江苏省百校2020届高三下学期5月第五次联考数学试题 Word版含解析 30页

- 1 - 江苏省百校联考 2020 届高三第五次考试 数学试题 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  1,2A  ，  1,2,3A B  ，则集合中 B 必定含有的元素是_______. 【答案】3 【解析】 【分析】 根据题意，结合并集的概念即可得出答案. 【详解】解：∵集合  1,2A  ，  1,2,3A B  ， ∴集合中 B 必定含有的元素是 3. 故答案为：3. 【点睛】本题考查对并集概念的理解，属于基础题. 2.已知复数 ( )i a i 的模为 1（其中i 是虚数单位），则实数 a 的值为_______. 【答案】0 【解析】 【分析】 设 i( i) 1 iz a a     ，再根据复数的模运算，即可求出 a 的值. 【详解】解：根据题意，设 i( i) 1 iz a a     ， 由于复数 ( )i a i 的模为 1，即： 1z  ， 则 21 1z a   ， 0a  . 故答案为：0. 【点睛】本题考查复数的乘法运算和模的运算，属于基础题. 3.下图是一个算法的流程图，则输出 k 的值是_______. - 2 - 【答案】6 【解析】 【分析】 根据程序框图可知，利用循环结构计算并输出变量 k 的值，模拟程序运行，分析循环中各变量 值的变化情况，直到满足条件 2 7 10 0k k   ，即可得出答案. 【详解】解:根据程序框图，模拟程序运行， 输入 1k  ，继续运行 2k  ，此时 2 27 10 2 7 2 10 0k k       ，不满足条件， 执行循环体， 3k  ，此时 2 27 10 3 7 3 10 2 0k k         ，不满足条件， 执行循环体， 4k  ，此时 2 27 10 4 7 4 10 2 0k k         ，不满足条件， 执行循环体， 5k  ，此时 2 27 10 5 7 5 10 0k k       ，不满足条件， 执行循环体， 6k  ，此时 2 27 10 6 7 6 10 4 0k k        ，满足条件， 故输出 k 的值是 6. 故答案为：6. 【点睛】本题考查循环程序框图，解题时应模拟程序框图的运行过程，注意循环条件的判断. 4.已知一组数据 1，3，5，7，9，则该组数据的方差是_______ 【答案】8 【解析】 【分析】 计算均值，再由方差公式得结论． 【详解】由题意 1 3 5 7 9 55x      ， - 3 - ∴ 2 2 2 2 2 21[(1 5) (3 5) (5 5) (7 5) (9 5) ] 85s            ． 故答案为：8． 【点睛】本题考查方差的计算，掌握方差计算公式是解题基础． 5.已知双曲线 2 2 2 1( 0)9 x y aa    的左、右顶点与点(0，3)构成等腰直角三角形，则该双曲线的 渐近线方程是_______. 【答案】 y x  【解析】 【分析】 根据题意，可知双曲线 2 2 2 1( 0)9 x y aa    焦点在 x 轴上，且 3b  ，设左、右顶点为 A B、 ，点(0， 3)为 C ，根据双曲线的顶点坐标可知    ,0 , ,0A a B a ，再结合题目条件得出 AC BC 且 AC BC ，利用勾股定理 2 2 2AC BC AB  ，代数求出 a 和 by xa   ，即可求出双曲线的 渐近线方程. 【详解】解：由题意知，双曲线 2 2 2 1( 0)9 x y aa    焦点在 x 轴上，且 3b  ， 设左、右顶点为 A B、 ，点(0，3)为C ，如下图， 则      ,0 , ,0 , 0,3A a B a C ， 则 AO a ， 3CO  ， 2 9AC a  ， 2AB a ， 由于左、右顶点与点(0，3)构成等腰直角三角形， 所以 AC BC 且 AC BC ， 则 2 2 2AC BC AB  ，即     2 2 22 29 9 2a a a    ， 解得： 3a  ，即 a b ， 所以双曲线的渐近线方程为： by x xa     ， 故答案为： y x  . - 4 - 【点睛】本题考查双曲线的渐近线方程和简单几何性质的应用，考查计算能力. 6.已知函数 tany x 与 sin(3 )(0 )y x       ，它们图象有一个交点的横坐标为 4  ，则  的值是_______. 【答案】 4  【解析】 【分析】 根据两函数的图象有一个交点的横坐标为 4  ，分别代入两个函数解析式，结合 的取值范围， 即可求出 的值. 【详解】解：由于 tany x 与 sin(3 )(0 )y x       的图象有一个交点的横坐标为 4  ， 则 tan sin 3 14 4          ， 3 2 ,4 2 k k Z        ， 解得： 2 ,4 k k Z    ， 又 0   Q ，∴ 4   . 故答案为： 4  . 【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，以及三角函数求值问题，考查计算能力. - 5 - 7.斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例而引入， 故又称为“兔子数列”.在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列 na 满足 1 2 1a a  ， 2 1n n na a a   ，现从该数列的前 12 项中随机抽取 1 项，能被 3 整除的概率是 _______. 