( , ) || | 2A x y x „ ，| | 2}y „ 和 {( , ) | 0B x y x  ， 0y  ， 2}x y „ ，若在区域 A 内 随机取一点，则该点恰好落在区域 B 内的概率为________． 【答案】 1 8 【解析】 【分析】 分别求出集合 A ， B 所对应的区域的面积，然后根据几何概型的概率公式即可求解． - 4 - 【详解】因为 {( , ) || | 2A x y x „ ，| | 2}y „ 表示的区域是以 4 为边长的正方形，面积为 16， 由 {( , ) | 0B x y x  ， 0y  ， 2}x y „ 可知，其区域为如图所示的阴影部分，面积 1 2 2 22S     ， 故在区域 A 内随机取一点，则该点恰好落在区域 B 内的概率 2 1 16 8P   . 故答案为： 1 8 . 【点睛】本题主要考查几何概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和 数形结合分析数学问题的能力. 7.若实数 x，y 满足 3 4x y  ，则 2 8x y 的最小值为________． 【答案】8 【解析】 【分析】 利用基本不等式求得所求表达式的最小值. 【详解】依题意 3 3 3 42 8 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8x y x y x y x y        ，当且仅当 32 2x y ， 即 3 2x y  时等号成立.所以 2 8x y 的最小值为8 . 故答案为：8 【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题. 8.已知数列 na 满足 1 1 2n n n n a a a a     ，且 1 1 9a  ，则 6a 的值为________． 【答案】 27 【解析】 - 5 - 【分析】 根据已知条件判断出数列 na 是等比数列，进而求得 6a 的值. 【详解】由于 1 1 2n n n n a a a a     ， 1 12 2n n n na a a a    ， 13 n na a  ， 所以 1 3n n a a   ，所以数列 na 是首项为 1 1 9a  ，公比为 3q  的等比数列， 所以 5 5 3 6 1 1 3 3 279a a q      . 故答案为： 27 【点睛】本小题主要考查根据递推关系求某一项的值，考查等比数列的定义，属于基础题. 9.已知 ( )f x 是定义在 R 上的周期为 3 的奇函数，且 ( 2) 2 (8) 1f f   ，则 (2020)f 的值为 ________． 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 根据题意可知函数的周期为 3，可得      ( 2) 1 , 8 1   f f f f ，然后根据函数的奇偶性 可得  1f ，最后利用函数的周期性可得 (2020)f 【详解】由题可知：函数  f x 是定义在 R 上的周期为 3 的奇函数 所以        ( 2) 1 , 8 1 1     f f f f f ， 又 ( 2) 2 (8) 1f f   所以 (1) 2 (1) 1  f f ，则 1(1) 3f  所以     1(2020) 673 3 1 1 3     f f f 故答案为： 1 3 【点睛】本题考查函数的周期性和奇偶性的综合应用，关键在于观察，利用函数的周期性， 把大数变小数，属基础题. 10.已知柏拉图多面体是指每个面都是全等的正多边形构成的凸多面体．著名数学家欧拉研究 并证明了多面体的顶点数（V）、棱数（E）、面数（F）之间存在如下关系： 2V F E   ．利 - 6 - 用这个公式，可以证明柏拉图多面体只有 5 种，分别是正四面体、正六面体（正方体）、正八 面体、正十二面体和正二十面体．若棱长相等的正六面体和正八面体（如图）的外接球的表 面积分别为 1 2,S S ，则 1 2 S S 的值为________． 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 设棱长为 a ，分别求出正六面体和正八面体的外接球半径即可. 【详解】设棱长为 a 正六面体即正方体，它的外接球的半径等于体对角线的一半，所以 1 3 2R a 对于正八面体，易得 AC BD EF  ，故其外接球的球心为 AC 中点，所以 2 2 2R a 所以 2 2 1 1 2 22 2 3 4 34 24 2 4 aS R S R a     故答案为： 3 2 【点睛】本题考查的是几何体外接球，找出球心的位置是解题的关键，属于中档题. - 7 - 11.在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 M 经过直线 2: 3 3 0x yl    与圆 2 2: 4C x y  的两个交点，当圆 M 的面积最小时，圆 M 的标准方程为________． 【答案】 2 23 3 12 2x y             【解析】 【分析】 直线 l 的方程与圆 C 方程联立，求出两交点 ,A B ，当圆 M 的面积最小时，圆 M 以 AB 为直 径，可求得圆的标准方程. 