江苏省镇江市九校2020届高三下学期3月模拟考试数学试题 Word版含解析 33页

- 1 - 2020 年高考数学模拟试卷（3 月份） 一、填空题 1.已知全集 ，集合 则 _____． 【答案】 【解析】 【分析】 根据补集的定义求解即可. 【详解】解： ． 故答案为 ． 【点睛】本题主要考查了补集的运算,属于基础题. 2.已知复数 （ 为虚数单位）为纯虚数，则实数 的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】 利用复数的乘法求解 再根据纯虚数的定义求解即可. 【详解】解：复数 为纯虚数, 解得 ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了根据复数为纯虚数求解参数的问题,属于基础题. 3.数据 的标准差为_____． 【答案】 【解析】 【分析】 先计算平均数再求解方差与标准差即可. 2, 1,0,1,{ }2U＝﹣ ﹣ 2, , }1 ,{ 1A＝﹣ ﹣ U A＝ { }0,2 2, 1,0,1,2{ } {, 2, 1,1 ,}U A ＝﹣ ﹣ ＝﹣ ﹣ { }0,2U A∴ ＝ { }0,2 ( ) ( )1z i a i= ⋅ +- i a 1﹣ z ( ) ( ) ( )1 1 1z i a i a a i⋅ + + +＝ ﹣ ＝ ﹣ 1 0,1 0,a a∴ + ≠＝ ﹣ 1a =﹣ 1﹣ 1,3,5,7,9 2 2 - 2 - 【详解】解：样本的平均数 , 这组数据的方差是 标准差 , 故答案为： 【点睛】本题主要考查了标准差的计算,属于基础题. 4.函数 的定义域是__________． 【答案】 【解析】 由 ，得 ，所以 ，所以原函数定义域为 ，故答案为 . 5.在一底面半径和高都是 的圆柱形容器中盛满小麦，有一粒带麦锈病的种子混入了其中． 现从中随机取出的 种子，则取出了带麦锈病种子的概率是_____． 【答案】 【解析】 【分析】 求解 占圆柱形容器的的总容积的比例求解即可. 【详解】解：由题意可得：取出了带麦锈病种子的概率 ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了体积类的几何概型问题,属于基础题. 6.如图是一个算法伪代码，则输出的 的值为_______________. 1 3 5 7 9 55x + + + += = ∴ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 1 1 5 3 5 5 5 7 5 9 55S  = − + − + − + − + −  2 8,S∴ ＝ 2 2S＝ 2 2 ( ) 1 2xf x = − ( ],0−∞ 1 2 0x− ≥ 2 1x ≤ 0x ≤ ( ],0−∞ ( ],0−∞ 2m 32m 1 4π 32m 2 2 1 2 2 4π π= =× × 1 4π i - 3 - 【答案】5 【解析】 【分析】 执行循环结构流程图，即得结果. 【详解】执行循环结构流程图得 ,结束循环，输出 . 【点睛】本题考查循环结构流程图，考查基本分析与运算能力，属基础题. 7.在平面直角坐标系 中，若双曲线 经过点（3,4），则该双曲线的准 线方程为_____． 【答案】 【解析】 【分析】 代入 求解得 ,再求准线方程即可. 【详解】解： 双曲线 经过点 , , 解得 ,即 ． 又 ,故该双曲线的准线方程为： ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了双曲线的准线方程求解,属于基础题. 8.设 是等比数列 的前 项的和， 成等差数列，则 的值为_____． 【答案】2 【解析】 【分析】 9 1 2 3 4 1 0S = − − − − = − < 4 1 5i = + = xOy ( )2 2 2 1 0yx bb − = > 3 3x ±＝ ( )3,4 2b＝  ( )2 2 2 1 0yx bb − = > ( )3,4 2 2 163 1b ∴ =﹣ 2 2b ＝ 2b＝ 1,a ∴＝ 2 2 3c a b= + = 3 3x ±＝ 3 3x ±＝ nS { }na n 3 9 6, ,S S S 2 5 8 a a a + - 4 - 设等比数列 的公比设为 再根据 成等差数列利用基本量法求解 再根据等比 数列各项间的关系求解 即可. 【详解】解：等比数列 的公比设为 成等差数列, 可得 若 则 显然不成立,故 则 , 化为 解得 , 则 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及运用,属于中档题. 9.给出下列四个命题，其中正确命题的序号是_____．（写出所有正确命题的序号） 因为 所以 不是函数 的周期； 对于定义在 上的函数 若 则函数 不是偶函数； “ ”是“ ”成立的充分必要条件； 若实数 满足 则 ． 【答案】 【解析】 【分析】 { }na ,q 3 9 6, ,S S S ,q 2 5 8 a a a + { }na ,q 3 9 6, ,S S S 9 3 62 ,S S S+＝ 1,q＝ 1 1 118 3 6 ,a a a+＝ 1,q ≠ ( ) ( ) ( )9 3 6 1 1 11 1 1 2 1 1 1 a q a q a q q q q − − − ⋅ = +− − − 6 32 1 ,q q+＝ 3 1 2q ＝﹣ 4 3 2 5 1 1 7 6 8 1 111 2 21 4 a a a q a q q a a q q −+ + += = = = 2 ① ,3sin x sinx π + ≠   3 π y sinx＝ ② R ,f x（ ） ( )2 2 ,f f≠﹣ （ ） ( )f x ③ M N＞ 2 2log M log N＞ ④ a 2 4,a ≤ 2a ≤ ①②④ - 5 - 对①,根据周期的定义判定即可. 对②,根据偶函数满足的性质判定即可. 对③,举出反例判定即可. 对④,求解不等式 再判定即可. 【详解】解：因为当 时, 所以由周期函数的定义知 不是函数 的周期, 故 正确； 对于定义在 上的函数 , 若 ,由偶函数的定义知函数 不是偶函数, 故 正确； 当 时不满足 则“ ”不是“ ”成立的充分不必要条件, 故 错误； 若实数 满足 则 所以 成立, 故 正确． 正确命题的序号是 ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了命题真假的判定,属于基础题. 10.