江苏省南京市金陵中学、南通市海安高级中学、南京市外国语学校2020届高三下学期第四次模拟考试数学试题 Word版含解析 25页

- 1 - 南京市金陵中学、江苏省海安高级中学、南京外国语学校 2020 届高三年级第四次模拟考试 数学Ⅰ 参考公式：柱体的体积V Sh ，其中 S 为柱体的底面积，h 为柱体的高； 锥体的体积 1 3V Sh ，其中 S 为锥体的底面积，h 为锥体的高； 圆锥的侧面积 S rl ，其中 r 为圆锥的底面半径，l 为圆锥的母线. 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分. 1.已知集合    0 2 , 1,0,1,2M x x N     ，则 M N  __________． 【答案】 0,1 【解析】 因为    0 2 , 1,0,1,2M x x N     ，所以  0,1M N  . 2.已知复数 1 2z i  （i 为虚数单位），则 2z 的实部为________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 计算 2 3 4z i   ，得到复数实部. 【详解】 1 2z i  ，则  22 1 2 1 4 4 3 4iz i i        ，故 2z 的实部为 3 . 故答案为： 3 . 【点睛】本题考查了复数的乘方运算，求复数的实部，属于简单题. 3.某高中高一、高二、高三年级的学生人数之比为 9:8:8，现用分层抽样的方法从该校三个年 级的学生中抽取容量为 100 的样本，则应从高三年级抽取的学生的人数为________. 【答案】32 【解析】 【分析】 直接根据高三学生所占比例求解即可. 【详解】高一、高二、高三年级的学生人数之比为 9:8:8， 所以从该校三个年级的学生中抽取容量为 100 的样本，则应该从高三年级抽取的学生的人数 为 8 100 329 8 8    ， 故答案为：32. - 2 - 【点睛】本题考查了分层抽样的应用，考查了数据的处理能力，属于基础题. 4.运行如图所示的伪代码，输出的 T 的值为________. 【答案】16 【解析】 【分析】 模拟程序的运行过程，即可得出程序运行后的输出结果. 【详解】当 1T  时， 3i  ； 当 1 3 4T    时， 5i  ； 当 4 5 9T    时， 7i  ； 当 9 7 16T    时， 9 8i   . 所以输出 16T  . 故答案为：16. 【点睛】本题主要考查了程序语言的应用问题，模拟程序的运行过程是常用的方法，属于基 础题. 5.从集合 1 22,3, ,2 3     中取两个不同的数 a，b，则 log 0a b  的概率为________. 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 从集合中选出两个不同的数组成有序数对，得出基本事件总数，再求出满足 log 0a b  的基本 事件个数即可得到概率. 【详解】取两个不同的数 a，b，记为有序数对 ,a b ， 所有基本事件为： - 3 -    1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 12,3 , 2, , 2, , 3,2 , 3, , 3, , ,2 , ,3 , , , ,2 , ,3 , ,2 3 2 3 2 2 2 3 3 3 3 2                                                            共 12 种， 满足 log 0a b  的情况为：     1 2 2 12,3 , 3,2 , , , ,2 3 3 2            ，一共 4 种， 所以其概率为 1 3 . 故答案为： 1 3 【点睛】此题考查求古典概型，关键在于准确求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件 个数，准确列举不重不漏. 6.在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线   2 2 2 1 0yx bb    的一个焦点到一条渐近线的距离为 3，则此双曲线的离心率为________. 【答案】 10 【解析】 【分析】 先求双曲线的渐近线，再利用点到直线的距离公式求出 b ，求出 c 后可得离心率. 【详解】双曲线   2 2 2 1 0yx bb    的渐近线为 0bx y  ，设焦点坐标为  ,0 0c c  . 故 2 3 1 bc b   . 因为 2 2 1c b  ，故 3bc c  即 3b  ，所以 10c  ，故离心率 10 101e   . 故答案为： 10 . 【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于 , ,a b c 的一个等式关系．而 离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于 , ,a b c 的 不等式或不等式组． 7.已知 4cos sin 6 5        ，则 7sin 6     的值为________. - 4 - 【答案】 4 5  【解析】 【分析】 展开得到 4sin 6 5      ，根据诱导公式得到 7sin sin6 6                ，得到答案. 【详解】 3 1 3 1 4cos sin cos sin cos sin cos sin6 2 2 2 2 6 5                            ， 7 4sin sin sin6 6 6 5                              . 