2020届全国普通高等学校招生统一考试(江苏卷)模拟预测卷数学试题及答案解析 24页

2020 届全国普通高等学校招生统一考试模拟预测卷数学试题 一、填空题 1．现有 7 名数理化成绩优秀者，分别用 1A ， 2A ， 3A ， 1B ， 2B ， 1C ， 2C 表示，其中 1A ， 2A ， 3A 的数学成绩优秀， 1B ， 2B 的物理成绩优秀， 1C ， 2C 的化学成绩优秀.从中选出数学、物理、化学 成绩优秀者各 1 名，组成一个小组代表学校参加竞赛，则 1A 和 1B 不全被选中的概率为 ______________. 2．若某几何体的三视图（单位： cm ）如图所示，则该几何体的体积是________ 3cm ． 3．求值：  0 0sin50 1 3 cot80  ______________. 4．已知数列 na 成等差数列，且 1 7 13 4a a a    ，则  2 12tan a a ＝ 5．已知向量 ,a b 满足 2 2b a   ， a 与b 的夹角为120 ，则 4a b  ________. 6．若曲线 xy e 上点 P 处的切线平行于直线 2 1 0x y   ，则点 P 的坐标为______． 7．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i  ． 8．抛物线 2 12y x  的准线与双曲线 2 2 16 2 x y  的两条渐近线所围成的三角形的面积等 于 ． 9．已知一组数据 6， 7 ，8 ，9， m 的平均数是8 ，则这组数据的方差是_________. 10．波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前 262-190 年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科 学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面 内与两定点距离的比为常数 k（ 0k  且 1k  ）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆. 现有 ABC ， 4,sin 2sinAC C A  ，则当 ABC 的面积最大时，AC边上的高为_______________. 11．设集合 {1,2,3}A  ， {2,4,6}B  ，则 A B  __________． 12．如图，三个相同的正方形相接，则 tan ABC 的值为__________． 13．下列四个命题中，正确命题的个数是___________. ① 0 比i 小 ②两个复数互为共轭复数，当且仅当其和为实数 ③ 1x yi i   的充要条件为 1x y  ④如果实数 a 与 ai 对应，那么实数集与纯虚数集一一对应 14．已知函数   2ln 3 af x xx    ，   3 22 3 3 2g x x x x    ，对任意的 1,23m     ，都存在 1,23n     ，使得    g m f n 成立，则实数 a 的取值范围是______. 二、解答题 15．已知 ，  为锐角，   12cos 13    ，   3cos 2 5    ，求 cos 的值. 16．某单位科技活动纪念章的结构如图所示，O 是半径分别为 1cm，2cm 的两个同心圆的圆心，等 腰△ABC 的顶点 A 在外圆上，底边 BC 的两个端点都在内圆上，点 O，A 在直线 BC 的同侧．若线 段 BC 与劣弧 BC 所围成的弓形面积为 S1，△OAB 与△OAC 的面积之和为 S2， 设∠BOC＝2 ． （1）当 3   时，求 S2﹣S1 的值； （2）经研究发现当 S2﹣S1 的值最大时，纪念章最美观，求当纪念章最美观时，cos 的值．（求导 参考公式：(sin2x)'＝2cos2x，(cos2x)'＝﹣2sin2x） 17．已知四点 1 2 3 4 1 1 1 2 2 2( 3, ), ( 3, ), ( 3, ), ( , )2 2 2 3 3P P P P   中只有三点在椭圆 C ： 2 2 2 2 1x y a b   上. （1）求椭圆C 的方程； （2）若直线l 的斜率为 1，直线 l 与圆 2 2 1x y  相切，且与椭圆 C 交于点 ,A B ，求线段 AB 的长. 18．已知正项等差数列 na 满足： 2 3 3 3 1 2n nS a a a    ，其中 nS 是数列 na 的前 n 项和. （1）求数列 na 的通项公式； （2）令      1 41 2 1 2 1 n n n n nb a a     ，证明： 1 2 2 2 2 1n nb b b n      L . 