江苏省南京师大附中2020届高三下学期高考模拟考试（2）数学试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 高考数学模拟试题（2） 南京师范大学 第Ⅰ卷 参考公式：球体的表面积公式： 24S R ，其中 R 为球体的半径． 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分．不需写出解答过程，请把答案写在 答题纸的指定位置上） 1. 已知集合  -1,0,1A  ，  0,1,2B  ，则 A B  ______ . 【答案】{0,1} 【解析】      -101 , 0,1,2 , 0,1 .A B A B     ，， 即答案为 0,1 . 2. 若复数 z 满足 (1 ) 1 3z i i   ，则 z 的模是______． 【答案】 5 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算，即可求出复数 z ，由此即可求出复数 z 的模. 【详解】因为 (1 ) 1 3z i i   ，所以       1 3 11 3 1 21 1 1 i iiz ii i i         ， 所以    2 21 2 5z     . 故答案为： 5 . 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算和复数的模的运算，属于基础题. 3. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的 S 的值为______． 【答案】16 - 2 - 【解析】 【分析】 逐步执行算法，即可得出结果. 【详解】初始值： 1k  ， 1S  ； 第一步： 1 5k   ，进入循环， 1 2 3k    ， 1 3 4S    ； 第二步： 3 5k   ，进入循环， 3 2 5k    ， 4 5 9S    ； 第三步： 5k  ，进入循环， 5 2 7k    ， 9 7 16S    ； 第四步， 7 5k   ，结束循环，输出 16S  . 故答案为：16 . 【点睛】本题主要考查根据循环语句计算输出值，属于基础题型. 4. 从学校高三年级随机抽取一个班，对该班 45 名学生的高校招生体检表中视力情况进行统 计，其结果的频率分布直方图如图．若高校 A 专业对视力要求不低于 0.9，则该班学生中最多 有______人能报考该专业． 【答案】18 【解析】 【分析】 根据频率  小矩形的高 组距求得视力在 0.9 以上的频率，再根据频数  频率 样本容量求得 该班学生中能报 A 专业的最多人数． 【详解】由频率分布直方图知：视力在 0.9 以上的频率为 (1.00 0.75 0.25) 0.2 0.4    ， 该班学生中能报 A 专业的最多人数为 45 0.4 18  ． 故答案为：18． 【点睛】本题主要考查由频率分布直方图求频率与频数，在频率分布直方图中频率  小矩形的 高 组距  频数 样本容量 ．意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 5. 袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 2 只白球，2 只红球，从中一次随机摸出 2 只球， 则这 2 只球颜色不同的概率是_____________． - 3 - 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 根据古典概型的概率计算公式求解即可． 【详解】解：由题意，根据古典概型的概率计算公式得所求概率为 1 1 2 2 2 4 2 3 C CP C   ， 故答案为： 2 3 ． 【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题． 6. 若双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的一条渐近线经过点 (3, 4) ，则此双曲线的离心率为__________． 【答案】 【解析】 双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的渐近线方程为 by xa   ，由渐近线过点  3, 4 ，可得 34 b a    ，即 4 3b a ， 2 2 2 216 5 9 3c a b a a a     ，可得 5 3 ce a   ，故答案为 5 3 . 7. 若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比 为 【答案】 【解析】 设圆锥的底面半径为 r,高为 h，球半径为 R,则 2 31 4 3 3r h R  , 因为 r=2R，所以 h R ,即圆锥的母线长为 2 2 5r h R  ,所以圆锥侧面积与球面面积之比为 2 5 4 r R R    = . - 4 - 8. 已知函数    sin 0, 0, 2f x A x A            的图象如图所示，则 4f      ______． 【答案】 3 【解析】 【分析】 根据图象可求得该函数的最小正周期，进而求得 的值，代入点 5 ,012      结合 的取值范围 可求得 的值，然后代入点 0,1 可求得 A 的值，可求得函数  y f x 的解析式，然后代值 计算可求得 4f      的值. 