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- 2021-06-16 发布
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- 1 -
“超级全能生”2020 高考浙江省 3 月联考(C)
数学
一、选择题: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. 已知全集U R ,集合 0A x x 或 1x , 1 1B x x ,则 A B R Ið ( )
A. 1 1x x B. 0 1x x
C. 0 1x x D. 1 1x x
【答案】B
【解析】
【分析】
求出 ARð ,利用交集的定义可求得集合 A BRð .
【详解】全集U R ,集合 0A x x 或 1x ,则 0 1R A x x ð ,
又 1 1B x x ,因此, 0 1A B x x Rð .
故选:B.
【点睛】本题考查补集和交集的混合运算,考查计算能力,属于基础题.
2. 在平面直角坐标系 xOy 中,若双曲线
2
2
2 1yx b
( 0b )经过点 2,1 ,则该双曲线的
离心率是( )
A. 2
2
B. 3 C. 2 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据双曲线所过的点,代入求得 1b ,根据双曲线中 , ,a b c 的关系求得 1 1 2c ,
进而求得双曲线的离心率.
【详解】因为双曲线
2
2
2 1yx b
( 0b )经过点 2,1 ,
所以有 2
12 1b
,解得 2 1b ,即 1b ,
- 2 -
所以 1, 1 1 2a c ,
所以双曲线的离心率为 2ce a
,
故选:C.
【点睛】该题考查的是有关双曲线的离心率的问题,涉及到的知识点有点在双曲线上的条件,
双曲线的离心率,属于基础题目.
3. 若实数 x , y 满足约束条件 1
1
x y
y
,则 2z x y 的最大值是( )
A. 0 B. 4 C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式组画出可行域,数形结合,即可求得目标函数的最大值.
【详解】不等式组表示的可行域如下图所示:
目标函数 2z x y ,可整理为 1
2 2
zy x ,
数形结合可知,当且仅当目标函数过点 2,1A 时,取得最大值.
故 2 2 4maxz .
故选: D .
【点睛】本题考查简单线性规划问题的最值求解,属基础题.
4. 某几何体的三视图如图所示(单位: cm ),则该几何的体积(单位: 3cm )是( )
- 3 -
A. 16 B. 6 C. 18 D. 16
3
【答案】D
【解析】
【分析】
首先把三视图转换为直观图(如图),得到一个四棱锥,然后利用棱锥的体积公式求解即可
【详解】解:由几何体的三视图可知,该几何体为底面为长方形,高为 2 的四棱锥,如图所
示,
所以该几何体的体积为 1 162 4 23 3
,
故选:D
【点睛】此题考查三视图与直观图的转换,几何体的体积公式的应用,属于基础题.
5. 若 a ,b 为实数,则“ 4a b ”是“ 2 2 4a b ”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】
分别画出不等式 4x y 和 2 2 4x y 表示的区域,根据区域的包含关系判断出充分、必
要条件.
- 4 -
【详解】设 , | 4A x y x y 其表示的区域是
4
4
4
4
x y
x y
x y
x y
,
画出图形如下图所示,
而 2 2, | 4B x y x y 表示的区域是以原点为圆心,以 2 为半径的圆的圆上和圆内部分,
由图可知,B 是 A 的真子集,
故“ 4x y ”是“ 2 2 4x y ”的必要不充分条件.
故选:B.
【点睛】本小题主要考查不等式表示区域的画法,考查充分、必要条件的判断,属于基础题
目.
6. 在直角坐标系中,函数
3
x x
xy e e
的图象大致是( )
A. B.
- 5 -
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数为奇函数可排除 B,再利用 x 的函数值,即可得答案;
【详解】令
3
( ) x x
xf x e e
, ( ) ( )f x f x , ( )f x 为奇函数可排除 B,
当 x 时, ( ) 0f x ,且 ( ) 0f x ,
故选:A.
【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数的图象,考查函数与方程思想、数形结合思想,
考查逻辑推理能力.
7. 设 10 2a ,则随机变量 的分布列为:
0 1 2
P 1
2
a b
设 y E ,则当 10, 2a
内增大时:( )
A. E 递减, 2E y 递增 B. E 递减, 2E y 递减
C. E 递增, 2E y 先递减再递增 D. E 递减, 2E y 先递增再递减
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意,求得随机变量 2y 的分布列,结合 1
2a b ,求得 E , 2E y ,再讨论其单
- 6 -
调性即可.
