高三数学-泰州市2016届高三上学期第一次模拟考试数学试题 22页

一、填空题：本大题共 14 个小题,每小题 5 分,共 70 分. 1.已知集合  2 1A x x ≤ ，集合  2, 1,0,1,2B    ，则 A B  ▲ ． 【答案】  1,0,1 【解析】 试题分析：    2 1 = -11A x x ≤ ， ，  2, 1,0,1,2B    ，则 A B   1,0,1 考点：集合运算 2.如图，在复平面内，点 A 对应的复数为 1z ，若 2 1 iz z  （i 为虚数单位），则 2z  ▲ ． 【答案】 2 i  【解析】 试题分析：  -1 2A ， ， 1 1 2z i   ， 2 2 1 1 i,z ( 1 2 ) 2z z i i i iz         考点：复数运算 3.在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 2 2 12 x y  的实轴长为 ▲ ． 【答案】 2 2 【解析】 试题分析：由双曲线方程得， 2a  ，则实轴长为 2 2 2a  考点：双曲线性质 4.某校共有教师 200 人，男学生 800 人，女学生 600 人，现用分层抽样的方法从所有师生中 抽取一个容量为 n 的样本，已知从男学生中抽取的人数为 100 人，那么 n  ▲ ． （第 2 题） 【答案】200 【解析】 试题分析：男学生占全校总人数 800 1 200 800 600 2  ，那么100 1 , 2002 nn   考点：分层抽样 5.执行如图所示的伪代码，当输入 ,a b 的值分别为1,3 时，最后输出的 a 的值为 ▲ ． 【答案】5 【解析】 试题分析：第一次循环， 1 3 4, 4 1 3, 1 1 2a b i         ，第二次循环， 4 1 5a    考点：伪代码 6.甲乙两人下棋，若甲获胜的的概率为 1 5 ，甲乙下成和棋的概率为 2 5 ，则乙不输棋的概率 为 ▲ ． 【答案】 4 5 【解析】 试题分析：“乙不输棋”的对立事件为“甲获胜”，P（乙不输棋）=1-P（甲获胜）= 4 5 考点：概率 7.已知直线 ( 0)y kx k  与圆 2 2:( 2) 1C x y   相交于 ,A B 两点，若 2 55AB  ，则 k  ▲ ． 【答案】 1 2 【解析】 Read , 1 While 2 1 End While Print a b i i a a b b a b i i a         （第 5 题） 试题分析：圆心  2,0C ，半径为 1，圆心到直线距离 2 2 1 kd k   ，而 2 55AB  ，得 2 2 2 2 5( ) 151 k k      ，解得 1 2k  考点：直线与圆位置关系 8.若命题“存在 2 0, 4Rx ax x a   ≤ ”为假命题，则实数 a 的取值范围是 ▲ ． 【答案】 (2, ) 【解析】 试题分析：由题意得 20, 16 4 0a a   V ，解得 2a  考点：命题真假 9.如图，长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，O 为 1BD 的中点，三棱锥 O ABD 的体积为 1V ， 四棱锥 1 1O ADD A 的体积为 2V ，则 1 2 V V 的值为 ▲ ． 【答案】 1 2 【解析】 试题分析：设长方体长宽高分别为 , ,a b c ， 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1, ,3 2 2 12 3 2 6 2 Vabc abcV ab c V bc a V         考点：棱锥体积 10.已知公差为 2 的等差数列{ }na 及公比为 2 的等比数列{ }nb 满足 1 1 2 20, 0a b a b    ， 则 3 3a b 的取值范围是 ▲ ． 【答案】 ( , 2)  【解析】 （第 9 题） 试题分析： 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 10, 2 2 0,0 2 , 2, 2 4a b a b a b a b b b b b                 ， 3 3 2 2 2 2 22 2 2 0 2 4 2a b a b a b b             ，则 3 3a b 的取值范围是 ( , 2)  考点：等差数列与等比数列综合 11.