江苏省泰州市2020届高三下学期调研测试数学试题 Word版含解析

江苏省泰州市2020届高三下学期调研测试数学试题 Word版含解析

- 1 - 江苏省泰州市 2019—2020 学年度第二学期调研测试 高三数学试题 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分，请将答案填写在答题卷相应的位置 上．） 1.已知集合  1,2A  ，  2,4 8B  , ，则 A B  _______． 【答案】 1,2,4,8 【解析】 【分析】 利用并集的定义可求得集合 A B . 【详解】  1,2A  ，  2,4 8B  , ，  1,2,4,8A B  . 故答案为： 1,2,4,8 . 【点睛】本题考查并集的计算，考查计算能力，属于基础题. 2.若实数 x 、 y 满足  1x yi x y i     （i 是虚数单位），则 xy  _______． 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 根据复数相等建立方程组，求出 x 、 y 的值，进而可得出 xy 的值. 【详解】  1x yi x y i     ， 1x y x y     ，解得 1 1 2 x y     ，因此， 1 2xy  . 故答案为： 1 2 . 【点睛】本题考查利用复数相等求参数，考查计算能力，属于基础题. 3.如图是容量为100的样本的频率分布直方图，则样本数据落在区间 6,18 内的频数为 _______． - 2 - 【答案】80 【解析】 【分析】 将样本数据落在区间 6,18 内的频率乘以100可得出结果. 【详解】由直方图可知，样本数据落在区间 6,18 内的频率为 0.08 0.09 0.03 4 0.8    ， 因此，样本数据落在区间 6,18 内的频数为100 0.8 80  . 故答案为：80 . 【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算频数，解题时要明确频率、频数与总容量之间的 关系，考查计算能力，属于基础题. 4.根据如图所示的伪代码，可得输出的 S 的值为_______． 【答案】8 【解析】 【分析】 根据算法程序列举出算法的每一步，进而可得出输出的 S 的值. 【详解】 1 5I   成立， 1 2 3I    ， 3 3 6S    ； 3 5I   成立， 3 2 5I    ， 5 3 8S    ； - 3 - 5 5I   不成立，跳出循环体，输出 S 的值为8 . 故答案为：8 . 【点睛】本题考查利用算法程序计算输出的值，一般要求将算法的每一步计算出来，考查计 算能力，属于基础题. 5.双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的一条渐近线方程为 2y x ，则离心率等于___. 【答案】 5 【解析】 【分析】 根据双曲线方程得渐近线方程，再根据条件得 b a ＝2，最后得离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为： by xa   ， 所以， b a ＝2， 离心率为： 2 2 2 2 1 ( ) 5c a b be a a a      ． 【点睛】本题考查双曲线渐近线方程以及离心率，考查基本分析求解能力，属基础题. 6.将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1、2 、3 、4 、5 、6个点的正方体玩具） 先后抛掷 2 次，这两次出现向上的点数分别记为 x 、 y ，则 1x y  的概率是_______． 【答案】 5 18 【解析】 【分析】 计算出基本事件总数，列举出事件“ 1x y  ”所包含的基本事件，然后利用古典概型的概 率公式可计算出所求事件的概率. 【详解】将一颗质地均匀的骰子先后抛掷 2 次，基本事件总数为 26 36 ， 其中，事件“ 1x y  ”所包含的基本事件有： 1,2 、 2,1 、 2,3 、 3,2 、 3,4 、 4,3 、  4,5 、 5,4 、 5,6 、 6,5 ，共10种情况， 因此，所求事件的概率为 10 5 36 18  . - 4 - 故答案为： 5 18 . 【点睛】本题考查古典概型概率的计算，考查计算能力，属于基础题. 7.在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 2 4y x 上一点 P 到焦点 F 的距离是它到 y 轴距离的 3 倍，则点 P 的横坐标为_______． 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 设点 P 的坐标为  0 0,x y ，根据抛物线的定义可得出关于 0x 的方程，解出 0x 的值即可得解. 【详解】设点 P 的坐标为  0 0,x y ，则 0 0x  ，抛物线的准线方程为 1x   ， 由于点 P 到焦点 F 的距离是它到 y 轴距离的 3 倍，则 0 01 3x x  ，解得 0 1 2x  . 因此，点 P 的横坐标为 1 2 . 故答案为： 1 2 . 【点睛】本题考查抛物线上点的坐标的求解，考查了抛物线定义的应用，考查计算能力，属 于基础题. 8.