如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为 的正方形，上面三角形是等边三角 形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_____． 2 4,a ≤ 3x π＝ ,3sin x sinx π + ≠   2 3 π y sinx＝ ① R ( )f x ( ) ( )2 2f f− = ( )f x ② 1, 0M N= = 2 2 ,log M log N＞ M N＞ 2 2 ,log M log N＞ ③ a 2 4,a ≤ 2 2,a≤ ≤﹣ 2a ≤ ④ ∴ ①②④ ①②④ 2 - 6 - 【答案】 【解析】 【分析】 画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可. 【详解】解：如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为 的正方形, 上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形, 此四棱锥 中, 是边长为 的正方形, 是边长为 的等边三角形, 故 ,又 , 故平面 平面 , 的高 是四棱锥 的高, 此四棱锥的体积为: 4 3 3 2 ∴ S ABCD﹣ ABCD 2 SAD 2 CD AD⊥ CD SD⊥ AD SD D∩ = SAD ⊥ ABCD ∴ SAD SE S ABCD﹣ ∴ - 7 - ． 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意 11.在平面直角坐标系 中，若函数 在 处的切线与圆 存在公共点，则实数 的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】 利用导数的几何意义可求得函数 在 处的切线,再根据切线与圆存在公共 点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可. 【详解】解：由条件得到 又 所以函数在 处的切线为 , 即 圆 方程整理可得： 即有圆心 且 所以圆心到直线的距离 , 即 .解得 或 , 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的 位置关系求解参数范围的问题,属于基础题. 12.已知函数 若关于 不等式 的解集是 ，的 1 1 4 32 2 4 13 3 3ABCDV S SE× = × × × − =正方形＝ 4 3 3 xOy ( )f x lnx ax＝ ﹣ 1x＝ 2 22 1 0C x x y a+ +： ﹣ ﹣ ＝ a ( ] [ )0,1 2,+∞ ( )f x lnx ax＝ ﹣ 1x＝ ( ) 1'f x ax = − ( ) ( )1 , ' 1 1f a f a= − = − 1x＝ ( )( ) ( )1 1 1 1y a x a a x＝ ﹣ ﹣ - ＝ ﹣ ﹣ ( )1 1 0a x y﹣ ﹣﹣＝ C ( )2 21x y a− + = ( )1,0C 0a＞ ( )2 2 1 1 2 21 1 a ad a a aa − −= = ≤ − +− + 2 2 2a a a≤ − + 2a ≥ 0 1≤＜a ( ] [ )0,1 2,+∞ ( ) 3 2 ,f x ax bx cx+ +＝ x ( ) 0f x ＜ ( ) ( ), 1 0,2∞ ∪﹣ ﹣ - 8 - 则 的值为_____． 【答案】 【解析】 分析】 根据题意可知 的两根为 ,再根据解集的区间端点得出参数的关系,再求 解 即可. 【详解】解：因为函数 , 关于 的不等式 的解集是 的两根为： 和 ； 所以有： 且 ； 且 ； ； 故答案为： 【点睛】本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题. 13.在边长为 的菱形 中， 点 在菱形 所在的平面内．若 ，则 _____． 【答案】 【解析】 【分析】 以菱形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系,再设 ,根据 求出 的坐标,进而求得 即可. 【详解】解：连接 设 交于点 以点 为原点, 分别以直线 为 轴,建立如图所示的平面直角坐标系, 【 b c a + 3- 2 0ax bx c+ + ＝ 1,2− b c a + ( ) ( )3 2 2f x ax bx cx x ax bx c= + + = + +  x ( ) 0f x < ( ) ( ), 1 0,2−∞ − ∪ 2 0ax bx c∴ + + ＝ 1﹣ 2 ( )1 2 b a +﹣ =- ( )1 2 c a ×﹣ = b a∴ ＝﹣ 2c a＝﹣ 2 3b c a a a a + − −∴ = = − 3﹣ 4 ABCD 60 ,A °＝ P ABCD 3, 21PA PC＝ ＝ PB PD⋅ =  1− ( ),P x y 3, 21PA PC＝ ＝ P PB PD⋅  , ,AC BD ,AC BD ,O O ,OC OD ,x y - 9 - 则： 设 得, 解得 , , 或 , 显然得出的 是定值, 取 则 , ． ( )2 3 0 , 2 3( )0 0 2 0 2( ) ( ),A C B D− −， ，, ， , ， ( ),P x y 3 21,PA PC= = , ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 9 2 3 21 x y x y  + + =∴  − + = ①﹣② 8 3 12,x = − 3 2x = − 3 2y∴ = ± 3 3,2 2P  ∴ − −    3 3,2 2P  −    PB PD⋅  ∴ 3 3,2 2P  −    3 7 3 1, , ,2 2 2 2PB PD    − =            3 7 14 4PB PD∴ ⋅ = − = −  - 10 - 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解向量数量积的有关问题,属于中档题. 14.设函数 ， ，其中 ．若存在唯一 的整数 使得 ，则实数 的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】 根据分段函数的解析式画出图像,再根据存在唯一的整数 使得 数形结合列出 临界条件满足的关系式求解即可. 