【详解】由 2: 3 3 0x yl    与 2 2: 4C x y  联立得 2 2( 3 2 3) 4y y   ， 得 1y  或 2y  ，则两交点坐标为 ( 3,1), (0,2)A B ， 当圆 M 的面积最小时，圆 M 以 AB 为直径，则圆心 3 3( , )2 2  ，半径为 12 AB  ， 圆 M 的标准方程为 2 23 3 12 2x y             . 故答案为： 2 23 3 12 2x y             【点睛】本题考查了求直线与圆的交点坐标，求以两点的线段为直径的圆的标准方程，属于 基础题. 12.如图，四边形 ABCD 是以 AB 为直径的圆的内接四边形．若 2, 1AB AD  ，则 DC AB  的取值范围是________． 【答案】 (0,3) 【解析】 【分析】 - 8 - 连接 , ,BD BC AC ，则  2 DC AB DA AB AB BC AC CB              ，再由直径 AB 可得 1cos 2DAB  ， 90ACB   ，从而可求 DC AB  的值. 【详解】连接 , ,BD BC AC 因为 AB 为直径，故 90ADB   ，而 2, 1AB AD  ，所以 1cos 2DAB  . 同理 90ACB  .   2 DC AB DA AB BC AB DA AB AB BC AB                      211 2 4 32 BC AC CB CB                 ， 因为C 在 BD 之间（异于 ,B D 两点），故  0, 3BC  ， 所以  0,3DC AB   ， 故答案为： (0,3) . 【点睛】本题考查向量的数量积，其计算方法有定义法、坐标法、基底法等，解题中注意向 已知的向量转化. 13.已知函数 2 3 , 0( ) 2 , 0 x xf x x x x     ，则函数 ( ( ) 2 4)y f f x x   的不同零点的个数为 ________． 【答案】 5 【解析】 【分析】 先求得  f x 的零点，然后由 ( ( ) 2 4) 0y f f x x    ，求得函数 ( ( ) 2 4)y f f x x   的 不同零点的个数. - 9 - 【详解】由于函数 2 3 , 0( ) 2 , 0 x xf x x x x     ，当 0x  时， 3 0x  ，没有零点.当 0x  时， 2 2 0x x  ，解得 1 0x  或 2 2x  . 令 ( ( ) 2 4) 0y f f x x    ，则   2 4 0f x x   或   2 4 2f x x   ，即   2 4f x x  或   2 2f x x  . 由 3 2 4 0 x x x     或 2 2 2 4 0 x x x x       或 3 2 2 0 x x x     或 2 2 2 2 0 x x x x       . 解得 4x   或 2x  ，或 2x   ，或 2 2x   . 所以函数 ( ( ) 2 4)y f f x x   的不同零点的个数为 5 . 故答案为：5 【点睛】本小题主要考查分段函数零点问题，属于中档题. 14.已知点G是 ABC 的重心，且GA GC ，若 1 1 1tan tanA C   ，则 tan B 的值为________． 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 由GA GC 得到 0GA GC   ，结合G 是 ABC 的重心，得到 2 2 25b a c  ，结合余弦定 理和正弦定理，求得 tan B 的值. 【详解】依题意GA GC ，所以 0GA GC   ，所以     0BA BG BC BG       ①， 因为G 是三角形 ABC 的中心，所以  1 3BG BA BC    ②， 把②代入①并化简得5AC AC BC BC AB AB          ， 即 2 2 25b a c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa c b ac B   ， 所以 24 2 cosb ac B ， - 10 - 由正弦定理得 22sin sin sin cosB A C B ③， 已知 1 1 1tan tanA C   ， 所以 cos cos sin cos cos sin sin sin sin sin A C A C A C A C A C    sin sin 1sin sin sin sin A C B A C A C    ， 所以 sin sin sinB A C ④， 由③④得 2sin cosB B ，所以 1tan 2B  . 故答案为： 1 2 【点睛】本小题主要考查向量线性运算、数量积的运算，考查正弦定理、余弦定理解三角形， 考查同角三角函数关系以及三角恒等变换，属于难题. 二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤．） 15.