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难， 次日脚痛减一半，六朝才得到其关……”其大意为：“某人从距离关口三百七十八里处出发， 第一天走得轻快有力，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程为前一天的一半，共走了六天 到达关口……” 那么该人第一天走的路程为______________ 【答案】192 【解析】 【分析】 根据题意，记每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比为 1 2 的等比数列，又由 6 天走完 378 里，利用求和公式即可得出． 【详解】根据题意，记每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比为 1 2 的等比数列， 又由 6 天走完 378 里， - 5 - 则 S6 6 1 1[1 )2 11 2 a       378， 解可得：a1＝192， 即该人第一天走的路程为 192 里． 故答案为 192 里． 【点睛】本题考查了等比数列求和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，注重了数学文 化的考查，属于基础题． 9.若定义在 R 上的奇函数  f x 满足    4f x f x  ，  1 1f  ，则      6 7 8f f f  的 值为_______． 【答案】 1 【解析】 【分析】 利用函数  y f x 的周期性和奇偶性分别求出  6f 、  7f 、  8f 的值，进而可得出结果. 【详解】由于定义在 R 上的奇函数  y f x 满足    4f x f x  ，则该函数是周期为 4 的 周期函数，且  1 1f  ， 则    8 0 0f f  ，      7 1 1 1f f f      ，      6 2 2f f f   ， 又    2 2f f   ，  2 0f  ，则  6 0f  ， 因此，      6 7 8 1f f f    . 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值，考查计算能力，属于中等题. 10.将半径为 R 的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面，若圆锥的体积为9 3 ，则 R  _______． 【答案】 6 【解析】 【分析】 设圆锥的底面半径为 r ，根据半圆弧长等于圆锥底面圆的周长可得出 r 与 R 的等量关系，并求 出圆锥的高，得出圆锥的体积，由此可求得 R 的值. - 6 - 【详解】设圆锥的底面半径为 r ，由于半圆弧长等于圆锥底面圆的周长，则 2 r R  ， 2 Rr  ， 圆锥的高为 2 2 3 2h R r R   ， 则圆锥的体积为 2 2 31 1 3 3 9 33 3 4 2 24 RV r h R R         ，解得 6R  . 故答案为：6. 【点睛】本题考查由圆锥的体积求参数，考查计算能力，属于中等题. 11.若函数   2 , 1, x a x af x x x a      只有一个零点，则实数 a 的取值范围为_______. 【答案】    , 1 0,1   【解析】 【分析】 分 1a   、 1 1a   、 1a  三种情况讨论，结合函数  y f x 只有一个零点得出关于实数 a 的不等式（组），即可求得实数 a 的取值范围. 【详解】函数 2 1y x  的零点为 . ①当 1a   时，函数  y f x 在区间 ,a 上无零点， 则函数  y f x 在区间 ,a  上有零点 a ，可得 a a  ，解得 0a  ，此时 1a   ； ②当 1 1a   时，函数  y f x 在区间 ,a 上有零点 1 ， 则函数  y f x 在区间 ,a  上无零点，则 a a  ，解得 0a  ，此时 0 1a  ； ③当 1a  时，函数  y f x 在区间 ,a 上的零点为 ，不合乎题意. 综上所述，实数 a 的取值范围是   , 1 0,1   . 故答案为：   , 1 0,1   . 【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，解答的关键就是对参数进行分类讨论，考查 运算求解能力，属于中等题. 12.在平面直角坐标系 xOy 中，已知点  1 1,A x y 、  2 2,B x y 在圆 2 2: 4O x y  上，且满足 - 7 - 1 2 1 2 2x x y y   ，则 1 2 1 2x x y y   的最小值是_______． 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 求 得 2 3AOB   ， 设点  2cos ,2sinA   、  2cos ,2sinB   ， 设 b a> ， 可得 出  2 23 k k N      ，然后利用三角恒等变换思想结合正弦函数的有界性可求得 1 2 1 2x x y y   的最小值. 