故答案为： 4 5  . 【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和转化能力. 8.设正项等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 20 10 10 30 20 1 3 S S S S   ，则数列 na 的公比为________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 设等比数列的公比为 q，根据 20 10 30 20,S S S S  的关系可得 20 10 10 30 20 1S S S S q   ，从而可求 q的值. 【详解】因为 112 120 10 20a a aS S     ，  10 21 22 30 11 1230 2 200 a a a q a aS aS          ， 故 20 10 10 30 20 1S S S S q   即 10 10 1 1= 3q ， 因为等比数列 na 为正项数列，故 0q  ，所以 3q  . 故答案为：3. 【点睛】一般地，如果 na 为等比数列， nS 为其前 n 项和，则有性质： （1）若 , , , *,m n p q N m n p q    ，则 m n p qa a a a ； （2）公比 1q  时，则有 n nS A Bq  ，其中 ,A B 为常数且 0A B  ； （3） 2 3 2, , ,n n n n nS S S S S   为等比数列（ 0nS  ）且公比为 nq . 9.在平面直角坐标系 xOy 中，过直线 2y x 上一点 P 作圆    2 2: 3 1 1C x y    的切线 PA， - 5 - PB，其中 A，B 为切点.若直线 PA，PB 关于直线 2y x 对称，则线段 PA 的长度为________. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据直线 PA，PB 关于直线 2y x 对称可得 PC  直线 2y x ，从而得到圆心到直线 2y x 的 距离 PC ，再根据勾股定理求解 PA 即可. 【详解】由题，因为直线 PA，PB 关于直线 2y x 对称，故 PC 与直线 2y x 垂直.又 PC 为 圆心C 到直线 2 0x y  的距离，为  22 2 3 1 5 5 52 1       ，故 5 1 2PA    . 故答案为：2 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，需要根据题意确定直线间的垂直关系，再根 据勾股定理求解对应的线段长度，属于中档题. 10.设棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为 V1，S1，底面半径和高均为 r 的圆锥的体积和 侧面积分别为 V2，S2，若 1 2 V V ＝ 3  ，则 1 2 S S 的值为________. 【答案】 3 2 p 【解析】 【分析】 ， 根据已知的比例式和所求的比例式，可以不妨设 V1＝27，这样可以求出 V2，以及正方体的棱 长和表面积，还可以求出圆锥的底面半径以及母线，最后求出圆锥的侧面积，最后求出所求 的比例式的值. 【详解】不妨设 V1＝27，V2＝9π，故 V1＝a3＝27，即 a＝3，所以 S1＝6a2＝54. - 6 - 如图所示，又 V2＝ 1 3 h×πr2＝ 1 3 πr3＝9π，即 r＝3，所以 l＝ 2 r， 即 S2＝ 1 2 l×2πr＝ 2 πr2＝9 2 π，所以 1 2 S S ＝ 54 9 2 ＝ 3 2 p 故答案为：. 3 2 p 【点睛】本题考查了正方体的体积、表面积公式，考查了圆锥的侧面积公式和体积公式，考 查了数学运算能力. 11.已知函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，且当 0x  时，   2 5f x x x  ，则不等式    2f x f x  的解集为________. 【答案】 3 7,2 2     【解析】 【分析】 求出函数  y f x 的解析式，分 0x  、 2 0x x   、 2 0x   三种情况解不等式    2f x f x  ，进而可求得该不等式的解集. 【详解】由于函数  y f x 是定义在 R 上的奇函数，且当 0x  时，   2 5f x x x  ， 当 0x  时， 0x  ，        2 25 5f x x x x x f x          ，此时，   2 5f x x x   . 综上所述，   2 2 5 , 0 5 , 0 x x xf x x x x       . ①当 0x  时，由    2f x f x  ，得    2 22 5 2 5x x x x       ，解得 3 2x   ，此时， 3 02 x   ； ②当 2 0 0 x x     时，即当 0 2x  时， - 7 - 由    2f x f x  得    2 22 5 2 5x x x x      ，整理得 2 2 3 0x x   ，解得 1 3x- < < ，此时 0 2x  ； ③当 2 0x   时，即当 2x  时， 由    2f x f x  得   2 22 5 2 5x x x x     ，解得 7 2x  ，此时 72 2x  . 综上所述，不等式    2f x f x  的解集为 3 7,2 2     . 故答案为： 3 7,2 2     . 【点睛】本题考查函数不等式的求解，同时也考查了利用函数的奇偶性求解析式，考查分类 讨论思想与运算求解能力，属于中等题. 12.