【答案】 1 4 【解析】 【分析】 根据题意，分别列举出数列的前 12 项，再列出能被 3 整除的数，根据古典概型求概率即可得 出结果. 【详解】解：根据题意，“兔子数列”满足： 1 2 1a a  ， 2 1n n na a a   ， 则该数列的前 12 项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144， 其中能被 3 整除的数有：3，21，144，共 3 项， 故从该数列的前 12 项中随机抽取 1 项，能被 3 整除的概率是 3 1 12 4  . 故答案为： 1 4 . 【点睛】本题考查古典概型的概率的计算，通过列举法列出基本事件解决古典概型问题，对 所给定义的理解是解题的关键. 8.已知等比数列 na 的前 n 项和为Sn ，且 2 4 3 0a a a  ， 3 1S   ，则 na  _______. 【答案】 ( 1)n 【解析】 【分析】 已知 na 为等比数列， 2 4 3 0a a a  ， 3 1S   ，利用通项公式和前 n 项和公式求出 1a 和 q， 根据 1 1 n na a q  即可求出 na . 【详解】解：由题可知， na 为等比数列， 2 4 3 0a a a  ， 3 1S   ， 2 2 4 3 3 30, 0a a a a a     ， 由于等比数列中 0na  ，解得： 3 1a   ， - 6 - 3 1S   ，即： 1 2 3 1a a a    ， 2 1 1 1 1q q       ，解得： 1q   ， 3 1 2 1aa q     ， 所以  1 1 1 1 ( 1) ( 1)n n n na a q         . 故答案为： ( 1)n . 【点睛】本题考查等比数列的通项公式，利用等比数列通项公式和前 n 项和公式求出基本量， 考查化简运算能力. 9.已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，则三棱锥 1 1B AC D 的体积是_______. 【答案】 8 3 【解析】 【分析】 根据题意，得出三棱锥 1 1B AC D 所有棱长都为 2 2 ，求出三棱锥的底面积和高，再利用棱 锥的体积公式即可求出结果. 【详解】解：已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2， 则三棱锥 1 1B AC D 所有棱长都为 2 2 ， 则 1 1AC D 的面积为：  1 1 21 2 2 sin 2 32 3A C DS    △ ， 1 1AC D 的外接圆半径为：    2 22 2 62 2 23 3    ， 三棱锥的高为：   2 2 2 6 24 4 32 2 83 9 3h          ， 则三棱锥 1 1B AC D 的体积是： 1 1 1 1 4 3 82 33 3 3 3A C DV S h     △ . 故答案为： 8 3 . - 7 - 【点睛】本题考查三棱锥的体积，涉及正方体的性质和三棱锥的性质，考查计算能力. 10.已知角 ， 满足 tan 2tan  ，若 3sin( ) 5    ，则sin( )  的值是_______. 【答案】 1 5 【解析】 【分析】 根据题意，由 tan 2tan  得出sin cos 2cos sin    ，由 3sin( ) 5    ，根据两角 和 与 差 的 正 弦 公 式 得 出 3sin cos cos sin 5      ， 得 出 2sin cos 5    ， 1cos sin 5    ，从而可求出sin( )  的值. 【详解】解：由于 tan 2tan  ，则 sin 2sin cos cos     ， sin cos 2cos sin     ， 又 3sin( ) 5    ，即： 3sin cos cos sin 5      ， 解得： 2sin cos 5    ， 1cos sin 5    ， 2 1 1sin( ) sin cos cos sin 5 5 5             . 即： sin( )  的值为 1 5 . 故答案为： 1 5 . 【点睛】本题考查三角函数的化简求值，涉及同角三角函数商的关系和两角和与差正弦公式 - 8 - 的应用，考查化简计算能力. 11.若函数 ( ) ( )f x x a x   在区间[1，9]上的最小值为 1 8 ，则 a 的值为_______. 【答案】 7 8 【解析】 【分析】 根据题意，设  1,3x t  ，则 2x t ，将原题转化为函数 2( ) ( )f t t a t   在区间 1,3 上的 最小值为 1 8 ，则 2( ) 3f t t a   ，分类讨论 a ，通过利用导数研究函数的单调性和最值，即可 求出 a 的值， 【详解】解：由题可知， ( ) ( )f x x a x   在区间[1，9]上的最小值为 1 8 ， 设  1,3x t  ，则 2x t ，则原题转化为： 函数 2( ) ( )f t t a t   在区间 1,3 上的最小值为 1 8 ， 则 2( ) 3f t t a   ， 当 0a  时， 2( ) 3 0f t t a    恒成立，则 ( )f t 在区间 1,3 上单调递增， 则 1(1) 8f  ，解得： 7 8a = （舍去）； 当 0a  时，令 2( ) 3 0f t t a    ，解得： 3 at  或 3 at   （舍去）， 若 13 a  ，即 0 3a  时， ( )f t 在区间 1,3 上单调递增， 则 1(1) 8f  ，解得： 7 8a = ，符合题意； 若 33 a  ，即 27a  时， ( )f t 在区间 1,3 上单调递减， 则 1(3) 8f  ，解得： 215 24a  （舍去）； 若1 33 a  ，即3 27a  时， ( )f t 在区间 1, 3 a      上单调递减， - 9 - 在区间 ,33 a      上单调递增，则 1( )3 8 af  ，无正数解， 综上所述： a 的值为 7 8 . 