【详解】由题意可得  1 1,OA x y 、  2 2,OB x y ， 1 2 1 2 2OA OB x x y y      ， 所以， 1cos 2 OA OBAOB OA OB          ， 0 AOB    ， 2 3AOB   ， 设点  2cos ,2sinA   、  2cos ,2sinB   ， 设 b a> ，则  2 23 k k N      ， 所以， 1 2 1 2 2cos 2cos 2sin 2sinx x y y           2 22cos 2cos 2 2sin 2sin 23 3k k                            1 3 sin 1 3 cos 2 2 sin          ，  为锐角，且 3 1tan 2 3 3 1      ， 因此， 1 2 1 2x x y y   的最小值 2 2 . 故答案为： 2 2 . 【点睛】本题考查代数式最值的计算，考查了平面向量数量积的应用，同时也考查了三角恒 等变换思想的应用，考查计算能力，属于中等题. 13.在锐角 ABC 中，点 D 、E 、F 分别在边 AB 、BC 、CA 上，若 3AB AD  ，AC AF  ， 且 2 6BC ED EF ED       ， 1ED  ，则实数  的值为_______． - 8 - 【答案】 3 【解析】 【分析】 将 EF  表示为 1 1 1 3 3EF BC AC          ，由题意得知 ED  与 AC  不垂直，由 3ED EF   可 得出 1 1 03   ，进而可求得实数  的值. 【详解】如下图所示： 3AB AD   ， AC AF  ， 1 3AD AB   ， 1AF AC  ，  1 1 1 1 1 3 3 3EF ED AD AF ED AB AC ED AC AB AC                            1 1 1 3 3ED BC AC           ， ABC 是锐角三角形，则 ED  与 AC  不垂直，即 0ED AC   ， 1ED   ， 6ED BC   ， 则 21 1 1 1 1 1 3 3 3 3ED EF ED ED BC AC ED ED BC ED AC                                     1 13 33 ED AC           ， 即 1 1 03 ED AC         ， 0ED AC    ， 1 1 03   ，因此， 3  . 故答案为：3 . - 9 - 【点睛】本题考查利用平面向量数量积求参数，解答的关键就是选择合适的基底表示向量， 考查计算能力，属于中等题. 14.在 ABC 中，点 D 在边 BC 上，且满足 AD BD ， 23tan 2tan 3 0B A   ，则 BD CD 的 取值范围为_______． 【答案】  1,2 【解析】 【分析】 作出图形，由 23tan 2tan 3 0B A   得出  23tan tan 12A B  ，利用正弦定理和三角恒 等变换思想得出 2 4tan 41 1 33tan 2tan 3 3tan 2tan BD B CD B B B B        ，然后利用不等式的性 质和基本不等式可求得 BD CD 的取值范围. 【详解】如下图所示： 23tan 2tan 3 0B A   ，  23tan tan 12A B   ， AD BD ， BAD B  ， CAD A B   ，且 B 为锐角， 在 ACD 中，     sinsin sin cos cos sin sin sin sin cos cos sin A BBD AD C A B A B CD CD CAD A B A B A B            2 2 2 2 2 3 tan 1 tantan tan 3tan 2tan 3 4tan2 1 13tan tan 3tan 2tan 3 3tan 2tan 3tan 1 tan2 B BA B B B B A B B B B BB B               ， 另一方面 - 10 - 2 4tan 4 41 1 1 233tan 2tan 3 13tan 2 3 2 tan 2tan tan BD B CD B B B BB B              ， 当且仅当 4B  时，等号成立， 因此， BD CD 的取值范围是 1,2 . 故答案为： 1,2 . 【点睛】本题考查三角形中边长比值的取值范围的计算，考查了正弦定理、两角和与差的正 弦公式以及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题. 二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤．） 15.如图，在三棱锥 P ABC 中，PA  平面 ABC ， AB AC ，点 D 、E 、F 分別是 AB 、 AC 、 BC 的中点． （1）求证： //BC 平面 PDE ； （2）求证：平面 PAF  平面 PDE ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用中位线的性质得出 //DE BC ，然后利用线面平行的判定定理可证得 //BC 平面 PDE ； （2）证明出 DE PA ， DE AF ，利用线面垂直的判定定理可证得 DE  平面 PAF ，再 利用面面垂直的判定定理可得出平面 PAF  平面 PDE ． 【详解】（1）在 ABC 中，因为 D 、 E 分别是 AB 、 AC 的中点，所以 //DE BC ， - 11 - 因为 BC 平面 PDE ， DE  平面 PDE ，所以 //BC 平面 PDE ； （2）因为 PA  平面 ABC ， DE  平面 ABC ，所以 PA DE ， 在 ABC 中，因为 AB AC ， F 是 BC 的中点，所以 AF BC ， 因为 //DE BC ，所以 DE AF ， 又因为 AF PA A ， AF  平面 PAF ， PA  平面 PAF ，所以 DE  平面 PAF ， 因为 DE  平面 PDE ，所以平面 PAF  平面 PDE ． 