19．现有 6 名奥运会志愿者，其中志愿者 1 2,A A 通晓日语， 1 2,B B 通晓俄语， 1 2,C C 通晓韩语，从 中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各 1 名，组成一个小组. （1）求 1A 被选中的概率； （2）求 1B 和 1C 不全被选中的概率； （3）若 6 名奥运会志愿者每小时派两人值班，现有两名只会日语的运动员到来，求恰好遇到 1 2,A A 的概率. 20．在等腰直角三角形 ABC 中，AB＝AC＝3，点 P 是边 AB 上异于 A，B 的一点，光线从点 P 出发， 经 BC，CA 反射后又回到点 P（如图），光线 QR 经过 ABC 的重心，若以点 A 为坐标原点，射线 AB，AC 分别为 x 轴正半轴，y 轴正半轴，建立平面直角坐标系． （1）AP 等于多少？ （2）D（x，y）是 RPQ 内（不含边界）任意一点，求 x，y 所满足的不等式组，并求出 D（x，y） 到直线 2x+4y+1＝0 距离的取值范围． 21．已知函数   2 1 2 1f x x x    ． （1）求函数  f x 的最小值 m ； （2）若正实数 ,a b 满足 1 1 3a b   ，求证： 2 2 1 2 ma b   ． 22．已知曲线 1 1:C y x  绕原点逆时针旋转 45后可得到曲线 2 2 2 : 2C y x  ， （I）求由曲线 1C 变换到曲线 2C 对应的矩阵 1M ；. （II）若矩阵 2 2 0 0 3M      ，求曲线 1C 依次经过矩阵 1 2,M M 对应的变换 1 2,T T 变换后得到的曲线 方程. 23．已知数列 na 满足 2 2, 2 , n n n a na a n    为奇数 为偶数 ，且 * 1 2, 1, 2n N a a   . (1)求  na 的通项公式； (2)设 * 1,n n nb a a n N   ，求数列 nb 的前 2n 项和 2nS ； (3)设  2 1 2 1 n n n nc a a    ，证明： 1 2 3 1 1 1 1 5 4nc c c c      24．已知函数 1 2( ) 4  xf x e ax ，曲线 ( )y f x 在 1x  处的切线方程为 1y bx  . （1）求实数 a b、 的值； （2） 0x  且 1x  时，证明：曲线 ( )y f x 的图象恒在切线 1y bx  的上方； （3）证明：不等式： 1 24 3 2ln 0   xxe x x x… . 25．如图所示，平面 ABCD  平面 BCE ，四边形 ABCD 为矩形， BC CE ，点 F 为CE 的中 点. (1)证明： / /AE 平面 BDF . (2)点 M 为CD 上任意一点，在线段 AE 上是否存在点 P ，使得 PM BE ？若存在，确定点 P 的 位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案与解析】 1． 5 6 列出从这 7 人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各 1 名所有样本点，求出满足事件的样本点个数， 即可求出结论. 从这 7 人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各 1 名， 所有可能的结果组成的 12 个样本点为 1 1 1, ,A B C ，  1 1 2, ,A B C ， 1 2 1, ,A B C ， 1 2 2, ,A B C ， 2 1 1, ,A B C ，  2 1 2, ,A B C ， 2 2 1, ,A B C ， 2 2 2, ,A B C ， 3 1 1, ,A B C ，  3 1 2, ,A B C ， 3 2 1, ,A B C ， 3 2 2, ,A B C . “ 1A 和 1B 全被选中”有 2 个样本点 1 1 1, ,A B C ， 1 1 2, ,A B C ， “ 1A 和 1B 不全被选中”为事件 N 共有 10 个样本点，概率为 10 5 12 6  . 故答案为: 5 6 . 本题考查古典概型的概率，列举样本点是解题的关键，属于基础题. 2．144 由三视图可知：该几何体是由一个长方体和正四棱台组成.其中长方体的长为 4，宽为 4，高为 2， 正四棱台的上底边长为 4，下底边长为 8，高为 3，分别求得体积求和即可. 由三视图可知：该几何体是由一个长方体和正四棱台组成. 