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  • 2021-06-11 发布

2020年天津市河西区高考数学二模试卷

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‎2020年天津市河西区高考数学二模试卷 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. 设集合M=‎{x|x‎2‎≤4}‎,集合N=‎{x|1≤x≤2}‎,则‎∁‎MN=( ) ‎ A.‎{x|−2≤x<1}‎ B.‎{−2, −1, 0}‎ C.‎{x|x≤−2}‎ D.‎‎{x|02‎ ‎,若函数g(x)‎=x⋅f(x)−a(a≥−1)‎的零点个数为‎2‎,则实数a的取值范围是( ) ‎ A.‎2‎‎3‎‎−‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+1‎.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎2020年天津市河西区高考数学二模试卷 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.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 补集及其运算 ‎【解析】‎ 可以求出集合M,N,然后进行补集的运算即可.‎ ‎【解答】‎ 因为集合M=‎{x|x‎2‎≤4}‎=‎{x|−2≤x≤2}‎,集合N=‎{x|1≤x≤2}‎, ∴ ‎∁‎MN=‎[−2, 1)‎.‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 充分条件、必要条件、充要条件 ‎【解析】‎ 由互斥事件与对立事件的概念结合充分必要条件的判定方法得答案.‎ ‎【解答】‎ 由对立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件, 可知“条件A与条件B互斥”,不一定有“条件A与条件B互为对立事件”, 反之,由“条件A与条件B互为对立事件”,一定得到:“条件A与条件B互斥”. ∴ p是q的必要而不充分条件.‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 求解线性回归方程 ‎【解析】‎ 计算x‎¯‎、y‎¯‎,代入线性回归方程中求出a的值.‎ ‎【解答】‎ 计算x‎¯‎‎=‎1‎‎4‎×(0+1+3+4)‎=‎2‎, y‎¯‎‎=‎1‎‎4‎×(2.2+4.3+4.8+6.7)‎=‎4.5‎, 代入y与x的线性回归方程y‎​‎‎=0.95x+a中, 解得a=‎4.5−0.95×2‎=‎2.6‎.‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 双曲线的标准方程 ‎【解析】‎ 由抛物线方程求得抛物线的焦点坐标,得到双曲线的一个焦点坐标,可知双曲线是焦点在y轴上的双曲线,设其方程为y‎2‎a‎2‎‎−x‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎.求出c与a的最值,结合隐含条件求得b,则双曲线方程可求.‎ ‎【解答】‎ 由抛物线x‎2‎=‎20y,得‎2p=‎20‎,则p=‎10‎. ∴ 抛物线x‎2‎=‎20y的焦点坐标为‎(0, 5)‎, 可知双曲线是焦点在y轴上的双曲线,设其方程为y‎2‎a‎2‎‎−x‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎. 则c=‎5‎. 又双曲线上的一点P到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值等于‎6‎,∴ ‎2a=‎6‎,即a=‎3‎. ∴ b‎2‎=c‎2‎‎−‎a‎2‎=‎16‎. ∴ 双曲线的标准方程为y‎2‎‎9‎‎−x‎2‎‎16‎=1‎.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 余弦定理 ‎【解析】‎ 由正弦的面积公式知,S=‎1‎‎2‎acsinB,由余弦定理知,c‎2‎‎+a‎2‎−‎b‎2‎=‎2ac⋅cosB,均代入题干中的等式,化简整理后可得‎3×2ac⋅cosB=‎8ac⋅sinB,所以tanB=sinBcosB=‎6‎‎8‎=‎‎3‎‎4‎.‎ ‎【解答】‎ 由正弦的面积公式知,S=‎1‎‎2‎acsinB, ∵ ‎3‎c‎2‎=‎16S+3(b‎2‎−a‎2‎)‎,∴ ‎3(c‎2‎+a‎2‎−b‎2‎)‎=‎16×‎1‎‎2‎acsinB, 由余弦定理知,c‎2‎‎+a‎2‎−‎b‎2‎=‎2ac⋅cosB, ∴ ‎3×2ac⋅cosB=‎8ac⋅sinB,即tanB=sinBcosB=‎6‎‎8‎=‎‎3‎‎4‎.