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文档介绍
浙江省2020届高三新高考名校联考信息卷（五）数学 Word版含解析
- 1 - 浙江新高考名校联考信息卷（五） 数学 本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟. 参考公式： 若事件 , A B 互斥，则 ( ) ( ) ( )P A B P A P B 若事件 , A B 相互独立，则 ( ) ( ) ( )P A B P A P B 若事件 A 在一次试验中发生的概率是 p ，则 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率 ( ) (1 ) ( 0,1,2, , )k k n k n nP k C p p k n 台体的体积公式 1 1 2 2 1 3V S S S S h 其中 1 2,S S 分别表示台体的上、下底面积， h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh 其中 S 表示柱体的底面积， h 表示柱体的高锥体的体积公式 1 3V Sh 其中 S 表示锥体的底面积， h 表示锥体的高球的表面积公式 24S R 球的体积公式 34 3V R 其中 R 表示球的半径 选择题部分（共 40 分） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.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.若集合 { || | 2}, { |1 3}A x x B x x ，则 A B （ ） A. { | 2}x x B. { |1 2}x x C. { | 2 3}x x D. { | 3}x x 【答案】C 【解析】 【分析】 先解绝对值不等式得到集合 A ，再根据集合的并运算求 A B 即可. 【详解】由| | 2x ≤ ，解得 2 2x ，故 { | 2 2}A x x ，又 { |1 3}xB x ， 所以 { | 2 3}A B x x . - 2 - 故选：C. 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的求解及集合的并运算，考查考生对基础知识的掌握情 况，考查数学运算核心素养. 2.已知复数 z 满足 2( 1) 1 0z ，则 z （ ） A. 1 i B. 1 i C. 1 i D. 1 i 【答案】C 【解析】 【分析】 设 ( , )z a bi a b R ，再利用复数的四则运算及复数相等求解即可. 【详解】解法一：由题意，设 ( , )z a bi a b R ， 由 2( 1) 1 0z ，得 2( 1) 1 0a bi ， 所以 2 2( 1) 1 2( 1) 0a b a bi ， 根据复数相等，得 2 2( 1) 1 0, 2( 1) 0, a b a b ，解得 1 1 a b ， 故 1z i . 解法二：根据 2( 1) 1 0z ，得 1z i ，所以 1z i . 故选：C. 【点睛】本题主要考查复数的定义、复数相等以及复数的四则运算，考查数学运算核心素养. 3.函数 cos( ) 2 xf x x 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 - 3 - 【分析】 根据奇偶性、特殊值，利用排除法即可得结果. 【详解】因为 cos( ) cos( ) ( ) 2 2 ( )x xf x x x f x ， 所以函数 ( )f x 是奇函数，其图象关于坐标原点O 对称，故排除 A，C. 当 0x 时， ( ) 0f x ，故排除 D， 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、函数图象的识别、函数值的判断，考查考生分析问题 与解决问题的能力，考查直观想象核心素养. 4.已知数列 na 是首项大于零的等比数列，则“ 1 2a a ”是“ 2 3a a ”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分 也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据充分必要性的定义分析即可. 【详解】设等比数列 na 的公比为 q， 因为 1 2a a ，且 1 0a ，所以 1q ，即 2 3a a ，故充分性成立； 反之，不成立，如 1 21, 1a a ， 3 1a . 故“ 1 2a a ”是“ 2 3a a ”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查充分必要条件的判断，考查逻辑推理核心素养. 5.