【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的证明，考查推理能力，属于中等题. 16.已知函数   2 1sin sin cos 2f x x x x   ， xR ． （1）求函数  f x 的最大值，并写出相应的 x 的取值集合； （2）若   2 6f   ， 3,8 8        ，求sin 2 的值． 【答案】（1）  f x 的最大值为 2 2 ，此时 x 的取值集合为 3 ,8x x k k Z       ；（2） 4 2sin 2 6   . 【解析】 【分析】 （1）利用三角恒等变换思想化简函数  y f x 的解析式为   2 sin 22 4f x x      ，可得 出函数  y f x 的最大值，解方程  2 24 2x k k Z      可得出对应的 x 的取值集合； （2）由   2 6f   得出 1sin 2 4 3      ，利用同角三角函数的基本关系求得 cos 2 4     的值，然后利用两角和的正弦公式可求得sin 2 的值. 【详解】（1）因为    2 1 1 cos2 1 1 1sin sin cos sin 2 sin 2 cos22 2 2 2 2 xf x x x x x x x        2 2sin 2 cos cos2 sin sin 22 4 4 2 4x x x               ， - 12 - 当  2 24 2x k k Z     ，即  3 8x k k Z   时，函数  y f x 取最大值 2 2 ， 所以函数  y f x 的最大值为 2 2 ，此时 x 的取值集合为 3 ,8x x k k Z       ； （2）因为   2 6f   ，则 2 2sin 22 4 6      ，即 1sin 2 4 3      ， 因为 3,8 8        ，所以 2 ,4 2 2          ， 则 2 2 1 2 2cos 2 1 sin 2 14 4 3 3                         ， 所以 sin 2 sin 2 sin 2 cos cos 2 sin4 4 4 4 4 4                                  1 2 2 2 2 4 2 3 2 3 2 6      . 【点睛】本题考查正弦型函数最值的求解，同时也考查了利用两角和的正弦公式求值，考查 计算能力，属于中等题. 17.某温泉度假村拟以泉眼C 为圆心建造一个半径为12 米的圆形温泉池，如图所示，M 、N 是圆C 上关于直径 AB 对称的两点，以 A 为圆心， AC 为半径的圆与圆C 的弦 AM 、 AN 分 别交于点 D 、 E ，其中四边形 AEBD 为温泉区，I、II 区域为池外休息区，III、IV 区域为 池内休息区，设 MAB   ． - 13 - （1）当 4   时，求池内休息区的总面积（III 和 IV 两个部分面积的和）； （2）当池内休息区的总面积最大时，求 AM 的长． 【答案】（1） 2144(2 2)m ；（2） (3 3 33)AM m  【解析】 【分析】 （1）计算出 BM 、 DM的长，利用三角形的面积公式可求得 III 和 IV 两个部分面积的和； （2）将 BM 、 DM用含 的代数式表示出来，可得出池内休息区的总面积 S 关于 的函数表 达式，令    sin 2cos 1f     ，利用导数求出  f  的最大值，并求出对应的 的值， 由此可求得 AM 的长. 【详解】（1）在 Rt ABM 中，因为 24AB  ， 4   ，所以 24cos 12 24MB AM    ， 24cos 12 12 2 124MD     ， 所以池内休息区总面积      212 12 2 12 2 12 144 2 22S MB DM m       ； （2）在 Rt ABM 中，因为 24AB  ， MAB   ， 所以 24sinBM  ， 24cosAM  ， 24cos 12MD   ，由 24sin 0BM   ， 24cos 12 0MD    得 πθ 0, 3 骣琪Î 琪桫 ， 则池内休息区总面积    12 24sin 24cos 12 288sin 2cos 12S MB DM           ， πθ 0, 3 骣琪Î 琪桫 ； 设    sin 2cos 1f     ， πθ 0, 3 骣琪Î 琪桫 ， 因为     2 2 1 33cos 2cos 1 2sin 4cos cos 2 0 cos 8f                 ， 又 1 33 1cos 8 2    ，所以 0 0, 3       ，使得 0 1 33cos 8   ， 则当  00,x  时，    0f f    在 00, 上单调增， - 14 - 当 0 , 3x     时，    0f f    在  00, 上单调递减， 即  0f  是极大值，也是最大值，所以    0maxf f  ，此时 024cos 3 3 33AM    ． 