设 ( )f x 是 R 上的奇函数，当 0x  时， ( ) 2 ln 4 x xf x   ，记 ( 5)na f n  ，则数列 { }na 的前8 项和为 ▲ ． 【答案】 16 【解析】 试题分析： 1 2 3 4 5 6 7 8 4 ( 4) ( 3) ( 2) ( 1) (0) (1) (2) (3) ( 4) 4(4) 2 ln 164 a a a a a a a a f f f f f f f f f f                             考点：奇函数性质 12.在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 ,A B 分别为 x 轴， y 轴上一点，且 2AB  ，若点 (2, 5)P ，则 AP BP OP    的取值范围是 ▲ ． 【答案】[7,11] 考点：直线与圆位置关系 13.若正实数 ,x y 满足 2(2 1) (5 2)( 2)xy y y    ，则 1 2x y 的最大值为 ▲ ． 【答案】 3 2 12  【解析】 试题分析：令 1 ,( 0)2x t ty   ，则 2 2 2(2 2) (5 2)( 2),(4 5) (8 8 ) 8 0yt y y t y t y         ，因此 2 2 2 3 2(8 8 ) 32(4 5) 0 2 4 7 0 0 1 2t t t t t               ，当 3 21 2t    时， 2 6 2 8 35 24 24 4 0 04 5 17 12 2 12 2 16 ty xt         ， ，因此 1 2x y 的最大值为 3 2 12  考点：判别式法求最值 14.已知函数 π( ) sin( ) cos cos( )2 6 2 x xf x A x     （其中 A 为常数， ( π,0)   ），若实 数 1 2 3, ,x x x 满足：① 1 2 3x x x  ，② 3 1x x  2π ，③ 1 2 3( ) ( ) ( )f x f x f x  ，则 的值 为 ▲ ． 【答案】 2 3  考点：三角函数图像与性质 二、解答题 （本大题共 6 小题，共 90 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.在 ABC 中，角 ,A B 的对边分别为 ,a b ，向量 (cos ,sin ), (cos ,sin )A B B A m n ． （1）若 cos cosa A b B ，求证： / /m n ； （2）若 m n , a b ，求 tan 2 A B 的值． 【答案】（1）详见解析（2） tan 12 A B  【解析】 试题分析：（1）因为 / / sin cos sin cosA A B B m n ，所以由正弦定理得 cos cos sin cos sin cosa A b B A A B B   ，得证（2）由 cos cos sin sin 0 cos( ) 0A B A B A B      m n ，又 a b 得 2A B   ，从而 tan tan 12 4 A B    试题解析：证明：（1）因为 cos cosa A b B ， 所以sin cos sin cosA A B B ，所以 / /m n . ……………7 分 （2）因为 m n ，所以 cos cos sin sin 0A B A B  ，即 cos( ) 0A B  ， 因为 a b ，所以 A B ，又 , (0, )A B  ，所以 (0, )A B   ，则 2A B   ，…12 分 所以 tan tan 12 4 A B    . ……………14 分 考点：正弦定理，向量平行与垂直 16.如图，在三棱锥 P ABC 中， 90PAC BAC     ，PA PB ，点 D ，F 分别为 BC ， AB 的中点． （1）求证：直线 / /DF 平面 PAC ； （2）求证： PF  AD ． D F C P A B 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】 试题分析：（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明， 而线线平行，一般从平面几何中进行寻找，如三角形中位线性质，本题点 D ，F 分别为 BC ， AB 的中点，故 / /DF AC 再应用线面平行判定定理即可（2）线线垂直证明，一般利用线 面垂直的判定及性质定理，经多次转化进行论证：先从平面几何中找垂直，∵ PA PB ，F 为 AB 的中点，∴ PF AB ，再利用线面垂直判定定理进行转化，由已知条件 AC AB 及 AC AP ，转化到 AC  平面 PAB ，再转化到 AC PF ，因此得到 PF  平面 ABC ， 即 AD PF ． 