【 详 解 】 由 图 象 可 知 ， 函 数  y f x 的 最 小 正 周 期 为 11 52 12 12T          ， 2 2T    ， 此时，    sin 2f x A x   ， 由题意可知，点 5 ,012      为函数  y f x 图象的一个对称中心，且函数  y f x 在 5 12x  附近单调递减，  52 212 k k Z         ，  26 k k Z     ， 2 2     ，可得 6 π ， 则   sin 2 6f x A x      ， 由图象可得   10 sin 16 2f A A   ，解得 2A  ，   2sin 2 6f x x       ， - 5 - 因此， 2sin 2cos 34 2 6 6f                 . 故答案为： 3 . 【点睛】本题考查三角函数值的计算，同时也考查了利用图象求正弦型函数的解析式，考查 计算能力，属于中等题. 9. 若平面向量 (1, 1)a   与 b 的夹角是180 ，且| | 2 2b  ，则 b 等于______． 【答案】 ( 2,2) 【解析】 【分析】 由已知可知 a  与b 共线反向，令 = ( 0)b a   ，然后由 (1, 1)a   和| | 2 2b  列方程求解即 可. 【详解】解：因为平面向量 (1, 1)a   与 b 的夹角是180 ， 所以设 = ( 0)b a   ，即 = (1, 1) ( , )( 0)b a          ， 因为| | 2 2b  ，所以 2 2( ) 2 2    ，得 2 4  ， 因为 0  ，所以 2   ， 所以 ( 2,2)b   ， 故答案为： ( 2,2) 【点睛】此题考查共线向量，向量的模，向量的坐标运算，属于基础题. 10. 已知 ,A B 是椭圆 2 2 : 14 x yC m m   的长轴的两个端点，P 是椭圆C 上的动点，且 APB 的最大值为 2 3  ，则椭圆 C 的离心率为______． 【答案】 6 3 【解析】 【分析】 P 是椭圆C 上的动点，且 APB 的最大值为 2 3  ，此时 P 是短轴顶点，利用直角三角形正切 函数性质可得解 - 6 - 【详解】 因为 P 是椭圆C 上的动点，当 APB 的最大值为 2 3  ，由椭圆性质得此时 P 是短轴顶点 且 60APO   ，所以 +4tan 60 m m = ，解得 2m  2 2 26, 2, 4a b c = = = 2 6= 36 ce a = = 故答案为： 6 3 【点睛】本题考查求椭圆离心率.求椭圆离心率的三种方法: (1)直接求出 ,a c 来求解 e 通过已知条件列方程组，解出 ,a c 的值． (2)构造 ,a c 的齐次式，解出 e 由已知条件得出关于 ,a c 的二元齐次方程，然后转化为关于离 心率 e 的一元二次方程求解． (3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．在解关于离心率 e 的二次方程时，要注意利用椭 圆的离心率  0,1e )进行根的取舍，否则将产生增根． 11. 已知函数 2 4,( ) 2 , x x af x x x x a      ，若对任意实数 b，总存在实数 0x ，使得  0f x b ， 则实数 a 的取值范围是______． 【答案】[ 5,4] 【解析】 【分析】 作出函数 4y x  、 2 2y x x  的图象，根据分段函数、二次函数的性质数形结合分类讨论 求 a 的范围. - 7 - 【详解】作出函数 4y x  、 2 2y x x  的图象如图所示： 根据题意，当 1a  时， 4 1 2a    ，解得 5a   ； 当 1a  时， 24 2a a a   ，解得 1 4a   . 综上所述，实数 a 的取值范围是[ 5,4] . 故答案为：[ 5,4] 【点睛】本题考查函数的图象、分段函数的性质、二次函数的图象与性质，属于基础题. 12. 在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c．已知 a＝2，3bsinC－5csinBcosA＝0， 则△ABC 面积的最大值是 ． 【答案】2 【解析】 试 题 分 析 ： 由 正 弦 定 理 sin sin b c B C  得 ： bsinC csinB ． 又 3 5 0bsinC csinBcosA  ， 3 5 0bsinC cosA  （ ） ， 0 3 5 0bsinC cosA    ， ， 即 3 5cosA＝ ． 又 0A （ ， ），∴ 2 41 cos 5sinA A ＝ ， 1 sin2ABCS bc A  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 6 6 44 2 cos 4 2 55 5 5b c bc A b c bc bc bc bc bc            ， 当且仅当 5b c  时，等号成立； 所以， max 1 1 4sin 5 22 2 5ABCS bc A      所以答案应填：2. 考点：1、正弦定理；2、余弦定理；3、基本不等式. - 8 - 13. 已知一个数列只有 21 项，首项为 1 100 ，末项为 1 101 ，其中任意连续三项 a，b，c 满足 b ＝ 2ac a c ，则此数列的第 15 项是 ． 