已知函数       21 1 , 0 2, 2 , 2 x xf x f x x         若对于正数  * nk n N ，直线 ny k x 与函数  y f x 的图象恰有 2 1n + 个不同的交点，则数列 2 nk 的前 n 项和为________. 【答案】  4 1 n n  【解析】 【分析】 根据函数的性质和周期得到函数图象，根据图象知，直线 ny k x 与第 1n  个半圆相切，则 2 1 4 4nk n n   ，再利用裂项相消法求和得到答案. 【详解】当 0 2x  时，    21 1xy f x    ，即  2 21 1x y   ， 0y≥ ； 当 2x  时    2f x f x  ，函数周期为 2 ，画出函数图象，如图所示： ny k x 与函数恰有 2 1n + 个不同的交点， 根据图象知，直线 ny k x 与第 1n  个半圆相切，故  2 2 1 1 4 42 1 1 nk n nn     ， 故 2 2 1 1 1 1 4 4 4 1nk n n n n        ， - 8 - 数列 2 nk 的前 n 项和为   1 1 1 1 1 114 2 2 3 1 4 1 n n n n           . 故答案为：  4 1 n n  . 【点睛】本题考查了数列求和，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力， 综合应用能力，画出图象是解题的关键. 13.设 H 是△ABC 的垂心，且3 4 5 0HA HB HC      ，则 cos AHB  _____________. 【答案】 6 6  【解析】 【详解】由题设得 tan tan tan 3 4 5 A B C    .再由 tan tan tan tan tan tanA B C A B C   ，得 1 5   ， tan 5C  .故 6cos cos 6AHC C     . 故答案为 6 6  14.在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其接圆半径为 R.已知 1c  ，且△ABC 的 面积    22 sin sinS R B A B A   ，则 a 的最小值为________. 【答案】 5 5 【解析】 【分析】 将    22 sin sinS R B A B A   结合面积公式，正弦定理化简得到 ,A B 的关系式， - 9 - 再利用正弦定理 sin sin a c A C  ，表示边 a 并化简，得 sin sin( ) Aa A B   ，再利用求出 ,A B 关系 式，消去 A ，转化成关于 B 的函数，再求最值. 【详解】由    22 sin sinS R B A B A   ，则 21 sin 2 sin( )sin( )2 ab C R B A B A   ， 又 2 sin , 2 sina R A b R B  ，得sin sin sin( )A B B A  ， sin sin sin cos cos sinA B B A B A  ，得sin (sin cos ) sin cosA B B B A  ， 得 sintan sin cos BA B B   ，又 sin sin a c A C  ， 得 sin sin sin sin( ) A Aa C B A    sin sin cos cos sin A B A B A   tan sin cos tan A B B A   ， 代入 sintan sin cos BA B B   ，得 1 sin 2cosa B B   ， 当sin 2cosB B 取最大值 5 时， a 的最小值为 5 5 . 故答案为： 5 5 【点睛】本题考查了正弦定理，三角形面积公式，辅助角的应用，将最值问题转化成求函数 的最值是解决问题的思路与关键，还培养了观察分析逻辑思维能力，难度较大. 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分，解答时写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15.如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB // CD，AB1⊥BC，且 AA1＝AB.求证： （1）AB // 平面 D1DCC1； （2）AB1⊥平面 A1BC. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 (1) 在四棱柱中得出 AB∥CD，结合线面平行的判定定理，即可证得 AB // 平面 D1DCC1； (2) 先证得 AB1⊥A1B，AB1⊥BC，结合线面垂直的判定定理，即可得到 AB1⊥平面 A1BC. 【详解】(1) 在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB∥CD，AB  平面 D1DCC1，CD  平面 D1DCC1， - 10 - 所以 AB∥平面 D1DCC1. (2) 在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，四边形 A1ABB1 为平行四边形， 又 AA1＝AB，故四边形 A1ABB1 为菱形， 从而 AB1⊥A1B， 又 AB1⊥BC，而 A1B∩BC＝B，A1B、BC  平面 A1BC， 所以 AB1⊥平面 A1BC. 【点睛】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定与证明，其中解答中熟记线面平行的判 定定理和线面垂直的判定定理是解答的关键，着重考查推理与论证能力. 