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 ‎【解析】‎ 由正四棱锥的体积和底面边长求出高,进而可得所求圆柱的底面半径和高,求出圆柱的表面积.‎ ‎【解答】‎ 设正四棱锥P−ABCD的顶点P在底面的投影为O, 则V正四棱锥‎=‎1‎‎3‎S底⋅PO=‎1‎‎3‎×(‎2‎‎)‎‎2‎×PO=‎2‎‎3‎PO, 由题意可得‎2‎‎3‎PO=‎‎4‎‎3‎,所以PO=‎2‎, ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 由题意可得所求的圆柱的底面直径‎2R=BD=‎2‎×‎‎2‎, 所以R=‎1‎,高h=PO‎2‎=1‎, 所以S圆柱表面积=‎2S底+‎S侧=‎2πR‎2‎+2πR⋅h=‎2π×‎1‎‎2‎+2π×1×1‎=‎4π,‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 函数的图象与图象的变换 ‎【解析】‎ 利用f(0)‎的值进行判断,求函数的导数,研究当x≥2‎时的单调性,利用排除法进行求解即可.‎ ‎【解答】‎ f(0)‎‎=e−2cos1>0‎,排除B,D, 当x≥1‎时,f(x)‎=ex−1‎‎−2cos(x−1)‎, f′(x)‎=ex−1‎‎+2sin(x−1)‎, 则当x≥2‎时,f′(x)>0‎,即此时f(x)‎为增函数,排除C,‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 排列、组合及简单计数问题 ‎【解析】‎ 由题意把四位数分为含有‎3‎个偶数与‎2‎个偶数两类,每一类要考虑特殊元素‎0‎的安排情况,利用排列组合的应用可分别求出每类四位数的个数,相加即可.‎ ‎【解答】‎ 根据题意,数字‎0‎,‎1‎,‎2‎,‎3‎,‎4‎,中有‎2‎个奇数,‎3‎个偶数,若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数, 则四位数中有‎2‎个或‎3‎个偶数, 分‎2‎种情况讨论: ①,四位数中有‎3‎个偶数,‎1‎个奇数; 因为‎0‎不能在首位,有‎3‎种情况,选取一个奇数有C‎​‎‎2‎‎1‎=2‎种,与另两个偶数安排在其他三个位置,有A‎3‎‎3‎=‎6‎种情况,则有‎3×2×6‎=‎36‎个符合条件的四位数; ②,四位数中有‎2‎个偶数,‎2‎个奇数; 若偶数中有‎0‎,在‎2‎、‎4‎中选出‎1‎个偶数,有C‎2‎‎1‎=‎2‎种取法, 其中‎0‎不能在首位,有‎3‎种情况,将其他‎3‎个数全排列,安排在其他三个位置,有A‎3‎‎3‎=‎6‎种情况, 则有‎2×3×6‎=‎36‎个符合条件的四位数; 若偶数中没有‎0‎,将其他‎4‎个数全排列,有A‎4‎‎4‎=‎24‎个符合条件的四位数; 则一共有‎36+36+24‎=‎96‎个符合条件的四位数;‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 分段函数的应用 函数与方程的综合运用 ‎【解析】‎ 函数g(x)‎=x・f(x)−a的零点个数恰为‎2‎个‎⇔y=f(x)‎与y=‎ax有两个交点.画出函数y=f(x)‎与y=‎ax的图象,结合图象即可..‎ ‎【解答】‎ 函数g(x)‎=x・f(x)−a的零点个数恰为‎2‎个‎⇔y=f(x)‎与y=‎ax有两个交点. x≤2‎时,f(x)=x−2,1≤x≤2‎‎−x,x<1‎ ‎, ‎20‎且a‎3‎‎<‎‎1‎‎2‎a‎7‎‎>‎‎1‎‎8‎‎ ‎或a=‎−1‎, ∴ ‎7‎‎8‎‎0‎以及圆的圆心与半径,由直线与圆相切的性质可得‎|−m|‎‎9+16‎‎=‎m,解可得m的值,即可得答案.‎ ‎【解答】‎ 根据题意,圆x‎2‎‎+‎y‎2‎=m,必有m>0‎,其圆心为‎(0, 0)‎,半径r=‎m, 若直线‎3x+4y=m与圆x‎2‎‎+‎y‎2‎=m相切,则有‎|−m|‎‎9+16‎‎=‎m,解可得m=‎25‎;‎ ‎【答案】‎ ‎7‎‎15‎‎,‎‎3‎‎5‎ ‎【考点】‎ 离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 ‎【解析】‎ ‎(1)设取出的‎3‎件产品中次品的件数为X,‎3‎件产品中恰好有一件次品的概率为P(X=‎1)‎; (2)取出的‎3‎件产品中次品的件数X可能为‎0‎,‎1‎,‎2‎,求出相应的概率,从而可得概率分布列与期望.‎ ‎【解答】‎ ‎(2)∵ X可能为‎0‎,‎1‎,‎2‎ ∴ P(X=‎0)=C‎8‎‎3‎C‎10‎‎3‎=‎‎7‎‎15‎, P(X=‎1)=‎‎7‎‎15‎, P(X=‎2)=C‎2‎‎2‎C‎8‎‎1‎C‎10‎‎3‎=‎‎1‎‎15‎, ∴ X的分布为: ‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎7‎‎15‎ ‎7‎‎15‎ ‎1‎‎15‎ ‎ 则 E(X)‎=‎0×‎7‎‎15‎+1×‎7‎‎15‎+2×‎1‎‎15‎=‎3‎‎5‎(1)‎故答案为:‎7‎‎15‎,‎3‎‎5‎.