长方体的长为 4，宽为 4，高为 2， 所以 V 长方体 4 4 2 32    ； 正四棱台的上底边长为 4，下底边长为 8，高为 3， 所以 V 正四棱台    1 1 2 2 1 1 16 16 64 64 1123 3S S S S        . 所以该几何体的体积是 144. 故答案为：144 本题主要考查三视图的应用以及几何体体积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基 础题. 3．1 先利用同角基本关系将原式切化弦，再利用两角和的正弦公式，结合二倍角的正弦公式化简分子， 进而再利用诱导公式变形，约分后即可得到结果． 因为    0 0sin50 1 3cot80 sin50 1 3tan10     ＝sin50 1 3 （ • 10 10 sin cos   ） ＝sin50• 10 3 10 10 cos sin cos     ＝sin50• 1 32 10 102 2 10 cos sin cos        ＝sin50• 2 40 10 sin cos   2 40 40 10 sin cos cos    80 10 sin cos   10 10 cos cos   ＝1． 故答案为 1. 本题考查了三角函数的化简求值问题，考查了两角和的正弦公式、同角三角函数间的基本关系，以 及诱导公式的运用，熟练掌握公式是解本题的关键． 4． 3 先根据等差数列的等差中项的性质利用 1 7 13a a a  的值求得 7a 的值,进而利用等差中项的性质求 得 2 12a a 的值,代入  2 12tan a a 答案可得. 1 7 13 73 4a a a a     7 4 3a    2 12 7 8 2tan tan 2 tan tan 33 3a a a         故答案为 3 本题主要考查了等差数列的性质、等差中项.作为等差数列的常用性质,在高考中常以填空和选择题 出现. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质 2p q m n ra a a a a    （ 2p q m n r    ）. 5． 73 结合数量积的运算律可求得 2 4a b  ，进而求得结果. 2 222 24 8 16 8 cos120 16 1 8 64 73a b a a b b a a b b                     ， 4 73a b   . 故答案为： 73 . 本题考查平面向量模长的求解问题，关键是熟练应用平面向量数量积的运算律求得模长的平方. 6． (ln 2,2) 先设 P（x，y），求出函数的导数，利用 xe ＝2，求出 x 并代入解析式求出 y 可得 P 的坐标． 设 P（x，y），由题意得 xy e ， ∵ ' xy e 在点 P 处的切线与直线 2 1 0x y   平行， ∴ xe ＝2，解得 x＝ln2， ∴ 2x lny e e  ＝2，故 P（ln2，2）． 故答案为：（ln2，2）． 本题考查了导数的几何意义，即曲线在某点处切线的斜率是该点处的导数值，属于基础题． 7．5 框图首先给变量 a 和变量i 赋值， 4a  ， 1i  ． 判断10 4 不成立，判断 10 是奇数不成立，执行 10 52a   ， 1 1 2i    ； 判断 5 4 不成立，判断 5 是奇数成立，执行 3 5 1 16a     ， 2 1 3i    ； 判断16 4 不成立，判断 16 是奇数不成立，执行 16 82a   ， 3 1 4i    ； 判断8 4 不成立，判断 8 是奇数不成立，执行 8 42a   ， 4 1 5i    ； 判断 4 4 成立，跳出循环，输出 i 的值为 5． 8．3 3 试题分析：抛物线的准线方程为 3x  ，双曲线的渐近线方程为 3 3y x  ，所以所要求的三角形 的面积为 1 3 2 3 3 32    ； 考点：1．抛物线的几何性质；2．双曲线的几何性质； 9． 2 由平均数求得 m ，根据方差计算公式求得结果. 由题意得： 6 7 8 9 85 m     ，解得： 10m  方差          2 2 2 2 22 1 16 8 7 8 8 8 9 8 10 8 10 25 5s                 故答案为： 2 本题考查平均数与方差的计算方法，属于基础题. 10． 8 3 ABC ， 4,sin 2sinAC C A  ,即 2c a  ．根据阿波罗尼斯圆可得：点 B 的轨迹为圆, 以线段 AC 中点为原点，AC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系,求出 B 的轨迹方程，进而得出结论． 解： | | sinsin 2sin , 2| | sin AB CC A CB A     为非零常数， 根据阿波罗尼斯圆可得：点 B 的轨迹是圆. 