浙江省温州市普通高中2019届高三上学期8月高考适应性测试数学试题 Word版含解析 25页

- 1 - 2018 年 8 月份温州市普通高中高考适应性测试 数学 本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分 150 分，考试时间 120 分钟． 参考公式： 若事件 ,A B 互斥，则 ( ) ( ) ( )P A B P A P B   若事件 ,A B 相互独立，则 ( ) ( ) ( )P AB P A P B 若事件 A 在一次试验中发生的概率是 p ，则 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率 ( ) (1 ) ( 0,1,2, , )k k n k n nP k C p p k n    台体的体积公式  1 1 2 2 1 3V S S S S h   其中 1 2,S S 分别表示台体的上、下底面积， h 表示台体的高 柱体的体积公式V Sh 其中 S 表示柱体的底面积， h 表示柱体的高 锥体的体积公式 1 3V Sh 其中 S 表示锥体的底面积， h 表示锥体的高 球的表面积公式 24S R 球的体积公式 34 3V R 其中 R 表示球的半径 选择题部分（共 40 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． 1.已知集合  | 0 2A x x   ，  | 1B x x  或 3x  ，则 A B  （ ） A.  0,1 B.    0,2 3, C.  D.  0,  【答案】A 【解析】 【分析】 进行交集的运算即可. - 2 - 【详解】解：  | 0 2A x x   ，  | 1B x x  或 3x  ，   0,1A B  . 故选：A. 【点睛】本题考查交集的运算，属于基础题. 2.已知 1 2,z z 为虚数，则“ 1 2z z R  ”是“ 1z 与 2z 互为共轭复数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 取 1 1 2z i  ， 2 2 4z i  ，利用特值法证明充分性不成立；再由复数的乘法运算证明必要性 成立，由此可得到结论。 【详解】充分性： 取 1 1 2z i  ， 2 2 4z i  ，则   1 2 1 2 2 4 10z z i i R      ， 所以由 1 2z z R  不能得到 1z 与 2z 互为共轭复数； 必要性： 若 i( , 0)z a b a b b   R, ，则 z 的共轭复数为 z a bi  ， 所以 2 2z z a b   R 成立，所以由 1z 与 2z 互为共轭复数能得到 1 2z z R  ； 因此，“ 1 2z z R  ”是“ 1z 与 2z 互为共轭复数”的必要不充分条件。 故选：B 【点睛】本题主要考查共轭复数的概念、复数的运算、充要关系的判断，考查学生计算能力 和逻辑推理能力，属于基础题． 3.某几何体的三视图如图所示（单位： cm ），该几何体的体积（单位： 3cm ）是 - 3 - A. 112 3 B. 136 3 C. 48 D. 56 【答案】C 【解析】 【分析】 根据三视图确定几何体的类型为四棱柱，结合棱柱的体积公式可求. 【详解】由三视图可得几何体为四棱柱，其体积 1 (2 4) 4 4 482V Sh      .故选 C. 【点睛】本题主要考查利用三视图求解几何体的体积.一般求解思路是利用三视图还原出几何 体，再利用相应的体积公式求解. 4.在 ABC 中， D 是线段 BC 上一点（不包括端点）， (1 )AD AB AC      ，则（ ） A. 1   B. 1 0   C. 0 1  D. 1  【答案】C 【解析】 【分析】 由共线向量的线性运算得，  1BD BC   ，再根据 D 是线段 BC 上一点（不包括端点）， 可以得到 0 1 1   ，从而求解出  的取值范围. 【详解】由题意， (1 )AD AB AC      ， 则  1 (1 )AD AB AB AC         ，即  1BD BC   ， 因为 D 是线段 BC 上一点（不包括端点）， 所以 0 1 1   ，解得 0 1  . 故选：C 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和共线向量的应用，考查考生分析转化能力，属 于基础题. - 4 - 5.函数 (cos2 ) ln | |y x x  的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性，判断函数的图象的对称性，结合函数值的符号进行排除即可． 【详解】函数的定义域为  | 0x x  ，      cos 2 ln cos2 lnf x x x x x f x      , 则函数  f x 是偶函数，图象关于 y 轴对称，排除 ,A B ， 1 1cos1ln 02 2f       ，排除 C ，故选 D. 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 6.