【详解】根据题意可得 1
2a b
E 2 1 2 1a b a a a .
则当 10, 2a
内增大时, E =1 a 单调递减;
又 y E ,故 2y 的分布列如下所示:
0 1 2
2y 21a 2a 21a
P 1
2
a 1
2 a
故 2E y 2 231 11 12 2a a a a
令 f a 2E y
2
2 1 51 2 4a a a
,
故当 10, 2a
时, f a 单调递减,即 2E y 单调递减.
故选: B .
【点睛】本题考查随机变量的数学期望的求解,涉及其单调性,属综合基础题.
8. 已知 P ABC 是正四面体,E 是棱 PA 上的中点,F 是线段 BC 的动点,EF 与直线 AB
所成的最小角为 , EF 与平面 ABC 所成的角为 ,二面角 E BC A 的平面角为 ,则
( )
- 7 -
A. , B. ,
C. , D. ,
【答案】C
【解析】
【分析】
作出图示,根据异面直线所成的角、线面角、面面角的定义,找出 , , 所表示的平面角,
再运用解三角形的方法,求得各角的值或范围,从而得出其大小关系,可得选项.
【详解】作出图示如下图所示,设正四面体的棱长为 2,取 BC 的中点 D,连接 ED,AD,EB,
EC,作 PH 面 ABC 于 H,作 EG 面 ABC 于 G,
则 3EB EC AD , 22 2 23 1 2ED EB BD ,
由正四面体的性质得:点 H,点 G 在线段 AD 上,且 2 1,3 3AH AD AG AD ,
所以
2
2 2 2 2 3 2 62 3 3PH PA AH
, 1 6
2 3EG PH ,
BF x 0 2x ,在 Rt GDF 中,
2
22 22 2 3 71 2 +3 3GF GD DF x xx
,
2
2 2 2 26 72 + 2 +33 3x xEF EG GF x x
,
过点 F 作 //MF AB 交 AC 于 M,连接 EM,则 MFE (或其补角)就是 EF 与直线 AB 所成的
角,又 2MF x , AM x ,
所以 2 2 2 22 co +1s 3EM AE AM A xE AM x ,
- 8 -
所以
2 2 22 2 2
2
2 +3 +1
2 +
2
2 2 3
cos 2
x x xMF E x xF EMMFE MF EF x xx
2
22 2
3 1 6 41+22 2 2
5 +6
2 +32 +3 2 +3
xx x x
xx x x xx x
,
令 2 3
6 22
4
+ 0xf x xx x
,则
'
22
4 3
2
2
3
0
+
x xf
x
x x
x
,
因为 0 2x ,所以 ' 0f x ,所以 f x 在 0 2, 上单调递减,所以当 0x 时, f x 取
得最大值, cos MFE 取得最大值,
又 cos MFE 在 0 2
骣琪琪桫
,p 上单调递减,所以当 0x 时, MFE 取得最小值,
所以当 0x 时, EF 与直线 AB 所成的角最小,最小角
6
,
连接 GF,则 GFE 就是 EF 与平面 ABC 所成的角 ,所以
2 2
6
63sin
2 +3 3 2 +3
EG
EF xx xx
,
因为 0 2x ,所以 2 2 +3 32 xx ,所以 2 3sin3 3
,
因为 D 是 BC 的中点,所以 ,ED BC AD BC ,所以 ADE 就是二面角 E BC A 的平
面角 ,由图示知 是锐角,
所以在 ADE 中,
2 2 2
cos 6
2 3
AD ED AEE D EAD A D
,又
6 2 6 3 3cos cos3 6 6 6
, 3sin 3
,
siny x 在 0 2
骣琪琪桫
,p 上单调递增, cosy x 在 0 2
骣琪琪桫
,p 上单调递减,所以 > 6
, ,
综上得: , .
故选:C.
- 9 -
【点睛】本题考查空间中的线线角、线面角、面面角的定义和求解方法,关键在于运用定义
找出所各角所表示的平面角,属于较难题.