‎ ‎【答案】‎ ‎8‎ ‎【考点】‎ 基本不等式及其应用 ‎【解析】‎ 由已知可得,x=‎‎41−4yy+2‎,代入x+y=y+‎41−4yy+2‎=‎−4(y+2)+49‎y+2‎+y,然后结合基本不等式可求.‎ ‎【解答】‎ 解:因为x,y为正实数,且xy+2x+4y=‎‎41‎, 所以x=‎‎41−4yy+2‎, 所以则x+y=‎y+‎41−4yy+2‎=‎−4(y+2)+49‎y+2‎+y ‎=−6+‎49‎y+2‎+y+2≥−6+2‎49‎y+2‎‎⋅(y+2)‎=8‎, 当且仅当y+2=‎‎49‎y+2‎,即y=‎‎5‎,x=‎‎3‎时取等号, 此时x+y取得最小值‎8‎. 故答案为:‎8‎.‎ ‎【答案】‎ ‎1‎‎,‎‎8‎‎3‎ ‎【考点】‎ 平面向量数量积的性质及其运算 ‎【解析】‎ 用CA‎→‎,CB‎→‎表示出AG‎→‎,MB‎→‎,计算‎3AG‎→‎⋅‎MB‎→‎即可得出BC⊥AC,再根据平面向量的数量积定义计算即可.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ M、N分别是CA、CB的中点,点G为AN与BM的交点, ∴ G是‎△ABC的重心,∴ AG‎→‎‎=‎2‎‎3‎AN‎→‎=‎1‎‎3‎AB‎→‎+‎1‎‎3‎AC‎→‎=‎1‎‎3‎(CB‎→‎−CA‎→‎)−‎1‎‎3‎CA‎→‎=‎1‎‎3‎CB‎→‎−‎‎2‎‎3‎CA‎→‎, 又MB‎→‎‎=−‎1‎‎2‎CA‎→‎+‎CB‎→‎, ∴ ‎3AG‎→‎⋅MB‎→‎=(CB‎→‎−2CA‎→‎)⋅(CB‎→‎−‎1‎‎2‎CA‎→‎)=CB‎→‎‎2‎+CA‎→‎‎2‎−‎5‎‎2‎CB‎→‎⋅‎CA‎→‎, 又‎3AG‎→‎⋅MB‎→‎=CA‎→‎‎2‎+‎CB‎→‎‎2‎, ∴ CB‎→‎‎⋅CA‎→‎=0‎,故BC⊥AC,∴ AC=AB‎2‎−BC‎2‎=2‎, ∴ BC‎→‎‎⋅BA‎→‎=BC‎→‎‎2‎=1‎, AG‎→‎‎⋅AC‎→‎=‎2‎‎3‎AN‎→‎⋅AC‎→‎=‎2‎‎3‎AC‎→‎‎2‎=‎‎8‎‎3‎.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 三、解答题:本大题共5小题,共75分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.‎ ‎【答案】‎ f(x)=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎cos2x+‎3‎‎2‎sin2x−‎1‎‎2‎=sin(2x+π‎6‎)‎‎, ∴ T=π;‎ 依题意,令‎−π‎2‎+2kπ≤2x+π‎6‎≤π‎2‎+2kπ,k∈Z, 解得‎−π‎3‎+kπ≤x≤π‎6‎+kπ,k∈Z, ∴ f(x)‎的单调递增区间为‎[−π‎3‎+kπ,π‎6‎+kπ],k∈Z; 设A=[−π‎4‎,π‎4‎],B=[−π‎3‎+kπ,π‎6‎+kπ]‎,易知A∩B=[−π‎4‎,π‎6‎]‎, ∴ 当x∈[−π‎4‎,π‎4‎]‎时,f(x)‎在区间‎[−π‎4‎,π‎6‎]‎上单调递增,区间‎(π‎6‎,π‎4‎]‎上单调递减.‎ ‎【考点】‎ 两角和与差的三角函数 正弦函数的单调性 ‎【解析】‎ ‎(1)化简可得f(x)=sin(2x+π‎6‎)‎,进而求得最小正周期; (2)先求得f(x)‎的单调递增区间为‎[−π‎3‎+kπ,π‎6‎+kπ],k∈Z,进而求得f(x)‎在区间‎[−π‎4‎,π‎4‎]‎上的单调性.‎ ‎【解答】‎ f(x)=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎cos2x+‎3‎‎2‎sin2x−‎1‎‎2‎=sin(2x+π‎6‎)‎‎, ∴ T=π;‎ 依题意,令‎−π‎2‎+2kπ≤2x+π‎6‎≤π‎2‎+2kπ,k∈Z, 解得‎−π‎3‎+kπ≤x≤π‎6‎+kπ,k∈Z, ∴ f(x)‎的单调递增区间为‎[−π‎3‎+kπ,π‎6‎+kπ],k∈Z; 设A=[−π‎4‎,π‎4‎],B=[−π‎3‎+kπ,π‎6‎+kπ]‎,易知A∩B=[−π‎4‎,π‎6‎]‎, ∴ 当x∈[−π‎4‎,π‎4‎]‎时,f(x)‎在区间‎[−π‎4‎,π‎6‎]‎上单调递增,区间‎(π‎6‎,π‎4‎]‎上单调递减.