【答案】 10 1007 【解析】 试题分析：因为数列中任意连续三项 a b c， ， 满足 2 1 2 1 1b= 2 ac a c a c b ac b a c      ，故 数列 1 na 禳镲睚镲铪 是等差数列，其首项为100 ，第 21 项为101 ， 20 101 100 1d    ，此数列的第 15 项为 15 1 14 1007100 20 10a    所以 15 10 1007a  ，答案应填： 10 1007 . 考点： 数列的通项公式. 14. 已知  0,2   ，若关于 k 的不等式  3 3sin cos sin cosk      在 , 2  上 恒成立，则 的取值范围为______. 【答案】 0, 4       【解析】 【分析】 将不等式变形为 3 3sin sin cos cosk k      ，构造函数   6g x kx x  ，可知当 2k   时，函数  y g x 在 0, 上为减函数，可得出 cos sin 0   ，进而可求得 的 取值范围. 【 详 解 】 由  3 3sin cos sin cosk      ， 可 得 3 3sin sin cos cosk k      ， 构造函数   6g x kx x  ，当 2k   且当 0x  ，   6 1 0g x kx    ， 此时，函数  y g x 在 0, 上为减函数， - 9 - 由于 3 3sin sin cos cosk k      ，则    sin cosg g  ， 所以， cos sin 0   ，所以， 0 tan 1  ，  0,2  ， 0, 4        . 综上可得 的取值范围为 0, 4       . 故答案为： 0, 4       . 【点睛】本题主要考查恒成立问题，构造函数，判断单调性，结合单调性把抽象不等式转化 为具体不等式，侧重考查数学抽象的核心素养. 二、解答题（本大题共 6 小题，计 90 分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 请把答案写在答题卡的指定区域内） 15. 已知 (sin2 ,3)a  ， (4,cos2 )b  ， 4 2    02     ，且 a b  ． （1）求 cos2 的值； （2）若 2 5cos 5   ，求 cos( )  的值． 【答案】（1） 4 5  ；（2） 2 10  ． 【解析】 【分析】 （1）利用向量数量积的坐标运算公式列出sin 2 与 cos2 的关系式，再联立 2 2sin 2 cos 2 1   求解 cos2 的值； （2）利用 cos2 、cos 的值分别求出sin 、cos 、sin  ，再利用余弦的差角公式求解 cos( )  的值. 【详解】解：（1）因为 a b  ，所以 0a b   ，所以 4sin 2 3cos2 0   ，又 2 2sin 2 cos 2 1   ，得 2 16cos 2 25   ， 因为 4 2    ，所以 22     ，所以 4cos2 5    ． （2）由（1）知 24cos2 2cos 15      ，因为 4 2    ， - 10 - 所以 10cos 10   ， 2 3 10sin 1 cos 10     ； 因为 2 5cos 5   ， 02     ，所以 2 5sin 1 cos 5       ， 因为 4 2    ， 02     ，所以 4       ， 所以 10 2 5 3 10 5 2cos( ) cos cos sin sin 10 5 10 5 10               ． 【点睛】本题以平面向量为载体主要考察简单的三角恒等变换，难度一般，解答时要灵活运 用同角三角函数关系式、和差角公式、二倍角公式等. 16. 如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 190ABC AB BC BB    ， ，点 ,D E 分别为 1,BC CC 的中点． （1）求证： 1B D  平面 ABE ； （2）若点 P 是线段 1B D 上一点且满足 1 1 2 B P PD  ，求证： 1A P ∥平面 ADE ． 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】 试题分析：（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发，这往往需 多次利用线面垂直判定与性质定理进行转化证明：先在在平面 1 1BCC B 中，利用平几中三角形 相 似 得 1B D BE ， 再 根 据 直 三 棱 柱 性 质 得 1BB AB ， 又 BC AB ， 因 此 可 得 1 1AB BCC B 面 ，从而有 1AB DB （2）证明线面平行，因利用线面平行判定定理，即从 - 11 - 线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需利用平几知识，如本题需利用三 角形相似比得直线平行 试题解析：（1）在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1BB ABC 面 ， AB ABC 面 ，所以 1BB AB ，因为 90ABC  ，所以 BC AB ，又 1=BC BB B ，所以 1 1AB BCC B 面 ， 因为 1 1 1DB BCC B 面 ，所以 1AB DB ，因为在平面 1 1BCC B 中， 1BC BB ，所以四边形 1 1BCC B 为正方形，因为点 ,D E 分别为 1,BC CC 的中点，所以 BCE ∽ 1B BD ，所以 1CBE BB D   ，所以 1+ = 2CBE B DB   ，即 1B D BE ，又因为 =BA BE B ，所以 1B D ABE 面 . （2）连接 PC 交 DE 于点 F ，连接 1AC 交 AE 于点G ，连接 FG ， 在正方形 1 1BCC B 中利用 1 1 2 B P PD  及平面几何知识可得 2PF FC  ，在正方形 1 1ACC A 中利用 CE ∥ 1AA 且 1 1= 2CE AA 可得 1 2AG GC  ，所以在 1CA P 中， 1 =2AG PF GC FC  ，所以 1A P GF ， 又 1A P  平面 ADE ，GF  平面 ADE ，所以 1A P 平面 ADE ． 