9. 已知 a 、b R ,函数 3 2 1 0f x ax bx x a 恰有两个零点,则 a b的取值范围
( )
A. ,0 B. , 1 C. 1, 4
D. 1, 4
【答案】D
【解析】
【分析】
利用导数分析函数 y f x 的单调性,可得出该函数的极小值 1 0f x ,由题意得出
2
1 1 1
3 2
1 1 1 1
3 2 1 0
1 0
f x ax bx
f x ax bx x
,进而可得
2 3
1 1
2
1 1
1 2
2 3
a x x
b x x
,可得出 3 2
1 1 1
2 2 2a b x x x
,令
1
1 0t x
,由 0a 可得出 1
2t ,构造函数 3 22 2 2g t t t t ,求得函数 y g t 在区
间 1, 2
上的值域,由此可求得 a b的取值范围.
【详解】 3 2 1f x ax bx x 且 0a , 23 2 1f x ax bx , 24 12 0b a ,
则方程 0f x 必有两个不等的实根 1x 、 2x ,设 1 2x x ,
由韦达定理得 1 2
2
3
bx x a
, 1 2
1 03x x a
,则必有 1 20x x ,且
- 10 -
2
1 1 13 2 1 0f x ax bx ,①
当 1x x 或 2x x 时, 0f x ;当 1 2x x x 时, 0f x .
所以,函数 y f x 的单调递增区间为 1 2,x x ,单调递减区间为 1, x 和 2 ,x .
由于 0 1 0f ,若函数 y f x 有两个零点,则 3 2
1 1 1 1 1 0f x ax bx x ,②
联立①②得
2
1 1
3 2
1 1 1
3 2 1 0
1 0
ax bx
ax bx x
,可得
2 3
1 1
2
1 1
1 2
2 3
a x x
b x x
,所以, 3 2
1 1 1
2 2 2a b x x x
,
令
1
1 0t x
,令 3 22 2 2g t t t t ,则 a b g t ,
3 2 22 2 1 0a t t t t ,解得 1
2t ,
2 26 4 2 2 3 2 1 2 3 1 1g t t t t t t t .
当 1
2t 时, 0g t ,此时,函数 y g t 单调递增,则
3 21 1 1 1 12 2 22 2 2 2 4a b g t g
.
故选:D.
【点睛】本题考查利用三次函数的零点个数求代数式的取值范围,将代数式转化为函数是解
答的关键,考查化归与转化思想的应用,属于难题.
10. 数列 na 满足 1a a , 1 2
1 11 2n n na an n
, n N ,则下列正确的是( )
A. 当 1a 时, 2
2020a e B. 当 0a 时, 2020a e
C. 对任意 a ,数列 na 单调递增 D. 对任意 a ,数列 na 单调递减
【答案】A
【解析】
【分析】
证明出 ln 1 x x ,利用放缩法得出 1
1 1 1ln ln 1 2n n na a n n
,结合不等式的性质可判
断 A 选项的正误;根据递推公式计算得出 4 1a ,结合 A 选项可判断 B 选项的正误;取 2a ,
- 11 -
比较 1a 与 2a 的大小,可判断 C 选项的正误;利用 A 选项可判断 D 选项的正误.
【详解】对于 A 选项,令 ln 1f x x x ,其中 0x , 1 11 xf x x x
.
当 0 1x 时, 0f x ,此时,函数 y f x 单调递减;
当 1x 时, 0f x ,此时,函数 y f x 单调递增.
所以, 1 0f x f ,即 ln 1 x x .