‎ ‎【答案】‎ 如图,连接AC,交BD于O点,则O为AC的中点,连接EO; ∵ E为CC‎1‎的中点, ∴ EO // AC‎1‎, 又∵ EO⊂‎平面BED,AC‎1‎⊄‎平面BED ∴ AC‎1‎ // ‎平面BED,‎ 连接A‎1‎B,A‎1‎C‎1‎,AA‎1‎=‎2AB=‎2‎,E为CC‎1‎的中点, ∴ BE=‎‎2‎,A‎1‎E=‎‎3‎,A‎1‎D=‎‎5‎; ∴ 在‎△A‎1‎BE中:BE‎2‎+A‎1‎E‎2‎=‎A‎1‎B‎2‎,则‎△A‎1‎BE是直角三角形,∴ A‎1‎E⊥BE; 同理可证A‎1‎E⊥DE; ∵ BE∩DE=E; ∴ A‎1‎E⊥‎平面BDE.‎ 以DA所在直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD‎1‎所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 根据条件知道以下几个点坐标: B(1, 1, 0)‎,E(0, 1, 1)‎,D(0, 0, 0)‎,A‎1‎‎(1, 0, 2)‎,设F(1, 1, m)‎,设A‎1‎F交平面BDE于G(x‎0‎, y‎0‎, z‎0‎)‎,连接A‎1‎G,EG,则‎∠A‎1‎GE 便是直线A‎1‎F与平面BDE所成角, 先给出所用到的几个向量的坐标:A‎1‎E‎→‎‎=(−1,1,−1)‎,A‎1‎F‎→‎‎=(0,1,m−2)‎. ∵ 直线A‎1‎F与平面BDE所称角的正弦值是‎6‎‎3‎, ∴ cos=A‎1‎E‎→‎‎⋅‎A‎1‎F‎→‎‎|A‎1‎E‎→‎||A‎1‎F‎→‎|‎=‎1−m+2‎‎3‎‎⋅‎‎(m−2‎)‎‎2‎+1‎=‎‎6‎‎3‎,解得:m=‎1‎, ∴ DF=‎‎3‎. ‎ ‎【考点】‎ 直线与平面平行 直线与平面垂直 直线与平面所成的角 ‎【解析】‎ ‎(1)连接AC,交BD于O,根据三角形中位线定理易得:OE // AF,再由线面平行的判定定理,即可得到AC‎1‎ // ‎平面BDE. (2)利用勾股定理求证‎△A‎1‎BE和‎△A‎1‎DE为直角三角形,再根据线面垂直的判定定理说明直线和平面垂直即可. (3)建立空间直角坐标系,直线A‎1‎F要和平面BDE有个交点,这个交点是未知的,可以设为G(x‎0‎, y‎0‎, z‎0‎)‎,则‎∠A‎1‎GE是直线A‎1‎F与平面BDE所成的角.看坐标中的x‎0‎,y‎0‎,z‎0‎能否用其它的量来表示.G点是未知的,看有哪些条件来限制它.G点在平面BDE上,根据共面向量基本定理,存在一组实数λ,μ使BG‎→‎‎=λBD‎→‎+μBE‎→‎这样便得到第一个限制条件;G点在直线A‎1‎F上,所以向量A‎1‎G‎→‎与A‎1‎F‎→‎共线,所以存在实数b使得A‎1‎G‎→‎‎=bA‎1‎F‎→‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎,这是找到的第二个条件.第三个条件就是,在Rt△A‎1‎GE中,sin∠A‎1‎GE=A‎1‎EA‎1‎G=‎‎6‎‎3‎,这样三个条件都找到,带入坐标进行运算即可.‎ ‎【解答】‎ 如图,连接AC,交BD于O点,则O为AC的中点,连接EO; ∵ E为CC‎1‎的中点, ∴ EO // AC‎1‎, 又∵ EO⊂‎平面BED,AC‎1‎⊄‎平面BED ∴ AC‎1‎ // ‎平面BED,‎ 连接A‎1‎B,A‎1‎C‎1‎,AA‎1‎=‎2AB=‎2‎,E为CC‎1‎的中点, ∴ BE=‎‎2‎,A‎1‎E=‎‎3‎,A‎1‎D=‎‎5‎; ∴ 在‎△A‎1‎BE中:BE‎2‎+A‎1‎E‎2‎=‎A‎1‎B‎2‎,则‎△A‎1‎BE是直角三角形,∴ A‎1‎E⊥BE; 同理可证A‎1‎E⊥DE; ∵ BE∩DE=E; ∴ A‎1‎E⊥‎平面BDE.‎ 以DA所在直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD‎1‎所在的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 根据条件知道以下几个点坐标: B(1, 1, 0)‎,E(0, 1, 1)‎,D(0, 0, 0)‎,A‎1‎‎(1, 0, 2)‎,设F(1, 1, m)‎,设A‎1‎F交平面BDE于G(x‎0‎, y‎0‎, z‎0‎)‎,连接A‎1‎G,EG,则‎∠A‎1‎GE 便是直线A‎1‎F与平面BDE所成角, 先给出所用到的几个向量的坐标:A‎1‎E‎→‎‎=(−1,1,−1)‎,A‎1‎F‎→‎‎=(0,1,m−2)‎. ∵ 直线A‎1‎F与平面BDE所称角的正弦值是‎6‎‎3‎, ∴ cos=A‎1‎E‎→‎‎⋅‎A‎1‎F‎→‎‎|A‎1‎E‎→‎||A‎1‎F‎→‎|‎=‎1−m+2‎‎3‎‎⋅‎‎(m−2‎)‎‎2‎+1‎=‎‎6‎‎3‎,解得:m=‎1‎, ∴ DF=‎‎3‎. ‎ ‎【答案】‎ ‎∵ ‎2‎Sn=‎3(an−2)(n∈N‎*‎)‎,∴ ‎2‎Sn−1‎=‎3(an−1‎−2)(n≥2)‎, 两式相减,整理得:anan−1‎‎=3 (n≥2)‎,当n=‎1‎时,有‎2‎a‎1‎=‎3(a‎1‎−2)‎,解得a‎1‎=‎6‎, ∴ 数列‎{an}‎是以‎6‎为首项,‎3‎为公比的等比数列,an=‎6×‎‎3‎n−1‎=‎2×‎‎3‎n. 