江苏省南京市玄武高级中学2020届高三下学期最后一卷数学试题 Word版含解析 30页

- 1 - 2019/2020 学年度第二学期最后测试卷 高三数学 一、填空题 1. 已知全集  22 5 0,M x x x x Z    ，集合  0,N a ，若 M N   ，则 a 等于 ________. 【答案】 1 或 2 【解析】 【分析】 首先解一元二次不等式结合元素是整数，求得集合 M，再根据题中所给的集合 N ，且 M N   ，从而确定出 a 的值. 【详解】由 22 5 0x x  ，解得 5 02 x   ，由 xZ ，得  2, 1M    ，  0,N a ，且 M N   ， 所以 1a   或 2a   ， 故答案为： 1 或 2 . 【点睛】该题考查的是有关集合的问题涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，两集合的 交集，属于基础题目. 2. 已知 ABC 的三内角 A 、B 、C 所对边长分别为是 a 、b 、c ，设向量  ,sinm a b C  ，  3 ,sin sinn a c B A   ，若 //m n  ，则角 B 的大小为________. 【答案】 5 6  【解析】 【分析】 利用两向量平行的充要条件求出三角形的边与角的关系，利用正弦定理将角化为边，再利用 余弦定理求出 B 的余弦，即可求出角． 【详解】∵向量  ,sinm a b C  ，  3 ,sin sinn a c B A   ，若 //m n  ， ∴ ( )(sin sin ) sin ( 3 ) 0a b B A C a c     ， 由正弦定理知： ( )( ) ( 3 )a b b a c a c    ，即 2 2 2 3a c b ac    ， - 2 - 由余弦定理知： 2 cos 3ac B ac  ， ∴cosB＝ 3 2  ，∵B∈（0，π），∴B＝ 5 6  ． 故答案为： 5 6  【点睛】本题考查向量平行的充要条件和三角形的正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题 型． 3. 设 x ， y 均为正实数，且 3 3 12 2x y    ，则 xy 的最小值为________. 【答案】16 【解析】 【分析】 本题是基本不等式中的一个常见题型，需要去掉分母，再利用基本不等式转化为关于 xy 的不 等式，解出最小值． 【详解】由 3 3 12 2x y    ，可化为 8xy x y   ， x ， y 均为正实数， 8 8 2xy x y xy    … （当且仅当 x y 等号成立） 即 2 8 0xy xy  … ， 可解得 4xy… ，即 16xy… 故 xy 的最小值为 16． 故答案为：16． 【点睛】解决本题的关键是先变形，再利用基本不等式 ( 0, 0)2 a bab a b  „ 来构造一个 新的不等式． 4. 已知方程 x2＋ 1 0tan sin x    有两个不等实根 a 和 b，那么过点 A(a，a2)，B(b，b2)的直 线与圆 x2＋y2＝1 的位置关系是________． 【答案】相切. 【解析】 - 3 - 分析：由题意得过 ,A B 两点的直线方程为 ( ) 0a b x y ab    ，利用圆心到直线的距距等于 半径，即可判定直线与圆的位置关系． 详解：由题意可知过 ,A B 两点的直线方程为 ( ) 0a b x y ab    ， 圆心到直线 AB 的距离为 2( ) 1 abd a b    ，而 1 1,tan sina b ab      ， 因此 2 1 sin 1( ) 1tan d      ，化简后得 1d  ，故直线与圆相切． 点睛：本题主要考查了直线与圆的位置关系的判定，熟记直线与圆的位置关系的判定方法是 解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力． 5. 若动直线 ( )x a a R  与函数 ( ) 3sin 6f x x      与 ( ) cos 6g x x      的图象分别 交于 M ， N 两点，则| |MN 的最大值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】 首先构造新函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  ，利用辅助角公式化简，结合正弦函数的最值求得结果. 【 详 解 】 令 ( ) ( ) ( ) 3sin( ) cos( ) 2sin( ) 2sin6 6 6 6F x f x g x x x x x             ， 所以 ( )F x 的最大值为 2， 故答案为：2. 【点睛】该题考查的是有关三角函数的问题，涉及到的知识点有三角函数的化简问题，正弦 型函数的最值，属于简单题目. 6. 过双曲线 2 2 2 1( 0)5 x y bb    的右焦点 F 作渐近线的垂线，垂足为 P .若 POF 的面积为 5 ，则该双曲线的离心率为________. - 4 - 【答案】 3 5 5 【解析】 【分析】 由题意画出图形，根据点到直线距离公式，可求出双曲线焦点到渐近线的距离为 b，再结合 POF 面积为 5 及 2 2 2c a b  可求得 ,b c ，进而求出离心率 【详解】 由题可知，设双曲线的一条渐近线为： by xa  ，即 0bx ay  ，  ,0F c ， 双曲线的焦点到渐近线的距离 2 2 bcPF b a b    ， 又 90OPF   ，所以 2 2 2 2OP OF PF c b a     ， 故 POF 的面积为 1 52S ab  ， 5a  ，所以 2b  ， 2 2 3c a b   ，故 3 5 5 ce a   故答案为： 3 5 5 【点睛】本题考查由双曲线的几何关系求解双曲线离心率，其中焦点到渐近线距离 d b 应该 加以熟记，属于基础题 7. 