【点睛】本题考查导数的实际应用，涉及三角函数的应用，解答的关键就是求出函数解析式， 考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 18.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆   2 2 2 2: 1 0x yM a ba b     的左顶点为 A ，过点 A 的直线与椭圆 M 交于 x 轴上方一点 B ，以 AB 为边作矩形 ABCD ，其中直线 CD 过原点O ． 当点 B 为椭圆 M 的上顶点时， AOB 的面积为 b ，且 3AB b ． （1）求椭圆 M 的标准方程； （2）求矩形 ABCD 面积 S 的最大值； （3）矩形 ABCD 能否为正方形？请说明理由． 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2） 2 2 ；（3） ABCD 为正方形，理由见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据题意得出关于 a 、b 的方程组，解出 a 、b 的值，即可得出椭圆 M 的标准方程； （2）设直线 AB 的方程为  2y k x  ，其中 0k  ，将直线 AB 的方程与椭圆 M 的方程联 立，求出点 B 的坐标，利用两点间的距离公式求出 AB ，并求出 BC ，可得出四边形 ABCD 的 面积 S 关于 k 的表达式，然后利用基本不等式可求得 S 的最大值； - 15 - （3）由四边形 ABCD 为正方形得出 AB BC ，可得出  3 22 2 2 0 0k k k k     ，构造 函数    3 22 2 2 0f k k k k k     ，利用零点存在定理来说明函数  y f k 在  0,k   时有零点，进而说明四边形 ABCD 能成为正方形. 【详解】（1）由题意： 2 2 3 1 2 a b b ab b     ，解得 2a  ， 2b  ， 所以椭圆 M 的标准方程为 2 2 14 2 x y  ； （2）显然直线 AB 的斜率存在，设为 k 且 0k  ，则直线 AB 的方程为  2y k x  ，即 2 0kx y k   ， 联立   2 2 2 14 2 y k x x y      得 2 2 2 21 2 8 8 4 0k x k x k     ， 解得 2 2 2 4 1 2B kx k   ， 2 4 1 2B ky k   ，所以   2 2 2 2 4 12 1 2B B kAB x y k      ， 直线 CD 的方程为 y kx ，即 0kx y- = ，所以 2 2 2 2 1 1 k kBC k k     ， 所以矩形 ABCD 面积 2 2 22 4 1 2 8 8 8 2 211 2 1 2 2 21 2 k k kS k kk kk        ≤ ， 所以当且仅当 2 2k  时，矩形 ABCD 面积 S 取最大值为 2 2 ； （3）若矩形 ABCD 为正方形，则 AB BC ，即 2 2 2 4 1 2 1 2 1 k k k k    ，则  3 22 2 2 0 0k k k k     ， 令    3 22 2 2 0f k k k k k     ， 因为  1 1 0f    ，  2 8 0f   ，又    3 22 2 2 0f k k k k k     的图象不间断， 所以    3 22 2 2 0f k k k k k     有零点，所以存在矩形 ABCD 为正方形. - 16 - 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了四边形面积最值的计算，以及动点问题的 求解，考查运算求解能力，属于中等题. 19.定义：若一个函数存在极大值，且该极大值为负数，则称这个函数为“YZ 函数”． （1）判断函数   1x xf x e   是否为“YZ 函数”，并说明理由； （2）若函数    lng x x mx m R   是“YZ 函数”，求实数 m 的取值范围； （3）已知   3 21 1 1 3 2 3h x x ax bx b    ，  0,x  ， a 、b R ，求证：当 2a   ，且 0 1b  时，函数  h x 是“YZ 函数”． 【答案】（1）  f x 是“YZ 函数”，理由见解析；（2） 1 ,e     ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用导数求出函数  y f x 的极大值，结合题中定义判断即可； （2）分 0m  和 0m  两种情况讨论，利用导数分析函数  y g x 的单调性，利用题中定义 得出关于 m 的不等式，进而可解得实数 m 的取值范围； （3）求出函数  y h x 的导数   2h x x ax b   ，利用导数分析函数  y h x 的单调性， 设函数  y h x 的极值点分别为 1x 、 2x ，可知 1x 、 2x 是方程   0h x  的两根，进而可列出 韦达定理，结合韦达定理证明出函数  y h x 的极大值为负数，由此可证得结论. 【详解】（1）函数   1x xf x e   是“YZ 函数”，理由如下： 因为   1x xf x e   ，则   1 x xf x e   ， 当 1x  时，   0f x  ；当 1x  时，   0f x  ， 所以函数   1x xf x e   的极大值   11 1 0f e    ，故函数   1x xf x e   是“YZ 函数”； （2）函数   lng x x mx  的定义域为 0, ，   1g x mx    . 