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b 的左焦点为 F ， ,A B 分别为椭圆C 的右顶点和下顶点， 若| |,| |,| |FB AB FA 成等差数列，则椭圆C 的离心率为（ ） A. 6 1 5 B. 6 5 C. 2 6 2 5 D. 2 6 1 5 【答案】C - 4 - 【解析】 【分析】 先根据椭圆的几何性质分别表示出| |,| |,| |FB AB FA ，然后根据| |,| |,| |FB AB FA 成等差数列 得出等式，并结合 2 2 2a b c 化简求解，即可得椭圆C 的离心率. 【详解】依题意得， 2 2 2 2| | ,| | ,| |FB b c a AB a b FA a c ， 因为| |,| |,| |FB AB FA 成等差数列，所以| | | | 2 | |FB FA AB ， 即 2 22a a c a b ，即 2 22 2 2a c a c ， 两边平方并整理，得 2 25 4 4 0c ac a ， 两边同除以 2a ，得 25 4 4 0e e ，解得 2 6 2 5e . 故选：C. 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、等差数列的性质等，考查考生的运算求 解能力，椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b 中的基本量有如下关系： 2 2 2a b c .很多考生在应用 时常与双曲线中三者的关系混淆. 6.若实数 ,x y 满足不等式组 3 2 3 0, 3 6 0, 2 2 0, x y x y x y 则 | 3 4 12 |z x y 的最大值是（ ） A. 15 B. 15 2 C. 33 2 D. 33 【答案】D 【解析】 【分析】 作出不等式组表示的平面区域，可以去掉绝对值符号，令 3 4 12t x y ，先求 t 的范围， 再求 z 的最大值，也可以将问题转化为求可行域内的点到直线3 4 12 0x y 的距离的最大 值问题进行求解. 【详解】解法一：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示. - 5 - 令 3 4 12t x y ，作出直线3 4 0x y ，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点 A 时， t 取得最大值，当平移后的直线经过点 B 时， t 取得最小值. 由 3 2 3 0, 2 2 0, x y x y ，得 ( 1,0)A ，所以 max 1 3 4 0 12 15t . 由 3 2 3 0, 3 6 0, x y x y 得 ( 3, 3)B ，所以 min 3 ( 3) 4 ( 3) 12 33t . 所以 3 4 12 15,33z x y ，故 | 3 4 12 |z x y 的最大值是 33. 解法二：作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示 | 3 4 12 |z x y 表示可行域内的点到直线3 4 12 0x y 的距离的 5 倍. 作出直线 3 4 12 0x y ，结合图形可知，点 B 到直线3 4 12 0x y 的距离最大， 由 3 2 3 0 3 6 0 x y x y ，得 ( 3, 3)B ， 故点 B 到直线3 4 12 0x y 的距离 2 2 |3 ( 3) 4 ( 3) 12 | 33 53 4 d ， - 6 - 故 | 3 4 12 |z x y 的最大值是5 33d . 故选：D. 【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，考查作图能力及数形结合思想，体现对直观想 象核心素养的考查. 7.已知 ,x y 均为正数，离散型随机变量 X 的分布列如下所示： X 1 x 1 x 7 x P 2x xy 2x 则当 ( )E X 取得最小值时， ( )P X y （ ） A. 1 4 B. 1 2 C. 3 4 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据离散型随机变量的分布列的性质得到 22 1x xy ，由数学期望的计算公式得到 ( )E X ，再利用基本不等式求 ( )E X 的最小值及取得最小值时满足的条件，最后计算 ( )P X y 即可. 【详解】解法一：由离散型随机变量的分布列的性质得， 2 2 1x xy x ，即 22 1x xy . 由数学期望的计算公式得 2 21 1 7( ) 6 4 (2 ) 2 4 (2 ) 4E X x xy x x y x x y x x yx x x ， 当且仅当 2 4 2 , 2 1, x x y x xy 即 1 , 12x y 时取等号， 所以 ( )E X 取得最小值时，随机变量 X 的分布列为 X 2 2 14 P 1 4 1 2 1 4 - 7 - 所以 3( ) ( 1) ( 2) ( 14) 4P X y P X P X P X . 