以线段 AC 中点为原点，AC 所在直线为 x 轴建立直角坐标系 则 ( 2,0), (2,0)A C ，设 ( , )B x y ，∵ 2AB CB ∴ 2 2 2 2( 2) 2 ( 2)x y x y     2 23 3 20 12 0x y x    ，整理得 2 2 210 8 3 3x y            因此，当 ABC 面积最大时，BC 边上的高为圆的半径 8 3 . 本题考查了阿波罗尼斯圆的应用、正弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题． 11．{2}  {1,2,3} 2,4,6A B   = 2 12． 1 7 由两角差的正切公式可得， 3 2 1tan 1 3 2 7ABC     ，故答案为 1 7 . 13．0 根据复数相关概念逐一判断. 0 比i 不可比较大小； 两个复数互为共轭复数，则它们的和为实数，反之不成立，如 2 与 3； 当 x y， 为实数时 1x yi i   的充要条件为 1x y  ； 因为当 0a  时 0,ai  所以实数集与纯虚数集不一一对应； 综上无正确命题，即正确命题的个数是 0. 本题考查复数相关概念，考查基本分析判断能力，属基本题. 14． 1 2ln 2a   先判断  g x 的单调性，求出  maxg x ，再转化已知条件得到 min 1( ln )2a x x x  ，最后构建新函 数 1( ) ln2h x x x x  ，并求最小值 min( )h x 即可解题 解：因为   3 22 3 3 2g x x x x    ，所以   22 3 1g x x x     ， 令   0g x  ，即 22 3 1 0x x    ，解得 1 2x  或 1x  ， 则  g x 在 1 1( , )3 2 上单调递减，在 1( ,1)2 上单调递增，在 (1,2) 上单调递减， 所以  max 2 3 1(1) 13 2 6g x g       对任意的 1,23m     ，都存在 1,23n     ，使得    g m f n 成立， 则存在 1,23n     ，使得   max( )f n g x 成立， 则存在 1 ,23x      ，使得 2 1ln 3 6 a xx     成立， 则存在 1 ,23x      ，使得 1 ln2a x x x  成立， 则 min 1( ln )2a x x x  ， 1 ,23x      令 1( ) ln2h x x x x  ，则   1 ln2h x x   令   0h x  ， 1 ln 02 x   解得： 1 2x e   所以 1( ) ln2h x x x x  在 1 21( , )3 e  上单调递增，在 1 2( ,2)e  上单调递减， 所以 min 1( ) (2) 2 2ln 2 1 2ln 22h x h      ， 所以 1 2ln 2a   故答案为： 1 2ln 2a   本题考查利用导数求函数的最值、利用导函数解决不等式的恒成立与能成立问题，是偏难题. 15． 56 65 由同角公式可得   5sin 13     ，   4sin 2 5     ，再根据    2        ，以及 两角差的余弦公式计算可得. Q ，  为锐角， 0       ， 30 2 2     . 又   12cos 13    ，   5sin 13     . 又   3cos 2 05     ， 0 2 2      ，   4sin 2 5     ，    cos cos 2                  cos 2 cos sin 2 sin             3 12 4 5 56 5 13 5 13 65      . 本题考查了同角公式，考查了两角差的余弦公式，属于基础题. 16．（1） 5 3 4 3  ( 2cm )；（2） 1 5 2   依题意可得 2 (0, )BOC     ，故 (0, )2   ， 1 sin cosS     ， 2 2sinS  ， （1）当 3   时，代入计算可得； （2）由 2 1 12sin sin 22S S       ， (0, )2   令 1( ) 2sin sin 22f       ， (0, )2   ，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值； 解：过点O 作 OD BC^ 于点 D ，则 D 为 BC 的中点，又 ABC 为等腰三角形，所以 A 、O 、 D 三点共线， BOA AOC       2 (0, )BOC     ，故 (0, )2   1 1 12 1 1 sin 2 sin cos2 2S OB OC             2 12 1 2sin 2sin2S         （1） 3   时， 1 3 3 4S   ， 2 3S  ，故 2 1 5 3 4 3S S    ， 答：当 3   时，求 2 1S S 的值为 5 3 4 3  ( 2cm )； （2） 2 1 12sin sin 22S S       ， (0, )2   令 1( ) 2sin sin 22f       ， (0, )2   2( ) 2cos 2cos 2f       令 ( ) 0f   ，得 1 5cos 2    或 1 5cos 2    （舍去） 记 0 1 5cos 2    ， 0 (0, )2     00, 0 0 , 2      ( )f  ＋ 0 － ( )f  单调递增 极大值 单调递减 故 0=  ，即 1 5cos 2    时， ( )f  最大，即 2 1S S 的值最大， 答：纪念章最美观时，cos 的值为 1 5 2   ． 本题考查利用导数研究函数的最值，三角形面积公式的应用，属于中档题. 17．（1） 2 2 14 x y  ；（2） 4 6 5 (1)根据对称性判断 2 3 4 1 1 2 2 2( 3, ), ( 3, ), ( , )2 2 3 3P P P  在椭圆C 上,再代入椭圆方程求解即可. (2)设直线l 方程 y x m  ,根据直线l 与圆 2 2 1x y  相切可求得 m ,再联立方程根据弦长公式求 解即可. （1）根据椭圆的对称性可知 2 3 4 1 1 2 2 2( 3, ), ( 3, ), ( , )2 2 3 3P P P  在椭圆C 上, 设椭圆C 的方程为： 2 2 1mx ny  , 由已知得, 13 14 4 8 19 9 m n m n       解得： 1 , 14m n  故椭圆C 的方程为： 2 2 14 x y  . （2）∵直线l 的斜率为 1,故设直线l 的方程为： y x m  即 0x y m   , 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ∵直线l 与圆 2 2 1x y  相切,∴ 2| | 1 2 1 1 m m    , 由 2 22 2 5 8 4 4 0 14 y x m x mx mx y          ,即 25 8 4 0x mx   ∴ 1 2 1 2 8 5 4 5 mx x x x       ∴ 2 2 1 2 4 4 5 4 6| | 1 | | 2 5 5 mAB k x x       . 本题主要考查了直线与椭圆的位置关系,包括弦长公式等.属于中等题型. 18．（1） na n ；（2）证明见解析； （1）根据已知得到 1n  和 2n  时的式子，联立后得到 1a 和 2a 的值，从而得到 1a 和公差 d ，再 写出 na 的通项；（2）根据（1）得到的 na 的通项，代入 nb 中得到 nb 通项，利用裂项相消的方法 求出 nb 前 n 项的和，进行证明. 解：（1）因为 2 3 3 3 1 2n nS a a a    1n  时， 2 3 1 1S a ； 2n  时， 2 3 3 2 1 2S a a  ， 联立得： 2 3 1 1 2 3 3 2 1 2 S a S a a      即   2 3 1 1 2 3 3 1 2 1 2 a a a a a a      解得 1 2 1 2 a a    ，所以公差 2 1 1d a a   所以 na n ； （2）      1 41 2 1 2 1 n n nb n n        1 1 11 12 1 2 1 n n n n      所以 1 2 nb b b  L            0 1 1 2 11 1 1 1 1 11 1 1 1 1 11 3 3 5 2 1 2 1 n n n n                11 1 2 1 n n     1 2 21 2 1 2 1 n n n     . 本题考查等差数列通项中基本量计算，裂项相消求的方法求和，属于中档题. 19．（1） 1 2 ；（2） 3 4 ；（3） 1 15 ． 试题分析： （1）可用列举法列出从 6 人中选出日语、俄语和韩语志愿者各 1 名的一切可能的结果组成的基本 事件，共 8 个，其中有 1A 的有 4 个，由概率公式计算可得； （2）可从对立事件考虑， 1 1,B C 全被选中有两种可能，由此可得概率； （3）6 人中任选 2 人有 15 种选法，而恰好遇到 1 2,A A 只有一种可能，故可得概率． 