故答案为： 7 8 . 【点睛】本题考查利用导数研究含参数的函数的单调性和最值，从而求出参数值，同时考查 转化和分类讨论思想. 12.已知 A 为椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上一点，它关于原点的对称点为 B ，点 F 为椭圆的 右焦点，且以 AB 为直径的圆过 F ，当 6ABF   ，该椭圆的离心率是_______. 【答案】 3 1 【解析】 【分析】 根据题意，由圆的圆周角的性质得出 90AFB   ，且 2AB c ，由于 6ABF   ，则 AF c ， 3BF c ，利用椭圆的定义得 2AF BF a  ，即可得出 a 和 c 的关系，从而可 求出椭圆的离心率. 【详解】解：由题意知，以 AB 为直径的圆过 F ，点 F 为椭圆的右焦点， 则 90AFB   ，且 2AB c ， 又 6ABF   ，则 AF c ， 3BF c ， 设椭圆的左焦点为 E ，由椭圆的对称性可得 AE BF 由椭圆的定义得 2AF BF AE AF a    ，则 3 2c c a  ，即： 2 3 1 1 3     c a ， 所以 3 1e   . 故答案为： 3 1 . - 10 - 【点睛】本题考查椭圆的离心率和简单几何性质，以及椭圆定义的应用和圆的性质的应用. 13.已知 ,x y 均为正数，且 1 1x y   ，则 8y yx  的最小值为_______. 【答案】16 【解析】 【分析】 由 题 可 知 ， ,x y 均 为 正 数 ， 且 1 1x y   ， 则 1 0yx y   ， 代 入 化 简 得 18 9( 1) 101 y y yx y      ，再利用基本不等式即可求出最小值. 【详解】解：由于 ,x y 均为正数，且 1 1x y   ，∴ 1 0yx y   ， 可得： 1y  ， ∴ 2 2( 1) 2( 1) 18 8 8 8( 1) 81 1 1 y y y y yy y y yyx y y y               ，   1 19( 1) 10 2 9( 1) 10 161 1y yy y           ， 即： 8 16y yx   ，当且仅当 4 3y  时取“＝”， 所以 8y yx  的最小值为 16. 故答案为：16. - 11 - 【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值，对条件的变形是解题的关键. 14.已知当 0x  ，函数  ( ) ln 0f x a x a  ，且 ( ) ( )f x f x  ，若  2( ) 2 0g x x m m   的 图像与 ( )f x 的图像在第二象限有公共点，且在该点处的切线相同，当实数 m 变化时，实数 a 的取值范围是_______. 【答案】  4,4e 【解析】 【分析】 根据题意，可知 ( )f x 与 ( )g x 均为偶函数，所以 ( )f x 与 ( )g x 的图像在第二象限有公共点，且 在该点处的切线相同，则在第一象限也有公共点，且在该点处的切线也相同，求导得 0x  时，   af x x   ，   4g x x  ，设在第一象限的切点的横坐标为 0x ，得出  0 1,x   ，则 2 0 0 0 0 ln 2 4 a x x m a xx      ，整理得 0 2 0 2 2 0 0 0 1 4 4 ln 2 0 x a x m x x x         ，即可求出 0x 的取值范围，从而可求 出实数 a 的取值范围. 【详解】解：由题意知： ( ) ( )f x f x  和  2( ) 2 0g x x m m   ， 所以 ( )f x 与 ( )g x 均为偶函数， 由于 ( )f x 与 ( )g x 的图像在第二象限有公共点，且在该点处的切线相同， 则在第一象限也有公共点，且在该点处的切线也相同， 因为 0x  时，  ( ) ln 0f x a x a  ，  2( ) 2 0g x x m m   所以 0x  时，   af x x   ，   4g x x  ， 设在第一象限的切点的横坐标为 0x ，则 0 0( ) ln 0f x a x  ，可得  0 1,x   ， 则有 2 0 0 0 0 ln 2 4 a x x m a xx      ，即： 0 2 0 2 2 0 0 0 1 4 4 ln 2 0 x a x m x x x         ， 由 2 2 0 0 04 ln 2 0m x x x    ，即  2 0 02 1 2ln 0x x  ， 则 01 2ln 0x  ，解得： 0x e ， - 12 - 综上可得： 01 x e  ，则 2 01 x e  ， 又因为 2 04a x ，所以 4 4a e  ， 即：  4,4a e . 故答案为： 4,4e . 【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，以及函数的奇偶性的应用，考查函数与方程思想、 转化与化归思想. 