试题解析：证明（1）∵点 D ， F 分别为 BC ， AB 的中点， ∴ / /DF AC ， 又∵ DF  平面 PAC ， AC  平面 PAC ， ∴直线 / /DF 平面 PAC ． ……………6 分 （２）∵ 90PAC BAC     ， ∴ AC AB ， AC AP ， 又∵ AB AP A ， ,AB AP 在平面 PAB 内， ∴ AC  平面 PAB ， ……………8 分 ∵ PF  平面 PAB ，∴ AC PF ， ∵ PA PB ， F 为 AB 的中点，∴ PF AB ， ∵ AC PF ， PF AB ， AC AB A ， ,AC AB 在平面 ABC 内， ∴ PF  平面 ABC ， ……………12 分 ∵ AD  平面 ABC ，∴ AD PF ． ……………14 分 D F C P A B 考点：线面平行判定定理，线面垂直的判定及性质定理 17.一个玩具盘由一个直径为 2 米的半圆 O 和一个矩形 ABCD 构成， 1AB  米，如图所 示．小球从 A 点出 发以 v 的速度沿半圆O 轨道滚到某点 E 处后，经弹射器以 6v 的速度沿与点 E 切线垂直的 方向弹射到落袋 区 BC 内，落点记为 F ．设 AOE   弧度，小球从 A 到 F 所需时间为T ． （1）试将T 表示为 的函数 ( )T  ，并写出定义域； （2）求时间T 最短时 cos 的值． F O C B A D E 【答案】（1） 1 1( ) 5 6 sin 6T v v v     ， [ , ]4 4   π 3π （2） 2cos 3   【解析】 试题分析：（1）小球从 A 到 F 所需时间为T 分两段计算：  5 6 AE EF v v ， ；而 AE  ，EF 必过 圆心 O，所以 11 sinEF   ，从而  1 1( ) 5 6 5 6 sin 6 AE EFT v v v v v       ，又由矩形限制 得定义域 [ , ]4 4   π 3π （2）利用导数求函数最值：先求导数 2 2 2 2 1 cos 6sin 5cos (2cos 3)(3cos 2)( ) 5 6 sin 30 sin 30 sinT v v v v                 ，再求导函数零点 0 2cos 3   ， 列表分析得结论当 2cos 3   时，时间T 最短． 试题解析：解：（1）过O 作OG BC 于G ，则 1OG  ， 1 sin sin OGOF    ， 11 sinEF   ， AE  ， 所以  1 1( ) 5 6 5 6 sin 6 AE EFT v v v v v       ， [ , ]4 4   π 3π ．……7 分 （写错定义域扣 1 分） （2） 1 1( ) 5 6 sin 6T v v v     ， 2 2 2 2 1 cos 6sin 5cos (2cos 3)(3cos 2)( ) 5 6 sin 30 sin 30 sinT v v v v                 ，…………9 分 记 0 2cos 3   ， 0 [ , ]4 4   π 3π ，  0( , )4   0 0 3( , )4  ( )T  - 0 + ( )T    故当 2cos 3   时，时间T 最短． …………14 分 考点：函数实际问题，利用导数求函数最值 18.已知数列{ },{ }n na b 满足 2 ( 2)n n nS a b  ，其中 nS 是数列{ }na 的前 n 项和． （1）若数列{ }na 是首项为 2 3 ，公比为 1 3  的等比数列，求数列{ }nb 的通项公式； （2）若 nb n ， 2 3a  ，求数列{ }na 的通项公式； （3）在（2）的条件下，设 n n n ac b  ，求证：数列{ }nc 中的任意一项总可以表示成该数 列其他两项之积． 