设α、β是两个不同的平面，m、n 是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ） A. 若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则 n⊥β B. 若α⊥β，n∥α，则 n⊥β C. 若 m∥α，m∥β，则α∥β D. 若 m⊥α，m⊥β，n⊥α，则 n⊥β 【答案】D 【解析】 - 5 - 【分析】 根据直线、平面平行垂直的关系进行判断． 【详解】由α、β是两个不同的平面，m、n 是两条不同的直线，知： 在 A 中，若α⊥β，α∩β＝m，m⊥n，则 n 与β相交、平行或 n⊂β，故 A 错误； 在 B 中，若α⊥β，n∥α，则 n 与β相交、平行或 n⊂β，故 B 错误； 在 C 中，若 m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故 C 错误； 在 D 中，若 m⊥α，m⊥β，则α∥β， ∴若 n⊥α，则 n⊥β，故 D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的益关系等基础知识， 考查运算求解能力，是中档题. 7.已知存在实数 k ，使直线 2:l y kx k  与圆 2 2 2: ( 4) ( 0)C x y r r    有公共点，则 r 的 最小值为（ ） A. 2 2 B. 2 3 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由点到直线距离公式求出圆心到直线l 的距离 d ，由题意，只需 minr d… ，利用基本不等式求 出 d 的最小值，即可求出 r 的最小值. 【详解】由题意，圆C 的圆心到直线 l 的距离 2 2 4 1 k d k    ， 又已知存在实数 k ，使得直线l 与圆C 有公共点，因此 minr d… ， 而  2 2 2 2 2 2 4 1 3 31 2 3 1 1 1 k k d k k k k            … ， 当且仅当 2 2 31 1 k k    ，即 2k   时，等号成立， r 的最小值为 2 3 . 故选：B - 6 - 【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系、点到直线距离公式和基本不等式的应用，考查 学生分析转化和计算能力，属于中档题. 8.如图，三棱锥 D ABC 的三条棱 DA 、 DB 、 DC 两两垂直， 1A 是 DA 的中点， M ， N 是 AB 上的点， 1 1 2 4AM AN AB  ．记二面角 1D A M C  ， 1D A N C  ， 1D A B C  的平面角分别为 ，  ， ，则以下结论正确是（ ） A.     B.     C.     D.     【答案】A 【解析】 【分析】 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DB 为 y 轴，DC 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出 结论. 【详解】解：三棱锥 D ABC 的三条棱 DA 、 DB 、 DC 两两垂直， 以 D 为原点， DA 为 x 轴， DB 为 y 轴， DC 为 z 轴，建立空间直角坐标系，如下图： 设 2 2AD BD CD   ，则 4AB AC BC   ， 1AM  ， 2AN  .  0,0,0D ，  1 2,0,0A ，  2 2,0,0A ，  0,2 2,0B ，  2, 2,0N ， 3 2 2, ,02 2M       ，  0,0,2 2C ，  1 2,0,0DA  ，  2,0,0DM  ， 1 2 2, ,02 2A M        ，  1 2,0,2 2AC   ，  1 0, 2,0A N  ，  1 2,2 2,0A B   ， - 7 - 平面 1A DM 的法向量为  0,0,1m  ， 设平面 1A MC 的法向量为  1 , ,n x y z ， 则 1 1 1 1 2 2 02 2 2 2 2 0 n A M x y n AC x z               ，令 2x  ，得  1 2, 2,1n   ，  1 1 1cos 3 m n m n          ， 设平面 1A NC 的法向量为  2 1 1 1, ,n x y z ， 则 2 1 1 2 1 1 1 2 0 2 2 2 0 n A N y n AC x z             ，令 1 2x  ，得  2 2,0,1n  ，  2 2 5cos 5 m n m n          ， 设平面 1A BC 的法向量为  3 2 2 2, ,n x y z ， 则 3 1 2 2 3 1 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 n A B x y n AC x z              ，令 2 2x  ，得  2 2,1,1n  ，  3 3 6cos 6 m n m n          .     . 故选：A. 