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.在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别是 a ，b ， c ，已知 6C  ，  sin , 1m A    ，  cos ,1n B   ，且 / /m n   . （1）求 A 的值； （2）若点 D 为边 BC 上靠近 B 的四等分点，且 21AD  ，求 ABC 的面积. 【答案】（1） 6  ；（2） 4 3 【解析】 【分析】 （1）根据题意，由 / /m n   ，利用平面向量共线的坐标运算，得出sin cosA B  ，且 6C  ， 进 而 得 出 3 1sin cos cos cos sin sin cos sin2 2A B A C A C A A      ， 即 可 求 出 3sin cos3A A ，结合三角形的内角，即可求出 A 的值； （2）设 BD x ，由点 D 为边 BC 靠近 B 点的四等分点，得 4BC x ，由三角形内角和可算 出 2 3B A B     ，在 ABD△ 中，利用余弦定理求出 x ，从而得出 AB 和 BC ，最后利 用三角形的面积公式即可求出 ABC 的面积. 【详解】解：（1）由题可知，  sin , 1m A    ，  cos ,1n B   ，且 / /m n   ， ∴  sin cos 1 0A B    ，即 sin cosA B  ， - 13 - ∴  sin cos cos cos cos sin sinA B A C A C A C      ， 又 6C  ， ∴ 3 1sin cos cos sin sin cos sin2 2A A C A C A A    ， 即 3 3sin cos2 2A A ，∴ 3sin cos3A A ， 若 cos 0A  ，则sin 0A  ，与 2 2sin cos 1A A  矛盾， ∴ cos 0A  ，∴ 3tan 3A  ， 又 A 为 ABC 的内角，∴ 6A  ， ∴ A 的值为 6  . （2）设 BD x ，由点 D 为边 BC 靠近 B 点的四等分点，得 4BC x ， 由（1）得 6A  ，且已知 6C  ，则 2 3B A B     ， 在 ABD△ 中，根据余弦定理： 2 2 2 2 cosAD AB BD AB BD B    ， 得 2 2 2 2( 21) (4 ) 2 4 cos 3x x x x       ， 解得： 1x  ， ∴ 4AB BC  ， ∴ 1 1 2sin 4 4 sin 4 32 2 3ABCS BA BC B        △ ， ∴ ABC 的面积为 4 3 . 【点睛】本题考查平面向量共线的坐标运算和三角形的面积，通过余弦定理解三角形以及两 角和与差的正弦公式的应用，考查化简运算能力. - 14 - 16.在三棱锥 A BCD 中， ,E F 分别为 ,AD DC 的中点，且 BA BD ，平面 ABD  平面 ADC . （1）证明： / /EF 平面 ABC ； （2）证明：CD BE . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意，通过三角形的中位线关系，得出 //EF AC ，根据线面平行的判定定理，即 可证出 / /EF 平面 ABC ； （2）在 ABD△ 中，BA BD ，E 为 AD 的中点，则 BE AD ，因为平面 ABD  平面 ADC ， 根据面面垂直的性质得出 BE 平面 ADC ，再根据线面垂直的性质，即可证出CD BE . 【详解】证明：（1）在 ADC 中， ,E F 分别为 ,AD DC 的中点， ∴ //EF AC ， ∵ EF  平面 ABC ， AC  平面 ABC ， 所以 / /EF 平面 ABC . （2）在 ABD△ 中， BA BD ， E 为 AD 的中点， ∴ BE AD ， 又因为平面 ABD  平面 ADC ， BE  平面 ABD ，平面 ABD  平面 ADC AD ， ∴ BE 平面 ADC ， 因为 DC  平面 ADC ，所以 BE DC ，即CD BE . 【点睛】本题考查线面平行的判定以及通过线面垂直、面面垂直的性质证明线线垂直，考查 - 15 - 推理证明能力. 17.一胸针图样由等腰三角形OAB 及圆心C 在中轴线上的圆弧 AB 构成，已知 1OA OB  ， 2 3ACB   .为了增加胸针的美观程度，设计师准备焊接三条金丝线 , ,CO CA CB 且 AC 长 度不小于 OC 长度，设 AOC   . （1）试求出金丝线的总长度 ( )L  ，并求出 的取值范围； （2）当 为何值时，金丝线的总长度 ( )L  最小，并求出 ( )L  的最小值. 【答案】（1） ( ) 2sin( )6L    ，[ 6  ， 3  )；（2） 6   ， 3 【解析】 【分析】 （1）由题可知， 2 3ACB   ， AOC   ，从而得出 3ACM   ， 3CAO     ， 在 AOC△ 中，根据正弦定理即可求出 2 sin 3 AC  和 2 sin( )33 OC    ，即可金丝线 的总长度 ( )L  ，再根据 AC 长度不小于OC 长度，即可求出 的取值范围； （2）由（1）得 ( ) 2sin( )6L    且 ,6 3       ，根据三角函数的图象和性质，即可求出 ( )L  的最小值. 