【答案】（1） 1 2nb  （2） 1na n  （3）详见解析 【解析】 试题分析：（1）先根据等比数列通项公式得 12 1 1( ) 2( )3 3 3 n n na      ，再根据等比数列前 n 项和公式得 2 1[(1 ( ) ] 1 13 3 [(1 ( ) ]1 2 31 ( )3 n n nS         ，代入 2 ( 2)n n nS a b  得 11 ( )2 13 12 22( ) 23 n n n nn Sb a         （2）由题意得 2 2n nS na n  ，因此利用 nS 与 na 关系得 1 12 ( 1) 2n nS n a    ， 1 12 ( 1) 2n n na n a na     即 1( 1) 2n nna n a    ， 1 2 ( 2)1 ( 1) n na a nn n n n       ，利用累加法得 2 1 2 42[1 ] 3 11 1 1 1 1 n n n a aa n a nn n n n              （3）因为 1 n nc n  ，所以由 1 1 1n k t n k t     确定 k,t，解不定方程，首先先分离 ( 1)n kt k n   ，再根据整数性质，可 取 1k n  ，则 ( 2)t n n  . 试题解析：解：（1）因为 12 1 1( ) 2( )3 3 3 n n na      ， 2 1[(1 ( ) ] 1 13 3 [(1 ( ) ]1 2 31 ( )3 n n nS         ， …………2 分 所以 11 ( )2 13 12 22( ) 23 n n n nn Sb a         ． …………4 分 （2）若 nb n ，则 2 2n nS na n  ，∴ 1 12 ( 1) 2n nS n a    ， 两式相减得 1 12 ( 1) 2n n na n a na     ，即 1( 1) 2n nna n a    ， 当 2n  时， 1( 1) ( 2) 2n nn a n a    ， 两式相减得 1 1( 1) ( 1) 2( 1)n n nn a n a n a      ，即 1 1 2n n na a a   ， …………8 分 又由 1 12 2S a  ， 2 22 2 4S a  得 1 2a  ， 2 3a  ， 所以数列{ }na 是首项为 2 ，公差为3 2 1  的等差数列， 故数列{ }na 的通项公式是 1na n  ． …………10 分 （3）由（2）得 1 n nc n  ， 对于给定的 *n N ，若存在 *, , ,k t n k t N  ，使得 n k tc c c  ， 只需 1 1 1n k t n k t     ， 即 1 1 11 (1 ) (1 )n k t      ，即 1 1 1 1 n k t kt    ，则 ( 1)n kt k n   ， …………12 分 取 1k n  ，则 ( 2)t n n  ， ∴对数列{ }nc 中的任意一项 1 n nc n  ，都存在 1 2 1n nc n   和 2 2 22 2 1 2n n n nc n n    使得 21 2n n n nc c c   ． …………16 分 考点：等比数列通项公式及前 n 项和公式，累加法求和，不定方程正整数解 19.如图，在平面直角坐标系 xOy 中， 已知圆 :O 2 2 4x y  ，椭圆 :C 2 2 14 x y  ， A 为椭圆右顶点．过 原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于 ,B C 两点，直线 AB 与圆O 的另一交点为 P ，直 线 PD 与圆O 的 另一交点为Q ，其中 6( ,0)5D  ．设直线 ,AB AC 的斜率分别为 1 2,k k ． （1）求 1 2k k 的值； （2）记直线 ,PQ BC 的斜率分别为 ,PQ BCk k ，是否存在常数  ，使得 PQ BCk k ？若存 在，求  值；若不存在，说明理由； （3）求证：直线 AC 必过点Q ． x y D Q P C AO B 【答案】（1） 1 2 1 4k k   （2） 5 2   （3）详见解析 试题解析：解：（1）设 0 0( , )B x y ，则 0 0( , )C x y  ， 2 20 0 14 x y  所以 2 2 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 0 11 14 2 2 4 2 4 xy y yk k x x x x           ． …………4 分 （2）联立 1 2 2 ( 2) 4 y k x x y      得 2 2 2 2 1 1 1(1 ) 4 4( 1) 0k x k x k     ， 解得 2 1 1 12 2 1 1 2( 1) 4, ( 2)1 1P P P k kx y k xk k       ， 联立 1 2 2 ( 2) 14 y k x x y      得 2 2 2 2 1 1 1(1 4 ) 16 4(4 1) 0k x k x k     ， 解得 2 1 1 12 2 1 1 2(4 1) 4, ( 2)1 4 1 4B B B k kx y k xk k       ， …………8 分 所以 1 2 1 2 4 1 B BC B y kk x k    ， 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 4 1 5 6 2( 1) 6 4 1 5 1 5 P PQ P k y k kk k kx k        ， 所以 5 2PQ BCk k ，故存在常数 5 2   ，使得 5 2PQ BCk k ． …………10 分 （3）当直线 PQ 与 x 轴垂直时， 6 8( , )5 5Q   ， 则 2 8 15 6 225 AQk k       ，所以直线 AC 必过点Q ． 当直线 PQ 与 x 轴不垂直时，直线 PQ 方程为： 1 2 1 5 6( )4 1 5 ky xk   ， 联立 1 2 1 2 2 5 6( )4 1 5 4 ky xk x y        ，解得 2 1 1 2 2 1 1 2(16 1) 16,16 1 16 1Q Q k kx yk k     ， 所以 1 2 1 22 1 1 2 1 16 16 1 1 2(16 1) 4216 1 AQ k kk kk k k       ，故直线 AC 必过点Q ． …………16 分 （不考虑直线 PQ 与 x 轴垂直情形扣 1 分） 考点：直线与圆位置关系，直线与椭圆位置关系 20.已知函数   4 21 2f x ax x  ， (0, )x  ，      g x f x f x  ． (1)若 0a  ，求证： （ⅰ）  f x 在 ( )f x 的单调减区间上也单调递减； （ⅱ）  g x 在 (0, ) 上恰有两个零点； (2)若 1a  ，记  g x 的两个零点为 1 2,x x ，求证： 1 24 4x x a    ． 【答案】（1）（i）详见解析（ii）详见解析（2）详见解析 【解析】 试题分析：（1）（i）先确定导函数的单调减区间：因为 3( ) 4f x ax x   ，所以 ( )f x 的递 减区间为 1(0, ) 2 3a ，再确定 1(0, ) 2 3 x a  时， 3 2( ) 4 (4 1) 0f x ax x x ax      ，（ii）   4 3 2 3 21 14 0 4 1 0( 0)2 2g x ax ax x x ax ax x x           ，变量分离得 3 21 4 ( 2, 0)2 2 x x x xa x    ，利用导数研究函数 3 2 1 4( ) 2 x xx x    得当 (0,2)x 时， 1( )x 单调递增， 1( )x 值域为 (0, ) ；当 (2, )x  时， 1( )x 单调递增，且 1(4) 0  ， 1( )x 值域为 ( , )  ；因此 1 ( 0)2y aa   与 1( )x 有两个交点，所以 1( )x 在 (0, ) 上恰有两个零 点．（2）由零点存在定理确定 1 2,x x 取值范围： 1 1 1 1 1 1(0) 0 ( ) ( )2 2x a       ， 1 1 2 1 1 9(4) 0 ( ) ( )2 2x a       ，所以 1 10 2x  ， 2 94 2x  ， 1 2 1 94 5 42 2x x a       ． 试题解析：证：（1）（i）因为    4 21 02f x ax x x   ，所以 3( ) 4f x ax x   ， 由 3 2(4 ) 12 1 0ax x ax    得 ( )f x 的递减区间为 1(0, ) 2 3a ， …………2 分 当 1(0, ) 2 3 x a  时， 3 2( ) 4 (4 1) 0f x ax x x ax      ， 所以  f x 在 ( )f x 的递减区间上也递减． …………4 分 （ii）解 1：       4 2 3 4 3 21 1(4 ) 42 2g x f x f x ax x ax x ax ax x x          ， 因为 0x  ，由   4 3 214 02g x ax ax x x     得 3 2 14 1 02ax ax x    ， 令 3 2 1( ) 4 12x ax ax x     ，则 2 1( ) 3 8 2x ax ax    ， 因为 0a  ，且 1(0) 02     ，所以 ( )x 必有两个异号的零点，记正零点为 0x ，则 