16.在 ABC 中，角 A 、 B 、C 的对边分别为 a 、b 、 c ，已知 3cos 5A  . （1）若 ABC 的面积为 3 ，求 AB AC uuur uuur 的值； （2）设 2sin ,12 Bm       ， cos ,cos 2 Bn B      ，且 //m n ur r ，求  sin 2B C 的值. 【答案】（1） 9 2AB AC   ；（2）   31 2sin 2 50B C   . 【解析】 【分析】 （1）利用同角三角函数的基本关系求得 sin A 的值，利用三角形的面积公式可求得 bc 的值， 再利用平面向量数量积的定义可求得 AB AC uuur uuur 的值； （2）由 //m n ur r 结合二倍角公式可求得 4B  ，求得sin 2C 和 cos 2C 的值，再利用两角差的正 弦公式可求得  sin 2B C 的值. 【详解】（1） 0 A   ， sin 0A  ，则 2 4sin 1 cos 5A A   ， ABC 的面积为 1 1 4sin 32 2 5ABCS bc A bc    △ ， 15 2bc  . 因此， 15 3 9cos 2 5 2AB AC cb A      ； （2） 2sin ,12 Bm        ， cos ,cos 2 Bn B      ，且 //m n ur r ，所以，2sin cos cos2 2 B B B ，即 sin cosB B ， tan 1B  . - 11 - 0 B   ， 4B   . 2 23 3 3 7sin 2 sin 2 sin 2 cos2 1 2cos 1 24 2 5 25C A A A A                               ， 3 3 4 3 24cos2 cos 2 cos 2 sin 2 2sin cos 24 2 5 5 25C A A A A A                           ， 因此，    2 2 24 7 31 2sin 2 sin 2 cos2 sin 24 2 2 25 25 50B C C C C                    . 【点睛】本题考查解三角形的综合问题，考查三角形面积公式的应用、平面向量数量积的计 算、平面向量共线的坐标表示以及利用三角恒等变换思想求值，考查计算能力，属于中等题. 17.如图，海岸公路 MN 的北方有一个小岛 A（大小忽略不计）盛产海产品，在公路 MN 的 B 处 有一个海产品集散中心，点 C 在 B 的正西方向 10 km 处， 3tan 4ABC  ， 4ACM   ，计 划开辟一条运输线将小岛的海产品运送到集散中心.现有两种方案：①沿线段 AB 开辟海上航 线：②在海岸公路 MN 上选一点 P 建一个码头，先从海上运到码头，再公路 MN 运送到集散中 心.已知海上运输、岸上运输费用分别为 400 元/ km 、200 元/ km . （1）求方案①的运输费用； （2）请确定 P 点的位置，使得按方案②运送时运输费用最低？ 【答案】（1）20000 元；（2）P 在点 B 正西方向 40 10 3BP   千米. 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理求得 210 2 50 2 10 AB    ，即可求得费用； - 12 - （2）设 0 0, , ,2 2 2APM x x ABP             ，总费用  30400 200 40 30tancosy xx      ， 00, 2x       利用导函数求解最值即可得解. 【详解】（1） 4ACM   ，在钝角三角形 ABC 中， 3 3 4tan ,sin ,cos4 5 5ABC ABC ABC      ， 2 4 2 3 2sin sin 4 2 5 2 5 10BAC ABC            ， 由正弦定理可得 3sin sin 4 BC AB BAC  ， 210 2 50 2 10 AB    ， 所以方案①的运输费用为 400×50=20000 元； （2）由（1）可得点 A 到公路所在直线的距离为 350 305 km  ，设 0 0, , ,2 2 2APM x x ABP             ， 易得 0 0 0 1sin cos ,2 2 2 6             则总费用  30400 200 40 30tancosy xx      ， 00, 2x       2 sin8000 6000 cos xy x       ， 2 2sin 16000 cos xy x       ， 00, 2x       ， 当 00, , 0, , , 06 6 2x y x y                  ， 所以 0, 6x     ， 2 sin8000 6000 cos xy x       单调递减， - 13 - 0,6 2x        ， 2 sin8000 6000 cos xy x       单调递增， 所以当 6x  时， 2 sin8000 6000 cos xy x       取得最小值为 12 28000 6000 8000 6000 3 3 2            ， 此时 40 30tan 40 10 3BP x    . 所以 P 在点 B 正西方向 40 10 3BP   千米. 【点睛】此题考查解三角形知识与函数模型综合应用，利用解三角形和三角函数以及导函数 知识求解实际应用问题，属于较难题目. 18.