解法二：由离散型随机变量的分布列的性质得， 2 2 1x xy x ，即 22 1x xy ， 所以 1 2y xx ，故 2 21 1 7 1 1( ) 6 4 2 4 4E X x xy x x y x xx x x x x ，当 且仅当 1 , 12x y 时取等号， 所以 ( )E X 取得最小值时，随机变量 X 的分布列为 X 2 2 14 P 1 4 1 2 1 4 所以 3( ) ( 1) ( 2) ( 14) 4P X y P X P X P X . 故选：C. 【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望、概率的求解、基本不等式在最 值问题中的应用，考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，渗透对数学运算 核心素养的考查. 8.设数列 na 满足 1 1 3a ， 1 * 1 na na e n N （其中 e 为自然对数的底数），数列 na 的 前 n 项和为 nS ，则（ ） A. 2019 2018 2019 2018,S S a a B. 2019 2018 2019 2018,S S a a C. 2019 2018 2019 2018,S S a a D. 2019 2018 2019 2018,S S a a 【答案】A 【解析】 【分析】 - 8 - 先构造函数证明 1xe x 成立，再利用此不等式对 1 1 na na e 进行放缩，得到 1 0n na a ， 即可得到结果. 【详解】设 ( ) 1xf x e x ，则 ( ) 1xf x e ， 所以，当 ( , 0)x 时， ( ) 0, ( )f x f x 单调递减， 当 (0, )x 时， ( ) 0, ( )f x f x 单调递增， 所以 0 0f x f ，所以 1xe x ， 所以 1 1 na n na e a ，当且仅当 1na 时等号成立， 而 1 1 3a ，所以 1 0n na a ， 所以 2019 2018 2019 2018,S S a a . 故选：A. 【点睛】本题主要考查数列不等式的证明、放缩法的应用，考查考生的逻辑思维能力、化归 与转化能力，考查数学运算、逻辑推理等核心素养. 9.如图，在四面体VABC 中，已知VA 平面VBC，VA与平面 ABC 所成的角为 45 ，D 是 BC 上一动点，设直线VD 与平面 ABC 所成的角为 ，则（ ） A. 60 B. 30 C. 45 D. 75 【答案】C 【解析】 【分析】 先分析出线面角取得最大值时的条件，再求出线面角的最大值，即可求解. 【详解】通解：过点V 作VG 平面 ABC 于点G ，连接 DG ， 则 VDG 为直线VD 与平面 ABC 所成的角，即 VDG ， 故sin VG VD ，显然 随VD 的增大而减小， 故当VD 最小，即VD BC 时， 最大. - 9 - 连接 AD ，因为VA 平面VBC ，所以 BC VA . 所以当VD BC 时， BC ⊥平面VAD ，所以易知 , ,A G D 三点共线. 因为VA与平面 ABC 所成的角为 45 ，所以 45VAG . 因为VA 平面VBC，所以VA VD ，所以 90AVD ，故此时 45VDG ，故 45 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查空间中直线和平面所成的角、直线和平面的位置关系等，考查的核心 素养是直观想象、逻辑推理. 10.已知关于 x 的方程 2 0( , )x ax b a b R 在[0,1] 上有实数根，且 3 2 2a b ，则 2a b 的最大值为（ ） A. 1 B. 0 C. 1 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 先将方程的根的问题转化为函数 2( )f x x 与 ( )g x ax b 在 [0,1]x 上的图象的交点问 题，再根据 12 2 2a b g 将问题转化为求 1 2g 的最大值问题，最后数形结合求解即可. 【详解】由题意，关于 x 的方程 2 0x ax b ( ),a bR 在 [0,1] 上有实数根，即函数 2( )f x x 与 ( )g x ax b 在 [0,1]x 上的图象有交点，作出函数 ( )f x ， ( )g x 的大致图象 如图所示. 因为 3 2 2a b ，所以 3 (2) 2g .又 1 12 2 22 2a b a b g ， - 10 - 所以求 2a b 的最大值可以转化为求 1 2g 的最大值. 数形结合可知，当 ( )y g x 的图象经过点 (2, 3)B 且和 ( )y f x 的图象在 [0,1]x 上相切 时， 1 2g 大.易求得切点为 (1, 1) ，且 ( ) 2 1g x x ，此时 1 02g ， 所以 2a b 的最大值为 0. 故选：B. 【点睛】本题主要考查方程的根，函数的图象和性质，考查函数与方程思想、数形结合思想、 化归与转化思想，试题从方程的根入手设题，使考生将问题进行转化，创设问题的情境，然 后利用数形结合思想解题，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养. 