【详解】解：（1）∵圆心C 在中轴线上， 2 3ACB   ， AOC   ， ∴ 3ACM   ， 3CAO     ， - 16 - 在 AOC△ 中， 1AO  ， 2 3ACO   ， 3CAO     ， 根据正弦定理得： sin sin sin AC OA OC ACO OAC    ， 得 2 sin 3 AC  ， 2 sin( )33 OC    ， ∴ 2( ) 2 [2sin sin( )] 2sin( )3 63 L AC OC            ， ∵ AC 长度不小于OC 长度，即OC AC ， ∴ 2 2 3 1 2sin( ) ( cos sin ) sin3 2 23 3 3         ，即 3tan 3   ， 又 0 2   ，解得： 6 3    ， ∴ 的取值范围是[ 6  ， 3  ). （2）由（1）得 ( ) 2sin( )6L    ， ,6 3       ， ∴ ,6 3 2         ，此时sin( )6   单调递增， ∴当 6 3     ，即 6   时，sin( )6   取得最小值，为 3sin( )6 2    ， 此时金丝线的总长度 ( )L  最小，最小值为 3( ) 2 32L     ， ∴当 6   时，金丝线的总长度 ( )L  最小， ( )L  的最小值是 3 . 【点睛】本题考查正弦定理的应用以及三角函数的实际应用，还涉及三角函数的图象和性质 求最值，考查化简运算能力. 18.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右焦点 F 的坐标为 1,0 ，点 31, 2P     为椭圆C 上 一点. （1）求椭圆C 的方程； - 17 - （2）过椭圆C 的右焦点 F 作斜率为 3 的直线 l 交椭圆C 于 M ， N 两点，且 0OM ON OH        ，求 MNH△ 的面积. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）12 3 5 【解析】 【分析】 （1）根据题意，椭圆 C 的右焦点 F 的坐标为  1,0 ，得出 1c  ，根据 2 2 2c a b  得出 2 2 1a b  ，再根据点 31, 2P     是椭圆C 上一点，利用待定系数法即可求出 2a 和 2b ，从而得 到椭圆C 的方程； （2）根据直线的点斜式方程得出直线 l 的方程为 3( 1)y x= - - ，与椭圆方程联立，求得 0x  或 8 5x  ，从而得出 8 5M Nx x  ， 2 3 5M Ny y  ，以及弦长 MN ，通过 0OM ON OH        得出点 H 的坐标，根据点到直线的距离公式求出 H 点到直线l 的距离 d ， 即可求得 MNH△ 的面积 1 2S MN d  . 【详解】解：（1）设椭圆C 的焦距为 2c ， ∵椭圆C 的右焦点 F 的坐标为 1,0 ，∴ 1c  ， ∴ 2 2 1a b  ① ∵点 31, 2P     是椭圆C 上一点， ∴ 2 2 1 9 14a b   ② 由①、②解得： 2 4a  ， 2 3b  ， ∴椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ， （2）由直线 l 过椭圆的右焦点  1,0F 且斜率为 3 的直线l 的方程为： - 18 - 3( 1)y x= - - ，而直线 l 交椭圆C 于 M ， N 两点， 代入 2 2 14 3 x y  ，消去 x ，整理得： 25 8 0x x- = ， 解得： 0Mx  或 8 5Nx  ， ∴ 8 5M Nx x  ， 2 33( 2) 5M N M Ny y x x      ， ∴ 2 8 161 1 3 5 5MN M NMN k x x       ， ∵ 0OM ON OH        ，∴OH OM ON       ， 即   , ,H H M N M Nx y x x y y     ， ∴点 H 的坐标为( 8 5  ， 2 3 5  )， ∴ H 点到直线 l 的距离 8 2 33 ( ) 35 5 3 3 21 3 d        ， 所以 MNH△ 的面积 1 1 16 3 3 12 3 2 2 5 2 5S MN d      . 【点睛】本题考查椭圆的标准方程和根据直线与椭圆的位置关系求弦长和椭圆中的三角形面 积，还涉及椭圆的简单几何性质和点到直线的距离公式，考查化简运算能力. 19.已知函数 3 2( ) ( )f x x x ax a R    ， ( ) lng x x x . （1）求曲线 ( )g x 在 1x  处的切线方程； （2）对任意  0,x a ， ( ) ( )f x g x 恒成立，求实数 a 的取值范围； （3）当  0,x a 时，试求方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数. 【答案】（1） 1y x  ；（2） 30, ln 24     ；（3）当 30 ln 24a   时，根的个数为 0；当 3 ln 24a   时，根的个数为 1；当 3 ln 24a   时，根的个数为 2 【解析】 - 19 - 【分析】 （1）直接求导得  ( ) ln 1 0g x x x    ，利用导数的几何意义即可求出 ( )g x 在 1x  处的切 线方程； （2）对任意  0,x a ， ( ) ( )f x g x 恒成立，转化为对任意  0,x a ， 2 ln 0x x x a    恒成立，构造函数 2( ) lnx x x x a     ，  0,x a ，分类讨论 10 2a  和 1 2a  的情况， 利用导数研究函数的单调性、最值和解决恒成立问题，即可求出实数 a 的取值范围； （3）分类讨论 a 的取值范围，由（2）得，当 30 ln 24a   时，方程 ( ) ( )f x g x 的根的个 数为 0，当 3 ln 24a   时，当 1 2x  时， ( ) ( ) 0f x g x  ，得方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数 为 1；当 3 ln 24a   时，根据零点存在性定理，即可判断出方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数， 综合即可得出结论. 