试题解析： （1）从 6 人中选出日语、俄语和韩语志愿者各 1 名，其一切可能的结果组成的基本事件是：  1 1 1, ,A B C  ， 1 1 2, ,A B C ， 1 2 1, ,A B C ， 1 2 2, ,A B C ， 2 1 1, ,A B C ， 2 1 2, ,A B C ， 2 2 1, ,A B C ，  2 2 2, ,A B C . 由 8 个基本事件组成，由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此，这些基本事 件的发生是等可能的. 用 M 表示“ 1A 恰被选中”这一事件，则 M 为 1 1 1, ,A B C ， 1 1 2, ,A B C ， 1 2 1, ,A B C ， 1 2 2, ,A B C ， 事件 M 由 4 个基本事件组成，因而   4 1 8 2P M   . （2）用 N 表示“ 1 1,B C 不全被选中”这一事件，则其对立事件 N 表示“ 1 1,B C 全被选中”这一事 件，由于     1 1 1 2 1 1, , , , ,N A B C A B C ，事件 N 有 2 个基本事件组成， 所以   2 1 8 4P N   ，由对立事件的概率公式得     1 31 1 4 4P N P N     . （3）∵6 名奥运会志愿者每小时派两人值班，共有 2 6 15C  种情况， 而恰好遇到 1 2,A A 的情况只有 1 种， 故恰好遇到 1 2,A A 的概率为 1 15P  . 20．（1）| | 1AP  ；（2）x，y 所满足的不等式组为 2 1 0 2 1 0 2 2 0 x y x y x y            ，D（x，y）到直线 2x+4y+1＝0 距离的取值范围为 3 295 5)10 30 ( ， ． （1）建立坐标系，设点 P 的坐标，可得 P 关于直线 BC 的对称点 1P 的坐标，和 P 关于 y 轴的对称 点 2P 的坐标，由 1P ，Q ， R ， 2P 四点共线可得直线的方程，由于过 ABC 的重心，代入可得关 于 a 的方程，解之可得 P 的坐标，进而可得 AP 的值； （2）先求出 , ,RQ PR PQ 所在直线的方程，即得 x，y 所满足的不等式组，再利用数形结合求出 D （x，y）到直线 2x+4y+1＝0 距离的取值范围． （1）以 A 为原点， AB 为 x 轴， AC 为 y 轴建立直角坐标系如图所示． 则 (0,0)A ， (3,0)B ， (0,3)C ． 设 ABC 的重心为 E ，则 E 点坐标为 (1,1) ， 设 P 点坐标为 ( ,0)m ，则 P 点关于 y 轴对称点 1P 为 ( ,0)m ， 因为直线 BC 方程为 3 0x y   ， 所以 P 点关于 BC 的对称点 2P 为 (3,3 )m ， 根据光线反射原理， 1P ， 2P 均在 QR 所在直线上， 1 2 EP E Pk k ， 即 1 1 3 1 1 3 m m    ， 解得， 1m  或 0m  ．当 0m  时， P 点与 A 点重合，故舍去． 1m  ． 所以| | 1AP  . （2）由（1）得 2P 为 (3,2) ，又 1( 1,0)P ，所以直线 RQ 的方程为 2 1 0x y   ； 令 2 1 0x y   中 10, 2x y   ，所以 1(0, ),2R 所以直线 PR 的方程为 2 1 0x y   ； 联立直线 BC 和 RQ 的方程 3 0 2 1 0 x y x y        得 5 4( , )3 3Q ,所以直线 PQ 的方程为 2 2 0x y   . D（x，y）是 RPQ 内（不含边界）任意一点，所以 x，y 所满足的不等式组为 2 1 0 2 1 0 2 2 0 x y x y x y            . 直线 2 4 1 0x y   和直线 PR 平行，所以它们之间的距离为 2 2 3 3= 5102 4 ； 点Q 到直线 2 4 1 0x y   的距离为 2 2 5 4|2 +4 +1| 293 3 = 5302 4    . 所以 D（x，y）到直线 2x+4y+1＝0 距离的取值范围为 3 295 5)10 30 ( ， ． 本题主要考查二元一次不等式组对应的平面区域，考查线性规划问题，考查解析法和直线方程的求 法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 21．（1）2；（2）见解析． 试题分析：（1）由绝对值三角不等式即可得最值； （2）由 2 2 2 1 2 1 1 11 2a b a b                     即可证得. 