【点睛】本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础 知识，考查运算能力，属于中档题. 9.已知向量 ,a b   满足 2 2 | | 2, 2 2 8a a a b b         ，则 a b  的取值范围是（ ） - 8 - A. [2 3 2,2 3 2]  B. [ 2 3 2,2 3 2]   C. [ 3 1, 3 1]  D. [ 3 1, 3 1]   【答案】B 【解析】 【分析】 由| | 2a  r ， 2 2 2 2 8a a b b       ，得 22 | |a b b     ，再根据数量积公式得到 22 | |cos 2 | | b b     ， 由| cos | 1 „ ，求解出 2| |b  的范围，从而得到 a b  的取值范围. 【详解】由| | 2a  r ， 2 2 2 2 8a a b b       ，得 2 22 2 | |a b b b        ， ∴ 2| | | |cos 2 | |a b b     （ 为 a  和b  的夹角）， ∴ 22 | |cos 2 | | b b     ，而| cos | 1 „ ， ∴ 22 | | 1 2 | | b b    „ ， 22 22 | | 4 | |b b   „ ，即 4 2| | 8 | | 4 0b b    ， 解得 24 2 3 | | 4 2 3b   „ ， ∴ 22 | | [ 2 2 3, 2 2 3]a b b          ， 故选：B 【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查考生分析转化和计算能力，属于中档题. 10.已知数列 na 的各项都小于 1，  2 2 * 1 1 1 1 , 22 n n n na a a a a n N      ，记 1 2n nS a a a    ，则 10S （ ） A. 10, 2      B. 1 3,2 4      C. 3 ,14      D. (1,2) 【答案】B 【解析】 【分析】 - 9 - 由题意，将 2 2 1 12n n n na a a a    变形为 1 1 1 2 n n n n a a a a     ，由此推出 0 1na  以及 1n na a  ， 所 以 可 以 得 到 10 ( 1)2na n   ， 再 将 2 2 1 12n n n na a a a    变 形 为    2 2 1 1 1n n n n na a a a a      ，最后把 10S 展开，由 na 的范围得到 10S 的范围. 【详解】由 2 2 1 12n n n na a a a    ，得 1 1 1 2 n n n n a a a a     ， 由于 1na  ，∴ 1na  与 na 同号，而 1 1 02a   ，∴ 0na  ，于是0 1na  ， ∴ 1 1 1 0 1 12 1 2 n n n n a a a a        ，∴ 1n na a  ，∴ 10 ( 1)2na n   ． 又 2 2 1 12n n n na a a a    ，变形得    2 2 1 1 1n n n n na a a a a      ， ∴        2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1n n n n n nS a a a a a a a a a a a a                          2 2 2 1 1 1 1 1 2 2n n na a a a a a           ， ∴ 2 10 10 1 1 2 2S a      ， 而 10 10 2a  ，∴ 10 1 3 2 4S  ． 故选：B 【点睛】本题主要考查数列递推关系的应用和裂项相消求和，关键是找出数列通项公式和前 n 项和的关系，考查学生转化和计算能力，属于难题. 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分． 11.已知 2 3a  ，则8a  ______ 2. 6log a  ______． 【答案】 (1). 27 (2). 1 【解析】 【分析】 直接利用指数幂的运算求得8a ，利用对数运算性质可得 2 6log a 的值． - 10 - 【详解】 2 3a  ， 则 3 38 (2 ) 3 27a a   ． 2 2 2 26 6 3 2 1log a log log log     ． 故答案为 27，1． 【点睛】本题考查了指数与对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，意在考查对基础知 识的掌握与应用，属于基础题． 12.若实数 , x y 满足不等式组 0 2 2 2 2 y x y x y      … „ … ，则 x 的最小值是_____________， 3z x y  的取 值范围是_________． 【答案】 (1). 1 (2). ( ,2] 【解析】 【分析】 由题意，作出不等式组所表示的平面区域，由图象可知 x 的最小值；结合图象和目标函数的几 何意义即可求出 z 的取值范围. 