设数列‎{bn}‎的公差为d,∵ b‎1‎‎=‎1‎‎6‎a‎1‎=1‎,b‎5‎是b‎2‎和b‎14‎的等比中项,∴ ‎(‎b‎5‎‎)‎‎2‎=b‎2‎‎⋅‎b‎14‎, 即‎(1+4d‎)‎‎2‎=‎(1+d)(1+13d)‎,解得d=‎0‎或‎2‎,∵ 公差不为‎0‎,∴ d=‎2‎,故bn=b‎1‎‎+(n−1)d=‎2n−1‎;‎ ‎∵ ‎1‎bnbn+1‎‎=‎1‎‎(2n−1)(2n+1)‎=‎1‎‎2‎(‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎,∴ i=1‎‎10‎‎ ‎‎1‎bibi+1‎‎=‎1‎‎2‎(1−‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+⋯+‎1‎‎19‎−‎1‎‎21‎)=‎‎10‎‎21‎;‎ ‎∵ cn‎=‎1,n≠‎‎2‎kak‎,n=‎‎2‎k (k∈N‎*‎)‎,an=‎2×‎‎3‎n,∴ i=1‎‎2‎n‎ ‎‎(ci−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(ai−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(2×‎3‎i−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(4×‎9‎i−4×‎3‎i+1)‎ =‎4i=1‎n‎ ‎‎9‎i−4i=1‎n‎ ‎‎3‎i+n=‎1‎‎2‎×‎9‎n+1‎−2×‎3‎n+1‎+n+‎‎3‎‎2‎.‎ ‎【考点】‎ 等差数列的通项公式 数列的求和 ‎【解析】‎ ‎(1)由‎2‎Sn=‎3(an−2)(n∈N‎*‎)⇒2‎Sn−1‎=‎3(an−1‎−2)(n≥2)‎,两式相减整理得:anan−1‎‎=3 (n≥2)‎,再解得a‎1‎,进而求得an,设数列‎{bn}‎的公差为d,由题设条件列出含d的方程,解出d,求出bn; (2)由题设条件得‎1‎bnbn+1‎‎=‎1‎‎2‎(‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎,再利用裂项相消法求i=1‎‎10‎‎ ‎‎1‎bibi+1‎; (3)根据cn‎=‎1,n≠‎‎2‎kak‎,n=‎‎2‎k (k∈N‎*‎)‎,an=‎2×‎‎3‎n,整理得i=1‎‎2‎n‎ ‎‎(ci−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(ai−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(2×‎3‎i−1‎)‎‎2‎=4i=1‎n‎ ‎‎9‎i−4i=1‎n‎ ‎‎3‎i+n,再求得结果.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎2‎Sn=‎3(an−2)(n∈N‎*‎)‎,∴ ‎2‎Sn−1‎=‎3(an−1‎−2)(n≥2)‎, 两式相减,整理得:anan−1‎‎=3 (n≥2)‎,当n=‎1‎时,有‎2‎a‎1‎=‎3(a‎1‎−2)‎,解得a‎1‎=‎6‎, ∴ 数列‎{an}‎是以‎6‎为首项,‎3‎为公比的等比数列,an=‎6×‎‎3‎n−1‎=‎2×‎‎3‎n. 设数列‎{bn}‎的公差为d,∵ b‎1‎‎=‎1‎‎6‎a‎1‎=1‎,b‎5‎是b‎2‎和b‎14‎的等比中项,∴ ‎(‎b‎5‎‎)‎‎2‎=b‎2‎‎⋅‎b‎14‎, 即‎(1+4d‎)‎‎2‎=‎(1+d)(1+13d)‎,解得d=‎0‎或‎2‎,∵ 公差不为‎0‎,∴ d=‎2‎,故bn=b‎1‎‎+(n−1)d=‎2n−1‎;‎ ‎∵ ‎1‎bnbn+1‎‎=‎1‎‎(2n−1)(2n+1)‎=‎1‎‎2‎(‎1‎‎2n−1‎−‎1‎‎2n+1‎)‎,∴ i=1‎‎10‎‎ ‎‎1‎bibi+1‎‎=‎1‎‎2‎(1−‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎−‎1‎‎5‎+⋯+‎1‎‎19‎−‎1‎‎21‎)=‎‎10‎‎21‎;‎ ‎∵ cn‎=‎1,n≠‎‎2‎kak‎,n=‎‎2‎k (k∈N‎*‎)‎,an=‎2×‎‎3‎n,∴ i=1‎‎2‎n‎ ‎‎(ci−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(ai−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(2×‎3‎i−1‎)‎‎2‎=i=1‎n‎ ‎(4×‎9‎i−4×‎3‎i+1)‎ =‎4i=1‎n‎ ‎‎9‎i−4i=1‎n‎ ‎‎3‎i+n=‎1‎‎2‎×‎9‎n+1‎−2×‎3‎n+1‎+n+‎‎3‎‎2‎.