已知直线 8 0( , )ax by a b R    经过点 (1, 2) ，则 12 4 a b 的最小值是__． 【答案】32 【解析】 【分析】 根 据 题 意 ， 由 直 线 经 过 点 (1, 2) ， 分 析 可 得 2 8a b  ， 即 8 2a b  ； 进 而 可 得 8 2 41 1 12 2 44 4 4 a b b b b b       ，结合基本不等式分析可得答案． 【详解】根据题意，直线 8 0( , )ax by a b R    经过点 (1, 2) ，则有 2 8a b  ， - 5 - 即 8 2a b  ； 则 8 2 4 41 1 1 12 2 4 2 4 324 4 4 4 a b b b b b b b          … ，当且仅当 2b   时等号成立； 即 12 4 a b 的最小值是 32； 故答案为：32． 【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及直线的一般式方程，属于中档题． 8. 过年了，小张准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员用彩绳对点 心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.彩绳与长方体点心盒均相交于 棱的四等分点处.设这种捆扎方法所用绳长为 1l ，一般的十字捆扎（如图（2）所示）所用绳长 为 2l .若点心盒的长、宽、高之比为 2: 2:1，则 1 2 l l 的值为________. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 本题根据题意设出长宽高，再求出 1l 、 2l 直接作比即可. 【详解】解： 点心盒的长、宽、高的比是 2: 2:1 ，  设点心盒的长、宽、高分别为： 4a 、 4a 、 2a ， 由题意可得： 1 4 2 4 2 2 12 2l a a a     ， 2 4 4 4 2 24l a a a     ，  1 2 12 2 2 24 2 l a l a   ， 故答案为： 2 2 . 【点睛】本题考查空间几何体的棱长问题，是简单题. 9. 执行如图的程序框图，如果输入的 N 的值是 6，那么输出的 P 的值是________. - 6 - 【答案】105 【解析】 【分析】 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 p 的值，模拟程序 的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【详解】解：第一次进行循环后， 1p  ， 1k  ，满足 6k N  ， 3k  ； 第二次进行循环后， 3p  ， 3k  ，满足 6k N  ， 5k  ； 第三次进行循环后， 15p  ， 5k  ，满足 6k N  ， 7k  ； 第四次进行循环后， 105p  ， 7k  ，不满足 6k N  ； 故输出的 P 值为 105， 故答案为：105 ． 【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出 正确的结论，属于基础题． 10. 如图，设 D 是图中边长为 4 的正方形区域， E 是 D 内函数 2y x= 图象下方的点构成的区 域.在 D 内随机取一点，则该点落在 E 中的概率为 . 【答案】 【解析】 - 7 - 试 题 分 析 ： 图 中 阴 影 部 分 的 面 积 2 2 3 2 2 2 1 16|3 3S x dx x      ， 而 正 方 形 区 域 的 面 积 为 4 4 16S    ，故该点落在 E 中的概率 16 1 1 3 16 3 SP S     . 考点：1.定积分；2.几何概型 11. 已知点 P 在曲线 4 1xy e   （其中 e 为自然对数的底数）上， 为曲线在点 P 处的切线的 倾斜角，则 tan 的取值范围是________. 【答案】[ 1,0) 【解析】 【分析】 求导函数，确定其值域，即可求出 tan 的取值范围． 【详解】 4 1xy e   ， 2 4 4 1( 1) 2 x x x x ey e e e        ， 1 12 4, 0 1 42 1x x x x e e e e          , 1 0y    ， tan 的取值范围是[ 1,0) ． 故答案为：[ 1,0) ． 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数的值域，考查学生的计算能力，属于基础题． 12. 已知函数 ( )f x x ，则不等式 2( 2) ( ) f x f x 的解集是________. 【答案】 ( 2,1) 【解析】 【分析】 根据题意，分析可得 ( )f x 为偶函数且在[0 ， ) 上为增函数；据此可得 2( 2) ( ) f x f x 等 价于 22 2 0 x x x      … 或 22 2 0 x x x       ，解可得 x 的取值范围，即可得答案． - 8 - 【详解】解：根据题意，函数 ( ) | |f x x ，其定义域为 R ，有 ( ) | | | | ( )f x x x f x     ， 即函数 ( )f x 为偶函数， 当 0x… 时，有 1 2( )f x x x  ，则函数 ( )f x 在[0 ， ) 上为增函数； 2 2 2( 2) ( ) (| 2|) ( ) | 2|f x f x f x f x x x         22 2 0 x x x      … 或 22 2 0 x x x       ， 解可得： 2 1x   ，即不等式的解集为 ( 2,1) ； 故答案为： ( 2,1) ． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数 ( )f x 的奇偶性与单调性， 属于基础题． 13. 