当 1a 时, 1 1a , 2
1 11 22 2a , 3 2 2
1 11 06 2a a
,
以此类推,对任意的 n N , 0na ,从而
1 1 11 11 2
n
n
n n
a
a n n a
,则 1n na a ,
此时,数列 na 单调递增,则 1 1na a ,
所以 1 2 2
1 1 1 11 12 2n n nn na a an n n n
,
上述不等式两边取自然对数得 1 2
1 1ln ln 1 ln
2
n nna a
n n
,
1 2
1 1 1 1 1 1 1ln ln ln 1 2 1 2 1 2n n n n na a n n n n n n
,
1 2 1 3 2 1ln ln ln ln ln ln ln lnn n na a a a a a a a
2 1
1 1 1 1 1 1 1 10 1 2 2 3 1 2 2 2nn n
1
1
1 111 1 12 21 2 21 21 2
n
nn n
,
2
na e ,则 2
2020a e ,A 选项正确;
对于 B 选项,当 1 0a a 时, 2
1
2a , 3 2 2
1 1 7 1 51 6 2 12 4 6a a
,
4 3
1 1 13 5 1 371 112 8 12 6 8 36a a
,
- 12 -
由 A 选项可知,数列 na 为单调递增数列,当 4n 且 n N 时, 4 1na a ,
此时 1 2 2
1 1 1 11 12 2n n nn na a an n n n
,
1 2
1 1 1 1 1 1 1ln ln ln 1 2 1 2 1 2n n n n na a n n n n n n
,
4 5 4 6 5 1ln ln ln ln ln ln ln lnn n na a a a a a a a
4 5 1
37 1 1 1 1 1 1 1 1 1ln 36 4 5 5 6 1 2 2 2nn n
4 4
1
1 1137 1 1 37 3 1 1 37 32 2ln ln ln 1136 4 36 8 2 36 81 2
n
nn n
,
na e ,B 选项错误;
对于 C 选项,取 2a ,即 1 2a ,则 2
1 1 52 1 2 2 2a
, 1 2a a ,
此时,数列 na 不是单调递增数列,C 选项错误;
对于 D 选项,取 1a ,由 A 选项可知,数列 na 为单调递增数列,D 选项错误.
故选:A.
【点睛】本题考查数列递推公式的应用,考查数列单调性以及放缩法的应用,考查推理论证
能力,属于难题.
二、填空题
11. 复数 1
2z i
(i 为虚数单位),则 z 的虚部为______, z ______.
【答案】 (1). 1
5
(2). 5
5
【解析】
【分析】
直接化简 1
2z i
,再求其共轭复数和模即可.
【详解】解: 2 2
1 2 2 2 1
2 (2 )(2 ) 2 5 5
i iz ii i i i
,
- 13 -
所以 2 1
5 5z i ,
2 22 1 1 5
5 5 5 5z
,
所以 2 1
5 5z i 的虚部为 1
5
,
故答案为: 1
5
; 5
5
【点睛】此题考查复数的运算,共轭复数,复数的模,属于基础题.
12. 在二项式 4
2
nx
x
的展开式的第 5 项为常数项,则 n ______,此常数项是______.
【答案】 (1). 6 (2). 960
【解析】
【分析】
先求出二项式 4
2
nx
x
展开式的通项公式为 2 3
3 2
1 2
n r
r r n
r nT C x
,再由已知条件得
2 3 4 02
n ,运算即可得解.
【详解】解:由二项式 4
2
nx
x
展开式的通项公式为 2 3
3 2
1 2
n r
r r n
r nT C x
,
由展开式中,第 5 项为常数项,则 2 3 4 02
n ,即 6,n
所以该常数项为 4 3 4 6
5 6 2 15 64 960T C ,
故答案为:6;960.
【点睛】本题考查了二项式定理,重点考查了二项式展开式的通项公式,属于基础题.
13. 新冠肺炎侵袭,某医院派出 5 名医生支援 A 、 B 、C 三个国家,派往每个国家至少一名医
生,共有______种安排方式;若甲、乙不去同一个国家,共有______种安排方式.
【答案】 (1). 150 (2). 114
【解析】
【分析】
首先将把 5 人分成 3 组,再分配到三个不同的国家去即可得到答案,先考虑甲、乙同去一个国
家时的情况,再利用间接法即可得到甲、乙不去同一个国家的答案.
【详解】第一步,把5 人分成 3 组,共有两类分法:
- 14 -
①一组3 人,其余两组各1人,共有
3 1 1
5 2 1
2
2
10C C C
A
种分法,
②一组1人,其余两组各 2 人,共有
1 2 2
5 4 2
2
2
15C C C
A
种分法,
第二步,将这 3 组分配到三个不同的国家去,共有 3
3 6A 种分法,
所以共有 10 15 6 150 种安排方式.
当甲、乙同去一个国家时,
①分组为 3 ,1,1,共有
1 1 1
33 2 1
32
2
18 C C C AA
,
②分组为1, 2 , 2 ,共有
2 1 1
33 2 1
32
2
18 C C C AA
,
所以甲、乙同去一个国家共有36种,即甲、乙不去同一个国家,共有150 36 114 种.
故答案为:150 ;114
【点睛】本题主要考查排均匀分组问题,间接法为解题的关键,属于中档题.