【详解】解： 函数 ,且 画出 的图象如下： 因为 ,且存在唯一的整数 使得 , 1− ( ) 2 172 2 , 04 , 0 k x xf x x x  + − + ≤  =    > ( ) 4 3g x k x    ＝ - 0k > ,x ( ) ( )f x g x< k 17[ 3 ,6] x ( ) ( )f x g x<  ( ) 2 172 2 , 04 , 0 k x xf x x x  + − + ≤  =    > 0,k＞ ( )f x ( ) 4 3g x k x = −   ,x ( ) ( )f x g x< - 11 - 故 与 在 时无交点, ,得 ； 又 , 过定点 又由图像可知,若存在唯一的整数 使得 时 ,所以 , 存在唯一的整数 使得 所以 .根据图像可知,当 时, 恒成立. 综上所述, 存在唯一的整数 使得 ,此时 故答案为： 【点睛】本题主要考查了数形结合分析参数范围的问题,需要根据题意分别分析定点 右边的整数点中 为满足条件的唯一整数,再数形结合列出 时的不等式求 的范 围.属于难题. 二、解答题 15.如图，四棱锥 中，底面 是菱形，对角线 交于点 为棱 的中点， ．求证： （1） 平面 ； ( )g x ( )f x 0x < 17 4 kk +∴ ≥ 17 3k ≥ ( ) 4 3g x k x = −   ( )g x∴ 4 ,03      x ( ) ( )f x g x< 4 3x > 2x ≥  ( ) ( )5 853 3 93 9g k f≥ ≥ =＝ ∴ 3,x = ( ) ( )f x g x< ( ) ( )22 2 43g k f= ≤ = 6k⇒ ≤ ( ) ( )84 4 163g k f∴ ≤ =＝ 6k⇒ ≤ 4x ≥ ( ) ( )f x g x> 3,x = ( ) ( )f x g x< 17 63 k≤ ≤ 17[ 3 ,6] 4 ,03      3x = 2,4x = k P ABCD- ABCD ,AC BD ,O M PD MA MC= / /PB AMC - 12 - （2）平面 平面 ． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】 【分析】 (1) 连结 根据中位线的性质证明 即可. (2) 证明 , 再证明 平面 即可. 【详解】解： 证明：连结 是菱形 对角线 的交点, 为 的中点, 是棱 的中点, 平面 平面 平面 解：在菱形 中, 且 为 的中点, , , 平面 平面 , 平面 平面 ． 【点睛】本题主要考查了线面平行与垂直的判定,属于基础题. PBD ⊥ AMC ,OM / /PB OM AC BD⊥ AC PD⊥ AC ⊥ PBD ( )1 ,OM O ABCD AC BD、 O∴ BD M PD / / ,OM PB∴ OM ⊂ ,AMC PB ⊄ ,AMC / /PB∴ ,AMC ( )2 ABCD ,AC BD⊥ O AC ,MA MC ＝ AC OM∴ ⊥ OM BD O∩ ＝ AC∴ ⊥ ,PBD AC ⊂ AMC ∴ PBD ⊥ AMC - 13 - 16.在锐角三角形 中，角 的对边分别为 ．已知 成等差数 列， 成等比数列． （1）求 的值； （2）若 的面积为 求 的值． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 (1)根据 成等差数列与三角形内角和可知 ,再利用两角 和的正切公式,代入 化简可得 ,同理根据三角 形内角和与余弦的两角和公式与等比数列的性质可求得 ,联立即可求解求 的 值. (2)由(1)可知 ,再根据同角三角函数的关系与正弦定理可求得 , 再结合 的面积为 利用面积公式求解即可. 【详解】解： 成等差数列, 可得 而 ,即 ,展开化简得 ,因为 ,故 ① 又 成等比数列, 可得 , 即 , 可得 联立 解得 （负的舍去）, ABC , ,A B C , ,a b c tan ,tan ,tanA B C cos , cos ,cosA C B A ABC 1, c 4A π＝ 3c＝ , ,tanA tanB tanC ( )tanC tan A B= − + 2 ,tanB tanA tanC+＝ 22tan tan tan 3A B A− = 2tanAtanB＝ A 2,tan 3tanB C =＝ 2 2 3b c＝ ABC 1, ( )1 , ,tanA tanB tanC 2 ,tanB tanA tanC+＝ ( ) 1 tanA tanBtanC tan A B tanAtanB += − + −＝ tan tan2tan tan tan tan 1 A BB A A B +− = − 2 22tan tan 2tan tan tan tanA B B A B B− − = tan 0B ≠ 22tan tan tan 3A B A− = , cos ,cosA C cosB ( )cosAcosB cosC cos A B sinAsinB cosAcosB+＝ ＝- ＝ - 2sinAsinB cosAcosB＝ 2,tanAtanB＝ ② ①② 1tanA＝ - 14 - 可得锐角 ； 由 可得 , 由 为锐角, 解得 , 因为 为锐角,故可得 , 由正弦定理可得 , 又 的面积为 可得 , 解得 ． 【点睛】本题主要考查了等差等比中项的运用以及正切的和差角公式以及同角三角函数关系 等.同时也考查了正弦定理与面积公式在解三角形中的运用,属于中档题. 17.某房地产开发商在其开发的某小区前修建了一个弓形景观湖．如图，该弓形所在的圆是以 为直径的圆，且 米，景观湖边界 与 平行且它们间的距离为 米． 开发商计划从 点出发建一座景观桥（假定建成的景观桥的桥面与地面和水面均平行），桥 面在湖面上的部分记作 ．设 ． （1）用 表示线段 并确定 的范围； （2）为了使小区居民可以充分地欣赏湖景，所以要将 的长度设计到最长，求 的最大 4A π＝ ( )2 ( )1 2, 3tanB tanC＝ ＝ sin 2cos BtanB B ＝ ＝ 2 2, 1,sin B cos B B+ ＝ 2 5 5sinB＝ sin 3cos CtanC C =＝ 2 2, 1,sin C cos C C+ ＝ 3 10 10sinC＝ 2 sin 2 25 3sin 3 10 c Bb c cC = =＝ ABC 1, 21 1 2 2 2 12 2 3 2bcsinA c⋅ ⋅ =＝ 3c＝ AB 300AB = CD AB 50 2 A PQ 2AOP θ∠ = θ ,PQ sin 2θ PQ PQ - 15 - 值． 