已知  1 1,A x y 、  2 2,B x y 为圆 2 2: 4M x y  上的两点，且 1 2 1 2 1 2x x y y   ，设 0 0( , )P x y 为弦 AB 的中点，则 0 0| 3 4 10 |x y  的最小值为________. 【答案】 5 710 2  【解析】 【分析】 根据题意，由中点坐标公式可得 1 2 0 1 2 0 2 2 x x x y y y      ，变形可得 2 2 2 2 1 2 1 2 0 0( ) ( ) 4( )x x y y x y     ， 进而可得 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 0 02( ) 4( )x y x y x x y y x y       ，结合圆 M 的方程可得 2 2 0 0 7 4x y  ，即 点 P 的 轨 迹 方 程 为 圆 2 2 7 4x y  ； 又 由 0 0 0 0 0 0 2 2 | 3 4 10 | | 3 4 10 || 3 4 10 | 5 5 53 4 x y x yx y           ，其几何意义为圆 2 2 7 4x y  上一点 到直线 3 4 10 0x y   的距离的 5 倍，结合直线与圆的位置关系分析可得 0 0| 3 4 10 | 5 x y  的 最小值，计算即可得答案． 【详解】根据题意， 1(A x ， 1)y 、 2(B x ， 2 )y ，且 0(P x ， 0 )y 为弦 AB 的中点， 则 1 2 0 1 2 0 2 2 x x x y y y      ，则有 2 2 2 2 1 2 1 2 0 0( ) ( ) 4( )x x y y x y     ， - 9 - 变形可得： 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 0 02( ) 4( )x y x y x x y y x y       ， 又由 1(A x ， 1)y 、 2(B x ， 2 )y 为圆 2 2: 4M x y  上的两点，则 2 2 1 1 4x y  ， 2 2 2 2 4x y  ； 则有 2 2 0 0 7 4x y  ， 即点 P 的轨迹方程为圆 2 2 7 4x y  ， 则 0 0 0 0 2 2 | 3 4 10 || 3 4 10 | 5 3 4 x yx y       ，其几何意义为圆 2 2 7 4x y  上一点到直线 3 4 10 0x y   的距离的 5 倍， 又由圆 2 2 7 4x y  的圆心 (0,0) 到直线3 4 10 0x y   的距离 2 2 | 10 | 2 3 4 d    ， 则圆 2 2 7 4x y  上一点到直线 3 4 10 0x y   的距离的最小值为 72 2d r   ，即 0 0| 3 4 10 | 5 x y  的最小值为 72 2  ， 故 0 0 0 0 2 2 | 3 4 10 | 7 5 7| 3 4 10 | 5 5(2 ) 102 23 4 x yx y          … ，即 0 0| 3 4 10 |x y  的最小值为 5 710 2  ， 故答案为： 5 710 2  ． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及轨迹方程的分析计算，属于中档题． 14. 已知等边 ABC 的边长为 1，点 D ， E ， F 分别在边 AB ， BC ， AC 上，且 1 3ADF DEF ABCS S S    .若 AD x ，CE y ，则 y x 的取值范围为________. 【答案】 3 1[ ,2] [0, ]2 2 - 10 - 【解析】 【分析】 先根据 1 3ADF ABCS S  ，得到 1 3AF x  ，再由 1 3ADF DEF ABCS S S    ，得到 ,x y 的关系式， 再根据 ,x y 的关系式确定 x 的范围，再令 y kx  ，转化为关于 x 的函数关系式，根据导数求单 调性，求 k 出取值范围. 【详解】由题 1 3sin2 3 4ABCS AB AC      ，又 1 3sin2 3 4ADFS AD AF x AF     ， 1 3ADF ABCS S  ，得 1 3AF x  ，则 11 3CF x   ，又CE y ，则 1BE y  ， 1BD x  ，由 1 3ADF DEF ABCS S S    ，则 1 3BDE EFC ABCS S S    ， 则 3 3 1 1 3(1 )(1 ) (1 )4 4 3 3 4x y y x       ， 得 1 1(1 )(1 ) (1 )3 3x y y x      ， 2 2 2 3 1 3 x x y x    又 0 1x  ， 10 13x   ，得 1 1,0 13 x y    ， 则 2 2 2 3 01 3 x x x    ，得 1 3 3 3x  或 2 13 x  ，又 2 2 2 3 11 3 x x x    ，得 2 2 1 03 1 x x   ， 得 1 1 3 2x  或 2 13 x  ， 设 yk x  ，则 2 2 3 1 3 x k x    ， 1 1 3 2x  或 2 13 x  令 ( )k g x  2 2 3 1 3 x x   ， 1 1 3 2x  或 2 13 x  ， 2 2 2 2 2 2 1 2( ) 2 ( ) 3 4 13 3( ) 1 1( ) 3( )3 3 x x x x xg x x x           2 2 (3 1)( 1) 013( )3 x x x      - 11 - 故 ( )g x 在 1 1 2[ , ],[ ,1]3 2 3 单调递增，得 3 1( ) [ ,2] [0, ]2 2g x   ，即 3 1[ ,2] [0, ]2 2k   ， 故答案为： 3 1[ ,2] [0, ]2 2 【点睛】本题考查了三角形的面积公式，将几何问题转化为函数问题，利用导数研究函数的 单调性和值域，还考查了学生分析理解能力，转化思想，运算能力，难度较大. 