14. 已知 x 、 y 为正实数,满足 4 2 7x y xy ,则 2x y 的最小值为______.
【答案】 3
【解析】
【分析】
由 4 2 7x y xy 可得出 7 4
2 1
xy x
,进而可得 92 2 1 32 1x y x x
,利用基本不
等式可得 2x y 的最小值.
【详解】由 4 2 7x y xy 可得出 9 2 2 17 4 9 22 1 2 1 2 1
xxy x x x
,
由于 x 、 y 为正实数,则
0
7 4 02 1
x
xy x
,可得 70 4x ,
9 9 92 2 2 2 1 3 2 2 1 3 32 1 2 1 2 1x y x x xx x x
,
当且仅当 92 1 2 1x x
时,即当 1x 时,等号成立,
- 15 -
因此, 2x y 的最小值为3 .
故答案为:3 .
【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值,解答的关键就是对所求代数式进行合理
配凑,考查计算能力,属于中等题.
15. 在凸四边形 ABCD 中,已知 60ABC , 30ADC , AB BC , 5AD ,
2 3CD ,则 AC ______, BD _______.
【答案】 (1). 7 (2). 37
【解析】
【分析】
在 ADC 中,由余弦定理可求得 AC ,再运用余弦定理求得 cos ACD ,由余弦的和角公式
求得 cos BCD ,根据余弦可求得 BD 的长.
【详解】在 ADC 中, 30ADC , 5AD , 2 3CD ,
由余弦定理得
2 2 2 3+ 2 cos 25+12 2 5 2 3 72AC AD CD AD CD ADC ,
所以 7AC ,所以
2 22 + 7+12 25 21cos 2 142 7 2 3
ACACD A
CD A
C CD
D
,
因为 0 ACD ,所以 5 7sin 14ACD ,
又 60ABC ,AB BC ,所以 ABC 是正三角形,所以
3BCA , 7BC AC ,
所以 3 21cos cos + cos cos sin sin3 3 3 14BCD ACD ACD ACD
,
所以,在 BCD 中,
2 2 2 3 21+ 2 cos 7+12 2 7 2 3 3714BD BC CD BC CD BCD
,
所以 37BD ,
故答案为: 7 ; 37 .
- 16 -
【点睛】本题考查运用余弦定理求解三角形,关键在于分析出边角的关系,选择合适的公式,
属于基础题.
16. 记 1 2 1 2, 2d A B x x y y ,其中 1 1,A x y 、 2 2,B x y ,已知 A 、 B 是椭圆
2
2 14
x y 上的任意两点,C 是椭圆右顶点,则 , ,d A C d B C 的最大值是______.
【答案】 4 4 2
【解析】
【分析】
设 点 2cos ,sinA , 其 中 0 2 , 可 得 , 2 1 cos 2 sind A C , 分
0 和 2 两种情况讨论,结合辅助角公式求得 ,d A C 的最大值,同理可求
得 ,d B C 的最大值,由此能得出结果.
【详解】设点 2cos ,sinA ,其中 0 2 ,易知点 2,0C ,
则 , 2cos 2 2 sin 2 1 cos 2 sind A C .
①当 0 时, , 2 1 cos 2sin 2 2 sin 24d A C
,
0 ,则 3
4 4 4
,当
4 2
时, ,d A C 取最大值 2 2 2 ;
②当 2 时, , 2 1 cos 2sin 2 2 2 sin 4d A C
,
2 ,则 5 9
4 4 4
,当 3
4 2
时, ,d A C 取最大值 2 2 2 .
综上所述, ,d A C 的最大值 2 2 2 ,同理可知, ,d B C 的最大值也为 2 2 2 .
因此, , ,d A C d B C 的最大值是 4 4 2 .
故答案为: 4 4 2 .
- 17 -
【点睛】本题考查距离的新定义,考查椭圆方程的应用,考查计算能力,属于难题.
17. 平面非零向量 a
,b
, c
,满足 a b , c
为单位向量,已知 2 0a b a b c
且
3a c
,则 a b
r r
的最大值是______.
【答案】6
【解析】
【分析】
首 先 根 据 2 0a b a b c
可 得 2 2 0a b b a a c
, 拆 开 后 得
2( ) 2( ) ( ) 0a b a b a c ,即 2( ) 2( ) ( ) 2a b a b a c a b a c
,结合题中
所给的条件,可得 0 6a b
,从而得到结果.