【详解】不等式组 0 2 2 2 2 y x y x y      … „ … 表示的平面区域如图中阴影部分所示， 由图示可知， x 取最小值时，为 2 2x y  和 0y  的交点. 联立，解得 min 1x  ， 而在经过可行域的直线 3x y z  （纵截距为 3 z ）中， 直线 3 2x y  在 y 轴上的截距最小，为 2 3  ，此时 z 最大，为 2， ∴ 3z x y  的取值范围是 ( ,2] . - 11 - 故答案为：1； ( ,2] 【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，考查数形结合的思想方法，属于基础题. 13.设 ,x y 为实数，若 2 24 1x y  ，则 x y 的最大值是_________． 【答案】 5 2 【解析】 【分析】 由题意，设 cosx  ，2 siny  ，由辅助角公式，结合三角函数的值域即可求出 x y 的最 大值. 【详解】∵ 2 24 1x y  ，∴设 cos ,2 sinx y   ， 则 1 5cos sin sin( )2 2x y         （其中 tan 2  ）， 当 22 k     ， k Z 时，sin( )  取得最大值 1， ∴ x y 的最大值为 5 2 ． 故答案为： 5 2 【点睛】 本题主要考查椭圆参数方程的应用，考查辅助角公式和三角函数求最值，考查学生分析转化 能力，属于中档题． 14.在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , , , 60a b c A  ，AD 是 BC 上的高．若 7 3 3a  ， 3AD  ，则 bc _________， b c  _________． - 12 - 【答案】 (1). 14 (2). 5 21 3 【解析】 【分析】 由 a 和 AD 求出三角形面积，并由三角形面积公式 1 sin602S bc  求出bc ；再由余弦定理即 可求出b c . 【详解】由 7 3 3a  ， 3AD  ，得 ABC 的面积 1 7 3 2 2S a AD   ， 又 1 sin602S bc  ，∴ 1 7 3sin602 2bc   ，解得 14bc  ． 根据余弦定理 2 2 2 2 cos60a b c bc    ， 得 2 2 27 3 143 b c         ，即 2 2 91 3b c  ， ∴ 2 2 2 91 175( ) 2 2 143 3b c b c bc        ， ∴ 5 21 3b c  . 故答案为：14； 5 21 3 【点睛】本题主要考查余弦定理的应用和三角形的面积公式，考查学生计算能力，属于基础 题. 15.函数 2 2 3, 2( ) 2 log , 2 x x xf x x x       „ ，当 5  时，不等式 ( ) 1f x   的解集是__________．若 函数 ( )f x 的值域是 R ，则实数  的取值范围是_________． 【答案】 (1). ( 4, 1) (8, )    (2). ( , 2 2] [2 2, )    【解析】 【分析】 当 5  时，由 ( ) 1f x   可得 2 5 3 1 2 x x x        „ 或 22 log 1 2 x x      ，解不等式即可得到解集； - 13 - 当 2x  时，可得 ( ) 1f x  ，若函数 ( )f x 的值域是 R ，则只需 2 min 3 1x x   ，利用二次 函数的对称性讨论当 22   时和当 22   时 2( ) 3( 2)g x x x x    的最小值即可求出  的取值范围. 【详解】当 5  时，不等式 2 5 3 1( ) 1 2 x xf x x          „ 或 22 log 1 2 x x      ， 解得 4 1x    ，或 8x  ． 由题意，当 2x  时， ( )f x 单调递减，此时 ( ) (2) 1f x f  ， 若函数 ( )f x 的值域是 R ，则只要 2x  时 2 min 3 1x x   ， 记 2( ) 3( 2)g x x x x    ， 因为二次函数 ( )g x 的图象的对称轴为 2x   ， 所以当 22   ，即 4   时， 2 min( ) 32 4g x g         ； 当 22   ，即 4   时， min( ) (2) 7 2g x g    ． 因此， 2 4 3 14       ，或 4 7 2 1        ， 解得 4 2 2    ，或 2 2… ，或 4 „ ， ∴  的取值范围是 ( , 2 2] [2 2, )    ． 【点睛】本题主要考查分段函数的概念与性质和一元二次函数求最值，考查学生分析转化能 力和计算能力，属于中档题. 16. 2018 北京两会期间，有甲、乙、丙、丁、戊5 位国家部委领导人要去 3 个分会场发言（每 个分会场至少1人），其中甲和乙要求不再同一分会场，甲和丙必须在同一分会场，则不同的 安排方案共有__________种（用数字作答）. 