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要 的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在锐角 ABC 中，角 A 、B 、C 的对边分别为 a 、b 、c ，且满足 (2 )cos cosa c B b C  ． （I）求角 B 的大小； （Ⅱ）设 (sin ,1), (3,cos2 )m A n A   ，试 m n  求的取值范围． 【答案】 （I） ；（Ⅱ） 【解析】 【详解】解：（Ⅰ）∵ (2 )cos cosa c B b C  ，∴ ， ∴ ∵ ，∴ ，∴ ， 又 ，∴ ． （Ⅱ） ， ∵ ABC 是锐角三角形， ， ， ∴ ， ∴ ， ∴当 时， 取最大值 ；且 ， ∴ ． 16. 如图，已知 EA 和 DC 都垂直于平面 ABC ， 2AB AC BC AE CD    ，F 是 BE 的 - 12 - 中点. （1）若G 为 AF 中点，求证： //CG 平面 BDE ； （2）求证： AF  平面 BDE . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）作 EF 中点 Q ，连结 GQ ， DQ ，结合中位线定理可证四边形 CDQG 为平行四边形， 得出CG DQP 由线面平行的判定定理即可求证； （2）要证 AF  平面 BDE ，即证垂直于平面 BDE 的两条交线，不难证 AF BE⊥ ，接下来 考虑求证 AF DF ，直接法不好证，可将问题转化为求证 DF  平面 ABE ，作 AB 中点 P ， 连结 FP ，CP ，结合中位线定理可证四边形CDFP 是平行四边形，通过求证 CP 平面 ABE 进而得证 【详解】 证明：（1）取 EF 中点Q ，连结GQ ， DQ 因为G 为 AF 中点， 所以 GQ//AE ，且 1 2GQ AE . 因为 EA 和 DC 都垂直于平面 ABC ， 所以 //CD AE ，又 2AE CD ， 所以GQ//CD ，且GQ CD . - 13 - 所以四边形CDQG 为平行四边形， 所以CG//DQ ， 又CG  平面 BDE ， DQ  平面 BDE ， 所以 //CG 平面 BDE . （2） 取 AB 中点 P ，连结 FP ，CP ， 因为 F 是 BE 的中点， 所以 FP//AE ，且 1 2FP AE . 因为 EA 和 DC 都垂直于平面 ABC ， 所以 //CD AE . 又 2AE CD ，所以 //CD PF ，且CD PF ， 所以四边形CDFP 是平行四边形. 所以 CP//DF . 因为 AC BC ， P 为 AB 中点， 所以CP AB ，所以 DF AB . 因为 EA 垂直于平面 ABC ，CP  平面 ABC ， 所以CP AE ，所以 DF AE . 因为 AB AE A ， ,AB AE  平面 ABE ， 所以 DF  平面 ABE .因为 AF  平面 ABE ， 所以 DF AF . 因为 AB AE ， F 是 BE 的中点， 所以 AF BE⊥ . 因为 BE DF F  ， ,BE DF  平面 BDE ， - 14 - 所以 AF  平面 BDE . 【点睛】本题考查线面平行的证明，线面垂直的证明，其中涉及中点问题常采用中位线定理 和平行四边形性质求证线面平行，线面垂直的证明除了采用判定定理直接证明，有时也需通 过线面垂直的性质定理进行转化，如本题中的 AF DF 的证明 17. 为了保护环境，2015 年合肥市胜利工厂在市政府的大力支持下，进行技术改进：把二氧 化碳转化为某种化工产品，经测算，该处理成本 y （万元）与处理量 x（吨）之间的函数关系 可近似地表示为：   3 2 1 640, [10,30),{25 40 1600, 30,50 , x xy x x x      且每处理一吨二氧化碳可得价值为 20 万元的某种化工产品． （1）当  30,50x 时，判断该技术改进能否获利？如果能获利，求出最大利润；如果不能获 利，则国家至少需要补贴多少万元，该工厂才不亏损？ （2）当处理量为多少吨时，每吨的平均处理成本最少？ 【答案】（1）该工厂不会获利， 700 ；（2） 40 ． 【解析】 试题分析：（1）当  30,50x 时，设该工厂获利为 2( 30) 700S x    ，当  30,50x 时， 0S  ，因此，该工厂不会获利，所以国家至少需要补贴 700 万元，才能使工厂不亏损；（2） 由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为 ( ) yP x x  ：再利用导数求出其最值即可． 试题解析： （1）当  30,50x 时，设该工厂获利为 S 万元，则 2 220 ( 40 1600) ( 30) 700S x x x x        ， 所以当  30,50x 时， 0S  ，因此，该工厂不会获利，所以国家至少需要补贴 700 万元， 才能使工厂不亏损． （2）由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为   21 640 , [10,30),25( ) { 1600 40, 30,50 . x xy xP x x x xx        ： - 15 -   21 640 , [10,30),25( ) { 1600 40, 30,50 . x xy xP x x x xx        ①当 [10,30)x  时， 21 640( ) 25P x x x   ，所以 3 2 2 2 640 2( 8000)'( ) 25 25 xP x x x x    ， 所以  10,20x 时， '( ) 0P x  ， ( )P x 为减函数；  20,30x 时， '( ) 0P x  ， ( )P x 为增函数， 所以当 20x = 时， ( )P x 取得最小值，即 48P  ； ②当  30,50x , 1600 1600( ) 40 2 40P x x xx x       40 , 当且仅当 1600x x  ，即  40 30,50x   时， ( )P x 取得最小值 (40) 40P  ， ∵ 48 40 ，∴当处理量为 40 吨时，每吨的平均处理成本最少． 