【答案】（1） ， ；（2） 米. 【解析】 【分析】 (1) 过 点 作 于 点 再 在 中 利 用 正 弦 定 理 求 解 , 再 根 据 求解 ,进而求得 .再根据 确定 的范围即可. (2)根据(1)有 ,再设 ,求导分析函 数的单调性与最值即可. 【详解】解： 过点 作 于点 则 , 在 中, , , 由正弦定理得： , , , 50 2300sin cosPQ θ θ−＝ 2 sin 2 13 θ< ≤ 50 6 Q QH AB⊥ ,H AOP AP sin 2 QHAQ π θ −   ＝ AQ PQ 0PQ > sin 2θ 150 2 3 2 cosPQ sinθ θ  = −   ( ) 13 2 cosf sinθ θ θ= − ( )1 Q QH AB⊥ ,H 50 2QH＝ AOP 150, 2OA OP AOP θ∠ ＝ ＝ ＝ 2OAP π θ∴∠ −＝ sin 2sin 2 OP AP π θθ = −   300AP sinθ∴ ＝ 50 2 cossin 2 QHAQ π θθ ∴ = −   ＝ - 16 - , ,因为 , 化简得 , 令 , ,且 , 因为 ,故 令 即 , 记 , 当 时, 单调递增； 当 时, 单调递减, 又 , 当 时, 取最大值, 50 2= =300 cosPQ AP AQ sinθ θ∴ − − 50 2300 0cosPQ sinθ θ− > ＝ cos 0θ > 2 sin 2 13 θ< ≤ ( )2 50 2 1300 50 2 3 2cos cosPQ sin sinθ θθ θ  − = −   ＝ ( ) 13 2 sin cosf θ θ θ= − 2 sin 2 13 θ< ≤ 2 (0, )θ π∈ ( ) 2 2 sin tan' 3 2 cos cos 3 2cos cosf θ θθ θ θθ θ  = − = −   ( )2 2 2 sin cos tan cos 3 2 cos θ θ θ θ θ  + = −   ( ) ( )2 3cos 3 2 tan 1 tan cos 3 2 tan tanθ θ θ θ θ θ = − + = − −  (0, )2 πθ ∈ cos 0θ > '( ) 0,f θ ＝ 3tan tan 3 2 0θ θ+ − = 22 2 3 0( ,)( )tan tan tanθ θ θ∴ − + + = 0 02, 0, 2tanθ θ π ∈  ＝ 00 θ θ＜ ＜ ( ) ( )' 0,f fθ θ> 0 2 πθ θ＜ ＜ ( ) ( )' 0,f fθ θ< 0 2 3 22 3 3sin θ = > ∴ 2tanθ＝ ( )f θ - 17 - 此时 , 的最大值为 米． 【点睛】本题主要考查了三角函数在实际中的应用,需要根据题意建立角度与长度间的关系, 进而求导分析函数的单调性,根据三角函数值求解对应的最值即可.属于难题. 18.在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的中心为坐标原点 焦点在 轴上，右顶点 到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为 ． （1）求椭圆 的标准方程； （2）若 是椭圆 上关于 轴对称的任意两点，设 ，连接 交椭圆 于另一 点 ．求证：直线 过定点 并求出点 的坐标； （3）在（2）的条件下，过点 的直线交椭圆 于 两点，求 的取值范围． 【答案】（1） ；（2）证明详见解析， ；（3） . 【解析】 【分析】 (1)根据题意列出关于 的等式求解即可. (2)先根据对称性,直线 过的定点 一定在 轴上,再设直线 的方程为 , 联立直线与椭圆的方程, 进而求得 的方程,并代入 , 化简分析 即可. (3)先分析过点 的直线 斜率不存在时 的值,再分析存在时,设直线 的方程为 ,联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入 求解出关 于 的解析式,再求解范围即可. 【详解】解： 设椭圆 的标准方程 焦距为 , 由题意得, 6 3,3 3sin cosθ θ＝ ＝ 150 2 3 2 c 50 6osPQ sinθ θ  = − =   PQ∴ 50 6 xOy C ,O x ( )2,0A 1 2 C ,M N C x ( )4,0P − PM C E NE ,B B B C ,S T OS OT⋅  2 2 14 3 x y+ = ( )1,0B − 54, 4  − −   , ,a b c NE B x PM ( 4)y k x +＝ NE 1 1( 4)y k x +＝ 2 2( 4)y k x +＝ B ST OS OT⋅  ST ( 1)y m x +＝ 3 4 3 4OS OT x x y y⋅ = +  k ( )1 C ( )2 2 2 2 1 0 ,x y a ba b + = > > 2c 2,a＝ - 18 - 由 ,可得 则 , 所以椭圆 的标准方程为 ； 证明：根据对称性,直线 过的定点 一定在 轴上, 由题意可知直线 的斜率存在, 设直线 的方程为 , 联立 ,消去 得到 , 设点 , 则 ． 所以 , 所以 的方程为 , 令 得 , 将 , 代入上式并整理, , 整理得 , 所以,直线 与 轴相交于定点 ． 当过点 的直线 的斜率不存在时,直线 的方程为 , 2 1 2 a c c a aac − = = − 1,c＝ 2 2 2 3b a c＝ ﹣ ＝ C 2 2 14 3 x y+ = ( )2 NE B x PM PM ( 4)y k x +＝ 2 2 ( 4) 14 3 y k x x y + + = ＝ y ( )2 2 2 24 3 32 64 12 0k x k x k+ + + ﹣ ＝ 1 1 2 2( , ), ( , )M x y E x y 1 1( , )N x y﹣ 2 2 1 2 1 22 2 32 64 12,4 3 4 3 k kx x x xk k −+ = − =+ + NE ( )2 1 2 2 2 1 y yy y x xx x +− = −− 0,y＝ ( )2 2 1 2 2 1 y x xx x y y −= = + 1 1( 4)y k x +＝ 2 2( 4)y k x +＝ ( )1 2 1 2 1 2 2 4 8 x x x xx x x + += + + ( ) ( ) 2 2 2 2 128 24 128 1 32 24 32 k k x k k − − = = − − + + NE x ( 1,0)B − ( )3 B ST ST 1x = − 3 31, 1,2 2S T   − − −      , - 19 - 此时 , 当过点 的直线 斜率存在时, 设直线 的方程为 ,且 在椭圆 上, 联立方程组 , 消去 ,整理得 , 则 ． 