如图，在三棱锥 P ABC 中， PC  平面 , 10, 6, 8ABC AB BC AC PC    ，E，F 分别是 ,PA PC 的中点，求证： （1） / /AC 平面 BEF ； （2） PA  平面 BCE ． - 11 - 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）先证明 //EF AC ， / /AC 平面 BEF 即得证； （2）先证明 BC PA ， PA EC ， PA  平面 BCE 即得证． 【详解】（1）在 PAC 中，E，F 分别是 ,PA PC 的中点， 所以 //EF AC ． 又因为 EF  平面 BEF ， AC  平面 BEF ， 所以 / /AC 平面 BEF ． （2）在 ABC 中， 10, 6, 8AB BC AC   ， 所以 2 2 2AB AC BC  ，所以 BC AC ． 因为 PC  平面 ABC ， BC 平面 ABC ， 所以 PC BC ． 又因为 , ,BC PC AC PC C AC    平面 ,PAC PC  平面 PAC ． 所以 BC ⊥平面 PAC ． 因为 PA  平面 PAC ，所以 BC PA 在 PAC 中，因为 AC PC ，E 为 PA 的中点， 所以 PA EC ． 又因为 , ,PA BC CE BC C CE    平面 ,BCE BC  平面 BCE ． 所以 PA  平面 BCE ． 【点睛】本题主要考查空间直线平面的位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌 握水平和空间想象转化能力. 16.已知函数 2( ) 2cos cos 2 ,4 6f x x x x R               ． （1）求 ( )f x 的最小值； （2）在 ABC 中， 0 3A   ，且 1( ) 2f A   ，若 2, 2AC BC  ，求角 B 的大小． 【答案】（1）1 3 ；（2） 2B  . - 12 - 【解析】 【分析】 （1）用降次公式，两角和与差公式，辅助角公式化简 ( )f x ，再求得最小值； （2）由 1( ) 2f A   ，求得角 A ，再由正弦定理求得角 B . 【详解】（1） 2( ) 2cos cos 24 6f x x x              1 cos 2 cos2 cos sin2 sin2 6 6x x x          3 11 sin2 cos2 sin22 2x x x    3 31 cos2 sin22 2x x   1 3cos 2 3x       ． 因为当 ( )3x k k Z   时， cos 2 3x     的最小值为 1 ， 所以  f x 的最小值为1 3 （2）由（1）知， 1( ) 1 3cos 2 3 2f A A         ，即 3cos 2 3 2A       ． 因为 0 3A   ，所以 23 3A     ，所以 52 3 6A    ，即 4A  ． 在 ABC 中，因为 2AC  ， 2BC  ， 由正弦定理 sin sin AC BC B A  ，得 2 2 sin sin 4 B  ，所以sin 1B  ． 因为 0 B   ，所以 2B  ． 【点睛】本题考查了降次公式，两角和与差公式，辅助角公式，已知三角函数值求角，正弦 定理，属于中档题. 17.如图，在市中心有一矩形空地 , 100m, 75mABCD AB AD  ．市政府欲将它改造成绿化 景观带，具体方案如下：在边 ,AD AB 上分别取点 M，N，在三角形 AMN 内建造假山，在以 MN 为直径的半圆内建造喷泉，其余区域栽种各种观赏类植物． - 13 - （1）若假山区域面积为 2400m ，求喷泉区域面积的最小值； （2）若 100mMN  ，求假山区域面积的最大值． 【答案】（1） 2200 m ；（2） 21250 3m . 【解析】 【分析】 （1）设 , 0, 2ANM         ，半圆的直径 2MN r ，根据假山区域面积为 2400m ，找 到 r 与 的关系，再表示出喷泉区域面积，求最值，注意验证半圆是否在矩形空地 ABCD 内， 即验证是否能取到最小值； （2）由（1）根据以 MN 为直径的半圆区域在矩形广场内，求得 的范围，再将假山区域面 积用 表示出来，再求最值. 【详解】解：（1）设 , 0, 2ANM         ，半圆的直径 2MN r ，半圆的圆心为 O． 在直角三角形 AMN 中， 2MAN   ，所以 2 sin , 2 cosAM r AN r   ． 因为假山区域面积为 2400m ， 所以 21 1 2 sin 2 cos sin2 4002 2AM AN r r r        所以 2 400 sin2r  ，所以喷泉区域面积 2 200 2002 sin2S r   喷泉 … ， 当且仅当 sin 2 1  ，即 4   时取等号．此时 20r  ． - 14 - 因为点 O 到CD 的距离 1 1 2d AD AM  ，点 O 到 BC 的距离 2 1 2d AB AN  ， 所以 1 75 sin 75 10 2 20d r r      ，即 1d r ， 2 100 cos 100 10 2 20d r r      ，即 2d r ． 