解决本题的关键有两个：（1）将方程的根的问题转化为两个函数图象的交点问题后，发现 12 2 2a b g ，从而将问题转化为求 1 2g 的最大值问题；（2）画出函数图象，数形结合 分析出 1 2g 取最大值时的条件. 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分. 11.已知函数 1 1, 0, ( ) 1 , 0,2 x x f x x x 则 ( (1)) f f ______， ( )f x 的最大值是_____. 【答案】 (1). 1 2 (2). 1 【解析】 【分析】 根据分段函数的解析式即可求得 ( (1))f f 的值；分别求出 0, 0x x 时 ( )f x 的取值范围，即 可得结论. 【详解】由题意知， 1 1( (1)) 2 2f f f .当 0x 时， ( ) 1f x ，当且仅当 1x 时取等 号.当 0x 时， ( ) 0f x ，故 ( )f x 的最大值是 ( ) 11f . - 11 - 故答案为： 1 2 ，1. 【点睛】本题主要考查分段函数的求值及分段函数的最大值，考查数学运算核心素养. 12.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_______，表面积是_______. 【答案】 (1). 16 (2). 36 6 2 【解析】 【分析】 先根据三视图还原出空间几何体的直观图，再求出相关数据，最后根据锥体的体积公式和表 面积公式求解即可. 【详解】由三视图还原该几何体的直观图，可知该几何体为如图所示的四棱锥 P ABCD ， 其中 PA 平面 ABCD ，四边形 ABCD 是矩形， 4, 3AP AD AB ， 则易得 4 2, 5DP BP . 故该几何体的体积 1 3 4 4 163V ， 表面积 1 1 1 13 4 3 4 4 4 5 4 3 4 2 36 6 22 2 2 2S . 故答案为：16 ， 36 6 2 . 【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图、空间几何体的体积和表面积的计算，考查考生 的空间想象能力和运算求解能力. 13.在平面直角坐标系中，已知点 P 是双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b 上的一点， 1 2,F F 分别为 双曲线的左、右焦点， 1 2 60F PF ，且 21 3PF PF ，则双曲线的离心率为_________. - 12 - 【答案】 7 2 【解析】 【分析】 由 21 3PF PF 及双曲线的定义，可得 1 3PF a ， 2PF a ，再在 1 2PF F△ 中由余弦定理 求得双曲线的离心率. 【详解】由题意，设点 P 是双曲线右支上的点， 1 2 2PF PF a ， 又 1 2 1 23 , 3 ,PF PF PF a PF a . 在 1 2PF F△ 中， 1 2 60F PF ， 由余弦定理得 2 2 2 1 2 1 2 1 22 cos60F F PF PF PF PF ， 即 2 2 2 214 9 2 3 72c a a a a a ， . 2 2 7 4 c a ，即 7 2e . 故答案为： 7 2 . 【点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考 查的核心素养是数学运算. 14.已知 2 0 1 2( 1) ( 1) ( 1)n n nx a a x a x a x （其中 n 为正整数），若 5a 是 ( 0,1, , )ia i n 中的唯一最大值，则 n 的值为_____， 1na 的值为_____. 【答案】 (1). 10 (2). 10 【解析】 【分析】 根据题意，令 1x t ，对已知等式变形，再根据 5( 0,1, , )ia i n a 求得 n 的值，最后求 1na 的值. 【详解】由题意， 2 0 1 2[( 1) 1] ( 1) ( 1) ( 1)n n n nx x a a x a x a x ， - 13 - 令 1x t ，则 2 0 1 1 0 0 1 2( 1)n n n n n n n n nt a a t a t a t C t C t C t ， 因为 5a 是 ( 0,1, , )ia i n 中的唯一最大值， 所以 n 是偶数，所以 52 n ，解得 10n . 所以 1 1 9 10 10na a C . 故答案为：10，10. 【点睛】本题主要考查二项展开式中系数的最大值、指定项的系数，考查换元法的应用，考 查数学运算、逻辑推理等核心素养. ( )na b 的展开式中二项式系数最大项的确定方法：（1）如果 n 是偶数，则中间一项（第 12 n 项）的二项式系数最大；（2）如果 n 是奇数，则中间两项（第 1 2 n 项和第 3 2 n 项）的二项 式系数相等并且最大. 