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     经过 31, 2     ，且右焦点坐标 为 1,0 . （1）求椭圆的标准方程； （2）设 A，B 为椭圆的左，右顶点，C 为椭圆的上顶点，P 为椭圆上任意一点（异于 A，B 两 点），直线 AC 与直线 BP 相交于点 M，直线 BC 与直线 AP 相交于点 N，求证： MC NC . 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由椭圆的定义，可得 1 22 | | | | 4a PF PF   ，又 1c  ，结合 2 2 2b a c  ，即得解 （2）设 ( , )o oP x y ，分别表示直线 , , ,AP BP AC BC 的方程，联立得到 ,M N 点的坐标，继而 证明 0M Nx x  ，即直线 MN 斜率不存在， 0CQk  ，即 CQ MN ，可得 CMN 为等腰 三角形，即得证 【详解】（1）由题意，椭圆的两个焦点坐标为 1 2(1,0), ( 1,0)F F  ，记 3( 1, )2P  故 1 2 3 52 4, 22 2a PF PF a       - 14 - 又 2 2 21, 3c b a c     故椭圆的方程为： 2 2 14 3 x y  （2）设 ( , )o oP x y ， ( 2,0), (2,0), (0, 3)A B C 故： , : ( +22 2 o o AP o o y yk AP y xx x    ） , : ( 22 2 o o BP o o y yk AP y xx x     ） 3 3: 3, : 32 2BC y x AC y x     联立计算可得： 3 2 2 3 2 3 3 2 2 3 2 3( , ), ( , ) 3 3 3 33 3 3 32 2 2 2 o o o o o o o o o o o o o o x y y x y yM N y x y x y x y x             由于 M Nx x  3 2 2 3 3 2 2 3 3 33 32 2 o o o o o o o o x y x y y x y x         2[( 3 2 ) 2 3] 2[( 3 2 ) 2 3] 2 3 2 3 2 3 2 3 o o o o o o o o x y x y y x y x          2 22[( 3 2 ) 12] 2[12 ( 3 2 ) ] (2 3 2 3)(2 3 2 3) o o o o o o o o x y x y y x y x          2 2 0 02[8 6 24] (2 3 2 3)(2 3 2 3)o o o o y x y x y x       由于 0 0( , )P x y 在椭圆上，故 2 2 0 0 14 3 x y  ，即 2 2 0 03 4 12x y  故 0M Nx x  ，即直线 MN 斜率不存在 令线段 MN 中点为Q 故 2 3 2 31 [ ]2 2 3 33 32 2 M N o o Q o o o o y y y yy y x y x        - 15 - 4 3 4 31[ ]2 2 3 2 3 2 3 2 3 o o o o o o y y y x y x       0 2 2 2 0 0 2 2 0 0 0 2 0 0 2 0 0 4 3 (4 4 3)1[ ]2 (2 2 3) ( 3 ) 8 3 24 4 12 3 8 3 8 3 24 3 8 8 3 o o o y y y x y y y x y y y y y           故 0CQk  CQ MN  故 CMN 为等腰三角形 即得证 MC NC 【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属 于较难题 19.已知函数    1ln 1 xf x x a ax     R . （1）若 2x  是函数  f x 的极值点，求 a 的值； （2）令      1g x x f x   ，若对任意 ex  ，有   0g x  恒成立，求 a 的取值范围； （3）设 m，n 为实数，且 m n ，求证： 2 e e e ee 2 m n m n m n m n     . 【答案】（1） 9 4a  ；（2） 1 1 ea e   ；（3）见解析. 【解析】 【分析】 （1）先求出  f x ，令  2 0f   后可得 a 的值，注意检验. （2）参变分离后可得  1 ln 1 x xa x   对任意的 x e 恒成立，利用导数可得    1 ln 1 x xh x x   的最小值，从而可得 a 的取值范围. （3）原不等式等价于 2 2e e1 m n n m m n     且 2 e 1 e 1 m n m nm n     ，可通过构建新函数 - 16 -   2x xs x e e x   及      1 2 1x xt x x e e    ，再利用导数可证当 0x  时，    0, 0s x t x  ，从而可得原不等式成立. 【详解】（1）    2 1 2 1 af x x x     ， 因为 2x  是函数  f x 的极值点，故  2 0f   即 9 4a  ， 又当 9 4a  时，            2 2 2 2 1 9 2 1 2 2 1 2 1 x x x xf x x x x x         ， 当 1 22 x  时，   0f x  ，当 2x  时，   0f x  ， 故 2x  是函数  f x 的极小值点， 综上， 9 4a  . （2）      1 ln 1g x x x a x    ，故   0g x  对任意的 x e 恒成立等价于：  1 ln 1 x xa x   对任意的 x e 恒成立. 