所以以 MN 为直径的半圆区域一定在矩形广场内． 所以当 4   时， S喷泉 取得最小值 2200 m ． 喷泉区域面积的最小值为 2200 m ． （2）由（1）知，若 100mMN  ，则 2 100, 100sin , 100cosr AM AN    ． 所以点 O 到CD 的距离 1 75 sin 75 50sind r      ， 点 O 到 BC 的距离 2 100 50cosd   ， 因为以 MN 为直径的半圆区域在矩形广场内， 所以 1 2 , , d r d r    … … 即 75 50sin 50, 100 50cos 50,      … … 所以 1sin 2   ． 又因为 0, 2      ，所以 0, 6      ． 所以假山区域面积 1 1 100sin 100cos 2500sin 22 2S AM AN        假山 ， 因为 0, 6      ，所以 2 0, 3      ， 所以当 6   时，假山区域面积的最大值为 21250 3m ． 【点睛】本题是三角函数在几何中的应用题，结合考查了直线与圆的位置关系，二倍角公式， 还考查了学生的分析理解能力，运算能力，属于中档题. 18.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 1 : 19 5 x yC   与   2 2 2 2 0 6: 136 x y bC b   的离 心率相等．椭圆 1C 的右焦点为 F，过点 F 的直线与椭圆 1C 交于 A，B 两点，射线OB 与椭圆 2C 交于点 C，椭圆 2C 的右顶点为 D． - 15 - （1）求椭圆 2C 的标准方程； （2）若 ABO 的面积为 10 ，求直线 AB 的方程； （3）若 2AF BF ，求证：四边形 AOCD 是平行四边形． 【答案】（1） 2 2 136 20 x y  ；（2）5 15 10 0x y   ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由题得 22 36 3 6 b ，解方程即得 b 的值，即得椭圆 2C 的标准方程； （2）设直线 AB 的方程为 2x my  ，联立 2 2 19 5 x y  ，得到韦达定理，再根据 ABO AOF BOFS S S    1 1 | |2 OF y 2 1 | |2 OF y 求出 m 的值，即得直线 AB 的方程； （3）设    1 1 2 2, , , ,A x y B x y 先求出 , ,A B C 的坐标，得到 5 3 3OA CDk k  ．所以 / /OA CD ， 又 5 3 21ADOCk k   ，所以 / /OC AD ．即得四边形 AOCD 是平行四边形． 【详解】（1）由题意知，椭圆 1C 的长轴长 12 6a  ，短轴长 12 2 5b  ，焦距 2 2 1 1 12 2 4c a b   ， 椭圆 2C 的长轴长 22 12a  ，短轴长 2b ，焦距 2 22 2 36c b  ． 因为椭圆 1C 与 2C 的离心相等，所以 1 2 1 2 c c a a  ，即 22 36 3 6 b ， 因为 0 6b  ，所以 2 20b  ， - 16 - 所以椭圆 2C 的标准方程为 2 2 136 20 x y  ． （2）因为椭圆 1C 右焦点为  2,0F ，且 A，O，B 三点不共线， 设直线 AB 的方程为 2x my  ，联立 2 2 19 5 x y  ， 消 x 得 2 25 9 20 25 0m y my    ． 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  2 2(20 ) 100 5 9 0m m     ， 所以       2 2 2 1,2 2 2 20 (20 ) 4 5 9 ( 25) 20 30 1 2 5 9 2 5 9 m m m m my m m             ， 即 1 2 1 22 2 20 25,5 9 5 9 my y y ym m      ． 因为 1 2 1 2 1 2 1 1 1| | | | | |2 2 2ABO AOF BOFS S S OF y OF y O y y yF y           2 2 1 2 1 2 2 2 20 1004 105 9 5 9 my y y y m m           ， 化简得 425 9m  ，所以 15 5m   ， 所以直线 AB 的方程为 15 25x y   ，即5 15 10 0x y   ． （3）因为 2AF BF ，所以 2AF FB  ． 因为    1 1 2 2, , , , (2,0)A x y B x y F ，所以   1 1 2 22 , 2 2,x y x y    ， 所以 1 2 1 2 6 2 , 2 . x x y y      因为    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在椭圆 2 2 19 5 x y  上， 所以 2 2 1 1 2 2 2 2 1,9 5 1,9 5 x y x y       ，所以  2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 4 1,9 5 1,9 5 x y x y        消 2y ，得 2 21 8x  ． - 17 - 代入 2 2 2 2 19 5 x y  ，由对称性不妨设 1 20, 0y y  ，所以 2 5 3 8y   ， 从而得， 1 1 3 5 3,4 4x y  ， 即 3 5 3 21 5 3, , ,4 4 8 8A B            ． 