考点：线面垂直判定定理，线面平行判定定理， 17. 如图，有一直角三角形的支架 ABC ， 90 C ， BC 长为 6 米， AB 长为 12 米，现用 两根立柱 AD ，BE 将支架 ABC 撑起，要求 ABC 与立柱 AD ，BE 都在与地面垂直的同一 个平面内，且 AD ， BE 和地面都垂直，立柱 AD 的高度不小于立柱 BE 高度，C 点离地面的 距离为 15 米，A、B 两点离地面的距离都不超过 15 米．已知支架 AD 的造价为每米 1 万元， 支架 BE 的造价为每米 4 万元． - 12 - （1）当立柱 AD 和立柱 BE 高度相同时，求两立柱的总造价； （2）求立柱 AD 和立柱 BE 总造价的最小值． 【答案】（1） 75 15 3 万元；（2） 75 6 19 万元． 【解析】 【分析】 设两立柱的总造价为 y 万元． （1）过 C 作 AB 的垂线分别交 AB ，DE 于T ，G ，根据题中数据，求出 15 3 3BE AD   ， 即可得出结果； （2）过 B 作 AD 的垂线，垂足为 F，过 C 作 DE 的垂线，垂足为 G，设 ABF   ， 其中 0 30   ，设 1AD d ， 2BE d ，根据题中数据，得到 1 2 12sind d   ，  2 15 6sin 60d     ，从而得到  1 24 12sin 5 15 6sin 60y d d           ，化简 整理，根据三角函数的性质，即可求出最值. 【详解】解：设两立柱的总造价为 y 万元． （1）过 C 作 AB 的垂线分别交 AB ， DE 于T ，G ， 在 RT TBC 中， sin60 3 3CT CB   ， 由 AD DE ， BE DE ，TG DE ，且 AD BE TG  ， 可知，四边形TGEB 为矩形， 所以 15 3 3BE AD   ， 此时，  15 3 3 4 15 3 3 75 15 3y       ， 答：立柱 AD 和立柱 BE 高度相同时，两立柱的总造价为 75 15 3 万元 - 13 - （2）过 B 作 AD 的垂线，垂足为 F，过 C 作 DE 的垂线，垂足为 G，设 ABF   ， 其中 0 30   ，设 1AD d ， 2BE d ． 在 RT ABC 中，因为 90 C ， 6BC  ， 12AB  ， 由 1cos 2ABC  ，所以 60ABC   ． 因为 1 2 12sind d   ， 由 AD DE ， BE DE ， BF AD 可知，四边形 BFDE 为矩形， 所以  2 15 6sin 60d     ， 因为支架 AD 的造价每米 1 万元，支架 BE 的造价每米 4 万元． 所以  1 24 12sin 5 15 6sin 60y d d           1 5 375 3sin 15 3 cos 75 6 19 sin cos 2 19 2 19              ， 令 5 3sin 2 19 1cos 2 19       ，则角 为第一象限角，不妨  0 ,90   ，则 tan 5 3 3   ， 所以 60 90   ，因此 60 120     ， 又  1 5 375 6 19 sin cos 75 6 19 sin 2 19 2 19             ， 所以当 90    时，  75 6 19 siny     取最小值 75 6 19 ， 答：立柱 AD 和立柱 BE 总造价的最小值为 (75 6 19) 万元． - 14 - 【点睛】本题考查三角函数的应用，熟记三角函数的性质即可，属于中档题型. 18. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 2 2 1 : ( 4) 1C x y   ，圆 2 2 2 : ( 4) 4C x y   ， A 是第一象限内的一点，其坐标为 ( , )t t ． （1）若 1 2 12AC AC     ，求 t 的值； （2）过 A 点作斜率为 k 的直线 l， ①若直线 l 和圆 1C ，圆 2C 均相切，求 k 的值； ②若直线 l 和圆 2C ，圆 2C 分别相交于 ,A B 和 ,C D ，且 AB CD ，求 t 的最小值． 【答案】（1） 2t  ；（2）① 3 55 55 或 7 21 ；② 3( 2 1) 8  ． 