所以 所以 , 所以 , 由 得 , 综上可得, 的取值范围是 ． 【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否 存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进 行求解.属于难题. 19.已知函数 ，其中 ． （1）①求函数 的单调区间； ②若 满足 ，且 ．求证： ． （2）函数 ．若 对任意， 都有 5 4OS OT⋅ = −  B ST ST ( 1)y m x= + 3 3 4 4( , ), ( , )S x y T x y C 2 2 ( 1) 14 3 y m x x y + + = ＝ y 2 2 2 24 3 8 4 12 0m x m x m+ + +（ ） ﹣ ＝ ( ) ( )( ) ( )22 2 2 28 4 4 3 4 12 144 1 0m m m m+ +＝ ﹣ ﹣ ＝ ＞ 2 2 3 4 3 42 2 8 4 12, ,4 3 4 3 m mx x x xm m −+ = − =+ + ( )( ) ( ) 2 2 2 3 4 3 4 3 4 3 24 4 3 91 1 1 my y m x x m x x x mx= + + = + + = − ++ ( ) 2 3 4 23 4 24 5 12 5 33 4 43 4 3 mOS OT x x y m m y +⋅ = + = − = −+ + −  2 0,m ≥ 54, 4OS OT  ⋅ ∈ − −     OS OT⋅  54, 4  − −   ( ) 2 1 2 axf x bx +＝ 0, 0a b> > ( )f x 1 2,x x ( )1 1,2ix i a => 1 2 20, 0x x x>+ > ( ) ( )1 22 af x f x b >+ ( ) 2 ln1 2g x ax x−＝ 1 2 1, 0,x x a  ∈   1 2 ,x x≠ - 20 - ，求 的最大值． 【答案】（1）①单调递增区间 ， ，单调递减区间 ；② 详见解析；（2） . 【解析】 【分析】 (1)①求导可得 ,再分别求解 与 的解集,结合定义 域分析函数的单调区间即可. ②根据(1)中的结论,求出 的表达式,再分 与 两种情况,结合函数 的单调性分析 的范围即可. (2)求导分析 的单调性,再结合 单调性,设 去绝对值化简可 得 ,再构造函数 , ,根 据函数的单调性与恒成立问题可知 ,再换元表达 求解最大值即可. 【详解】解： , 由 可得 或 , 由 可得 , 故函数的单调递增区间 , ,单调递减区间 ； , 或 , ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2| | | |f x f x g x g x− > − b a− 1 a  −∞ −   1 , a  +∞   1 1, a a −     1 16 ( ) 2 2 1, 02 axf x xbx −′ = ≠ ( ) 0f x′ > ( ) 0f x′ < ( ) ( )1 22f x f x+ 1 0x＜ 1 > 0x ( ) ( )1 22f x f x+ ( ) 2 ln1 2g x ax x−＝ ( )f x 1 2 ,x x< ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 0[ ]f x g x f x g x− − − ＞ ( ) ( ) ( )M x f x g x＝ ﹣ 10,x a  ∈   21 0b a ≥﹣ b a− ( ) ( ) 2 2 11 , 02 axf x xbx −′ = ≠ ( ) 0f x′ > 1x a > 1x a < − ( ) 0f x′ < 1 1x a a − < < 1 a  −∞ −   1 , a  +∞   1 1, a a −     1 2 20, 0x x x+② ＞ ＞ 1 0x∴ ＞ 1 0x＜ - 21 - 若 ,因为 ,故 , , 由 知 在 上单调递增, , 若 由 可得 x1, 因 , 所以 , 由 在 上单调递增, 综上 ． 时, , 在 上单调递减, 不妨设 由(1) 在 上单调递减, 由 , 可得 , 所以 , 令 , , 可得 单调递减, 所以 在 上恒成立, 为 1 0x＞ 1 ix a ＞ 1 1x a ＞ 2 1x a ＞ ① f x（ ） 1 , a  +∞   ( ) ( )1 2 1 32 3 a af x f x f b ba  + = >   ＞ 1 0,x＜ 1 1x a ＞ 1 1x a < − 1 2 20, 0x x x+ ＞ ＞ 2 1 1x x a ＞﹣ ＞ f x①（ ） 1 , a  +∞   ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 12 2 af x f x f x f x f x b + + − − >＞ = ( ) ( )1 22 af x f x b + ＞ ( )2 10 x a ＜ ＜ ( ) 21 1 0axg x ax x x −′ = − = < g x（ ） 10, a      1 2 ,x x＜ ( )f x 10, a      ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x f x g x g x− > − ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x f x g x g x− > − ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 0[ ]f x g x f x g x− − − ＞ ( ) ( ) ( )M x f x g x＝ ﹣ 10,x a  ∈   M x（ ） ( ) ( )( )22 2 2 1 1 21 1 02 2 ax bxaxM x axbx x bx − −−′ = − + = ≤ 10, a      - 22 - 即 在 上恒成立,即 , 所以 , , 所以 的最大值 ． 