考点：1、函数基本性质；2、基本不等式；3、导数与函数的单调性． 18. 设  f x 是偶函数，且当 0x  时，        3 ,0 3 3 , 3 x x xf x x a x x         （1）当 0x  时，求  f x 的解析式； （2）设函数  f x 在区间 5,5 上的最大值为  g a ，试求  g a 的表达式； （3）若方程  f x m 有四个不同的实根，且它们成等差数列，试探求 a 与 m 满足的条件． 【答案】（1）        3 , 3 0 3 , 3 x x xf x x a x x           ；（2）     2 9 , 64 ( 3) ,6 74 2 5 , 7 a ag a a a a           ；（3）a 与 m 满足的条件为 27 16m  且 3 33 2a   ，或 9 4m  且 6a  ，或   3 9 1 16 a am   且 5 2 7a   . 【解析】 - 16 - 【分析】 （1）设 3 0x „ 、 3x   ，利用已知函数的解析式，即可求得结论； （2）因为 ( )f x 是偶函数，所以它在区间[ 5 ，5] 上的最大值即为它在区间[0 ，5] 上的最大 值，分类讨论，即可求得结论； （3）设这四个根从小到大依次为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ，则当方程 ( )f x m 在[ 3 ， 3] 上有四个 实根时，由 4 3 32x x x  ，且 4 3 3x x  ，得 3 3 4x  ， 4 9 4x  ，从而 3 27( )4 16m f  ，且要 求 27( ) 16f x  对 (3, )x  恒成立，由此可得结论． 【详解】解：（1）当  3 ≤ 0x 时，         3 3f x f x x x x x        同理，当 3x   时，          3 3f x f x x a x x a x          ， 所以，当 0x  时，  f x 的解析式为        3 , 3 0 3 , 3 x x xf x x a x x           （2）因为  f x 是偶函数，所以它在区间 5,5 上的最大值即为它在区间 0,5 上的最大值， ①当 3a  时，  f x 在 30, 2      上单调递增，在 3 ,2    上单调递减，所以   3 9 2 4g a f      ②当3 7a  时，  f x 在 30, 2      与 33, 2 a     上单调递增，在 3 ,32      与 3 ,52 a     上单调递 减， 所以此时只需比较 3 9 2 4f      与  233 2 4 aaf      的大小． （i）当3 6a  时，  233 9 3 2 4 2 4 aaf f             ，所以   3 9 2 4g a f      （ii）当 6 7a  时，  233 9 3 2 4 2 4 aaf f             ， 所以    233 2 4 aag a f      ③当 7a  时，  f x 在 30, 2      与 3,5 上单调递增，在 3 ,32      上单调递减，且 - 17 -    3 9 5 2 52 4f f a        ， 所以      5 2 5g a f a   . 综上所述，     2 9 , 64 ( 3) ,6 74 2 5 , 7 a ag a a a a           ． （3）设这四个根从小到大依次为 1x ， 2x ， 3x ， 4x ． ①当方程  f x m 在 3,3 上有四个实根时，由 4 3 32x x x  ，且 4 3 3x x  ，得 3 3 4x  ， 4 9 4x  ， 从而 3 27 4 16m f      ，且要求   27 16f x  对  3,x  恒成立． （i）当 3a  时，  f x 在 3, 上单调递减，所以     273 0 16f x f   对  3,x  恒 成立， 即 3a  适合题意． （ii）当 3a  时，欲   27 16f x  对  3,x  恒成立，只要  233 27 2 4 16 aaf       ， 解得 3 33 2a   ，故此时应满足 3 33 3 2a   ． ②当方程  f x m 在 3,3 上有两个实根时， 3 9 2 4m f      ，且 2 3 2x   ， 3 3 2x  ， 所以必须满足 4 3 93 2x x   ，且 3 9 2 2 a  ，  233 9 2 4 4 aaf       ，解得 6a  ． ③当方程  f x m 在 3,3 上无实根时，  233 9 3 2 4 2 4 aaf m f              ， 3 32 a  ， - 18 - 由 4 3 32x x x  ， 4 3 3x x a   ，解得 3 3 4 ax  ，   4 3 3 4 ax  ， 所以     3 3 3 9 13 4 4 16 a a aam f f             ， 且由   3 9 1 9 16 4 a am    ，解得 5 2 7a   ． 综上所述， a 与 m 满足的条件为 27 16m  且 3 33 2a   ，或 9 4m  且 6a  ， 或   3 9 1 16 a am   且 5 2 7a   ． 【点睛】本题考查函数解析式的确定，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，考查数 列与函数的结合，属于难题． 19. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，点 21 2       ， 在椭圆上.