‎ ‎【答案】‎ 解:‎(1)‎设椭圆方程为x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=1‎, 由题意,得c=‎‎3‎.  ∵ a‎2‎‎−c‎2‎=‎b‎2‎, ∴ b‎2‎‎=a‎2‎−3‎. 又‎(1,‎3‎‎2‎)‎是椭圆上的一个点, ∴ ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎1‎a‎2‎‎+‎3‎‎4‎a‎2‎‎−3‎=1‎‎,解得a‎2‎‎=4‎或a‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎(舍去), 从而椭圆的标准方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎;‎ ‎(2)‎‎∵ P(x‎0‎, y‎0‎)‎,x‎0‎‎≠0‎,则Q(0, y‎0‎)‎,且x‎0‎‎2‎‎4‎‎+y‎0‎‎2‎=1‎. ∵ M为线段PQ中点, ∴ M(x‎0‎‎2‎,y‎0‎)‎. 又A(0, 1)‎, ∴ 直线AM的方程为y=‎2(y‎0‎−1)‎x‎0‎x+1‎. ∵ x‎0‎‎≠0‎, ∴ y‎0‎‎≠1‎,令y=−1‎,得C(x‎0‎‎1−‎y‎0‎,−1)‎.  又B(0, −1)‎,N为线段BC的中点,有N(x‎0‎‎2(1−y‎0‎)‎,−1)‎. ∴ NM‎→‎‎=(x‎0‎‎2‎−x‎0‎‎2(1−y‎0‎)‎,y‎0‎+1)‎. ∴ OM‎→‎‎⋅NM‎→‎=x‎0‎‎2‎(x‎0‎‎2‎−x‎0‎‎2(1−y‎0‎)‎)+y‎0‎⋅(y‎0‎+1)‎ ‎=x‎0‎‎2‎‎4‎−x‎0‎‎2‎‎4(1−y‎0‎)‎+y‎0‎‎2‎+‎y‎0‎ ‎=(x‎0‎‎2‎‎4‎+y‎0‎‎2‎)−x‎0‎‎2‎‎4(1−y‎0‎)‎+‎y‎0‎ ‎=1−(1+y‎0‎)+y‎0‎=0‎. ∴ OM⊥MN. ∵ ‎|OM|=x‎0‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎0‎‎2‎=1‎, ‎|ON|=‎x‎0‎‎2‎‎4(1−‎y‎0‎‎)‎‎2‎‎+1‎ ‎=‎1−‎y‎0‎‎2‎‎(1−‎y‎0‎‎)‎‎2‎‎+1‎=‎‎2‎‎1−‎y‎0‎, ∴ 在Rt△MON中,‎|MN|=‎‎|ON‎|‎‎2‎−|OM‎|‎‎2‎, ∴ S‎△MON‎=‎1‎‎2‎|OM||MN|=‎‎1‎‎2‎‎1+‎y‎0‎‎1−‎y‎0‎. ∴ ‎1‎‎2‎‎1+‎y‎0‎‎1−‎y‎0‎‎=‎‎3‎‎2‎,解得y‎0‎‎=‎‎4‎‎5‎.‎ ‎【考点】‎ 与椭圆有关的中点弦及弦长问题 椭圆的标准方程 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎设椭圆方程为x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=1‎, 由题意,得c=‎‎3‎.  ∵ a‎2‎‎−c‎2‎=‎b‎2‎, ∴ b‎2‎‎=a‎2‎−3‎. 又‎(1,‎3‎‎2‎)‎是椭圆上的一个点, ∴ ‎1‎a‎2‎‎+‎3‎‎4‎a‎2‎‎−3‎=1‎,解得a‎2‎‎=4‎或a‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎(舍去), 从而椭圆的标准方程为x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎;‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(2)‎‎∵ P(x‎0‎, y‎0‎)‎,x‎0‎‎≠0‎,则Q(0, y‎0‎)‎,且x‎0‎‎2‎‎4‎‎+y‎0‎‎2‎=1‎. ∵ M为线段PQ中点, ∴ M(x‎0‎‎2‎,y‎0‎)‎. 又A(0, 1)‎, ∴ 直线AM的方程为y=‎2(y‎0‎−1)‎x‎0‎x+1‎. ∵ x‎0‎‎≠0‎, ∴ y‎0‎‎≠1‎,令y=−1‎,得C(x‎0‎‎1−‎y‎0‎,−1)‎.  