所以 5 3 21OCk   ，直线OC 的方程为 5 3 21y x  ， 联立 2 2 136 20 x y  ，得 2 441 16x  ． 由题知 0x  ，所以 21 5 3,4 4x y   ，所以 21 5 3,4 4C      ． 又 (6,0)D ，所以 5 3 3OA CDk k  ． 又因为 ,OA CD 不共线，所以 / /OA CD ， 又 5 3 21ADOCk k   ，且 ,OC AD 不共线，所以 / /OC AD ． 所以四边形 AOCD 是平行四边形． 【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和面积的计算，考 查直线方程的求法和位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力. 19.已知函数 ( ) (1 ln ) ( )m Rf x x x m    ． （1）求曲线 ( )y f x 在 1x  处的切线方程； （2）设 ( )( ) f xg x xx   ，求函数 ( )y g x 的单调区间； （3）若 ( )f x mx 对任意的 (0, )x  恒成立，求满足题意的所有整数 m 的取值集合． 【答案】（1） 2 1y x m   ；（2）答案见解析；（3）{1,2,3}. 【解析】 【分析】 - 18 - （1）利用切点和斜率求得切线方程. （2）求得  g x 的表达式，利用  'g x ，对 m 分成 0m  ， 0m  两种情况进行分类讨论， 由此求得  g x 的单调区间. （3）由 ( )f x mx 对任意的 (0, )x  恒成立，得到 (1 ln ) 0x x mx m    对 (0, )x   成立，由此构造函数 ( ) (1 ln )m x x x mx m    ，利用来导数研究  m x 的单 调区间和最值，由此求得整数 m 的取值集合. 【详解】（1） ( ) 2 ln  f x x ，所以 (1) 2f   ，  1 1f m  ， 所以所求切线方程为  1 2 1y m x    ，即 2 1y x m   ． （2）由已知， ( )( ) 1 lnf x mg x x x xx x       ， 所以 2 2 2 1( ) 1m x x mg x x x x       ． 当 0m  时，    0,g x g x  的单调递增区间为 (0, ) ； 当 0m  时，令 ( ) 0g x  ，得 1 1 4 2 mx    或 1 1 4 2 mx    （舍去）， 1 1 40, 2 mx        时， ( ) 0g x  ，函数  g x 单调递减； 1 1 4 ,2 mx         时， ( ) 0g x  ，函数  g x 单调递增． 综上，当 0m  时，  g x 的单调递增区间为 (0, ) ； 当 0m  时，函数的单调递减区间为 1 1 40, 2 m       ， 函数的单调递增区间为 1 1 4 ,2 m        ． （3）由已知 (1 ln ) 0x x mx m    对 (0, )x   成立， 设 ( ) (1 ln )m x x x mx m    ， - 19 - 令  ' ln 2 0m x x m    ，得 2mx e  ． 当  20, mx e  时，  ' 0, ( )m x m x 单调递减； 当  2 ,mx e   时，  ' 0, ( )m x m x 单调递增． 所以  min 2 2[ ( )] m mm x m e m e    ， 设 2( ) mh m m e   ，令 2( ) 1 0mh m e     ，得 2m  ． 当 ),( 2m  时，    0,h m h m  单调递增； 当 (2, )m  时，    0,h m h m  单调递减． 又 (0) 0h  ， 1(1) 1 0h e   ， 0(2) 2 0h e   ， (3) 3 0h e   ， 2(4) 4 0h e   ， 所以满足题意的整数 m 构成的集合为{1,2,3}． 【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数求单调区间，考查利用导数求 解不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题. 20.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， n n n Sb a   Nn  ，若 nb 是公差不为 0 的等差数列， 且 2 7 11b b b ． （1）求数列 nb 的通项公式； （2）证明：数列 na 是等差数列； （3）记 2 n n n a Sc  ，若存在 1k ， 2 Nk  （ 1 2k k ），使得 1 2k kc c 成立，求实数 1a 的取值范围． 