【详解】因为 2 0a b a b c
,
所以 2 2 0a b b a a c
,
所以 2( ) 2( ) ( ) 0a b a b a c ,
所以 2( ) 2( ) ( ) 2a b a b a c a b a c
,
所以 2
6a b a b ,所以 0 6a b
,
所以 a b
r r
的最大值是 6,当且仅当 a b 与 a c
r r 同向共线时取等号,
故答案为:6.
【点睛】该题考查的是有关向量的问题,涉及到的知识点有向量的运算,向量数量积运算律,
以及数量积的性质,属于较难题目.
三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
18. 已知函数 sinf x A x ,( 0A , 0 , π0 2
) xR 的部分图像如图
所示.
- 18 -
(1)求 f x 的解析式;
(2)若 4
5f ,求 sin 2 的值.
【答案】(1) ( ) sin 2 4f x x
;(2) 7 2sin 2 10
或 2sin 2 10
.
【解析】
【分析】
(1)由图像即可求得 A 和T ,进而得 ,得到函数 ( )f x 的解析式,将最高点 ,08
代入解
析式,即可求得 的值,即可求得函数 f x 的解析式;
(2)将 代入解析式,即可得 4sin 2 4 5
,利用正弦的差角公式变形即可求得sin 2
的值.
【详解】(1)由函数图象可知 1A ,
4 4
T ,即T ,
所以 2 2T
,从而函数 ( ) sin(2 )f x x
将 ,08
代入 f x 解析式得 24 k , 24 k ,
又| | 2
,故
4
,
所以函数解析式为 ( ) sin 2 4f x x
;
(2)因为 4
4sin 2 5f
,
所以 3cos 2 54
,
- 19 -
于是sin 2 sin 2 sin 2 cos cos2 s4 4 4 4 i4 4n
4 3 4 2 3
5 2 5
2 2
2 10
2
,
即 4 2 3 2 7 2sin 2 10 10
或 4 2 3 2sin 2 10
2
10
.
【点睛】本题考查了已知部分图像求三角函数解析式的方法,正弦差角公式的简单应用,属
于简单题目.
19. 四棱锥 P ABCD ,底面 ABCD 为平行四边形, PC 平面 ABCD ,且
1PC AB AC , AC AB ;
(1) M 为 BC 中点,求证: AM BP ;
(2)若点 N 是线段 PC 上的动点,当二面角 N BD C 的正切值为 5
2
,求此时 NB 与平
面 PAB 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2) 2
6
【解析】
【分析】
(1)首先连接 AM ,根据线面垂直的性质得到 PC AM ,易证 AM BC ,从而得到 AM
平面 PBC ,再利用线面垂直的性质即可证明 AM BP .
(2)以C 为原点,CD ,CA ,CP 分别为 x , y , z 轴建系,CN t ,利用向量法根据二
面角 N BD C 的正切值为 5
2
得到 1
2t ,再求线面角即可.
【详解】(1)连接 AM ,如图所示,
- 20 -
因为 PC 平面 ABCD , AM 平面 ABCD ,所以 PC AM .
因为 AB AC , M 为 BC 中点,所以 AM BC .
又因为 PC BC C ,所以 AM 平面 PBC ,
因为 PB 平面 PBC ,所以 AM BP .
(2)以C 为原点, CD ,CA , CP 分别为 x , y , z 轴建系,如图所示,
设CN t ,则 0,0,N t , 1,0,0D , 0,1,0A , 1,1,0B , 0,0,1P .
1,0,
ND t , 2,1,0
DB ,
设平面 NBD 的法向量为 1 1 1, ,n x y z
r ,
则 1 1
1 1
0
2 0
ND n x tz
DB n x y
,令 1 1z ,解得 ,2 ,1
n t t .
又因为平面CBD 的法向量为 0,0,1
CP ,
设二面角 N BD C 的平面角为 , 5tan 2
,所以 2cos 3
,
即 2
1 2cos 35 1
n CP
n CP t
,解得 1
2t .
- 21 -
所以 11,1, 2
NB , 0,1, 1
PA , 1,0,0
AB ,
设平面 PAB 的法向量为 2 2 2, ,m x y z ,
则 2 2
2
0
0
PA m y z
AB m x
,令 2 1z ,解得 0,1,1m .