又B(0, −1)‎,N为线段BC的中点,有N(x‎0‎‎2(1−y‎0‎)‎,−1)‎. ∴ NM‎→‎‎=(x‎0‎‎2‎−x‎0‎‎2(1−y‎0‎)‎,y‎0‎+1)‎. ∴ OM‎→‎‎⋅NM‎→‎=x‎0‎‎2‎(x‎0‎‎2‎−x‎0‎‎2(1−y‎0‎)‎)+y‎0‎⋅(y‎0‎+1)‎ ‎=x‎0‎‎2‎‎4‎−x‎0‎‎2‎‎4(1−y‎0‎)‎+y‎0‎‎2‎+‎y‎0‎ ‎=(x‎0‎‎2‎‎4‎+y‎0‎‎2‎)−x‎0‎‎2‎‎4(1−y‎0‎)‎+‎y‎0‎ ‎=1−(1+y‎0‎)+y‎0‎=0‎. ∴ OM⊥MN. ∵ ‎|OM|=x‎0‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎0‎‎2‎=1‎, ‎|ON|=‎x‎0‎‎2‎‎4(1−‎y‎0‎‎)‎‎2‎‎+1‎ ‎=‎1−‎y‎0‎‎2‎‎(1−‎y‎0‎‎)‎‎2‎‎+1‎=‎‎2‎‎1−‎y‎0‎, ∴ 在Rt△MON中,‎|MN|=‎‎|ON‎|‎‎2‎−|OM‎|‎‎2‎, ∴ S‎△MON‎=‎1‎‎2‎|OM||MN|=‎‎1‎‎2‎‎1+‎y‎0‎‎1−‎y‎0‎. ∴ ‎1‎‎2‎‎1+‎y‎0‎‎1−‎y‎0‎‎=‎‎3‎‎2‎,解得y‎0‎‎=‎‎4‎‎5‎.‎ ‎【答案】‎ f‎′‎‎(x)‎‎=ex‎−ex(sinx+cosx)‎=ex‎(1−sinx−cosx)=ex[1−‎2‎(sin(x+π‎4‎)]=−‎2‎ex[sin(x+π‎4‎)−‎2‎‎2‎]‎, ∵ x∈[0,π‎2‎]‎,∴ x+π‎4‎∈[π‎4‎,‎3π‎4‎]‎, ∴ sin(x+π‎4‎)≥‎‎2‎‎2‎,所以f‎′‎‎(x)≤0‎, 故函数f(x)‎在‎[0,π‎2‎]‎上单调递减,函数f(x)‎的最大值为f(0)‎=e‎0‎‎−e‎0‎sin0‎=‎1‎;f(x)‎的最小值为f(π‎2‎)=eπ‎2‎−eπ‎2‎sinπ‎2‎=0‎, 所以函数f(x)‎的值域为‎[0, 1]‎.‎ 原不等式可化为ex‎(1−sinx)≥k(x−1)(1−sinx)‎…‎(*)‎, 因为‎1−sinx≥0‎恒成立,故‎(*)‎式可化为ex‎≥k(x−1)‎. 令g(x)‎=ex‎−kx+k,则g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k 当k≤0‎时,g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k>0‎,所以函数g(x)‎在‎[0,π‎2‎]‎上单调递增,故g(x)≥g(0)‎=‎1+k≥0‎,所以‎−1≤k≤0‎; 当k>0‎时,令g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k=‎0‎,得x=lnk,且当x∈(0, lnk)‎时,g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k<0‎;当x∈(lnk, +∞)‎时,g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k>0‎. 所以当lnk<‎π‎2‎,即‎00‎,成立; 当lnk≥‎π‎2‎,即k≥‎eπ‎2‎时,函数g(x)‎在‎[0,π‎2‎]‎上单调递减,g(x‎)‎min=g(π‎2‎)=eπ‎2‎−kπ‎2‎+k≥0‎,解得eπ‎2‎‎≤k≤‎eπ‎2‎π‎2‎‎−1‎ 综上,‎−1≤k≤‎eπ‎2‎π‎2‎‎−1‎.‎ 令h(x)=ex−1‎+‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1‎,则h(x)=ex−1‎+x−‎‎3‎‎2‎. 由h(‎1‎‎2‎)=e‎−‎‎1‎‎2‎−1<0,h(‎3‎‎4‎)=e‎−‎‎1‎‎4‎−‎3‎‎4‎>0‎,故存在x‎0‎‎∈(‎1‎‎2‎,‎3‎‎4‎)‎,使得h‎′‎‎(x‎0‎)‎=‎0‎即ex‎0‎‎−1‎‎=‎3‎‎2‎−‎x‎0‎.且当x∈(−∞, x‎0‎)‎时,h‎′‎‎(x)<0‎;当x∈(x‎0‎, +∞)‎时,h‎′‎‎(x)>0‎.故当x=x‎0‎时,函数h(x)‎有极小值,且是唯一的极小值,故函数h‎(x‎)‎min=h(x‎0‎)=ex‎0‎‎−1‎+‎1‎‎2‎(x‎0‎−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1=−(x‎0‎−‎3‎‎2‎)+‎1‎‎2‎(x‎0‎−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1=‎1‎‎2‎[(x‎0‎−‎3‎‎2‎)−1‎]‎‎2‎−‎3‎‎2‎=‎1‎‎2‎(x‎0‎−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎−‎‎3‎‎2‎,因为x‎0‎‎∈(‎1‎‎2‎,‎3‎‎4‎)‎,所以‎1‎‎2‎‎(x‎0‎−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎−‎3‎‎2‎>‎1‎‎2‎(‎3‎‎4‎−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎−‎3‎‎2‎=‎1‎‎32‎>0‎, 故h(x)=ex−1‎+‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1>0‎,ex−1‎‎>−‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+1‎.