【答案】（1） 1 ( 1)2nb n  ；（2）证明见解析；（3） 20,log 3 . 【解析】 【分析】 （1）根据已知条件求得 1b 和数列 nb 的公差，由此求得数列 nb 的通项公式. （2）由（1）得到 *1 ( 1),2 n n S n n Na    ，进而得到数列 na n     是常数列，求得数列 na n     的 - 20 - 通项公式，进而证得数列 na 是等差数列. （3）先求得 nc 的表达式，然后求得 1n nc c  的表达式，对 1a 进行分类讨论，结合数列 nc 的 单调性，求得 1a 的取值范围. 【详解】（1）设等差数列 nb 的公差为 d，因为 1 1 1 1Sb a   ，所以 1 ( 1)nb n d   ． 由 2 7 11b b b 得， (1 )(1 6 ) 1 10d d d    ，即 22 0d d  ， 因为 0d  ，所以 1 2d  ，从而 1 ( 1)2nb n  ． （2）由（1）知， *1 ( 1),2 n n S n n Na    ， 即有 2 ( 1)n nS n a  ， ① 所以 1 12 ( 2)n nS n a   ， ② ②-①得， 1 12 ( 2) ( 1)n n na n a n a     ，整理得 1 ( 1)n nna n a   ． 两边除以 ( 1)n n  得，  *1 01 n na a n Nn n     ， 所以数列 na n     是常数列． 所以 1 11 na a an   ，即 1na na ， 所以 1 1n na a a   ， 所以数列 na 是等差数列． （3）因为 n n n Sb a  ，所以 1 1 ( 1) 2 2n n n n nS a a   ， 所以 1 1 1 ( 1) 2 2n n n naa S n n ac    ． 因为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2) 1 2 2 2 2 2n n na a na na a n n a n n a n n a nc c n                  ， - 21 - 当 *n N 时， 2 11 ,12 2 3 n n n         ． 显然 1 0a  ， ①若 1 0a  ，则 1 1 1 11, 02 2 2a a n n    恒成立， 所以 1 0n nc c   ，即 * 1 ,n nc c n N   ， 所以 nc 单调递减，所以不存在 1 2k kc c ； ②若 1 2log 3a  ，则 1 1 1, 02 3 2 2k ka a n n    恒成立， 所以 1 0n nc c   ，即 * 1 ,n nc c n N   ， 所以 nc 单调递减，所以不存在 1 2k kc c ； ③若 21 log 3a ，则 1 1 2 3ka  ，所以当 1n  ， 1 1 02 2a n n   成立， 所以存在 1 2c c ． ④若 1 20 log 3a  ，则 1 1 1 13 2a  ． 当 1 2 2 1an   ，且 *n N 时， 1n nc c  ， nc 单调递增； 当 1 2 2 1an   ，且 *n N 时， 1n nc c  ， nc 单调递减， 不妨取  *0 1 2 0 0 0 2log , 2ka k N kk   … ，则 0 0 1k kc c  ． 综上，若存在 * 1 2,k k N ，使得 1 2k kc c 成立，则 1a 的取值范围是 20,log 3 . 【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的求法，考查由递推关系证明等差数列，考查数 列的单调性，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题. 第 II 卷（附加题，共 40 分） 【选做题】本题包括 A，B，C 三小题，请选定其中两题作答，每小题 10 分共计 20 分，解答 - 22 - 时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． A．选修 4-2：矩阵与变换 21.已知矩阵 1 1 4 aA      的一个特征值为 2． （1）求实数 a 的值； （2）求矩阵 A 的另一个特征值及其对应的一个特征向量． 【答案】（1） 2a  ；（2）矩阵 A 的另一个特征值为 3，其对应的一个特征向量为 1 1      . 【解析】 【分析】 （1）根据矩阵 A 的特征多项式列方程，结合矩阵 A 的特征值求得 a 的值. （2）由（1）求得另一个特征值，根据特征向量的求法，求得对应的特征向量. 【详解】（1）由已知，矩阵 A 的特征多项式为 1( ) ( 1)( 4)1 4 af a          ， 令   0f λ  得， 2 5 4 0a     ． 