NB 与平面 PAB 所成角的正弦值为
1
22
611 1 24
m NB
m NB
.
【点睛】本题第一问考查线线垂直的证明,第二问考查向量法求二面角和线面角,同时考查
学生的计算能力,属于中档题.
20. 设等差数列 na 的前 n 项和为 nS , 2 55 2a a , 5 15S ,数列 nb 满足: 1 0b ,
1 1
1 1
n
n
b n
b n
.
(1)求数列 na , nb 的通项公式;
(2)记数列 n n nc a b ,数列 nc 的前 n 项和为 nT ,证明: 1 1
2 2n
n n n nT
.
【答案】(1) na n ,
2 1n
nb n
;(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)首先根据题意得到
1 1
5 1
5 2 4
5 45 152
a d a d
S a d
,再解方程组即可数列 na 的通项公式,根
据题意得到 11 2 1 n nn b nb n ,再利用叠加法即可得到数列 nb 的通项公式.
(2)首先得到 2 1 nc n 且 1 nn c n ,再利用等差数列的求和公式即可证明结论.
【详解】(1)由题知:
1 1
5 1
5 2 4
5 45 152
a d a d
S a d
,解得 1 1a d ,即 na n .
- 22 -
因为 1 1
1 1
n
n
b n
b n
,所以 11 1 1 0 n nn b n b ,
即 11 2 1 n nn b nb n .
所以 11 2 1 1 n nnb n b n ,
1 21 2 2 2 1 n nn b n b n ,
……
2 12 2 1 1 b b .
叠加得到: 2
1 2 1 2 1 1 1…+ nnb b n n n ,
因为 1 0b ,所以
2 1n
nb n
.
(2)因为 2 1 n n nc a b n ,所以 1 nn c n ,
所以 0 1 1 2… … nn T n ,即证 1 1
2 2n
n n n nT
.
【点睛】本题第一问考查等差数列的通项公式,同时考查了叠加法求通项公式,第二问考查
数列的证明,属于中档题.
21. 如图,已知点 1,0F 为抛物线 2 2y px ( 0p )的焦点,一条直线交抛物线于 A 、 B 两
点,与准线交于点C ( B 在 A 、C 之间且 B 、A 均在 x 轴上方),满足 BF AF ,记 BCF△ 、
ABF 的面积分别为 1S 、 2S .
(1)求抛物线的标准方程;
- 23 -
(2)求 1
2
S
S 的取值范围.
【答案】(1) 2 4y x ;(2) 0,1 .
【解析】
【分析】
(1)根据抛物线的焦点坐标可求得 p 的值,进而可求得抛物线的标准方程;
(2)设直线 AB 的方程为 x my b ,设点 1 1,A x y 、 2 2,B x y ,将该直线的方程与抛物
线的方程联立,列出韦达定理,由 BF AF 可得出 2 24 6 1m b b ,由题意得出 0b ,进
而得出 2 1
4m ,求得 2y ,化简得出 1
2
2
1 2 112 2
S
S m
,结合 2 1
4m 可求得 1
2
S
S 的取值范
围.
【详解】(1)由于抛物线的 2 2y px 的焦点为 1,0F ,则 12
p ,可得 2p ,
因此,抛物线的标准方程为 2 4y x ;
(2)设直线 AB 的方程为 x my b ,设点 1 1,A x y 、 2 2,B x y ,
在直线 AB 的方程中,令 1x ,可得 1by m
,即点 11, bC m
,
联立 2 4
x my b
y x
,可得 2 4 4 0y my b , 216 16 0m b ,
由于 A 、 B 两点均在 x 轴上方,由韦达定理得 1 2 4 0y y m , 1 2 4 0y y b ,则 0b .
解方程 2 4 4 0y my b ,由于 1 2y y ,则 2
2 2 2y m m b ,
1 1 1 11, 1,FA x y my b y , 2 21,FB my b y ,
由于 BF AF ,则
22
1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1 1FA FB my b my b y y m y y m b y y b
22 24 1 4 1 1 0m b m b b ,
可得 2 24 6 1m b b ,由于 0b ,则 24 1m ,可得 2 1
4m .