【答案】30 【解析】 分析：由题意甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场，所以有“ 2,2,1”和“ 3,1,1” 两种分配方案，利用分类计数原理和排列组合的知识，即可求解. - 14 - 详解：因为甲和丙在同一分会场，甲和乙不在同一分会场， 所以有“ 2,2,1”和“3,1,1”两种分配方案： 当“ 2,2,1”时，甲和丙为一组，余下3 人选出 2 人为一组，有 2 3 3 3 18C A  种方案； 当“3,1,1”时，在丁和戊中选出1人与甲丙组成一组，有 1 3 2 3 12C A  种方案， 所以不同的安排方案共有18 12 30  种. 点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合 问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关 键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排 列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才 能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式． 17. A ， B 是椭圆 2 2 12 x y  上两点，线段 AB 的中点在直线 1 2x   上，则直线 AB 与 y 轴的 交点的纵坐标的取值范围是__________． 【答案】 2 2, ,2 2              【解析】 【分析】 设直线 AB 的方程为 y kx m  ，将直线 AB 的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由已知 条件得出 1 2 1x x   ，得出 24 2 1km k  ，将等式两边平方得出 2 2 2 1 1 4 16 4 km k    ， 利用基本不等式得出 2m 的范围，从而可解出 m 的取值范围，即直线 AB 与 y 轴的交点的纵坐 标的取值范围. 【详解】解：由题意可知，直线 AB 的斜率必然存在，设直线 AB 的方程为 y kx m  ， 则直线 AB 与 y 轴的交点的纵坐标为 m ， 设点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，将直线 AB 的方程与椭圆方程联立并化简得  2 2 22 1 4 2 2 0k x kmx m     ，   2 2 2 216 4 2 1 2 2 0k m k m      ， - 15 - 化简得 2 22 1m k  ，即 2 2 1 2 mk  . 由韦达定理可得 1 2 2 4 12 1 kmx x k      ，所以 24 2 1km k  ， 将等式两边平方得  22 2 216 2 1k m k  ， 所以  22 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1216 4 16 4 4 16 4 2 k k km k k k          . 当且仅当 2 2k   时，等号成立，由于 2 1 2m  ，解得 2 2m  或 2 2m   . 因此，直线 AB 与 y 轴的交点的纵坐标的取值范围是 2 2, ,2 2              . 故答案为： 2 2, ,2 2              . 【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用，考查韦达定理在椭圆中的应用，属于难题. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18.已知 3, ,tan2 2         ． （1）求sin 的值； （2）求函数  2 2( ) 2sin cos cos cos sin sin , ,4 2f x x x x x x           的值域． 【答案】（1） 21sin 7   （2） 211, 7       【解析】 【分析】 （1）利用同角三角函数的基本关系求解，注意角的范围对三角函数值的符号的影响； （2）将函数 ( )f x 转化为 sin( )A x B   的形式，然后根据 x 的取值范围，得到 x  的 取值范围，结合（1）求得 ( )f x 的值域． - 16 - 【详解】（1）由 2 2sin cos 1 sin 3tancos 2 sin 0                ，解得 21sin 7   ． （2）由题意， ( ) sin2 cos cos2 sin sin(2 )f x x x x      ， ∵ ,4 2x       ，∴ 2 ,2x           ， 又由 ,2      ， 3tan 2    ，所以 3 ,4      ， 所以 1 sin(2 ) sinx       ， 由（1）知， 21sin 7   ， ∴ ( )f x 的值域是 211, 7       ． 【点睛】本题主要考查三角函数的性质，同角三角函数的基本关系以及简单的三角恒等变换， 考查学生计算能力，属于中档题. 