令    1 ln 1 x xh x x   ， x e ， 则        2 1ln 1 1 1 ln 1 x x x xxh x x            2 1 2ln 1 x xx x     ， 令   1 2lnu x x xx    ，则    2 2 2 11 21 xu x x x x      ， 当 x e 时，   0u x  ，故  u x 为 ,e  上的单调增函数， 所以     11 0u x u e e e      ， 故 x e 时，   0h x  ，故  h x 为 ,e  上的单调增函数， 所以    min 1 1 eh x h e e    ，故 1 1 ea e   . （3）要证 2 e e e ee 2 m n m n m n m n     ，因为 2 0,e e 0n m n   ， - 17 - 故即证 2 2e e 1 m n n m m n     且 e 1 e 1 2 m n m n m n     ， 即证 2 2e e 1 m n n m m n     且 2 e 1 e 1 m n m nm n     . 令   2x xs x e e x   ， 0x  ，则   2x xs x e e    . 因为 0x  ， 1xe  ，所以 2x xe e  即   0s x  ， 所以  s x 为 0,  上的增函数，故当 0x  时，有    0 0s x s  . 令 2 m nx  ，则 0x  ，故  2 2 0 m n n m e e m n       即 2 2e e 1 m n n m m n     . 令      1 2 1x xt x x e e    ， 0x  ， 则    1 1xt x x e    ，故   xt x xe  ， 当 0x  时，   0t x  ，故  t x 为 0,  上的增函数，故当 0x  时，有    0 0t x t   ， 所以  t x 为 0,  上的增函数，故当 0x  时，有    0 0t x t  ， 令 x m n  ，则有    1 2 1 0m n m nm n e e      ， 也就是 2 e 1 e 1 m n m nm n     . 综上，原不等式恒成立. 【点睛】本题考查函数的极值、含参数的函数的单调性以及函数不等式的恒成立，利用极值 求参数的值时，注意检验，对于多变量的不等式的恒成立的问题，要注意利用不等式的结构 特点将其转化为一元函数不等式的恒成立问题，后者可利用导数来证明. 20.若存在常数 mR ，使对任意的 *nN ，都有 1n na ma  ，则称数列 na 为  Z m 数列. （1）已知 na 是公差为 2 的等差数列，其前 n 项和为 nS .若 nS 是  1Z 数列，求 1a 的取值 范围； （2）已知数列 nb 的各项均为正数，记数列 nb 的前 n 项和为 nR ，数列 2 nb 的前 n 项和为 nT ，且 2 *3 4 ,n n nT R R n  N . ①求证：数列 nb 是等比数列； - 18 - ②设  1 n n n nc b b    R ，试证明：存在常数 mR ，对于任意的  2,3  ，数列 nc 都是  Z m 数列. 【答案】（1） 1 2a   ；（2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）写出  2 1 1n n nS a   ，通过 1n nS S  恒成立，即可求解； （2）①由题求出首项，根据 23 4n n nT R R  ， 2 1 1 13 4 , 2,n n nT R R n n N     ，两式相减，得出 递推关系即可得证；②求出 nc 通项公式，根据定义建立不等式求解最值. 【详解】（1）由题可得：  2 1 1n n nS a   ， nS 是  1Z 数列， 1n nS S  恒成立，      2 2 1 11 1 1 1n a n n a n       对任意的 *nN 恒成立， 1 2a n  对任意的 *nN 恒成立， 所以 1 2a   ； （2）①由题： 23 4n n nT R R  ， 2 1 1 13 4 , 2,n n nT R R n n N     ，两式相减得： 2 2 2 1 , 23 4n n n n nb R R b   ，  2 1 ,3 4 2n n n n nb R R b nb   ，数列 nb 的各项均为正数， 所以 13 , 24n n nb R nR     ， 1 1 23 , 34n n nb R R n     ，两式相减得： 1 13 , 33n n n nb b b b n    ， 1, 32n nb b n  ， 当 n=1 时， 2 *3 4 ,n n nT R R n  N 可得 2 2 1 1 1 *3 4 ,b b b n  N ，数列 nb 的各项均为正数， 所以 1 2b  当 n=2 时， 13 , 24n n nb R nR     可得 2 2 1 2 23 4 3 2 2 4,b R R b b       ， 所以 2b =4 - 19 - 综上可得：数列 nb 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列； ②由①可得： 2n nb  ， 1 12 2 n n n n n n nc b b       ， 1n nc mc  ，  2,3  对任意的 *n N 恒成立，  2,3  ， 12 02 n n n nc     ，  1 11 1 12 2, 12 2 n nn nn n n c m mnc         ，对于任意 m<0 该不等式恒成立， 即存在常数 , 0m m R ，对于任意的  2,3  ，数列 nc 都是  Z m 数列. 