当 0m  时，   1 0g x mx    ，函数  y g x 单调递增，无极大值，不满足题意； 当 0m  时，当 10 x m   时，   1 0g x mx    ，函数单调递增， - 17 - 当 1x m  时，   1 0g x mx    ，函数单调递减， 所以函数  y g x 的极大值为 1 1 1ln ln 1g m mm m m           ， 易知 1 ln 1 0g mm         ，解得 1m e  ， 因此，实数 m 的取值范围是 1 ,e     ； （3）   2h x x ax b   ，因为 2a   ， 0 1b  ，则 2 4 0a b    ， 所以   2 0h x x ax b    有两个不等实根，设为 1x 、 2x ， 因为 1 2 1 2 0 0 x x a x x b        ，所以 1 > 0x ， 2 0x  ，不妨设 1 20 x x  ， 当 10 x x  时，   0h x  ，则函数  y h x 单调递增； 当 1 2x x x  时，   0h x  ，则函数  y h x 单调递减. 所以函数  y h x 的极大值为   3 2 1 1 1 1 1 1 1 3 2 3h x x ax bx b    ， 由   2 1 1 1 0h x x ax b    得  3 2 1 1 1 1 1x x ax b ax bx      ， 因为 2a   ， 0 1b  ， 所以    3 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 3 3 2 3h x x ax bx b ax bx ax bx b             22 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 06 3 3 3 3 3 3 3ax bx b x bx b x b b b             ． 所以函数  y h x 是“YZ 函数”． 【点睛】本题考查函数的新定义“YZ 函数”的应用，考查利用导数求函数的极值、利用极值 求参数，同时也考查了利用导数证明不等式，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题. 20.已知数列 na 、 nb 、 nc 满足 2n n nb a a  ， 12n n nc a a  ． （1）若数列 na 是等比数列，试判断数列 nc 是否为等比数列，并说明理由； （2）若 na 恰好是一个等差数列的前 n 项和，求证：数列 nb 是等差数列； - 18 - （3）若数列 nb 是各项均为正数的等比数列，数列 nc 是等差数列，求证：数列 na 是等 差数列． 【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）见解析；（3）见解析. 【解析】 【分析】 （1）设等比数列 na 的公比为 q，分 1 2q   和 1 2q   两种情况讨论，结合等比数列的定义 判断即可； （2）设 na 是公差为 d 的等差数列 nd 的前 n 项和，推导出 1 1n n na a d   ，由 2n n na a b   推导出 1 2n nb b d   ，进而可证得结论成立； （3）利用数列 nc 是等差数列结合 12n n nc a a  推导出 2 12 n n nb b b   ，再结合数列 nb 是等比数列，推导出 1n nb b  ，由数列 nc 是等差数列得出 2 12n n nc c c   ，推导出 3 22 3n n na a a   ，并将 3 2 1n n n na a a a     代入化简得 2 12n n na a a   ，从而可证明出 数列 na 是等差数列. 【详解】（1）设等比数列 na 的公比为 q，则  12 2 2 1n n n n n nc a a a q a q a      ， 当 1 2q   时， 0nc  ，数列 nc 不是等比数列； 当 1 2q   时，因为 0nc  ，所以     11 2 1 2 1 nn n n q ac qc q a    ，所以数列 nc 是等比数列； （2）因为 na 恰好是一个等差数列的前 n 项和，设这个等差数列为 nd ，公差为 d ， 因为 1 2n na d d d    ，所以 1 1 2 1n n na d d d d      ， 两式相减得 1 1n n na a d   ， 因为 2n n na a b   ， 所以        1 3 1 2 3 2 1 3 1 2n n n n n n n n n n n nb b a a a a a a a a d d d                    ， 所以数列 nb 是等差数列； - 19 - （3）因为数列 nc 是等差数列，所以 3 2 1n n n nc c c c     ， 又因为 12n n nc a a  ，所以    4 3 3 2 2 1 12 2 2 2n n n n n n n na a a a a a a a             ， 即      4 2 3 1 22 n n n n n na a a a a a         ，则 2 12 n n nb b b   ， 又因为数列 nb 是等比数列，所以 2 1 2n n nb b b  ，则 2 1 1 2 n n n n b bb b     ， 即  1 12 0n n n nb b b b    ， 因为数列 nb 各项均为正数，所以 1n nb b  ， 则 3 1 2n n n na a a a     ，即 3 2 1n n n na a a a     ， 又因为数列 nc 是等差数列，所以 2 12n n nc c c   ， 即     3 2 1 2 12 2 2 2n n n n n na a a a a a         ，化简得 3 22 3n n na a a   ， 将 3 2 1n n n na a a a     代入得 2 1 22( ) 3n n n n na a a a a      ，化简得 2 12n n na a a   ， 所以数列 na 是等差数列． 【点睛】本题考查等差数列和等比数列的证明，考查了等差、等比中项法以及等差、等比数 列定义的应用，考查推理能力，属于中等题. 21.已知列向量 5 a     在矩阵 3 4 1 2M      对应的变换下得到列向量 2 b b      ，求 1 bM a       ． 【答案】 16 11      【解析】 【分析】 利用 2 5 a bM b           列出方程组求出 a 、b 的值，求出矩阵 M 的逆矩阵 1M  ，利用矩阵的 乘法可求得矩阵 1 bM a       . 【详解】因为 3 4 2 1 2 5 a b b                 ，所以 3 20 2 10 a b a b       ，解得 6 4 a b     ， - 20 - 设 1 m pM n q       ，则 3 4 1 0 1 2 0 1 m p n q                 ， 即 3 4 1 3 4 0 2 0 2 1 m n p q m n p q           ，解得 1 1 2 2 3 2 m n p q          ， 所以 1 1 2 1 3 2 2 M         ， 所以 1 1 2 4 16= 1 3 6 11 2 2 M b a                         . 【点睛】本题考查矩阵的变换，同时也考查了逆矩阵的求解以及矩阵乘法的应用，考查计算 能力，属于中等题. 22.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 cos 3 sin x y     （ 为参数）．以坐标原 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 sin 4 24       ，点 P 为曲线C 上任一点，求点 P 到直线 l 距离的最大值． 【答案】 5 2 【解析】 【分析】 将直线l 的极坐标方程化为普通方程，设点  cos , 3sinP   ，利用点到直线的距离公式结合 正弦型函数的有界性可求得点 P 到直线l 距离的最大值． 【详解】由题：直线方程即为 sin cos cos sin 4 24 4         ， 由 cos x   ， sin y   得直线l 的直角坐标方程为 8 0x y   ， 设 P 点的坐标为 cos , 3sin  ， 点 P 到直线的距离 - 21 - 2 2 2sin 8cos 3sin 8 6 4 2 2 sin 621 1 d                  ， 当  26 2k k Z      ，即  22 3k k Z     时， d 取得最大值 5 2 ， 此时点 P 的坐标为 1 3,2 2      . 【点睛】本题考查利用椭圆的参数方程求点到直线距离的最值，同时也考查了三角恒等变换 思想的应用，考查计算能力，属于中等题. 23.已知实数 a 、b 、c 满足 0a  ， 0b  ， 0c  ， 2 2 2 3a b c b c a    ，求证： 3a b c   ． 【答案】见解析 【解析】 【分析】 利 用 柯 西 不 等 式 证 明 出     2 2 2 2a b cb c a a b cb c a           ， 由 此 可 证 明 出 3a b c   . 【详解】由柯西不等式，得     2 2 2 3 a b ca b c b c a b c a                 2 2 22 2 2 a b cb c a b c a                                2 2a b cb c a a b c b c a             ， 所以 3a b c   ． 【点睛】本题考查利用柯西不等式证明不等式，解答的关键在于对代数式进行合理配凑，考 查推理能力，属于中等题. 【必做题】第 24 题、第 25 题，每题 10 分，共计 20 分，解答时应写出文字说明，证明过程 或演算步骤． 24.如图，在多面体 ABCDEF 中，平面 ADE  平面 ABCD ，四边形 ABCD 是边长为 2 的正 方形， ADE 是等腰直角三角形，且 2ADE   ， EF  平面 ADE ， 1EF  ． - 22 - （1）求异面直线 AE 和 DF 所成角的余弦值； （2）求二面角 B DF C  的余弦值． 【答案】（1） 10 5 ；（2） 2 3 . 