【解析】 【分析】 （1） 1 2 12AC AC     ，利用数量积坐标公式代入计算即可求得 t 的值； （2）①设直线 :l y kx b  ，由直线 l 和圆 1C ，圆 2C 均相切，根据点到直线的距离等于半 径，计算可求 k 的值； ②设直线 l： ( )y t k x t   ，由弦心距公式及 AB CD ，化简得 23 1 16 (1 ) kt k k    ，通过分 离常量化简，构造函数借助基本不等式可求 t 的最小值． - 15 - 【详解】解：（1）因为 ( , )A t t ， 1( 4,0)C  ， 2 (4,0)C ，所以 1 2( 4 , ), (4 , )AC t t AC t t          ， 因为 1 2 12AC AC     ，所以 2( 4 )(4 ) 12t t t      ，又 0t  ，所以 2t  ，所以 A 点的 坐标为 ( 2, 2) ． （2）①设直线 :l y kx b  ，则 t kt b  ，所以 (1 )k t b  ，因为 0t  ，所以 (1 ) 0k b  ． 因为直线 l 和圆 1C ，圆 2C 均相切，所以 2 2 4 1 1 4 2 1 k b k k b k         ，所以| 4 | 2 | 4 |k b k b   ，所以 4 2(4 )k b k b   或 4 2(4 )k b k b    ，即 4 3b k 或 12b k ， 当 4 3b k 时， 4(1 ) 03k k  得 0 1k  ；当 12b k 时， (1 ) 12 0k k   得 0 1k  ，总 之， 0 1k  ． 将 4 3b k 代入 2 | 4 | 1 1 k b k     得 3 55 55k  ；将 12b k 代入 2 | 4 | 1 1 k b k     得 7 21k  ，故 k 的值为 3 55 55 或 7 21 ． ②直线 l 的方程为 ( )y t k x t   ，即 (1 ) 0kx y k t    ， 1C 到直线 l 的距离 1 2 | 4 (1 ) | 1 k k td k     ，所以 2 2 1 2 [ 4 (1 ) ]2 1 2 1 1 k k tAB d k        ， 同理 2 2 [4 (1 ) ]2 4 1 k k tCD k     ， 因为 AB CD ，所以 2 2 2 2 [ 4 (1 ) ] [4 (1 ) ]2 1 2 41 1 k k t k k t k k         ， 且 2 2 [ 4 (1 ) ]1 01 k k t k     ， 将 2 2 2 2 [ 4 (1 ) ] [4 (1 ) ]2 1 2 41 1 k k t k k t k k         化简得 23 1 16 (1 ) kt k k    ，因为 0t  ，所 - 16 - 以 0 1k  ，所以， 2 2 3 1 3 1 (1 ) 116 16 11 1 t k k k k k        ， 设 1 (1,2)k    ，则 2 2 1 1 1 2 1 21 ( 1) 1 22 2 22 k k              ， 等号当且仅当 2  即 2 1k   时取得， 所以 2 3 1 3 1 3( 2 1) 116 16 82 11 11 2 t k k        ，等号当且仅当 2 1k   时取得． 当 2 1 3( 2 1) 8 k t     时， 2 2 [ 4 (1 ) ]1 01 k k t k     成立，故 t 的最小值为 3( 2 1) 8  ． 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，考查了数量积在求参数中的应用，考 查了基本不等式在求范围中的应用，着重考查了分析问题与运算能力，属于难题. 19. 已知数列 na 是首项为 1，公比为 q 的等比数列，且 0 1( )q q R   ，数列 na 的前 n 项的和记为 nS ，前 n 项的积记为 nT ，数列 nb 满足 n n n Tb S   ， （1）若 2 1 2b  ， 3 1 6b  ，求 1b 的值； （2）若存在 0  ，使 1 2 3, ,b b b 成等比数列，此时满足条件的 q 组成集合 M，且 ,11 k Mk      ， k N ，求 k 的最小值． 【答案】（1） 1 3 2b  ；（2）4． 【解析】 【分析】 （1）解方程 1 1 2 q q    ， 3 2 1 1 6 q q q     ，即得解； （2）若存在 0  ，使 1 2 3, ,b b b 成等比数列，即 2 3 2 1 *1 1 1 q q q q q              ，令 - 17 - 1 t  ，因为 0  ，所以 1t  ，由题得 3 2 1 0q q   ，令 3 2( ) 1f x x x   ，由 ( )f x 在 (0,1) 上是单调递增函数即得解. 【详解】解：（1）因为 2 1 2b  ， 3 1 6b  ， 所以， 1 1 2 q q    ， 3 2 1 1 6 q q q     ， 解得 2 3q  或 1 2q   ，又因为 0 1q  ， 所以 2 3q  ，从而 1 3    ． 