试题解析： （1）    2 1 2 1 2 1 2 1 2x x x x        当且仅当 1 1 2 2x   时，等式成立． （2） 2 2 2 1 2 1 1 11 2a b a b                     则 2 2 1 2 2a b   ，当且仅当 2b a 时取，等号成立． 22．（I） 1 2 2 2 2 2 2 2 2 M           ；（II） 2 2 118 8 y x  . （I）根据旋转变换的公式可得矩阵 1M . （II）经过矩阵 1 2,M M 对应的变换 1 2,T T 对应的矩阵为 2 1M M ，利用该矩阵得到新老坐标的关系后 可得曲线方程. （I）依题意得 1 2 2 2 2 2 2 2 2 M           ； （II）设依次经过矩阵 1 2,M M 对应的变换 1 2,T T 对应的矩阵 2 1 2 2 2 22 0 2 2 3 2 3 20 3 2 2 2 22 2 M M M                        任取曲线 1 1:C y x  上的一点 ( , )P x y 它在变换 MT 作用下变成点  ,P x y  则有 x xMy y           ，即 2 2 3 2 3 2 2 2 x x y y x y      ， 3 2 6 2 2 3 6 2 x yx y xy     又因为点 P 在 1 1:C y x  上，得到 2 2 118 8 y x   即 2 2 118 8 y x  . 本题考查旋转变换对应的矩阵及复合变换对应的矩阵，注意新老曲线之间的联系. 23．（1） 2 ( ) 2 ( ) nn n n a n     为奇数 为偶数 （2） 3 2 ( 1)2 8n nS n    （3）详见解析 试题分析：（1）由数列 na 满足 2 2, 2 , n n n a na a n    为奇数 为偶数 ，且 * 1 2, 1, 2n N a a   .．当 n 为奇数 时， 2 2n na a   ，此时数列  * 2 1ka k N （ ）成等差数列．当 n 当为偶数时， 2 2n na a  ，此时数 列  * 2ka k N（ ）成等比数列，即可得出． （2） * 1n n nb a a n N ， ，可得： 2 1 2 2 1 2 2 2 1 4 2k k k k k k kb b a a a a k       ．利用“错位相减法” 与分组求和即可得出． （3） 2 1 2 1 2 1 2 1n n n n n nc a a n       （ ） （ ） （ ）．可得    1 1 1 1 32 1 2 1 2n n n nC n     n 为奇，    1 1 1 1 22 1 2 1 2n n n nC     n 为偶，即可证明． 试题解析： （1）当 n 为奇数时， 2 2n na a   ，此时数列  * 2 1ka k N （ ）成等差数列． 2d  当 n 当为偶数时， 2 2n na a  ，此时数列  * 2ka k N（ ）成等比数列 2q     22 nn n n a n     为奇数 为偶数 （2）    2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 4 2k k k k k k k k kb b a a a a k k k                 2 1 2 3 4 2 1 2n n nS b b b b b b       2 3 2 4 1 2 2 2 3 2 2n nS n            2 3 1 22 4 1 2 2 2 1 2 2n n nS n n            1 2 2 4 2 2 2 2 n n nS n          (3)    3 1 2 1 nn nC n            2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n C n n          为奇 为偶    1 1 1 1 32 1 2 1 2n n n nC n     n 为奇    1 1 1 1 22 1 2 1 2n n n nC     n 为偶 24．