【点睛】此题考查数列综合应用，证明数列是等比数列，根据数列不等式求参数范围，考查 综合能力，属于偏难题目. 数学Ⅱ（附加题） 【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两题，并在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 ,b cR ，向量 1 2 3e      是矩阵 1 2 bM c      的属于特征值 4 的一个特征向量.求矩阵 M 及它的另一个特征值. 【答案】 1 2 3 2M      ， 1 . 【解析】 【分析】 利用矩阵乘法的规则可求 1 2 3 2M      ，然后利用特征多项式求出特征值. 【详解】由题意的 1 14Me e ，即 1 2 2 3 8 2 3 2 6 12 b b c c                        ， 所以 2, 3b c  ，即矩阵 1 2 3 2M      . - 20 - 矩阵 M 的特征多项式为  1 2( ) 1 ( 2) 63 2f           ， 令 ( ) 0f   ，得矩阵 M 的另一个特征值为 1   . 【点睛】本题主要考查矩阵的运算及特征值，明确矩阵运算规则是求解的关键，侧重考查数 学运算的核心素养，属于中档题. B（选修 4-4 极坐标与参数方程） 22.在极坐标系中，设直线l 过点 ( 3A ， )6  ， (3,0)B ，且直线 l 与曲线 : cos ( 0)C a a   有且只有一个公共点，求实数 a 的值． 【答案】 2a  【解析】 【分析】 先求得直线l 的普通方程，把曲线 : cos ( 0)C a a   的极坐标方程化为直角坐标方程．因 为直线l 与曲线C 有且只有一个公共点，可得圆心到直线的距离 | 3|2 2 2 a a  ，由此解得 a 的 值． 【详解】依题意，点 ( 3A ， )6  、 (3,0)B 的直角坐标为 3(2A ， 3)2 ， (3,0)B ， 从而直线 l 的普通方程为 3 3 0x y   ． 曲线 : cos ( 0)C a a   的直角坐标方程为 2 2 2( )2 4 a ax y   ． 因为直线 l 与曲线C 有且只有一个公共点， 所以 | 3|2 2 2 a a  ，解得 2a  （负值已舍）． 【点睛】本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用， 属于基础题． C（选修 4-5 不等式选讲） 23.已知 a，b，c 为正实数，且 5a b c   ，求 2 2 22a b c  的最小值. 【答案】10 【解析】 - 21 - 【分析】 利用柯西不等式可求 2 2 22a b c  的最小值. 【 详 解 】 由 柯 西 不 等 式 可 得       2 2 22 2 1 21 1 1 1 2 2522 2a ba b a b cc c                      ， 即 2 2 22 10a b c   ，当且仅当 2 1 1 2 2 a b c  即 2, 2, 1a b c   时等号成立， 故 2 2 22a b c  的最小值为 10. 【点睛】本题考查柯西不等式在最值中的应用，注意把目标代数式配成平方和的乘积形式以 便于使用柯西不等式，求最值时要验证等号是否成立. 【必做题】第 22、23 题，每小题 10 分，共计 20 分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应 写出文字说明、证明过程或演算步骤. 24.某工厂的某种产品成箱包装，每箱 20 件，每一箱产品在交付用户时，用户要对该箱中部 分产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为  0 1p p  ，且各件产品是否合格相互独 立. （1）记某一箱 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为  f p ，  f p 取最大值时对应的产 品为不合格品概率为 0p ，求 0p ； （2）现从某一箱产品中抽取 3 件产品进行检验，以（1）中确定的 0p 作为 p 的值，已知每件 产品的检验费用为 10 元，若检验出不合格品，则工厂要对每件不合格品支付 30 元的赔偿费 用，检验费用与赔偿费用的和记为 X ，求 X 的分布列和数学期望. 【答案】（1） 0 1 10p  ；（2）分布列见解析；   39E X  . 【解析】 【分析】 （1）根据二项分布概率公式可得  f p ，利用导数可确定  f p 单调性，从而得到最大值点； （2）首先确定 X 所有可能的取值和对应的概率，由此得到分布列；根据数学期望计算公式计 算可得期望. 【详解】（1） 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率    182 2 20 1f p C p p    ， - 22 -       18 172 2 2 20 202 1 18 1f p C p p C p p                 17 172 2 2 2 20 201 2 1 18 1 2 20C p p p p C p p p         ， 令   0f p  ，又 0 1p  ，解得： 1 10p  ， 当 10,10p     时，   0f p  ；当 1 ,110p     时，   0f p  ；  f p 在 10,10      上单调递增，在 1 ,110      上单调递减， 当 1 10p  时，  f p 取得最大值，即 0 1 10p  . （2）由题意得： X 所有可能的取值为：30 ， 60 ，90 ，120 ，   3 0 3 1 72930 1 10 1000P X C         ；   2 1 3 1 1 24360 110 10 1000P X C          ；   2 2 3 1 1 2790 110 10 1000P X C                ；   3 3 3 1 1120 10 1000P X C        ； X 的分布列为： X 30 60 90 120 P 729 1000 243 1000 27 1000 1 1000 数学期望   729 243 27 130 60 90 120 391000 1000 1000 1000E X          . 