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的最值 ‎【解析】‎ ‎(1)利用导数求函数的值域即可;(2)恒成立问题转化为最值即可;(3)构造函数可解决此问题.‎ ‎【解答】‎ f‎′‎‎(x)‎‎=ex‎−ex(sinx+cosx)‎=ex‎(1−sinx−cosx)=ex[1−‎2‎(sin(x+π‎4‎)]=−‎2‎ex[sin(x+π‎4‎)−‎2‎‎2‎]‎, ∵ x∈[0,π‎2‎]‎,∴ x+π‎4‎∈[π‎4‎,‎3π‎4‎]‎, ∴ sin(x+π‎4‎)≥‎‎2‎‎2‎,所以f‎′‎‎(x)≤0‎, 故函数f(x)‎在‎[0,π‎2‎]‎上单调递减,函数f(x)‎的最大值为f(0)‎=e‎0‎‎−e‎0‎sin0‎=‎1‎;f(x)‎的最小值为f(π‎2‎)=eπ‎2‎−eπ‎2‎sinπ‎2‎=0‎, 所以函数f(x)‎的值域为‎[0, 1]‎.‎ 原不等式可化为ex‎(1−sinx)≥k(x−1)(1−sinx)‎…‎(*)‎, 因为‎1−sinx≥0‎恒成立,故‎(*)‎式可化为ex‎≥k(x−1)‎. 令g(x)‎=ex‎−kx+k,则g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k 当k≤0‎时,g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k>0‎,所以函数g(x)‎在‎[0,π‎2‎]‎上单调递增,故g(x)≥g(0)‎=‎1+k≥0‎,所以‎−1≤k≤0‎; 当k>0‎时,令g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k=‎0‎,得x=lnk,且当x∈(0, lnk)‎时,g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k<0‎;当x∈(lnk, +∞)‎时,g‎′‎‎(x)‎=ex‎−k>0‎. 所以当lnk<‎π‎2‎,即‎00‎,成立; 当lnk≥‎π‎2‎,即k≥‎eπ‎2‎时,函数g(x)‎在‎[0,π‎2‎]‎上单调递减,g(x‎)‎min=g(π‎2‎)=eπ‎2‎−kπ‎2‎+k≥0‎,解得eπ‎2‎‎≤k≤‎eπ‎2‎π‎2‎‎−1‎ 综上,‎−1≤k≤‎eπ‎2‎π‎2‎‎−1‎.‎ 令h(x)=ex−1‎+‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1‎,则h(x)=ex−1‎+x−‎‎3‎‎2‎. 由h(‎1‎‎2‎)=e‎−‎‎1‎‎2‎−1<0,h(‎3‎‎4‎)=e‎−‎‎1‎‎4‎−‎3‎‎4‎>0‎,故存在x‎0‎‎∈(‎1‎‎2‎,‎3‎‎4‎)‎,使得h‎′‎‎(x‎0‎)‎=‎0‎即ex‎0‎‎−1‎‎=‎3‎‎2‎−‎x‎0‎.且当x∈(−∞, x‎0‎)‎时,h‎′‎‎(x)<0‎;当x∈(x‎0‎, +∞)‎时,h‎′‎‎(x)>0‎.故当x=x‎0‎时,函数h(x)‎有极小值,且是唯一的极小值,故函数h‎(x‎)‎min=h(x‎0‎)=ex‎0‎‎−1‎+‎1‎‎2‎(x‎0‎−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1=−(x‎0‎−‎3‎‎2‎)+‎1‎‎2‎(x‎0‎−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1=‎1‎‎2‎[(x‎0‎−‎3‎‎2‎)−1‎]‎‎2‎−‎3‎‎2‎=‎1‎‎2‎(x‎0‎−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎−‎‎3‎‎2‎,因为x‎0‎‎∈(‎1‎‎2‎,‎3‎‎4‎)‎,所以‎1‎‎2‎‎(x‎0‎−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎−‎3‎‎2‎>‎1‎‎2‎(‎3‎‎4‎−‎5‎‎2‎‎)‎‎2‎−‎3‎‎2‎=‎1‎‎32‎>0‎, 故h(x)=ex−1‎+‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎−1>0‎,ex−1‎‎>−‎1‎‎2‎(x−‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+1‎.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页