若直线l 与椭圆有且只有一个公共点 P ，且 l 与直线 2x   相交于Q . （1）求椭圆的方程； （2）当直线 l 的斜率为 1 2 时，求直线l 的方程； （3）点T 是 x 轴上一点，若总有 0PT QT   ，求T 点坐标. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 1 6 2 2y x  ；（3） ( 1,0) . 【解析】 【分析】 - 19 - （1）首先根据题意得到 2 2 2 2 2 1 1 12 2 2            a b c a a b c ，再解方程组即可得到答案. （2）设直线 l 的方程为 1 2y x m  ，联立直线与椭圆得到 2 23 4 4 4 0x mx m    ，再根 据 0  即可得到答案. （3）直线l 的斜率一定存在，设其方程为 y kx m  ，与椭圆联立得到  2 2 22 1 4 2 2 0k x kmx m     ，根据直线与椭圆相切得到 2 22 1m k  ，从而得到 2 1,kP m m     ，再求出 ( 2, 2 )Q m k  ，设 ( ,0)T t ，根据 0PT QT   得到 2 1 ( 1) 0k t tm        对任意的 k ， m 恒成立，从而得到T 坐标为 ( 1,0) . 【详解】（1）设椭圆的焦距为 2c ， 由题意，得 2 2 2 2 2 1 1 12 2 2            a b c a a b c ，解得 2 1 a b    . 所以椭圆的方程为 2 2 12 x y  . （2）由题意，设直线 l 的方程为 1 2y x m  ， 联立方程组 2 2 1 2 12 y x m x y       ，得 2 23 4 4 4 0x mx m    ， 因为直线 l 与椭圆有且只有一个公共点， 所以  2 216 12 4 4 0m m     解得 6 2m   ， 所以直线 l 的方程为 1 6 2 2y x  . - 20 - （3）当直线 l 的斜率不存在时， l 与直线 2x   无交点，不符合题意， 故直线l 的斜率一定存在，设其方程为 y kx m  ， 由 2 2 12 y kx m x y     ，得 2 2 22 1 4 2 2 0k x kmx m     ， 因为直线 l 与椭圆有且只有一个公共点， 所以   2 2 2 216 8 1 2 1 0k m m k      ， 化简得： 2 22 1m k  ， 所以 2 1 42 4 2    P km k kx m ， 2P kx m ， 1 P Py kx m m    ，即 2 1,kP m m     ， 因为直线 l 与直线 2x   相交于Q ，所以 ( 2, 2 )Q m k  设 ( ,0)T t ，所以 2 2( 2 ) 1 0k kTP TQ t tm m               ， 即 2 1 ( 1) 0k t tm        对任意的 k ， m 恒成立， 所以 1 0t   ，即 1t   ， 所以点T 坐标为 ( 1,0) . 【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，同时考查椭圆的标准方程和学生的计算能力， 属于难题. 20. 设 0a  ，两个函数 ( ) eaxf x  ， g( ) lnx b x 的图像关于直线 y x 对称. （1）求实数 a ，b 满足的关系式； （2）当 a 取何值时，函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  有且只有一个零点； （3）当 1a  时，在 1 ,2     上解不等式 2(1 ) ( )f x g x x   . 【答案】（1） 1ab  ；（2） 1a e  ；（3） (1, ) . 【解析】 【分析】 - 21 - （1）本小题利用两个函数关于 y x 的性质直接求解即可； （2）本小题利用函数零点的性质将问题转化为切点问题，再借用切点求解即可； （3）本小题利用函数的单调性，借导函数求解不等式即可. 【详解】解：（1）设  , axP x e 是函数 ( ) eaxf x  图像上任一点，则它关于直线 y x 对称的点  ,axP e x 在函数 g( ) lnx b x 的图像上，∴ ln axx b e abx  ，∴ 1ab  . （2）当 0a  时，函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  有且只有一个零点，两个函数的图像有且只有一个 交点，两个函数关于直线 y x 对称，∴两个函数图像的交点就是函数 ( ) eaxf x  的图像与直 线 y x 的切点. 设切点为  0 0 , axA x e ， 0 0 ax e ， ( ) axf x ae  ， ∴ 0 1xae  ，∴ 0 1ax  ，∴ 0 0 axx e e  ， ∴当 0 1 1a x e   时，函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  有且只有一个零点 x e ； （3）当 1a  时，设 2 1 2( ) (1 ) ( ) lnxr x f x g x x e x x       ，则 1 1( ) 2xr x e xx      ， 当 1 ,12x     时， 1 2 2 1 1xx     ， 1 1xe    ， ( ) 0r x  ， 当 [1, )x   时， 1 2 1 2 1xx      ， 1 0xe   ， ( ) 0r x  . ∴ ( )r x 在 1 ,2     上是减函数. 又 (1) 0r  ，∴不等式 2(1 ) ( )f x g x x   解集是 (1, ) . 【点睛】本题考查函数的图像的对称性问题、函数的零点以及借导函数求解不等式问题，是 偏难题. 高三数学附加 【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域内作答. 若多做，则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A.