【点睛】本题考查二项分布概率问题的求解以及服从于二项分布的随机变量的分布列与数学 期望的求解问题；解题关键是能够利用导数的知识确定关于概率的函数的单调性，进而确定 最值点. 25.对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同而构造等式，这种方法称为“算两次”的思 想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式. （1）根据恒等式        *1 1 1 ,m n m nx x x m n    N 两边 px 的系数相同直接写出一个恒等 式，其中 , ,p p m p n  N ； （2）设 *, , , ,m n p p m p n   N N ，利用上述恒等式证明： - 23 -  1 1 1 2 C C C C 1 C C p p i p i p p n m n n m m n m i i          . 【答案】（1） 0 1 1 2 2 0 0 p p p p p p i p i m n m n m n m n m n m n i C C C C C C C C C C C            ，其中 , ,p p m p n  N ； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用二项式定理系数的性质，左右两边分别表示出 px 的系数即可. （2）证明左边等于右边，用上 1 2 1 1C C C C C C p p i p i i p i p n m n m m i i ni i        ， 1 1 i i n niC nC   ， 0 00 p p n m n mC C C C  ， （1）的结果以及 2 0 1 0 1 p p p i p ip p i n m n m i m i i n n m C CC C C CC C        逐步推证即可. 【详解】解：（1）        *1 1 1 ,m n m nx x x m n    N ， 等式左边 px 的系数为 p m nC  ， 右边 px 的系数这样产生：  1 mx 中的 1 与 1 nx 中的 px 的系数的 p nC 的积，即 0 p m nC C ，  1 mx 中 x 的系数 1 mC 与 1 nx 中 1px  的系数的 1p nC  的积，即 1 1p m nC C  ，  1 mx 中 2x 的系数 2 mC 与 1 nx 中 2px  的系数的 2p nC  的积，即 2 2p m nC C  ，  1 mx 中 3x 的系数 3 mC 与 1 nx 中 3px  的系数的 3p nC  的积，即 3 3p m nC C  ，   1 mx 中 px 的系数 p mC 与 1 nx 中1的系数的 0 nC 的积，即 0p m nC C ， 所以 0 1 1 2 2 0 0 p p p p p p i p i m n m n m n m n m n m n i C C C C C C C C C C C            . （2）当 *,i nN ，且i n„ 时， 1 1 ! ( 1)! !( )! ( 1)!( )! i n i n n n niC i nCi n i i n i         ， 由（1）得 1 0 1 1 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 p p p p p p p i i mm n m n m n m n m n n i C C C C C CC C C C C                     左边= 1 1 1 1 1 2 2 2 ( 1) p p p p i p i p i p i i p i n m n n m m n n m n m i i i C C C C i nC iC C C C                   ， 1 1 1 1 1 2 p p i ip p i p p i m n n m n m n m i i nC iC C C C C C             ， - 24 - 1 1 0 1 1 0 1 1 1 2 p p p i p i p p p p i m n n m n m i n m n m n m i i nC nC C C C C C C C C C                 ， 1 1 1 1 1 0 p p p i p i i p i p m n n m n m m i i nC n C C C C C              ， 1 1 1 1 p p p p p p m n m n m n m m n mnC nC C C C C              右边， 所以  1 1 1 2 C C C C 1 C C p p i p i p p n m n n m m n m i i          . 【点睛】考查二项式定理以及“算两次”思想的应用，对学生的推理论证能力以及运算求解 能力是一个挑战；难题. - 25 -