所以 1 1 3 1 2b   ． （2）证明：若存在 0  ，使 1 2 3, ,b b b 成等比数列， 即 2 3 2 1 *1 1 1 q q q q q              ， 令1 t  ，因为 0  ，所以 1t  ， 所以*式可化为 2 3(1 ) (1 ) 0q t q qt q     ， 由求根公式得 2( 1) 1 2 3 2(1 ) q q q q qt q      又因为 1t  ，所以 2( 1) 1 2 3 12(1 ) q q q q q q      ， 因为1 0q  ，不等式可化为 (1 )(1 3 ) (1 ) 2(1 )q q q q q q      ， 即 (1 )(1 3 ) (1 )( 2)q q q q q     ， 即 2 2(1 3 ) (1 )( 2)q q q q    ， 化简得 3 2 1 0q q   ， 令 3 2( ) 1f x x x   ，则 2( ) 3 2f x x x   ， 所以 ( )f x 在 (0,1) 上是单调递增函数， - 18 - 又因为 3 23 3 3 11 04 4 4 64f                      ， 3 24 4 4 191 05 5 5 125f                     ， (1) 1 0f   ， 所以 4 ,15 M     ，所以 k 的最小值为 4． 【点睛】本题主要考查利用递推关系求数列的项，考查等比中项的应用，考查利用导数研究 函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 20. 设 ,a bR ，b 为常数， *, 2n N n  ，函数 ( ) ,nf x x ax b x R    ， （1）设 3n  ， ①已知 2, 1a b  ，求函数 ( )f x 的所有极值的和； ②已知 0a  ，0 2b  ，函数 ( )f x 在区间[0,1] 上恒为非负数，求实数 a 的最大值；并判断 a 取最大值时函数 ( )f x 在 R 上的零点的个数； （2）求证：无论 ,a n 如何变化，只要函数 ( )f x 同时存在极大值和极小值，那么所有这些极值 的和就是与 ,a n 无关的常数． 【答案】（1）①2；②a 的最大值为 233 22 b ；恰有两个零点；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】 （1）①直接对函数求导，令导函数等于零解方程，然后列表判断极值即可 ②函数 ( )f x 在区间[0,1] 上恒为非负数，等价于 min( ) 0f x ≥ ，然后对函数求导，利用导数判函 数的单调性，从而可确定函数在区间[0,1] 上的最小值是否非负，进而可求判断其零点的个数； （2）由于 1( ) nf x nx a   ，所以对 a 的正负讨论， n 的奇偶讨论，判断导函数的正负，从 而可得到其极值，得出两个极值点互为相反数，代入函数求和化简可得结论. 【详解】解：（1）①因为 3, 2, 1n a b   ，所以 3( ) 2 1f x x x   ，所以 2( ) 3 2f x x   ， 由 23 2 0x   得 6 3x  或 6 3x   ；同理，由 23 2 0x   得 6 6 3 3x   ． 所以函数 ( )f x 的单调性如下表： - 19 - x 6, 3       6 3  6 6,3 3      6 3 6 ,3      ( )f x + 0 - 0 + ( )f x ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 所以 6 6( ) ( ) 3 3f x f x f f               极小值极大值 3 3 6 6 6 62 1 2 1 23 3 3 3                            ， ② 3n  时，函数 3( )f x x ax b   ， ( )f x 在区间[0,1] 上恒为非负数，即 min( ) 0f x ≥ ， 因为 2( ) 3f x x a   ，所以， （i）当 3a  时， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在[0,1] 上单调递减， 所以 min( ) (1) 1 0f x f a b     ，解得 1 1 2 3a b     ，这与 3a  矛盾； （ii）当 0 < < 3a 时，因为 ( ) 3( )( )3 3 a af x x x    ，所以 ( )f x 在区间[0, ]3 a 上递减， 在区间[ ,1]3 a 上递增，所以 3 min( ) ( ) ( ) 03 3 3 a a af x f a b     ， 233 22a b ，因为 0 2b  ，所以 23 33 32 8 32 2b    ，所以 2330 22a b  ．综上所述，a 的最大值为 233 22 b ． 当 233 22a b 时， 3 233( ) 22f x x b x b   ，解不等式 2 233( ) 3 2 02f x x b    得 3 2 bx  或 3 2 bx   ，所以 ( )f x 在区间 3( , )2 b  和 3( , )2 b  上单调递增，同理在区间 3 3( , )2 2 b b - 20 - 上单调递减，所以 3( ) ( ) 2 02 bf x f b   极大值 ， 3( ) ( ) 02 bf x f 极小值 ， 所以 ( )f x 在 R 上恰有两个零点． （2）证明：因为 1( ) nf x nx a   ， （i）当 0a  且 n 为奇数时， 1n  为偶数，所以 ( ) 0f x  在 R 上恒成立，函数 ( )f x 在 R 上 单调递增，不存在极值； （ii）当 0a  且 n 为偶数时， 1n  为奇数，由 1( ) 0nf x nx a    得 1 1nax n      ，由 1( ) 0nf x nx a    得 1 1nax n      ，函数 ( )f x 的单调性如下表： x 1 1 , na