（1） 1a   ， 2b  ；（2）证明见解析；（3）证明见解析 （1）先表示出导数公式 1( ) 4 2  xf x e ax ，结合导数的几何意义建立斜率的等量关系，再结合 曲线过切点，即可求解； （2）由（1）的结论可将所求问题转化为当 0x  且 1x  时， 1 24 2 1   xe x x ，构造函数 1 2( ) 4 2 1   xg x e x x ，则 1( ) 4 2 2   xg x e x ，无法判断正负，考虑再次求导： 1( ) 4 2  xg x e ，结合零点存在定理可判断  g x 单增，必定存在 0 (0,1)x  ，使得  0 0 g x ， 倒推出 ( )g x 在 00, x 单调递减，在 0,x  单调递增，又结合端点值 4(0) 2 0   g e ， (1) 0g  ， 可得 ( )g x 在 (0,1) 单调递减，在 (1, ) 单调递增， min( ) (1) 0g x g   ，进而得证； （3）将所证不等式同除 x 得 1 2 2ln4 3 0   x xe x x … ，由（2）的结论进行放缩，可得 2ln2 1 3  xx x… ，即证 2 ln 0  x x x ，再次构造函数 2( ) ln   x x x x ，结合导数求出函 数最值，即可求证； （1） 1( ) 4 2  xf x e ax ，由曲线 ( )y f x 在 1x  处的切线方程为 1y bx  知： (1) 4 2 , (1) 4 1, f a b f a b           解得 1a   ， 2b  . （2）由题意只需证：当 0x  且 1x  时， 1 24 2 1   xe x x ； 设 1 2( ) 4 2 1   xg x e x x ，则 1( ) 4 2 2   xg x e x ， 1( ) 4 2  xg x e ，易知 ( )ng x 在 (0, ) 单调递增；且 (1) 2 0  g ， 4(0) 2 0   g e ，∴必定存在 0 (0,1)x  ，使得  0 0 g x ，则 ( )g x 在 00, x 单调递减，在 0,x  单调递增，其中 4(0) 2 0   g e ， (1) 0g  ，即 ( )g x 在 (0,1) 单调递减，在 (1, ) 单调递增， min( ) (1) 0g x g   ，即当 0x  且 1x  时， ( ) 0g x 成立； 所以当 0x  且 1x  时，曲线 ( )y f x 的图象在切线 1y bx  的上方. （3）要证： 1 34 3 2ln 0   xxe x x x… ，只需证 1 2 2ln4 3 0   x xe x x … . 由（2）知 0x  时， 1 24 2 1  xe x x… . 故只需证 2ln2 1 3  xx x… ，即证 2 ln 0  x x x ， 设 2( ) ln   x x x x ，则 21 2 1 (2 1)( 1)( ) 2 1         x x x xx x x x x ，易知 ( )x 在 (0,1) 单调递减， 在 (1, ) 单调递增， ( ) (1) 0  x … ； 即不等式： 1 34 3 2ln 0   xxe x x x… 成立. 本题考查由导数的几何意义求参数值，构造函数法，利用导数证明不等式恒成立问题，二次求导法， 放缩法在导数中的应用，属于难题 25．（1）见解析；（2）中点 试题分析： （1）连接 AB 交 BD 于O ，连接 OF ，利用 ABCD 是矩形得到 / /OF AE ，再由线面平行的判定 定理可证； （2）当 P 为 AE 中点时，有 PM BE ；取 BE 中点 H ，连接 , ,DP PH CH ，结合三角形的中位线 性质以及面面平行的性质进行推理得到 BE平面 DPHC 即可. 试题解析： (1)证明 连接 AC 交 BD 于 O，连接 OF，如图①. ∵四边形 ABCD 是矩形，∴O 为 AC 的中点，又 F 为 EC 的中点， ∴OF 为△ACE 的中位线，:∴OF∥AE，又 OF ⊂ 平面 BDF， AE⊄平面 BDF，∴AE∥平面 BDF. （2）当 P 为 AE 中点时，有 PM⊥BE， 证明如下：取 BE 中点 H，连接 DP，PH，CH， 如图 ∵P 为 AE 的中点，H 为 BE 的中点， ∴PH∥AB，又 AB∥CD，∴PH∥CD， ∴P，H，C，D 四点共面． ∵平面 ABCD∥平面 BCE，CD⊥BC ∴CD⊥平面 BCE，又 BE ⊂ 平面 BCE， ∴CD⊥BE∵BC=CE，H 为 BE 的中点， ∴CH⊥BE， ∴BE⊥平面 DPHC，又 PM ⊂ 平面 DPHC， ∴BE⊥PM 即 PM⊥BE 点睛：本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理等应用，此 类题目是立体几何中的常见问题，解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平 面关系的相互转化，通过严密推理，本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化 与化归思想及基本运算能力等，试题有一定的综合性，属于中档试题.