【详解】解：（1）∵ ( ) lng x x x ，则  g x 的定义域为 0,  ， ∴ ( ) ln 1g x x   ，∴ (1) 1g  ， ∵ (1) 0g  ，则切点为 1,0 ， ∴曲线 ( )g x 在 1x  处的切线方程是： 1y x  ， （2）∵对任意  0,x a ， ( ) ( )f x g x 恒成立， ∴对任意  0,x a ， 2 lnx x a x   恒成立， 即 2 ln 0x x x a    恒成立， 令 2( ) lnx x x x a     ，  0,x a ， 则 1 ( 1)(2 1)( ) 2 1 x xx x x x        ， ①当 10 2a  时，当  0,x a 时， ( ) 0x  ，∴ ( ) x 在 0,a 上单调递减， - 20 - ∴ 2 1 1 1 1 1( ) ln ( ) ln ln 2 02 4 2 2 4a a a a           ， ∴ 10 2a  ， ②当 1 2a  时，当 10, 2x     时， ( ) 0x  ，∴ ( ) x 在 10, 2      上单调递减， 当 1 ,2x a    时， ( ) 0x   ，∴ ( ) x 在 1 ,2 a     单调递增， ∴ 1 1 1 1 3( ) ln ln 2 02 4 2 2 4a a         ， ∴ 1 3 ln 22 4a   ， 综上，实数 a 的取值范围是 30, ln 24     . （3）当 30 ln 24a   时，由（2）得，方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数为 0， 当 3 ln 24a   时，由（2）得，当 1 2x  时， ( ) ( ) 0f x g x  ， ∴方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数为 1， 当 3 ln 24a   时， 1 3( ) ln 2 02 4 a     ， 3 ln 2 ln 24 1 2 ae e e      ， 2( ) 0a a ae e e      ， 根据零点存在性定理， ( ) x 在 1, 2 ae     上至少存在 1 个零点， 又在 10, 2      上单调递减， ∴在 ( ) x 在 10, 2      上只有 1 个零点， 2 2( ) ln 0a a a a a      ，同理， ( ) x 在 1 ,2 a     上只有 1 个零点， - 21 - ∴方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数为 2， 综上，当 30 ln 24a   时，方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数为 0； 当 3 ln 24a   时，方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数为 1； 当 3 ln 24a   时，方程 ( ) ( )f x g x 的根的个数为 2. 【点睛】本题考查导数的几何意义和利用导数研究函数的单调性和最值，利用导数解决恒成 立问题和零点个数问题，还涉及构造函数和零点存在性定理，考查转化思想和分类讨论思想. 20.已知数列 na 满足 1 1 2a  ， 1 1 n n n aa a     ， n N . （1）若 1  . ①求数列 na 的通项公式； ②证明：对 n N   ， 1 2 3 2 3 4a a a a a a  1 2 ( 5) 12( 2)( 3)n n n n na a a n n      . （2）若 2  ，且对 n N   ，有 0 1na  ，证明： 1 2 1 8n na a   . 【答案】（1）① 1 1na n   ；②证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）①当 1  时， 1 1 n n n aa a   ，两边取倒数，再根据数列递推关系，可得出数列 1 na       是 首项为 2，公差为 1 的等差数列，即可求出数列 na 的通项公式； ②由①知 1 1na n   ，利用裂项公式整理得出 1 2 1 1 1 1[ ]( 1)( 2)( 3) 2 ( 1)( 2) ( 2)( 3)k k ka a a k k k k k k k           ，则对 n N   ，根据 裂项相消法即可求出 1 2 3 2 3 4 1 2n n na a a a a a a a a    ； - 22 - （2）当 2  时， 1 2 2 1 n n n aa a   ，则 1 2 2 2 1(1 )1 1 n n n n n n n n n a aa a a a aa a       ，由于 0 1na  ， 则1 0na  ，根据基本不等式得出   211 2 n n n n a aa a        ，化简整理有 1 1 1 24 (1 ) 2(1 ) n n n n a a a a        ，最后再利用基本不等式，即可证明出 1 2 1 8n na a   . 