15.在 ABC 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，若 12tan , 135C a b ， BC 边 上的中点为 D ，则sin BAC ______， AD ______. 【答案】 (1). 3 13 13 (2). 3 5 2 【解析】 【分析】 解法一根据三角形内角和定理及三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系即可求得 sin BAC ，然后根据正弦定理求得 c ，最后根据向量的线性运算及数量积即可求得 AD 的长； 解法二先根据同角三角函数的基本关系求得sin ,cosC C ，利用余弦定理求得 c ，然后根据正 弦定理求得sin BAC ，最后在 ACD 中利用余弦定理即可求得 AD 的长. 【详解】解法一因为 13a b ，所以 BAC B ，又 12tan 5C ， 所以 12tan( ) tan2 tan( ) tan 5BAC B BAC C C ， 即 2 2tan 12tan 2 1 tan 5 BACBAC BAC ，即 26 tan 5tan 6 0BAC BAC ， 解得 3tan 2BAC 或 2tan 3BAC （舍去）， - 14 - 所以 3 13 2 13sin ,cos13 13BAC BAC . 易知 12sin 13C ，又 13a ， 所以由 sin sin a c BAC C ，得 4c . 因为 BC 边上的中点为 D ， 所以 1 2AD AC AB ， 所以 2 2 221 1 45( ) 24 4 4AD AC AB AC AC AB AB ， 所以 3 5 2AD . 解法二因为 12tan 5C ，所以 12 5sin ,cos13 13C C ，又 13a b ， 所以 2 2 2 52 cos 13 13 2 13 13 1613c a b ab C ， 所以 4c . 由 sin sin a c BAC C ，得 13 4 12sin 13 BAC ，得 3 13sin 13BAC . 因为 BC 边上的中点为 D ， 所以 2 aCD ， 所以在 ACD 中， 2 2 2 452 cos2 2 4 a aAD b b C ， 所以 3 5 2AD . 故答案为： 3 13 13 ， 3 5 2 . 【点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式，同角三角函数的基本关系，正、余弦定理的应 用，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理、数学运算等核心素养. 16.由数字 0，1，2，3，4，5，6，7 组成没有重复数字的四位数，则能被 15 整除且 0 不在个 位的四位数共有________个. 【答案】60 - 15 - 【解析】 【分析】 根据题意，将 0，1，2，3，4，5，6，7 这 8 个数字分为以下三类：被 3 整除的有 0，3，6； 被 3 除余 1 的有 1，4，7；被 3 除余 2 的有 2，5，再利用排列组合即可. 【详解】由题意，四位数的个位数字一定是 5，且 4 位数字之和能被 3 整除， 当四位数中有 0 时，满足题意的四位数有 1 1 1 2 2 3 2 2 24C C C A （个）； 当四位数中没有 0 时，满足题意的四位数有 2 1 3 2 3 2 3 3 3 3 18 18 36C C A C A （个）， 所以能被 15 整除且 0 不在个位的四位数共有 60 个. 故答案为：60. 【点睛】本题主要考查排列组合的有关知识，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的 核心素养是逻辑推理. 17.已知平面向量 ,m n 满足| | 2,| | 1m n m n ，若平面向量 a 满足| | | |a m n ，则| |a 的 最大值为_____. 【答案】 5 【解析】 【分析】 先得到 | | | | | |a m n ，将 | |a 的最大值转化为 | | | |m n 的最大值，再分别将 | |,| |m n 用 | |,| |m n m n 表示，最后利用基本不等式求解即可. 【详解】因为| | | |a m n ， 所以| | | | | | | |a m a m n ， 所以| | | | | |a m n .又 | | | |m n 2 2|( ) ( ) | |( ) ( ) | 2 2 2 2 2 m n m n m n m n m n m n m n m n 2 22 | | 2 | | 52 m n m n ， - 16 - 所以| |a 的最大值为 5 . 故答案为： 5 . 【点睛】本题主要考查平面向量的模，基本不等式的应用，考查考生分析问题、解决问题的 能力，考查数学运算、逻辑推理等核心素养. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证眀过程或演算步骤. 