[选修 4-2：矩阵与变换] 21. 已知 ,a bR ，矩阵 1 3 aM b      的特征值 3  所对应的一个特征向量为 1 1      . - 22 - （1）求矩阵 M ； （2）若曲线 2 1 : 9 2C y x x  在矩阵 M 对应的变换作用下得到另一曲线 2C ，求曲线 2C 的方 程. 【答案】（1） 2 1 3 0M      ；（2） 2y x . 【解析】 【分析】 （1）由特征值和特征向量的定义可得 M    ，然后将矩阵代入计算可得出 ,a b 的值，得 出答案. (2)设曲线 1C 上任一点  0 0,Q x y 在矩阵 M 的作用下得到曲线 2C 上一点 ( , )P x y ，则 0 0 2 1 3 0 xx yy               ，即得到 0 0 0 2 3 x y x x y     ，消参可得答案. 【详解】【解】（1）因为 1 1      是矩阵 1 3 aM b      的特征值 3  所对应的一个特征向量， 所以 1 1 1 1M           ，即 1 1 133 1 1 a b                 ， 所以 1 3 3 3 a b      ，解得 2 0 a b    . 所以矩阵 2 1 3 0M      （2）设曲线 1C 上任一点  0 0,Q x y 在矩阵 M 的作用下得到曲线 2C 上一点 ( , )P x y ， 则 0 0 2 1 3 0 xx yy               ， 所以 0 0 0 2 3 x y x x y     ，解得 0 0 3 2 3 yx y x y      . 因为 2 0 0 09 2y x x  ， - 23 - 所以 22 9 23 3 3 y yx y        ，即曲线 2C 的方程为 2y x . 【点睛】本题主要考查根据特征值与特征向量的定义得出矩阵中的参数，以及一条直线在矩 阵对应的变换作用下得到的曲线，知道其中一条直线和相应的矩阵求出另一条直线方程．本 题属中档题． B.[选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 在极坐标系中，圆C 的方程为  2 sin 0r r   .以极点为坐标原点，极轴为 x 轴正半轴 建立平面直角坐标系，直线 l 的参数方程为 3 1 3 x t y t      （t 为参数）．若直线l 与圆C 恒有公 共点，求 r 的取值范围． 【答案】 2, 【解析】 【分析】 将圆的极坐标方程化为普通方程，确定圆心和半径，并将直线l 的方程化为一般方程，利用圆 心到直线 l 的距离不大于 r 可得出关于 r 的不等式，进而可求得正数 r 的取值范围. 【详解】因为圆C 的极坐标方程为 2 sinr  ，所以 2 2 sinr   ， 因为 2 2 2x y   ， sin y   ，所以 2 2 2x y ry  ，整理得  22 2x y r r   ， 即圆C 是圆心为 0,r ，半径为 r 的圆， 因为直线 l 的参数方程为 3 1 3 x t y t      ，消去t 得 3 2 0x y   ， 所以，直线l 的普通方程为 3 2 0x y   ， 因为直线 l 和圆C 有公共点，所以圆心C 到直线l 的距离 2 2 23 1 r rd r       ，解得 2r  ， 因此， r 的取值范围是 2, . 【点睛】本题考查利用直线与圆的位置关系求参数的取值范围，同时也考查曲线的极坐标方 程、参数方程与普通方程之间的相互转化，考查计算能力，属于中等题. C.[选修 4-5：不等式选讲] - 24 - 23. 已知实数 a 、b 、c 满足 0a  ， 0b  ， 0c  ， 2 2 2 3a b c b c a    ，求证： 3a b c   ． 【答案】见解析 【解析】 【分析】 利 用 柯 西 不 等 式 证 明 出     2 2 2 2a b cb c a a b cb c a           ， 由 此 可 证 明 出 3a b c   . 【详解】由柯西不等式，得     2 2 2 3 a b ca b c b c a b c a                 2 2 22 2 2 a b cb c a b c a                                2 2a b cb c a a b c b c a             ， 所以 3a b c   ． 【点睛】本题考查利用柯西不等式证明不等式，解答的关键在于对代数式进行合理配凑，考 查推理能力，属于中等题. 【必做题】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. 在如图的几何体中，平面CDEF 为正方形，平面 ABCD 为等腰梯形， AB ∥ CD ， 2AB BC ， 60ABC   ， AC FB ． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求直线 BF 与平面 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 6 4 ． - 25 - 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）要 平面 ，已知 AC FB ，只需要在面 内再找一 条直线与 AC 垂直即可证，由 ， 60ABC   ，此时可用正弦定理或者余弦定理求 出边 AC 与 AB 、 BC 的关系，再用勾股定理说明 AC BC ；（Ⅱ）由 为等腰梯形， ， 60ABC   ，可以求出 2AB CD ，又由（Ⅰ）可证 平面 ． 方法 1：取 AB 中点 M，则 ME BFP ，又 , 60AD AM DAM    ，所以△ MAD 是等边三 角形，取 AD 的中点 N ，连结 MN ， NE ，可证 MEN 为直线 BF 与平面 ADE 所成角； 方法 2：由 AC 、FC 、CB 两两垂直，建立空间坐标系，求出平面 ADE 的法向量和直线 BF 的方向向量，利用向量求出线面角的正弦值． 