n          1 1na n     1 1 , na n         ( )f x + 0 - ( )f x ↘ 极小 ↗ 由上表可知，函数 ( )f x 仅存在极小值，不合题意； （iii）当 0a  且 n 为偶数时， 1n  为正奇数，由 1( ) 0nf x nx a    得 1 1nax n      ，由 1( ) 0nf x nx a    得 1 1nax n      ，函数 ( )f x 的单调性如下表： x 1 1 , na n          1 1na n     1 1 , na n         ( )f x + 0 - - 21 - ( )f x ↘ 极小 ↗ 由上表可知，函数 ( )f x 仅存在极小值，不合题意； （iv）当 0a  且 n 为奇数时， 1n  正偶数，由 1( ) 0nf x nx a    得 1 1nax n      或 1 1nax n      ，由 1( ) 0nf x nx a    得 1 1 1 1n na axn n              ，函数函数 ( )f x 的单调性 如下表： x 1 1 , na n          1 1na n     1 1 1 1 , n na a n n                1 1na n     1 1 , na n         ( )f x + 0 - 0 + ( )f x ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 由上表可知，函数 ( )f x 在区间 1 1 , na n          和 1 1 , na n         上单调递增，同理 ( )f x 在区 间 1 1 1 1 , n na a n n                上单调递减，因此， 1 1nax n      时，函数 ( )f x 取得极大值 M， 1 1nax n      时， ( )f x 取得极小值 N．因为 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2n n n nf x f x x a x b x ax b x ax x ax b b                 ，所以 1 1 1 1 2 n na aM N f f bn n                            ，证毕． - 22 - 【点睛】此题考查利用导数求函数的极值和零点，考查了分类讨论思想，考查了数学转化思 想，考查了计算能力，属于难题. 第Ⅱ卷（附加题） 【选做题】 21. 已知矩阵 1 1 aA b      的一个特征值为 2，其对应的一个特征向量为 2 1        ． （1）求矩阵 A； （2）若 x aA y b           ，求 ,x y 的值． 【答案】（1） 1 2 1 4A      ；（2） 0, 1. x y    ． 【解析】 【分析】 （1）根据矩阵的特征向量的定义和矩阵的乘法运算列出方程组，解之可得答案； （2）利用矩阵的乘法法则列出方程组，解方程组可得 x ， y 的值． 【详解】（1）由题意，得 1 2 221 1 1 a b                 ，即 2 4, 2 2, a b      解得 2a  ， 4b  ． 所以 1 2 1 4A      ． （2） x aA y b           ，即 1 2 2 1 4 4 x y                 ，所以 2 2, 4 4, x y x y      解得 0, 1. x y    【点睛】本题考查矩阵的特征向量和矩阵的乘法运算，属于基础题. 22. 在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 23 2 25 2 x t y t       （t 为参数）.在极坐标系（与 直角坐标系 xOy 取相同的长度单位，且以原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴）中，圆C 的 方程为 2 5sin  . - 23 - （1）求圆C 的直角坐标方程； （2）设圆C 与直线l 交于点 A ， B ，若点 P 的坐标为  3, 5 ，求 PA PB . 【答案】（1）  22 5 5x y   （2） 3 2PA PB  【解析】 【分析】 （1）根据极坐标与直角坐标方程的转化，可直接求解，并将圆的一般方程化为标准方程即可. （2）将直线参数方程代入圆的方程，可得关于t 的一元二次方程.根据参数方程的几何意义， 即可求得 PA PB . 【详解】（1）由 2 5sin  ， 等式两边同时乘以  ，可得 2 2 5 sin   . ∴ 2 2 2 5x y y  ， 即  22 5 5x y   . （2）将 l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程. 得 2 2 2 23 52 2t t                ，即 2 3 2 4 0t t   . 由于  2 3 2 4 4 2 0       ， 故可设 1t ， 2t 是方程 2 3 2 4 0t t   的两实根， 所以 1 2 1 2 3 2 4 t t t t      . 又直线l 过点  3, 5P ， 故由上式及t 的几何意义得 1 2 1 2 3 2t t t tPA PB      . 