- 24 -
22 2
2 21
2 2 2
2 2 12 1 1 2 1 2
1 12 21
1 44
C C
b by m m bBC m y y y yS m m
S AB y ym y y m by y y y
2
2 2 2
2 2
6 1 12 1 1 1 4 3 1 3 1 4 8 12
2 2 4 1 2 4 2 4 24 6 14 4
b b bm b b b b m
m b m mm m b b bm b
2
1 2 11 0,12 2m
.
因此, 1
2
S
S 的取值范围是 0,1 .
【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解,同时也考查了抛物线中三角形面积比值的取值范
围的求解,考查韦达定理设而不求法的应用,考查计算能力,属于难题.
22. 设函数 2 21 3 1ln2 2 2f x x ax x ax x
.
(1)当 1a 时,求函数 f x 的单调区间;
(2)当 0 4
ea 时,
①证明:函数 f x 有两个零点 1x , 2x ;
②求证: 1 2x x e ,注: 2.71828e 为自然对数的底数.
【答案】(1)增区间为( , )e 和 (0 )1,,减区间为 (1 )e, ;(2)①证明见解析;②证明见解
析.
【解析】
【分析】
(1)先求导数,再根据导函数符号确定单调区间;
(2)①先求导函数零点,再结合单调性以及零点存在定理确定零点个数;
②令 lnt x ,转化研究 ( ) 2 3t th t e a t a e 零点,再构造函数
1( ) ( ) (1 ),(0 )2s t h t h t t ,利用导数研究单调性,再根据单调性证明不等式.
- 25 -
【详解】(1) 2 21 3 1ln2 2 2f x x ax x ax x Q ,
1(ln )2f x x a x ,当 1a 时, 11 (ln )2f x x x ,
由 0f x 得 0 1x 或 x e ,由 0f x 得1 x e ,
因此函数 f x 增区间为 ( , )e 和 (0 )1,,减区间为 (1 )e, ;
(2)①由(1)可得当 0 4
ea 时,函数 f x 增区间为 ( , )e 和 (0 )a, ,减区间为
( )a e, ;又
2
2ln 0, ( ) ( ) 02 4
a ef a a a f e e a ,
0,2
aef e
因此当 ( )x a e , 时,函数 f x 有且仅有一个零点,
当 ( )x e e , 时,函数 f x 有且仅有一个零点,即当 ( , )x e 时,函数 f x 有且仅有
一个零点,
2 21 3 1ln [( 2 )ln 3 ]2 2 2 2
xf x x ax x ax x x a x a x Q
令 g 2 ln 3 ( ) ( )2
xx x a x a x f x g x
当 0 x a 时, g 2 ln 3 2 ln 3 (2 ln ) 0x x a x a x a a x a a a x
因此当 0 x a 时, ( ) 0f x ,即当 (0, )x a 时,函数 f x 无零点,
综上,函数 f x 有两个零点 1x , 2x ;
②由①得 1 (0, )x e , 2 ( , )x e e ,令 lnt x ,则 g 2 3 ( )t tx e a t a e h t
所以 1 1 2 2 1 2
1 1ln (0, ), ln ( ,1), ( ) ( ) 0,2 2t x t x h t h t
因为 ( ) 2th t te a ,所以当 1 12 t 时 1 1 1( ) ( ) 2 2 02 2 2 4
eh t h e a e
即 ( )h t 在 1( ,1)2
上单调递增;
令 1( ) ( ) (1 ),(0 )2s t h t h t t ,则 1( ) ( )+ (1 ) (1 ) 4t ts t h t h t te t e a
- 26 -
因为 ty te 为凹函数,所以 1 1 1( ) ( ) 4 4 02 2 2 4
es t s e e a e
即 ( )s t 在 1(0 )2
, 上单调递增,因此 1( ) ( ) 02s t s ;
因为 1
1(0, ),2t 所以 1 1 1 1 1( ) 0 ( ) (1 ) 0 ( ) (1 )s t h t h t h t h t ,
因为 1 2( ) ( )h t h t ,所以 2 1( ) (1 )h t h t
因为 2 1
1 1( ,1) 1 ( ,1)2 2t t , ,( )h t 在 1( ,1)2
上单调递增;
所以 2 1 1 2 1 2 1 21 1 ln ln 1t t t t x x x x e
【点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间、利用导数研究函数零点、利用导数证明不等
式,考查综合分析论证与求解能力,属难题.
- 27 -
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