因为矩阵 A 的一个特征值为 2，所以上述方程有一个实数解 2  ， 所以 2a  ． （2）由（1）得， 2 5 6 0    ，解得 1 22, 3   ， 所以另一个特征值为 3  ． 设其对应的一个特征向量为 x y      ， 则 1 2 31 4 x x y y                 ，取 1x  ，则 1y  ． 所以矩阵 A 的另一个特征值为 3，其对应的一个特征向量为 1 1      ． 【点睛】本小题主要考查根据特征值求参数，考查特征值和特征向量的求法，属于中档题. B.选修 4-4：坐标系与参数方程 - 23 - 22.在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 2 2 2 2 x m t y t      （t 为参数），椭圆 C 的参 数方程为 2cos sin x y      （ 为参数）．若直线 l 被椭圆 C 所截得的弦长为 4 2 5 ，求实数 m 的 值． 【答案】 2m   ． 【解析】 【分析】 将椭圆 C 的参数方程化为普通方程，将直线 l 的参数方程代入椭圆方程，结合直线的参数方 程中参数的几何意义与韦达定理即可求出答案． 【详解】解：将椭圆 C 的参数方程 2cos , sin x y      （ 为参数）化为普通方程得 2 2 14 x y  ， 将直线 l 的参数方程代入椭圆方程得 2 2 2 24 4 02 2m t t                ， 即 2 25 2 4 02 t mt m    ， 由  2 252 4 4 02m m      得， 5 5m   ， 设 1 2,t t 为两交点对应的参数， ∴  2 1 2 1 2 2 42 2 ,5 5 mmt t t t      ， ∴       2 22 2 2 1 2 1 2 1 2 8 4 8 20 484 25 5 25 m mmt t t t t t          ， ∵直线 l 截椭圆所得弦长为 4 2 5 ， ∴  28 20 4 32 25 25 m  ， 2m   ，符合   ， ∴ 2m   ． - 24 - 【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，考查直线的参数方程的应用，属于中档 题． C．选修 4-5：不等式选讲 23.若实数 a，b，c 满足 7a b c   ，求证： 2 2 24 9 36a b c   ． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 利用柯西不等式证得不等式成立. 【详解】因为   2 2 2 2 2 2 21 1 1 11 4 9 2 32 3 2 3a b c a b c                            … ， 所以 2 2 2 2 ( )4 9 1 11 4 9 a b ca b c      … ． 又 7a b c   ， 所以 2 2 24 9 36a b c  … 【点睛】本小题主要考查利用柯西不等式证明不等式，属于中档题. 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分，解答时应写出文字说明，证明过程 或演算步骤． 24.已知直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长均相等，且 60BAD  ，M 是侧棱 1DD 的中点，N 是棱 1 1C D 上的点． （1）求异面直线 1BD 与 AM 所成角的余弦值； （2）若二面角 M AC N  的大小为 4  ，试确定点 N 的位置． - 25 - 【答案】（1） 10 5 ；（2）点 N 与点 1C 重合. 【解析】 【分析】 连结 BD ，取 AB 的中点 E ，连接 DE ，可以证明 DE DC ， 1 1,D D DC D D DE  ，从 而建立如图所示的空间直角坐标系. （1）算出 1,BD AM   的坐标后可求 1,BD AM   的余弦值，从而得到异面直线所成角的余弦值. （2）算出平面 AMC 的法向量和平面 ACN 的法向量后再计算它们夹角的余弦值，从而可得 二面角的余弦值. 【详解】连结 BD ，取 AB 的中点 E ，连接 DE ， 因为直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长均相等， 所以底面 ABCD 是菱形． 又 60BAD   ，所以 ABD△ 是正三角形， 所以 DE AB ， 因为 / /AB DC ，所以 DE DC ． 因为直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1D D  平面 ABCD ， DC ， DE  平面 ABCD ， 所以 1 1,D D DC D D DE  ． 