【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题,同时也考查了利用导数求解函数不 等式以及构造函数分析函数的最值解决恒成立的问题.需要根据题意结合定义域与单调性分 析函数的取值范围与最值等.属于难题. 20.已知 都是各项不为零的数列，且满足 其中 是数列 的前 项和， 是公差为 的等差数列． （1）若数列 是常数列， ， ，求数列 的通项公式； （2）若 是不为零的常数），求证：数列 是等差数列； （3）若 （ 为常数， ）， ．求证：对任意 的恒成立． 【答案】（1） ；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】 【分析】 (1) 根 据 , 可 求 得 , 再 根 据 是 常 数 列 代 入 根据通项与前 项和的关系求解 即可. (2)取 ,并结合通项与前 项和的关系可求得 再根据 化简可得 ,代入 化简即可知 ,再 证明 也成立即可. 1 2 0bx ≥﹣ 10, a      21 0b a ≥﹣ 2 ab ≤ 21 1 1 2 4 16 16 ab a a a ≤ − = − − + ≤  ﹣ b a﹣ 1 16 { } { } { }, ,n n na b c 1 1 2 2 , *,n n n na b a b a b c S n N…+ =+ + ∈ nS { }na n { }nc ( )0d d ≠ { }na 2d = 2 3c = { }nb na nλ= λ（ { }nb 1 1a c d k= = = k *k N∈ ( )2, *n n kb c n n N+ ≥ ∈= 1 1 2, *, n n n n b bn n N a a + + ≥ ∈ > 4 3nb n −＝ 2d = 2 3c = nc { }na 1 1 2 2 , *,n n n na b a b a b c S n N…+ =+ + ∈ n { }nb 1n = n 1 1 ,n n n n n nS c S c a b﹣ ﹣﹣ ＝ 1n n na S S −= − 1n n nS d nc nbλ λ+﹣ ＝ ( ) 1 1 2n n nS λ − −= ( )1 33 2n nb nb d−− = ≥ 2 1 3 2b b d− = - 23 - (3)由(2) 当 时, ,代入所给的条件化简可得 ,进而证明可得 ,即数列 是等比数列.继而求得 ,再根据作商法证明 即可. 【详解】 解： ． 是各项不为零的常数列, 则 , 则由 , 及 得 , 当 时, , 两式作差,可得 ． 当 时, 满足上式, 则 ； 证明： , 当 时, , 两式相减得： 即 ． 即 ． 又 , , 2n ≥ 1 1( )n n n n n n nS c c a c a b+﹣ ﹣﹣ ＝ 1 ,n nS ka﹣＝ ( )1 1n n n nS S a k a+ +﹣＝ ＝ 1 1 n n ka ak − += { }na 21 n n ka k −+ =    1 1 n n n n b b a a + + > ( )1 22, 3,d c ＝ ＝ 2 1nc n∴ ＝ ﹣ { }na 1 2 ,na a a∴ …＝ ＝ ＝ 1nS na＝ 1 1 2 2n n n nc S a b a b a b+ +…+＝ 2 1,nc n＝ ﹣ ( ) 1 22 1 nn n b b b+ +…+﹣ ＝ 2n ≥ ( )( ) 1 2 11 2 3 nn n b b b+ +…+ ﹣﹣ ﹣ ＝ 4 3nb n＝ ﹣ 1n＝ 1 1b＝ 4 3nb n＝ ﹣ ( )2 1 1 2 2 n n n na b a b a b c S+ +…+ ＝ 2n ≥ 1 1 2 2 1 1 1 1n n n na b a b a b c S+ +…+ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣＝ 1 1 ,n n n n n nS c S c a b﹣ ﹣﹣ ＝ ( ) ( )1 1 1 1 1,n n n n n n n n n n n n n nS a c S c a b S c c a c a b+ +﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣﹣ ＝ ﹣ ＝ 1n n nS d nc nbλ λ+﹣ ＝ ( ) 1 1 2n n nS λ − −= ( )1 2 n n n n d nc nb λ λ λ−∴ + = - 24 - 即 ． 当 时, , 两式相减得： ． 数列 从第二项起是公差为 的等差数列． 又当 时,由 得 , 当 时,由 ,得 ． 故数列 是公差为 的等差数列； 证明：由 ,当 时, ,即 , , ,即 , 即 , 当 时, 即 ． 故从第二项起数列 是等比数列, 当 时, ． ． 另外,由已知条件可得 , 又 , , 因而 ． 1 2 n n n d c b − + = ∴ 3n ≥ 1 1 2 2 n n n d c b− − − + = ( )1 33 2n nb nb d−− = ≥ ∴ { }nb 3 2 d 1n＝ 1 1 1 1,S c a b＝ 1 1c b＝ 2n＝ 2 2 1 1 2 1 1 3 2 2 2b d c d c d b d −= + = + + = + 2 1 3 2b b d− = { }nb 3 2 d ( )3 ( )2 2n ≥ ( )1 1n n n n n n nS c c a c a b+﹣ ﹣﹣ ＝ ( )1n n n nS d a b c﹣ ＝ ﹣ n n kb c + ＝ n nb c kd∴ +＝ n nb c kd﹣ ＝ 1 • ,n nS d a kd∴ ﹣ ＝ 1n nS ka﹣＝ ． ( )1 1n n n nS S a k a∴ + +﹣＝ ＝ 3n ≥ ( )1 11 ,n n nS k a ka+﹣ ﹣＝ ＝ 1 1 n n ka ak − += { }na ∴ 2n ≥ 2 2 1 n n ka a k −+ =    ( ) ( ) ( )2 2 1 1 1n n k nb c c kd c n k k k n k k k n k+ + + − + = + − + = +＝ ＝ ＝ ( )1 2 2 1 1 2 2a a c a b a b+ +＝ ( )2 1 22 , , 2c k b k b k k+＝ ＝ ＝ 2 1a∴ ＝ 21 n n ka k −+ =    - 25 - 令 , 则 ． 故对任意的 恒成立． 【点睛】本题主要考查了等差等比数列的综合运用,需要熟练运用通项与前 项和的关系分析 数列的递推公式继而求解通项公式或证明等差数列等.