19.如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2 , 90AA AC AB ABC     ，侧面 1 1A ABB 为矩 形， 1 120A AC   ．将 1 1 1A B C△ 绕 1 1AC 翻折至 1 2 1A B C ，使 2B 在平面 1 1A ACC 内． （1）求证： 1 //BC 平面 1 2 1A B B ； （2）求直线 1 2C B 与平面 1 1A ABB 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析（2） 6 6 ． 【解析】 【分析】 - 17 - （1）根据题意证明 1 2 1//A B AC ， 1 1 //A B AB ，可以得到平面 1 //ABC 平面 1 2 1A B B ，再由 1BC  平面 1ABC ，即可证明 1 //BC 平面 1 2 1A B B ； （2）易知 1 2 1//C B AC ，直线 1 2C B 与平面 1 1A ABB 所成角即直线 1AC 与平面 1 1A ABB 所成角， 建立空间直角坐标系，求出 1AC  和平面 1 1A ABB 的一个法向量，即可求解． 【详解】（1）如图，连接 1AC ，记 1AB  ， 因为 1AA AC ，所以四边形 1 1AAC C 为菱形， 又 1 120A AC   ，所以 1 1 60AAC   ， 则 1 2AC  ， 1 1 60AC A   ， 由 90ABC   ， 2AC AB ，知 60BAC   ， 故 2 1 1 1 1 60B AC AC A     ，故 1 2 1//A B AC ，又 1 2A B  平面 1 2 1A B B ， 1AC  平面 1 2 1A B B ，所以 1AC ∥平面 1 2 1A B B ，同理 //AB 平面 1 2 1A B B ，且 1AB AC A  ，∴平面 1 //ABC 平面 1 2 1A B B ． 又 1BC  平面 1ABC ，∴ 1 //BC 平面 1 2 1A B B ． （2）连接 1AC ，则 1 2 3AC  ，易知 1 2 1//C B AC ， ∴直线 1 2C B 与平面 1 1A ABB 所成角即直线 1AC 与平面 1 1A ABB 所成角． 以 B 为坐标原点， BC 所在的直线为 x 轴， BA 所在的直线为 y 轴， 过 B 且与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 (0,0,0)B ， (0,1,0)A ， ( 3,0,0)C ，连接 1A B ，设 1( , , )A x y z ， - 18 - 由题意知 1 2A A  ， 1 5A B  ，故 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 ( 1) 4 ( 3) 12 x y z x y z x y z               ， 则 1 2 3 2 6,1,3 3A      ， 1 5 3 2 6, 1,3 3AC         ． 设平面 1 1A ABB 法向量为  1 1 1, ,n x y z ， 则 1 0 0 n BA n BA        ，即 1 1 1 1 0 2 3 2 6 03 3 y x y z     ，取 ( 2,0,1)n  ， ∴ 1 1 | | 6sin 6| | | | AC n AC n         （ 为直线 1 2C B 与平面 1 1A ABB 所成的角）， 即直线 1 2C B 与平面 1 1A ABB 所成角的正弦值为 6 6 ． 【点睛】本题主要考查线面平行、面面平行的判定定理和性质，向量法求解线面角，考查学 生空间想象能力和计算能力，属于中档题. 20.对于数列 na ，我们把 1 2 1 1 2 1n n na a a a a a a          称为数列 na 的前 n 项 的对称和（规定： na 的前 1 项的对称和等于 1a ）．已知等差数列 nc 的前 n 项的对称和等 于 2 *2 ,n n t n N   ． （1）求实数 t 的值； （2）求数列 2 n n c    的前 n 项的对称和． 【答案】（1） 1 2t   （2） 1 12 199 2n n   - 19 - 【解析】 【分析】 （1）设 nc kn b  ，由对称和的定义，等差数列 nc 的对称和为  1 22 n nc c c c    ， 可由等差数列前 n 项和公式和通项公式求解即可； （2）求 2 n n c    的前 n 项的对称和，就是求 1 2 22 2 2 2 2 n n n n c c c c       ，用错位相减法求 1 2 22 2 2 n n c c c   的和，再计算即可得到答案． 