0(0, )x x 时， ( ) 0x  ， ( )x 单调递减； 0( , )x x  时， ( ) 0x  ， ( )x 单调递增， 若 ( )x 在 (0, ) 上恰有两个零点，则 0( ) 0x  ， …………7 分 由 2 0 0 0 1( ) 3 8 02x ax ax     得 2 0 0 13 8 2ax ax  ， 所以 0 0 0 32 1 7( ) 9 3 9x ax x     ，又因为对称轴为 4 ,3x  所以 8 1( ) (0) 03 2      ， 所以 0 8 7 3 3x   ，所以 0 0 0 32 1 7( ) ( ) 09 3 3x ax x      ， 又 3 2 2 21 1 1( ) 4 1 ( 8) ( 1) 12 2 2x ax ax x ax x x ax          ， 设 1 ,8 a 中的较大数为 M ，则 ( ) 0M  ， 故 0a   g x 在 (0, ) 上恰有两个零点． …………10 分 解 2：       4 2 3 4 3 21 1(4 ) 42 2g x f x f x ax x ax x ax ax x x          ， 因为 0x  ，由   4 3 214 02g x ax ax x x     得 3 2 14 1 02ax ax x    ， 令 3 2 1( ) 4 12x ax ax x     ， 若  g x 在 (0, ) 上恰有两个零点，则 ( )x 在 (0, ) 上恰有两个零点， 当 2x  时， 由 ( ) 0x  得 0a  ，此时 1( ) 12x x    在 (0, ) 上只有一个零点，不合 题意； 当 2x  时，由 3 2 1( ) 4 1 02x ax ax x      得 3 21 4 2 2 x x a x   ， …………7 分 令 3 2 2 1 4 8( ) 2 42 2 x xx x xx x        ， 则 2 2 1 2 2 5 72 [( ) ]2 ( 5 8) 2 4( ) 0( 2) ( 2) x xx x xx x x         ， 当 (0,2)x 时， ( )x 单调递增，且由 2 82 4, 2y x x y x       值域知 ( )x 值域为 (0, ) ；当 (2, )x  时， 1( )x 单调递增，且 1(4) 0  ，由 2 82 4, 2y x x y x       值域知 ( )x 值域为 ( , )  ； 因为 0a  ，所以 1 02a  ，而 1 2y a  与 1( )x 有两个交点，所以 1( )x 在 (0, ) 上恰有两 个零点． …………10 分 （2）解 1：由（2）知，对于 3 2 1( ) 4 12x ax ax x     在 (0, ) 上恰有两个零点 1 2,x x ， 不妨设 1 2x x ，又因为 (0) 1 0   ， 1 1( ) (6 7 ) 02 8 a    ，所以 1 10 2x  ，……12 分 又因为 (4) 1 0    ， 9 1( ) (657 10) 02 8 a    ，所以 2 94 2x  ， 所以 1 2 1 94 5 42 2x x a       ． …………16 分 解 2：由（2）知 3 21 4 2 2 x x a x   ， 因为 [0,2)x 时， 1( )x 单调递增， 1 7( )2 12   ， 1 1 1 1 1 1(0) 0 ( ) ( )2 2x a       ， 所以 1 10 2x  ， …………12 分 当 (2, )x  时， 1( )x 单调递增， 1 9 81( )2 20   ， 1 1 2 1 1 9(4) 0 ( ) ( )2 2x a       ， 所以 2 94 2x  ， 所以 1 2 1 94 5 42 2x x a       ． …………16 分 考点：利用导数研究函数单调性，零点存在定理 附加题 21.A（几何证明选讲，本题满分 10 分）如图,圆O 是 ABC 的外接圆,点 D 是劣弧 BC 的中 点,连结 AD 并延长,与以C 为切点的切线交于点 P ,求证: PC BD PA AC  . B P D O A C 【答案】详见解析 【解析】 试题分析：由弦切角定理得 PCD PAC   ,因此 PCD ～ PAC ，从而 PC CD PA AC  ，又 等弧对等弦，所以CD BD ,即 PC BD PA AC  . 