同时也考查了数列中的不等式证明等, 需要根据题意分析数列为等比数列并求出通项,再利用作商法证明.属于难题. 【选做题】在 A，B，C 四小题中只能选做两题，每小题 10 分，共 20 分．解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤． 21.已知二阶矩阵 ，矩阵 属于特征值 的一个特征向量为 ，属 于特征值 的一个特征向量为 .求矩阵 . 【答案】 【解析】 【分析】 运用矩阵定义列出方程组求解矩阵 【详解】由特征值、特征向量定义可知， ， 即 ，得 同理可得 解得 ， ， ， .因此矩阵 【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵，只需运用定义得出方程组即可求出结 果，较为简单 22. 选修 4­4：坐标系与参数方程 n n n bd a = ( ) ( )( ) ( )( )1 1 1 1 1 11 1 1 01 n n n n n n n k k n k d b a n d a k kb n + + + − = + +− = − = −+ + + <+ 2, *,n n N≥ ∈ 1 1 n n n n b b a a + + > n a bA c d  =    A 1 1λ = − 1 1 1 α  − =    2 4λ = 2 3 2 α  =    A 2 3 2 1A  =    A 1 1 1Aα λα= 1 111 1 a b c d      = − ×     − −      1, 1. a b c d − = −  − = 3 2 12, 3 2 8. a b c d + =  + = 2a = 3b = 2c = 1d = 2 3 2 1A  =    - 26 - 在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C 的参数方程为 （α 为参数）．以直角坐标 系原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ，点 P 为曲线 C 上的动点，求点 P 到直线 l 距离的最大值． 【答案】（1） ， （2） 【解析】 【 详 解 】 试 题 分 析 ： 利 用 将 极 坐 标 方 程 化 为 直 角 坐 标 方 程 ： 化简为 ρcosθ＋ρsinθ＝4，即为 x＋y＝4．再利用点到直线距离公式 得 ： 设 点 P 的 坐 标 为 （ 2cosα ， sinα ） ， 得 P 到 直 线 l 的 距 离 试题解析：解： 化简为 ρcosθ＋ρsinθ＝4， 则直线 l 的直角坐标方程为 x＋y＝4． 设点 P 的坐标为（2cosα，sinα），得 P 到直线 l 的距离 ， dmax＝ ． 考点：极坐标方程化为直角坐标方程，点到直线距离公式 23.若正数 满足 ，求 的最小值. 【答案】 【解析】 试 题 分 析 ： 由 柯 西 不 等 式 得 ， 所 以 2cos{ sin x y α α = = cos( ) 2 24 πρ θ − = 2 2 14 x y+ = 4x y+ = max 102 2 2d = + cos , sinx yρ θ ρ θ= = cos( ) 2 24 πρ θ − = 2cos sin 4 102 2 22 d α α+ −= ≤ + cos( ) 2 24 πρ θ − = 2cos sin 4 102 2 22 d α α+ −= ≤ + 102 2 2 + , ,a b c 1a b c+ + = 1 1 1 3 2 3 2 3 2a b c + ++ + + 1 [ ]1 1 1 (3 2) (3 2) (3 2)3 2 3 2 3 2 a b ca b c  + + + + + + + + + +  33 13 3 (3 2)(3 2)(3 2) 9(3 2)(3 2)(3 2) a b ca b c ≥ ⋅ + + + =+ + + - 27 - 试题解析：因为 均为正数，且 ， 所以 ． 于是由均值不等式可知 ， 当且仅当 时，上式等号成立． 从而 ． 故 的最小值为 ．此时 ． 考点：柯西不等式 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分．请在答卷纸指定区域内作答．解答 应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 24.如图，在正四棱锥 中，底面正方形的对角线 交于点 且 （1）求直线 与平面 所成角的正弦值； （2）求锐二面角 的大小． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 (1) 以 分别为 轴, 轴, 轴,建立空间直角坐标系, 设底面正方形边长为 再求 解 与平面 的法向量,继而求得直线 与平面 所成角的正弦值即可. 1 1 1 13 2 3 2 3 2a b c + + ≥+ + + , ,a b c 1a b c+ + = (3 2) (3 2) (3 2) 9a b c+ + + + + = [ ]1 1 1 (3 2) (3 2) (3 2)3 2 3 2 3 2 a b ca b c  + + + + + + + + + +  33 13 3 (3 2)(3 2)(3 2) 9(3 2)(3 2)(3 2) a b ca b c ≥ ⋅ + + + =+ + + 1 3a b c= = = 1 1 1 13 2 3 2 3 2a b c + + ≥+ + + 1 1 1 3 2 3 2 3 2a b c + ++ + + 1 1 3a b c= = = P ABCD﹣ ,AC BD O 1 2OP AB＝ ． BP PCD B PD C− − 6 3 60° , ,OE OF OP x y z 2, BP PCD BP PCD - 28 - (2)分别求解平面 与平面 的法向量,再求二面角的余弦值判断二面角大小即可. 【详解】解： 在正四棱锥 中,底面正方形的对角线 交于点 所以 平面 取 的中点 的中点 所以 两两垂直,故以点 为坐标原点, 以 分别为 轴, 轴, 轴,建立空间直角坐标系． 