【详解】（1）∵ nc 是等差数列，∴设 nc kn b  ， 则有   2 1 2 1 1 2 1 1 22 2n n n n nc c c c c c c c c c c kn bn b                   ， ∴ 2 22 2kn bn b n n t     ， ∴ 22 12 1 2 1 2 kk b b b t t                  ，∴ 1 2t   ． （2）由（1）知 12 2nc n  ，设 2 n n c    的前 n 项的对称和为 nR ， 则 1 2 22 2 2 2 2 n n n n n c c c cR         ， 令 1 2 22 2 2 n n n c c cS     ， 则 1 2 1 2 3 1 1 2 2 2 2 2 n n n n n c c c cS       ， 两式相减，得 1 2 3 1 1 1 1 122 2 2 2 2 2 n n n n ccS           ， 计算得， 1 1 1 1 92 21 5 1 92 212 4 2 2 4 2 n n n n n n S              ∴ 1 9 4 9 2 2n n nS    ， - 20 - ∴ 1 12 12 1922 92 2n n n n n nR S       ． 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前 n 项和公式、错位相减法求和，考查学生对新 定义的理解和计算能力，属于中档题. 21.如图，椭圆 2 2 1 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 1 2 ，其右焦点与抛物线 2 2 : 4C y x 的 焦点 F 重合，过 F 作两条互相垂直的直线分别交 1 2,C C 于 ,A B 和 ,C D ． （1）求 1C 的方程； （2）求四边形 ACBD 面积的最小值． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2） min 8S  【解析】 【分析】 （1）由由 2 4y x 知 1c  ，再由离心率求出 a ，再求出b 即可求出 1C 的方程； （2）当 AB y 轴，则CD x 轴时，求出四边形面积；当不垂直时，设直线 : 1( 0)ABl x ty t   ，则 1: 1CDl x yt    ，分别联立直线和椭圆方程，求出 AB 和CD 的长， 求出四边形面积，比较即可得到四边形面积最小值. 【详解】（1）由 2 4y x 知 1c  ， 又∵ 1 2e  ，∴ 2a c ， ∴ 2a  ， 2 3b  ， - 21 - ∴ 1C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）（ⅰ）若 AB y 轴，则CD x 轴，此时| | 4,| | 4AB CD  ， ∴四边形 ABCD 的面积 1 | | | | 82S AB CD   ． （ⅱ）若 AB 不垂直于 y 轴，显然 AB 也不垂直于 x 轴， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  3 3,C x y ，  4 4,D x y ， 设直线 : 1( 0)ABl x ty t   ，则 1: 1CDl x yt    ， 联立得 2 2 1 14 3 x ty x y     ，得 2 23 4 6 9 0t y ty    ， ∴ 1 2 2 6 3 4 ty y t     ， 1 2 2 9 3 4y y t    ， ∴  2 2 1 2 2 12 1 | | 1 3 4 t AB t y y t       ． 联立得 2 1 1 4 x yt y x       ，得 2 4 4 0ty y t   ， ∴ 3 4 4y y t    ， 3 4 4y y   ， ∴  2 3 42 2 4 11| | 1 t CD y yt t      ． ∴四边形 ACBD 的面积    2 2 2 2 12 1 4 11 1| | | |2 2 3 4 t t S AB CD t t        ， 令 2 1 1m t   ， 则 2 22 24 24 (8, )3 2 1 1 1 4 mS m m m            ． 综上， min 8S  ． 【点睛】本题主要考查椭圆和抛物线的性质，直线与椭圆的位置关系，考查学生分类讨论思 想和计算能力，属于中档题. - 22 - 22.已知函数 21( ) ln , ( ) 2 ( )2f x x x g x ax x a R    ． （1）当 3 2a e  时，求曲线 ( )y f x 与曲线 ( )y g x 的公切线的方程； （2）设函数 ( ) ( ) ( )h x f x g x  的两个极值点为  1 2 1 2,x x x x ，求证：关于 x 的方程 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea        有唯一解． 