试题解析：解：（Ⅰ）因为 ， 60ABC   ， 在△ ABC 中，由余弦定理可得 ． 所以 2 2 2AC BC AB  ，所以 ． 因为 AC FB ， BF BC B  ， BF 、 BC 平面 ， 所以 平面 ． （Ⅱ）解法 1：由（Ⅰ）知， 平面 ， FC 平面 ， 所以 ． 因为平面 CDEF 为正方形，所以 ． 因为 AC CD C ，所以 平面 ． 取 AB 的中点 M ，连结 MD ， ME ， 因为 ABCD 是等腰梯形，且 ， 60DAM   ， 所以 MD MA AD  ．所以△ MAD 是等边三角形，且 ME BFP ． 取 AD 的中点 N ，连结 MN ， NE ，则 MN AD 因为 MN  平面 ABCD ， ED FC ，所 以 ED MN ． - 26 - 因为 AD ED D ，所以 MN  平面 ADE ． 所以 MEN 为直线 BF 与平面 ADE 所成角． 因为 NE  平面 ADE ，所以 MN  NE ． 因为 3 2MN AD ， ， 在 Rt △ MNE 中， 6sin 4 MNMEN ME    ． 所以直线 BF 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 4 解法 2：由（1）知， 平面 ， FC 平面 ， 所以 ． 因为平面 CDEF 为正方形，所以 ． 因为 AC CD C ，所以 平面 ． 所以CA ， CB ，CF 两两互相垂直， 建立如图的空间直角坐标系 ． 因为 ABCD 是等腰梯形，且 ， 60ABC   所以 CB CD CF  ． - 27 - 不妨设 ABCD ，则  0,1,0B ，  0,1,0B ，  3,0,0A ， 3 1, ,02 2D      ， 3 1, ,12 2E      ， 所以  0, 1,1BF   ， 3 1, ,02 2DA        ，  0,0,1DE  ．设平面 ADE 的法向量为 ( , , )x y zn ，则有 0,{ 0. n DA n DE       即 3 0,{ 2 2 0. yx z    取 1x  ，得  1, 3,0 是平面 ADE 的一个法向量．设直线 BF 与平面 ADE 所成的角为  ， 则   0, 1,1 · 1, 3,0 6sin cos , 42·2· BF nBF n BF n           ． 所以直线 BF 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 4 ． 考点：1．线面垂直的判定；2．线面角；3．空间向量的应用． 25. 给定  3,n n n N   个不同的数1、 2 、3 、 、 n ，它的某一个排列 P 的前  ,1k k N k n   项和为 kS ，该排列 P 中满足 2 k nS S 的 k 的最大值为 Pk ．记这 n 个不同 数的所有排列对应的 Pk 之和为 nT ． （1）若 3n  ，求 3T ； （2）若 4 1n l  ，l N  . ①证明：对任意的排列 P ，都不存在  ,1k k N k n   使得 2 k nS S ； ②求 nT （用 n 表示）． 【答案】（1） 3 8T  ；（2）①见解析；②  ! 12n nT n  . 【解析】 【分析】 （1）列出1、 2 、 3 的所有排列，求出 6个排列 P 中 Pk 的值，进而可求得 3T 的值； - 28 - （2）①设 n 个不同数的某一个排列 P 为 1a 、 2a 、 、 na ，求得     1 4 1 2 12n n nS l l     为奇数，再由 2 kS 为偶数可得出结论； ②由题意可得出 2 k nS S ，可得出 1 2 1 2k k k na a a a a a      且 1 2 1 2k k k na a a a a a      ，考虑排列 P 的对应倒序排列 P ，推导出 1Pk n k    ，由此可得出 1P Pk k n   ，再由1、2 、3 、 、n 这 n 个不同数可形成 ! 2 n 个对应组合 ,P P ，进而可求得 nT 的值. 【详解】（1）1、2 、3 的所有排列为1、2 、3 ；1、3 、2 ；2 、1、3 ；2 、3 、1；3 、1、 2 ； 3 、 2 、1. 因为 3 6S  ，所以对应的 Pk 分别为 2 、1、 2 、1、1、1，所以 3 8T  ； （2）（i）设 n 个不同数的某一个排列 P 为 1a 、 2a 、 、 na ， 因为 4 1n l  ，l N  ，所以     1 4 1 2 12n n nS l l     为奇数， 而 2 kS 为偶数，所以不存在  ,1k k N k n   使得 2 k nS S （ii）因为 2 k nS S ，即 1 2 1 2k k k na a a a a a    ≤ ， 又由（i）知不存在  ,1k k N k n   使得 2 k nS S ， 所以 1 2 1 2k k k na a a a a a      ； 所以满足 2 k nS S 的最大下标 k 即满足 1 2 1 2k k k na a a a a a      ①， 且 1 2 1 2k k k na a a a a a      ②， 考虑排列 P 的对应倒序排列 :P na 、 1na  、 、 1a ， ①②即 2 1 2 1n k k ka a a a a a      ， 2 1 2 1n k k ka a a a a a      ， 由题意知 1Pk n k    ，则 1P Pk k n   ； 又1、 2 、3 、 、 n 这 n 个不同数共有 !n 个不同的排列，可以构成 ! 2 n 个对应组合 ,P P ， - 29 - 且每组 ,P P 中 1P Pk k n   ，所以  ! 12n nT n  ． 【点睛】本题考查数列中的新定义，着重考查分析，对抽象概念的理解与综合应用的能力， 对（3）观察，分析寻找规律是难点，是难题. - 30 -