【解析】 【分析】 （1 ） 利 用面 面 垂 直 的性 质 定 理 证明 出 DE  平 面 ABCD ， 然 后以 D 为 坐 标原 点 ，  , ,DA DC DE    为一组基底建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求出异面直线 AE 和 DF 所成角的余弦值； （2）求出平面 BDF 和CDF 的法向量，然后利用空间向量法可求出二面角 B DF C  的余 弦值． 【详解】（1） 2ADE   ，即 DE AD ， 因为平面 ADE  平面 ABCD ，平面 ADE  平面 ABCD AD ， DE  平面 ADE ， DE  平面 ABCD ， 由于四边形 ABCD 为边长为 2 的正方形, 所以 DA 、 DC 、 DE 两两互相垂直． 以 D 为坐标原点， , ,DA DC DE    为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系. - 23 - EF  平面 ADE 且 1EF  ，  0,0,0D 、  2,0,0A 、  0,0,2E 、  0,2,0C 、  2,2,0B 、  0,1,2F ，  2,0,2AE   ，  0,1,2DF  ，则 4 10cos , 52 2 5 AE DFA AE DF E DF               ， 所以 AE 和 DF 所成角的余弦值为 10 5 ； （2）  2,2,0DB  ，  0,1,2DF  ，设平面 BDF 的一个法向量为  , ,n x y z ， 由 2 2 0 2 0 n DB x y n DF y z             ，取 1z  ，得  2, 2,1n   r ， 平面 CDF 的一个法向量为  1,0,0m  ， 2 2cos , 3 1 3 m nm n m n           ， 由二面角 B DF C  的平面角为锐角，所以二面角 B DF C  的余弦值为 2 3 . 【点睛】本题考查利用空间向量法计算异面直线所成角和二面角的余弦值，解答的关键就是 建立合适的空间直角坐标系，考查计算能力，属于中等题. 25.给定  3,n n n N   个不同的数1、 2 、 3 、 、 n ，它的某一个排列 P 的前  ,1k k N k n   项和为 kS ，该排列 P 中满足 2 k nS S 的 k 的最大值为 Pk ．记这 n 个不同 数的所有排列对应的 Pk 之和为 nT ． （1）若 3n  ，求 3T ； （2）若 4 1n l  ，l N  . ①证明：对任意的排列 P ，都不存在  ,1k k N k n   使得 2 k nS S ； ②求 nT （用 n 表示）． 【答案】（1） 3 8T  ；（2）①见解析；②  ! 12n nT n  . 【解析】 【分析】 （1）列出1、 2 、 3 的所有排列，求出 6个排列 P 中 Pk 的值，进而可求得 3T 的值； - 24 - （2）①设 n 个不同数的某一个排列 P 为 1a 、 2a 、 、 na ，求得     1 4 1 2 12n n nS l l     为奇数，再由 2 kS 为偶数可得出结论； ②由题意可得出 2 k nS S ，可得出 1 2 1 2k k k na a a a a a      且 1 2 1 2k k k na a a a a a      ，考虑排列 P 的对应倒序排列 P ，推导出 1Pk n k    ，由此可得出 1P Pk k n   ，再由1、2 、3 、 、n 这 n 个不同数可形成 ! 2 n 个对应组合 ,P P ，进而可求得 nT 的值. 【详解】（1）1、2 、3 的所有排列为1、2 、3 ；1、3 、2 ；2 、1、3 ；2 、3 、1；3 、1、 2 ； 3 、 2 、1. 因为 3 6S  ，所以对应的 Pk 分别为 2 、1、 2 、1、1、1，所以 3 8T  ； （2）（i）设 n 个不同数的某一个排列 P 为 1a 、 2a 、 、 na ， 因为 4 1n l  ，l N  ，所以     1 4 1 2 12n n nS l l     为奇数， 而 2 kS 为偶数，所以不存在  ,1k k N k n   使得 2 k nS S （ii）因为 2 k nS S ，即 1 2 1 2k k k na a a a a a    ≤ ， 又由（i）知不存在  ,1k k N k n   使得 2 k nS S ， 所以 1 2 1 2k k k na a a a a a      ； 所以满足 2 k nS S 的最大下标 k 即满足 1 2 1 2k k k na a a a a a      ①， 且 1 2 1 2k k k na a a a a a      ②， 考虑排列 P 的对应倒序排列 :P na 、 1na  、 、 1a ， ①②即 2 1 2 1n k k ka a a a a a      ， 2 1 2 1n k k ka a a a a a      ， 由题意知 1Pk n k    ，则 1P Pk k n   ； 又1、 2 、3 、 、 n 这 n 个不同数共有 !n 个不同的排列，可以构成 ! 2 n 个对应组合 ,P P ， - 25 - 且每组 ,P P 中 1P Pk k n   ，所以  ! 12n nT n  ． 【点睛】本题考查数列中的新定义，着重考查分析，对抽象概念的理解与综合应用的能力， 对（3）观察，分析寻找规律是难点，是难题. - 26 -