【答案】（1） 34y x e  （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）求两条曲线的公切线，分别求出各自的切线，然后两条切线为同一条直线，结合两个方 程求解； （2）要证明关于 x 的方程 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea        有唯一解，只要证明 2 2 2 1 2 1 2 1 0 ln ln ln2 ea x x x x    即可，由于当 0a  时， ( )h x 单调递增，不可能有两个零点，故 ( )h x 不可能有两个极值点，故 0a  ，利用 ( )h x 得 21 0ea   ，又     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln 12 x x x x x x x x x x x x ax              2 2 1 2 1 21 1 1 1ax ax ax a x x       ，接下来只要证明 2 1 21 0a x x  ，即 2 2 1 1 1 2 ln x x x x x x   ，令 2 1 xt x  ，则只要证明 12ln 0( 1)t t tt     即可，用导数即可证明． 【详解】（1）曲线 ( )y f x 在切点 ( , ln )m m m 处的切线方程为 ln (1 ln )( )y m m m x m    ，即 (1 ln )y m x m   ， 曲线 ( )y g x 在切点 2 3 1, 2n n ne     处的切线方程为 - 23 - 2 3 3 1 22 2 ( )y n n n x ne e               ，即 2 3 3 2 12y n x ne e       ， 由曲线 ( )y f x 与曲线 ( )y g x 存在公切线， 得 3 2 3 21 ln 2 1 m ne m ne       ，得 2 3 3 21 ln 2n ne e    ，即 3 1ln 2 0n ne    ． 令 3 1( ) ln 2F x x xe    ，则 3 1 1( )F x x e    ，   0F x  ，解得 30 x e  ，∴ ( )F x 在  30,e 上单调递增，   0F x  ，解得 3x e ，∴ ( )F x 在 3 ,e  上单调递减， 又  3 0F e  ，∴ 3n e ，则 3m e ， 故公切线方程为 34y x e  ． （2）要证明关于 x 的方程 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea        有唯一解， 只要证明 2 2 2 1 2 1 2 1 0 ln ln ln2 ea x x x x    ， 先证明： 21 0ea   ． ∵  21( ) ln 2 02h x x x ax x x    有两个极值点， ∴  ( ) ln 1 0h x x ax x     有两个不同的零点， 令 ( ) ( )H x h x ，则 1( )H x ax    ， 当 0a  时， ( ) 0H x  恒成立，∴ ( )h x 单调递增， ( )h x 不可能有两个零点； 当 0a  时， ( ) 0H x  ，则 10 x a   ，∴ ( )h x 在 10, a      上单调递增， ( ) 0H x  ，则 1x a  ，∴ ( )h x 在 1 ,a     上单调递减， 又 0x  时， ( )h x   ， x   时， ( )h x   ， - 24 - ∴ 1 1ln 2 0h a a         ，得 21 ea  ，∴ 21 0ea   ． 易知   2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln2 x x x x x x x x x x x x       ， 由     1 1 1 2 2 2 ln 1 0 ln 1 0 h x x ax h x x ax            ，得 1 1 2 2 ln 1 ln 1 x ax x ax      ，  1 2 1 2ln lnx x a x x   ， ∴         2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln ln ln ln 1 1 1 1 1x x x x ax ax ax ax a x x            ． 下面再证明： 2 1 21 0a x x  ． 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 11 0 lnln ln x x x x xa x x x x a x x x x x         ， 令 2 1 1xt x   ，则只需证 12ln 0( 1)t t tt     ， 令 1( ) 2ln ( 1)m t t t tt     ， 则 2 2 2 2 1 ( 1)( ) 1 0( 1)tm t tt t t         ， ∴  ( ) 1 0m t m  ，得 2 1 21 0a x x  ． ∴ 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea        有唯一解． 【点睛】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的性质和有关的综合问题，考查 学生分析解决问题的能力和计算能力，属于难题. - 25 -