设底面正方形边长为 因为 所以 所以 , 所以 , 设平面 法向量是 , 因为 , , 所以 , , 取 则 , 所以 所以 , 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 设平面 的法向量是 , 的 BPD PDC ( )1 P ABCD﹣ ,AC BD ,O OP ⊥ ,ABCD AB ,E BC ,F , ,OP OE OF O , ,OE OF OP x y z 2, 1 ,2OP AB＝ 1,OP＝ ( ) ( ) ( ) ( )1,1,0 , 1,1,0 , 1, 1,0 , 0,0,1B C D P﹣ ﹣﹣ ( )1, 1,1BP＝﹣﹣ PCD ( ), ,n x y z= ( )0, 2,0CD = − ( )1, 1,1CP = ﹣ 2 0CD n y⋅ = −  ＝ 0CP n x y z⋅ + ＝﹣ ＝ 1,x＝ 0, 1y z＝ ＝﹣ ( )1,0, 1n = − 6, 3 BP ncos BP n BP n ⋅ =     ＜ ＞＝ BP PCD 6 3 ( )2 BPD ( ), ,n x y z= - 29 - 因为 , , 所以 , 取 则 所以 , 由 知平面 的法向量是 , 所以 所以 , 所以锐二面角 的大小为 ． 【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系求解线面夹角以及二面角的问题,属于中档题. 25.定义：若数列 满足所有的项均由 构成且其中 有 个， 有 个 ， 则称 为“ ﹣数列”． （1） 为“ ﹣数列” 中的任意三项，则使得 的取法有 多少种？ （2） 为“ ﹣数列” 中的任意三项，则存在多少正整数 对使得 且 的概率为 . 【答案】（1）16；（2）115. 【解析】 【分析】 (1)易得使得 的情况只有“ ”,“ ”两种,再根据组合的方法求解两种情 况分别的情况数再求和即可. (2)易得“ ”共有 种,“ ”共有 种.再根据古典概型的方法可知 ,利用组合数的计算公式可得 ,当 时根据题意有 ,共 个； ( )1, 1,1BP＝﹣﹣ ( )-2,-2,1BD = 0,BP n x y z⋅ + ＝﹣﹣ ＝ 2 2 0BD n x y⋅ ＝﹣ ﹣ ＝ 1,x＝ 1, 0,y z＝﹣ ＝ ( )1, 1,0n = − ( )1 PCD ( )1,0, 1n = − 1 2 m ncos m n m n ⋅    ＜ , ＞＝ ＝ , 60m n ° ＜ ＞＝ B PD C﹣ ﹣ 60° { }na 1,1﹣ 1﹣ m 1 p ( )3m p+ ≥ { }na ( ),m p ( ), ,i j ka a a i j k＜ ＜ ( )3,4 { }na 1i j ka a a ＝ ( ), ,i j ka a a i j k＜ ＜ ( ),m p { }na ( ),m p 1 100,m p≤ ≤ ≤ 1i j ka a a = 1 2 1i j ka a a ＝ 1, 1,1﹣﹣ 1,1,1 1, 1,1﹣﹣ 2 1 m pC C 1,1,1 3 PC 2 1 3 3 1 2 m p p m p C C C C + + = ( )( )2 23 2 3 2 0p m p p mp m m+﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ＝ p m= ( ) ( ), , , 2,3,4,{ },100m p k k k ∈ …= 99 - 30 - 当 时求得 ,再根据 换 元根据整除的方法求解满足的正整数对即可. 【详解】解：（1）三个数乘积为 有两种情况：“ ”,“ ”, 其中“ ”共有： 种, “ ”共有： 种, 利用分类计数原理得： 为“ ﹣数列” 中的任意三项, 则使得 的取法有： 种． （2）与(1)同理,“ ”共有 种, “ ”共有 种, 而在“ ﹣数列”中任取三项共有 种, 根据古典概型有： , 再根据组合数的计算公式能得到： , 时,应满足 , ,共 个, 时, 应满足 , 视 为常数,可解得 , 2 23 2 3 2 0p p mp m m+﹣ ﹣ ﹣ ﹣＝ ( )2 3 24 1 2 m mp + ± + ＝ 1 100,m p≤ ≤ ≤ 1 1, 1,1﹣﹣ 1,1,1 1, 1,1﹣﹣ 2 1 3 4 12C C ＝ 1,1,1 3 4 4C = ( ), ,i j ka a a i j k＜ ＜ ( )3,4 { }na 1i j ka a a ＝ 12 4 16+ ＝ 1, 1,1﹣﹣ 2 1 m pC C 1,1,1 3 PC ( ),m p 3 m pC + 2 1 3 3 1 2 m p p m p C C C C + + = ( )( )2 23 2 3 2 0p m p p mp m m+﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ＝ p m① ＝ 1 100 3 m p m p p m ≤ ≤ ≤  + ≥  = ( ) ( ), , , 2,3,{ , }4 ,100m p k k k∴ ∈ …= 99 2 23 2 3 2 0p p mp m m+② ﹣ ﹣ ﹣ ﹣＝ 2 2 1 100 3 3 2 3 2 0 m p m p p p mp m m < ≤ <  + ≥  − − + − − = m ( )2 3 24 1 2 m mp + ± + ＝ - 31 - , 根据 可知, , , , 根据 可知, ,（否则 ）, 下设 , 则由于 正整数知 必为正整数, , , 化简上式关系式可以知道： , 均为偶数, 设 , 则 , 由于 中必存在偶数, 只需 中存在数为 的倍数即可, , ． 检验： 符合题意, 共有 个, 为 1,m ≥ 2 1 5m∴ + ≥ p m≥ ( )2 3 24 1 2 m mp + + + ＝ 1m ≥ 2 1 5m∴ + ≥ p m≥ ( )2 3 24 1 2 m mp + + + ＝ 1p m≤ ﹣ 2 1k m +＝ p k 1 100m≤ ≤ 5 49k∴ ≤ ≤ ( )( )2 1 11 24 24 k kkm − +− =＝ 1, 1k k∴ +﹣ ∴ ( )*2 1,k t t N+ ∈＝ 2 24,t≤ ≤ ( )2 11 24 6 t tkm +−∴ =＝ , 1t t + ∴ , 1t t + 3 2,3,5,6,8,9,11, ,23,24t∴ …＝ 5,11,13, ,47,49k∴ …＝ ( ) ( )( )2 3 24 1 1 1 48 50 100,2 24 24 m m k kp + + + − + += ≤＝ ＝ ∴ 16 - 32 - 综上所述：共有 个数对 符合题意． 【点睛】本题主要考查了排列组合的基本方法,同时也考查了组合数的运算以及整数的分析方 法等,需要根据题意 115 ( ),m p - 33 -