【详解】解：（1）①当 1  时， 1 1 n n n aa a   ， ∵ 1 1 02a   ，∴ 1 2 1 01 aa a   ，依此类推， 0na  ∴ 1 11 1 1n n n n a a a a    ，∴ 1 1 1 1 n na a+ - = ， ∴数列 1 na       是首项为 2，公差为 1 的等差数列， ∴ 1 1 n na   ，即 1 1na n   ， ②证明：由①知 1 1na n   ，故对 1,2,3k  L 1 2 1 1 1 1[ ]( 1)( 2)( 3) 2 ( 1)( 2) ( 2)( 3)k k ka a a k k k k k k k           ， ∴ 1 2 3 2 3 4 1 2n n na a a a a a a a a    ＝ 1 1 1 1 1 1 1[( ) ( ) ( )]2 2 3 3 4 3 4 4 5 ( 1)( 2) ( 2)( 3)n n n n              ＝ 1 1 1 ( 5)[ ]2 2 3 ( 2)( 3) 12( 2)( 3) n n n n n n       ， （2）证明：当 2  时， 1 2 2 1 n n n aa a   ， - 23 - 则 1 2 2 2 1(1 )1 1 n n n n n n n n n a aa a a a aa a       ， ∵ 0 1na  ，则1 0na  ，得   211 2 n n n n a aa a        ， ∴ 2 1 2 2 1 1 1(1 ) ( )1 2 1 n n n n n n n n n n a a a aa a a a a a          ＝ 2 11 4 (1 ) 2(1 ) 2 n n n a a a      ＝ 1 1 1 1 2 1 24 4 82 2 2(1 ) 2(1 )n n a a        ， ∵ 1n na a  与 21 1n n a a    不能同时成立，所以上式“＝”不成立， 即对 n N   ， 1 2 1 8n na a   . 【点睛】本题考查通过数列的递推关系证出等差数列和求数列的通项公式，以及运用裂项相 消法求和，还涉及运用基本不等式求最值，考查推理证明和化简运算能力. 21.已知矩阵 1 0 1 kA      满足 2 1 2 0 1A      ，求 1A . 【答案】 1 1 0 1      【解析】 【分析】 由 1 0 1 kA      和 2 1 2 0 1A      ，根据矩阵的乘法运算求出 1k  ，即可得出 1 1= 0 1A      ，设 1 = a bA c d       ，再根据逆矩阵的定义和运算，即可求出 1A . 【详解】解：∵ 1 = 0 1 kA      ，∴ 2 1 1 1 2 1 2 0 1 0 1 0 1 0 1 k k kA                         ， ∴ 2 2k  ，解得： 1k  ， - 24 - ∴ 1 1= 0 1A      ， 设 1 = a bA c d       ，则 1 1 1 1 0= 0 1 0 1 a b a a bA A c d c c d                         ， ∴ 1 0 0 1 a a b c c d         ，解得 1 1 0 1 a b c d        ， ∴ 1 1 1= 0 1A      . 【点睛】本题考查矩阵的乘法运算和逆矩阵的定义和运算，考查化简计算能力. 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为 1 2 31+ 2 x t y t     (t 为参数)，以直角坐标系 xOy 的O 点为极点， Ox 为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C 的极坐标方程为 2cos( )3    . （1）求直线 l 的倾斜角； （2）若直线 l 与曲线C 交于 A ， B 两点，求 AB 的长度. 【答案】（1） 3  ；（2） 3 【解析】 【分析】 （1）利用消参法将直线 l 的参数方程化为普通方程，再利用斜率公式即可求出直线l 的倾斜角； （2）利用互化公式 2 2 2x y   ， cos x   ， sin y   ，将曲线C 的极坐标方程化为 直角坐标方程，再根据点到直线的距离公式，求出圆心 1 3,2 2       到直线l 的距离，最后再运用 直线与圆的弦长公式 2 22AB r d  ，即可求得结果. 【详解】解：（1）设直线l 的倾斜角为 ， [0, )  - 25 - ∵直线l 的参数方程为 1 2 31 2 x t y t      (t 为参数)，所以 1 3y x  ， ∴ tan 3  ，∵ [0, )  ， ∴ 3   ，∴直线l 的倾斜角为 3  ， （2）由曲线C 的极坐标方程为 2cos( )3    ，得 2 cos 3 sin      ， ∵ 2 2 2x y   ， cos x   ， sin y   ， ∴曲线C 的普通方程为 2 2 3 0x y x y    ， 圆心为 1 3,2 2       ，半径 1r  ， 则圆心 1 3,2 2       到直线l 的距离 1 33 12 2 1 2 2d      ， ∴ 2 2 212 2 1 ( ) 32AB r d     ， ∴ AB 的长度为 3 . 