分别以直线 1, ,DE DC DD 为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． （1）设直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长均为 2，则 1(0,0,0), ( 3, 1,0), ( 3,1,0), (0,2,0), (0,0,2), (0,0,1)D A B C D M ． - 26 - 所以 1 ( 3, 1,2), ( 3,1,1)BD AM      ， 设异面直线 1BD 与 AM 所成角的大小为 ，则 1 1 1 3 1 2 10cos |cos , | 5| | | | 2 2 5 BD AMBD AM BD AM                 ， 所以异面直线 1BD 与 AM 所成角的余弦值为 10 5 ． （2）由（1）知， ( 3,3,0), ( 3,1,1)AC AM     ． 设平面 AMC 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 n AC n AM        即 1 1 n AC n AM        ，所以 1 1 1 1 1 3 3 0, 3 0. x y x y z        取 1 3x  ，则 1 11, 2y z  ， 即平面 AMC 的一个法向量为 1 ( 3,1,2)n  ． 设 (0, ,2),0 2N  „ „ ，则 (0, 2,2)CN   ． 设平面 ACN 的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z ， 则 2 2 n AC n CN        即 2 2 0 0 n AC n CN          ，所以 2 2 2 2 3 3 0, ( 2) 2 0. x y y z       取 2 3x  ，则 2 2 21, 2y z   ， 即平面 ACN 的一个法向量为 2 23,1, 2n       ． 则 1 2 1 2 2 1 2 3 1 (2 ) 2cos cos4 2 2 2 1 42 n nn n n n                          ， 解得 2  ． 所以当二面角 M AC N  的大小为 4  ，点 N 与点 1C 重合． 【点睛】本题考查空间角的计算，此类问题我们可以借助于空间中直线的方向向量和平面的 - 27 - 法向量来帮助计算，比如异面直线所成角的的余弦值就是它们所在直线的方向向量夹角的余 弦值的绝对值，二面角的平面角的余弦值就是两个平面的法向量的夹角的余弦值或其相反数 （结合二面角的大小来考虑）. 25.设 2 3 0 1 2 3(1 2 )k k kx a a x a x a x a x       （ 2k  ， k N ）． （1）若展开式中第 5 项与第 7 项的系数之比为 3∶8，求 k 的值； （2）设 2 2 2 n nk   （ n N ），且各项系数 0a ， 1a ， 2a ，…， ka 互不相同．现把这 1k  个不同系数随机排成一个三角形数阵：第 1 列 1 个数，第 2 列 2 个数，…，第 n 列 n 个数．设 it 是第 i 列中的最小数，其中1 i n  ，且 i，n N ．记 1 2 3 nt t t t    的概率为 nP ．求 证： 1 2( 1)!nP n   ． 【答案】（1） 9k  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用题目所给展开式中第 5 项与第 7 项的系数之比列方程，解方程求得 k 的值. （2）利用相互独立事件概率乘法公式，求得 nP 的表达式，构造数列  *( 1)2 2,2 n n n na n n N  … ，判断出数列 na 的单调性，由此证得不等式成立 【详解】（1）因为在展开式中第 5 项与第 7 项的系数之比为 3∶8，即 4 4 6 6 2 3 2 8 k k C C   ， 所以 4 6 3 2 k k C C  ，即 30 3 ( 4)( 5) 2k k   ，所以 2 9 20 20k k   ， 解得 0k  或 9k  ． 因为 *2,k k N  ，所以 9k  ． （2）由题意，最小数在第 n 列的概率为 2 2 1 2 n n n n   ， 去掉第 n 列已经排好的 n 个数， - 28 - 则余下的 ( 1) ( 1) 2 2 n n n nn   个数中最小值在第 1n  列的概率为 1 2 ( 1) 2 n n n n   ， ………… 以此类推， 余下的数中最小数在第 2 列的概率为 2 3 ， 所以 12 2 2 2 2 1 3 ( 1) 3 ( 1)! n n nP n n n n n              ． 由于 2 2 22 n nk   … ，所以 2n  ． 设  *( 1)2 2,2 n n n na n n N  … ， 所以  * 1 2 1 2,n n na a n n n N     … ． 记  *2 1 2,n nb n n n N   … ，所以 1 2 1 0n n nb b     ， 所以 nb 是递增数列，所以 2 1 0nb b  … ； na 是递增数列，所以 2 1na a … ， 所以 ( 1)2 2 n n n  ，所以 2 ( 1) 1 ( 1)! 2( 1)! 2( 1)! n n n n n n     ，即 1 2( 1)!nP n   ． 【点睛】本小题主要考查二项式展开式的系数，考查相互独立事件概率计算，考查数列的单 调性，属于难题. - 29 -