试题解析：证明：连结CD ，因为CP 为圆 O 的切线， 所以 PCD PAC   , 又 P 是公共角，所以 PCD ～ PAC ， ……………5 分 所以 PC CD PA AC  , 因为点 D 是劣弧 BC 的中点,所以CD BD ,即 PC BD PA AC  . ……………10 分 考点：三角形相似，弦切角定理 21.B（矩阵与变换，本题满分 10 分）已知矩阵 1 2 5 2 M x         的一个特征值为 2 ,求 2M . 【答案】 2 6 4 5 14M      【解析】 试题分析：由矩阵特征多项式得 2 ( 1) ( 5) 0x x      一个解为 2 ，因此 3x  ，再根 据矩阵运算得 2 6 4 5 14M      试题解析：解： 2   代入 2 1 2 ( 1) ( 5) 05 2 x x x               ，得 3x  矩阵 1 2 5 32 M         ……………5 分 ∴ 2 6 4 5 14M      ……………10 分 考点：特征多项式 21.C（坐标系与参数方程，本题满分 10 分）在平面直角坐标系 xoy 中, 已知直线 1 1: ( )7 2 x tC ty t      为参数 与椭圆 2 cos: ( 0)3sin x aC ay      为参数, 的一条准线的交 点位于 y 轴上,求实数 a 的值. 【答案】 2 2a  【解析】 试题分析：利用加减消元得直线 1C 普通方程：2 9x y  ，利用平方关系 2 2cos sin 1   消参数得椭圆 2C 普通方程 2 2 2 1(0 3)9 y x a a     ，得准线： 2 9 9 y a    ，因此 2 9 9 9 a   ，即 2 2a  试题解析：解：直线 1C ： 2 9x y  ， 椭圆 2C : 2 2 2 1(0 3)9 y x a a     ， …………………………5 分 准线： 2 9 9 y a    由 2 9 9 9 a   得， 2 2a  …………………………10 分 考点：参数方程化普通方程 21.D（不等式选讲，本题满分 10 分）已知正实数 , ,a b c 满足 2 3 1a b c   ，求证： 2 4 6 271 1 1 a b c   ≥ . 【答案】详见解析 【解析】 试题分析：由均值不等式得 3 2 4 6 2 4 6 1 1 1 13a b c a b c    ， 2 3 3 2 33a b ab cc   ，因此 2 4 6 1 1 1 27a b c    试题解析：证明：因为正实数 , ,a b c 满足 2 3 1a b c   ， 所以 3 2 31 3 ab c ，即 2 3 1 27ab c  ， …………………………5 分 所以 2 3 1 27ab c  因此， 3 2 4 6 2 4 6 1 1 1 13 27a b c a b c     ……………………10 分 考点：均值不等式 22.如图，在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AC = 3，BC = 4，AB = 5，AA1 = 4． （1）设 ABAD  ，异面直线 AC1 与 CD 所成角的余弦值为 9 10 50 ，求  的值； （2）若点 D 是 AB 的中点，求二面角 D—CB1—B 的余弦值． 【答案】（1） 1 5   或 1 3    （2） 2 3417 【解析】 试题分析：（1）利用空间向量研究线线角，先建立恰当的空间直角坐标系，设出各点坐标， 表示出向量 AC1 及向量 CD 坐标，再根据向量数量积求出向量夹角，最后根据线线角与向量 夹角之间关系确定等量关系，求出  的值（2）先根据方程组求出平面 1CDB 的一个法向量 及平面 1CBB 的一个法向量，再根据向量数量积求出向量夹角，最后根据二面角与向量夹角 之间关系，求二面角的余弦值。 试题解析：解：（１）由 AC = 3，BC = 4，AB = 5 得 090ACB  ……………１分 以 CA、CB、CC1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则Ａ(3,0,0)， 1C (0,0,4)，B(0,4,0)，设 D(x,y,z)，则由 ABAD  得 (3 3 ,4 ,0)CD    ，而 1 ( 3,0,4)AC   ， 根据 2 9 10 9 9| |50 5 25 18 9        解得， 1 5   或 1 3    ……………５分 （２） 1 3( ,2,0), (0,4,4)2CD CB   ，可取平面 1CDB 的一个法向量为 1 (4, 3,3)n   ； …………………………７分 而平面 1CBB 的一个法向量为 2 (1,0,0)n  ，并且 1 2,n n   与二面角 D—CB1—B 相等， 所以二面角 D—CB1—B 的余弦值为 1 2 2cos cos , 3417n n     ． ………１０分 （第（１）题中少一解扣１分；没有交代建立直角坐标系过程扣 1 分．