【点睛】本题考查利用消参法将参数方程化为普通方程，利用互化公式将极坐标方程化为直 角坐标方程，以及运用点到直线的距离公式和直线与圆的弦长公式，考查转化思想和运算能 力. 23.如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为梯形， / /AB CD ，若棱 AB ， AD ， AP 两两垂直，长度分别为 1，2，2，且向量 PC  与 BD  夹角的余弦值为 15 15 . - 26 - （1）求 CD 的长度； （2）求直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值. 【答案】（1）2；（2） 2 3 【解析】 【分析】 （1）如下图建立空间直角坐标系，由 / /AB CD ，可设 DC AB    ，则  ,2,0C  ，向量求 出 PC  和 BD  的坐标，利用 PC  与 BD  夹角的余弦值为 15 15 ，结合空间向量法求异面直线的 夹角运算公式，求出  ，即可求出 CD ； （2）先求出平面 PBD 的一个法向量，再通过空间向量法求线面角公式，即可求出直线 PC 与 平面 PBD 所成角的正弦值. 【详解】解：棱 , ,AB AD AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系如 图： - 27 - 则  1,0,0B ，  0,2,0D ，  0 0 2P , , ， ∵ / /AB CD ，可设 DC AB    ，∴  ,2,0C  （1）  ,2, 2PC     ，  1,2,0BD    ， 则 2 4 15cos 158 5 PC BD PC BD PC BD                , ， 解得： 2  ，∴ 2 2CD AB  ， （2）易得  1,0, 2PB    ，  0,2, 2PD    ， 设平面 PBD 的一个法向量  , ,n x y z   ，则 2 0 2 2 0 n PB x z n PD y z            ，令 1z  ，则 2x  ， 1y  ∴平面 PBD 的一个法向量  2,1,1n   ， 又  2,2, 2PC    ，设直线 PC 与平面 PBD 所成角为 ， [0, ]2   ， 则 4 2sin cos , 312 6 PC nPC n PC n               ， ∴直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值为 2 3 . - 28 - 【点睛】本题考查利用空间向量法由异面直线的夹角求其他线段长，以及利用空间向量法求 线面夹角，考查运算能力. 24.记 ( )f a 为 ( 1)nax  二项展开式中的 3x 项的系数，其中  1,2,3,..., 3a n n ， . （1）求 (1) (2) (3)f f f， ， ； （2）证明： 3 2 1 1 ( ) ( ) n n n a f a C n n    . 【答案】（1） 3(1) nf C ， 3(2) 8 nf C ， 3(3) 27 nf C ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由二项式定理的展开式可知， ( 1)nax  的二项展开式中的 3x 项的系数为 3 3 nC a ，则 3 3( ) nf a C a ，即可求出 (1) (2) (3)f f f， ， ； （2）由（1）得 3 3( ) nf a C a ，则 3 3 3 3 1 ( ) (1 2 ) n n n f a C n       ，则只需先证 2 2 3 3 3 ( 1)1 2 4 n nn     ， 3n  ，利用数学归纳法，化简整理后即可证出 3 2 1 1 ( ) ( ) n n n a f a C n n    . 【详解】解：（1）解：∵ ( 1)nax  的二项展开式中的 3x 项的系数为 3 3 nC a ， ∴ 3 3( ) nf a C a ，∴ 3(1) nf C ， 3(2) 8 nf C ， 3(3) 27 nf C ， （2）证明：由（1）得 3 3( ) nf a C a ，则 3 3 3 3 1 ( ) (1 2 ) n n n f a C n       先证： 2 2 3 3 3 ( 1)1 2 4 n nn     ， 3n  ， ①当 3n  时， 2 2 3 3 3 3 41 2 3 36= 4    ，结论成立， - 29 - 假设当  3,n k k k N    时，结论成立，即 2 2 3 3 3 ( 1)1 2 4 k kk     ， ②当 1n k  时， 2 2 3 3 3 3 3( 1)1 2 ( 1) ( 1)4 k kk k k        2 2 2 2 4 4 ( 1) ( 2)( 1) 4 4 k k k kk        ， ∴对任意不小于 3 的正整数 n，均有 2 2 3 3 3 ( 1)1 2 4 n nn     ， ∴ 2 2 2 2 3 1 ( 1) ( 1)( 2) ( 1)( ) 4 6 4 n n n n n n n n n nf a C         3 2 4 3 2 1 ( 2)( 1) ( 1) ( ) ( )24 n n n n n n n C n n        . 【点睛】本题考查二项式定理展开式的应用以及利用数学归纳法进行证明，考查转化与化归 思想和化简运算能力. - 30 -