【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，直线参数方程的几何意义及线段关系求 法，属于中档题. 23. 已知 a R ，设关于 x 的不等式 2 3 2 4x a x x     的解集为 A . （1）若 1a  ，求 A ； （2）若 A R ，求 a 的取值范围. - 24 - 【答案】(1)A={x|x≤0 或 x≥2} (2)a≤-2 【解析】 【详解】试题分析：（1）分 3x   、 13 2x- < ≤ 、 1 2x  讨论集合 ；（2）分 2x ≤ 、 2x   讨论 的取值范围． 试题解析：（1）当 3x   时，原不等式化为 3 2 2 4x x    ，得 3x   ， 当 13 2x- < ≤ ，原不等式化为 4 2 4x x   ，得3 0x  ， 当 1 2x  时，3 2 2 4x x   ，得 2x  ，综上，  | 0 2A x x x  或 ． （2）当 2x ≤ 时， 2 3 0 2 4x a x x      成立， 当 2x   时， 2 3 2 3 2 4x a x x a x x         ， 得 1x a  或 1 3 ax  ， 所以 1 2a    或 11 3 aa   ，得 2a   ， 综上， a 的取值范围为 2a   ． 考点：绝对值不等式． 【必做题】 24. 如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知棱 AB ， AD ， AP 两两垂直，长度分别为 1，2，2. 若 DC AB  （ R  ），且向量 PC 与 BD 夹角的余弦值为 15 15 . （1）求  的值； （2）求直线 PB 与平面 PCD所成角的正弦值. - 25 - 【答案】（1） 2  ；（2） 10 5 . 【解析】 【详解】（1）依题意，以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AP 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角 坐标系 A xyz (1,0,0), (0,2,0), (0,0,2)B D P ，因为 DC AB  ，所以 ( ,2,0)C  ， 从而 ( ,2, 2)PC   ，则由 15cos , 15PC BD    ，解得 10  （舍去）或 2  . （2）易得 (2,2, 2)PC   ， (0,2, 2)PD   uuur ，设平面 PCD的法向量 ( , , )n x y z ， 则 0n PC  ， 0n PD  ，即 0x y z   ，且 0y z  ，所以 0x  ， 不妨取 1y z  ，则平面 PCD的一个法向量 (0,1,1)n  ，又易得 (1,0, 2)PB   uur ， 故 10cos , 5 PB nPB n PB n            ， 所以直线 PB 与平面 PCD所成角的正弦值为 10 5 . 考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦. 25. 设 m 是给定的正整数，有序数组  1 2 3 2, , , , ma a a a 中 2ia  或 2(1 2 )i m   ． （1）求满足“对任意的  *,1k k N k m   ，都有 2 1 2 1k k a a    ”的有序数组  1 2 3 2, , , , ma a a a 的个数 A； - 26 - （2）若对任意的  *, , ,1k l k l N k l m    都 2 2 1 4 l i i k a    成立，求满足“存在  *,1k k N k m   ，使得 2 1 2 1k k a a    ”的有序数组 1 2 3 2, , , , ma a a a 的个数 B． 【答案】（1） 2mA  ；（2）  2 3 2m mB   ． 【解析】 【分析】 （1）根据 2 1 2 1k k a a    ， 2ia  或 2(1 2 )i m   ，可得  2 1 2, ( 2,2)k ka a   或 (2, 2) ，从而 可以断定 2mA  ，得到结果； （2）根据题意可得 2 1 2 4k ka a   或 4 或 0，出现 4 和 4 的次数为 x，则出现 0 的次数为 ( )m x ，分析清楚排列方法，得到 B   2 3 2m m ． 【详解】（1）因为 2 1 2 1k k a a    ，所以 2 1 2, ( 2,2)k ka a   或 (2, 2) ，所以 2mA  ． （2）若对任意的 k，  *, , 1l k l N k l m „ „ „ 都 2 2 1 4 l i i k a    成立， 由 2 1 2 4k ka a   或 4 或 0，若出现 4 和 4 的次数为 x，则出现 0 的次数为 ( )m x 将这 ( )x m x  排列，先从 m 个元素中先选出 x 元素排列 4 或 4 ，且 4 和 4 只能相间排列， 共有 2 种排法，而其余 ( )m x 个元素共有 ( )2 m x 种排法， 因此      1 21 2 02 2 2 2 2 2 2 2m m m xx m m m m mB C C C C          2 3 2m m  ． 【点睛】该题考查的是有关排列组合的综合题目，在解题的过程中，注意对条件的正确理解， 以及对事件的正确分析，利用好公式，正确得出结果，属于较难题目. - 27 -