第（２）题如果结果 相差符号扣１分．） 考点：利用空间向量研究线线角及二面角 23.已知 , N*k m ，若存在互不相等的正整数 1 2, ,a a …, ma ，使得 1 2 2 3, ,a a a a … 1 1, ,m m ma a a a 同时小于 k ，则记 ( )f k 为满足条件的 m 的最大值． （１） 求 (6)f 的值； （２） 对于给定的正整数 n ( 1)n  ， （ⅰ）当 ( 2) ( 1)( 2)n n k n n     时，求 ( )f k 的解析式； （ⅱ）当 ( 1) ( 2)n n k n n    时，求 ( )f k 的解析式． 【答案】(1) (6) 2f  (2)(i) ( ) 2f k n (ii) ( ) 2 1f k n  【解析】 试题分析：(1) 阅读理解题意，具体验证：取 1 21, 2a a  ， 1 2 6a a  ，满足题意，若 3 3a  ， 则必有 2 3 6a a  ，不满足题意，即 (6) 2f  ．(2)(i) 取一串数 ia 为： 1,2 ,2,2 1,3,2 2,n n n  …, 1, 2, , 1n n n n   ，满足题意，若 2n 1 2 1a n   ，则必有 1 ( 1)( 2)j ja a n n k     ，不满足题意，因此 ( ) 2f k n ， (ii) 取一串数 ia 为： 1,2 1,2,2 2,3,2 3,n n n   …, 2, 2, 1, 1,n n n n n    ，满足题意，若 2n 2a n  ，则必有 1 ( 2)j ja a n n k    ，不满足题意，因此 ( ) 2 1.f k n  试题解析：解：（1）由题意，取 1 21, 2a a  ， 1 2 6a a  ，满足题意， 若 3 3a  ，则必有 2 3 6a a  ，不满足题意， 综上所述： m 的最大值为 2 ，即 (6) 2f  ． ………………4 分 （２）由题意，当 ( 1) ( 1)( 2)n n k n n     时， 设 1 {1,2,A  …, }n ， 2 { 1, 2, 3,A n n n    …}， 显然， 1 1,i ia a A  时，满足 1 ( 1) ( 1)i ia a n n n n k      ， ∴从集合 1A 中选出的 ia 至多 n 个，  1 2,j ja a A  时， 1 ( 1)( 2)j ja a n n k     ， ∴从集合 2A 中选出的 ja 必不相邻， 又∵从集合 1A 中选出的 ia 至多 n 个， ∴从集合 2A 中选出的 ja 至多 n 个，放置于从集合 1A 中选出的 ia 之间， ∴ ( ) 2f k n ， ………………6 分 （ⅰ）当 ( 2) ( 1)( 2)n n k n n     时， 取一串数 ia 为：1,2 ,2,2 1,3,2 2,n n n  …, 1, 2, , 1n n n n   ， 或写成 1, 2 2 1 ,2 i i i a in i       为奇数 为偶数 ，（1 2i n  ）， 此时 1 ( 2)i ia a n n k    ，(1 2 1i n   ), 2 1 1na a n k   ，满足题意， ∴ ( ) 2f k n ， ………………8 分 （ⅱ）当 ( 1) ( 2)n n k n n    时， 从 1A 中选出的 n 个 ia ：1,2, …,n ，考虑数 n 的两侧的空位，填入集合 2A 的两个数 ,p qa a ， 不妨设 p qna na ，则 ( 2)pna n n k   ，与题意不符， ∴ ( ) 2 1f k n  ， 取一串数 ia 为：1,2 1,2,2 2,3,2 3,n n n   …, 2, 2, 1, 1,n n n n n    或写成 1,2 2 ,2 i i i a in i      为奇数 为偶数 ，（1 2 1i n   ）， 此时 1 ( 1)i ia a n n k    ，（1 2 2i n   ）， 2 1 1na a n k   ，满足题意， ∴ ( ) 2 1f k n  ， ………………10 分 （写出（ⅰ）、（ⅱ）题的结论但没有证明各给１分．） 考点：新定义，构造数列