18.已知函数 ( ) sin ( , 0, 0)4f x A x x R A 的部分图象如图所示，其中点 M 的 坐标为 (1, )A . （1）求函数 ( )f x 的最小正周期； （2）若 5cos 5PMQ ，求 (2)f 的值. 【答案】（1）8（2） (2) 2f 【解析】 【分析】 （1）先根据点 1,M A 在函数 ( )f x 的图象上及 ( )f x 的图象特征得到 的值，即可求得函数 ( )f x 的最小正周期； （2）可以根据 5cos 5PMQ ，利用两角和的余弦公式进行求解，也可以在三角形中利 用余弦定理进行求解，还可以借助向量进行求解. 【详解】（1）因为点 1,M A 在函数 ( )f x 的图象上，即 sin 4A A ， 所以 2 ( )4 2 k k Z ，即 2 ( )4 k k Z . 由题意可知函数 ( )f x 的最小正周期 4T ， 所以 2 4 ，解得 2 . - 17 - 又 0 ，所以 4 ， 所以函数 ( )f x 的最小正周期 8T . （2）解法一：如图， 过点 M 作 MN x 轴于点 N ，由（1）知 ( ) sin 4 4f x A x . 令 ( ) sin 04 4f x A x ，得 ( )4 4x k k Z ，得 1 4 ( )x k k Z ， 所以 ( 1,0), (7,0)P Q ， 所以 2 2 2sin ,cos 4 4 APMN PMN A A ， 2 2 6sin ,cos 36 36 AQMN QMN A A ， 所以 cos cos( ) cos cos sin sinQMP PMN QMN PMN QMN PMN QMN 2 2 2 2 2 6 5 54 36 4 36 A A A A A A ， 所以 4 240 144 0A A ，即 2 24 36 0A A ， 又 0A ， 所以 2A 或 6A （舍去）. 所以 ( ) 2sin 4 4f x x ， 所以 3(2) 2sin 24f . 解法二：过点 M 作 MN x 轴于点 N ， 由（1）知，函数 ( )f x 的最小正周期 8T ，又 (1, )M A ， - 18 - 所以 1 3| | 8,| | 2,| | 64 4PQ PN T QN T ， 所以 2 2| | 4 ,| | 36PM A QM A ， 所以在 PMQ 中， 2 2 2| | | | | | 2 | | | | cosPQ PM QM PM QM PMQ ， 即 2 2 2 2 564 4 36 2 4 36 5A A A A ， 化简得 4 240 144 0A A ，即 2 24 36 0A A ， 所以 2A 或 6A （舍去）. 所以 ( ) 2sin 4 4f x x ， 所以 3(2) 2sin 24f . 解法三：过点 M 作 MN x 轴于 N ， 由（1）知 ( ) sin 4 4f x A x ， 令 ( ) sin 04 4f x A x ，得 ( )4 4x k k Z ，得 1 4 ( )x k k Z ， 所以 ( 1,0), (7,0)P Q ， 又 (1, )M A ，所以 ( 2, ), (6, )MP A MQ A ， 所以 2 2 2 12 5cos 54 36 APMQ A A ，解得 2A 或 6A （舍去）. 所以 ( ) 2sin 4 4f x x ， 故 3(2) 2sin 24f . 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质、两角和的余弦公式、余弦定理的应用，考查 考生的运算求解能力及分析问题、解决问题的能力. 试题以考查三角函数的图象和性质、三角恒等变换等为目标，通过正弦型函数在一个周期上 的图象的特征设题，考查直观想象、数学运算、逻辑推理等核心素养. 第（1）问大部分考生可以由点 (1, )M A 在函数 ( )f x 的图象上得到 2 ( )4 k k Z ，但 - 19 - 不能从题中的图象获得 4T ，从而无法准确求出 的值.第（2）问有相当一部分考生在求得 2A 或 6A 后，不进行验证，从而丢分. 19.如图，已知四边形 ABCD 是正方形，AE⊥平面 ABCD，PD∥AE，PD＝AD＝2EA＝2，G，F，H 分别为 BE，BP，PC 的中点． （1）求证：平面 ABE⊥平面 GHF； （2）求直线 GH 与平面 PBC 所成的角θ的正弦值． 【答案】（1）证明见解析（2） 34 34 【解析】 【分析】 （1）通过证明 BC⊥平面 ABE，FH∥BC，证得 FH⊥平面 ABE，即可证得面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量方法求线面角的正弦值. 【详解】（1）由题：，AE⊥平面 ABCD，BC 平面 ABCD，所以 AE⊥BC， 四边形 ABCD 是正方形，AB⊥BC，AE 与 AB 是平面 ABE 内两条相交直线， 所以 BC⊥平面 ABE，F，H 分别为 BP，PC 的中点，所以 FH∥BC， 所以 FH⊥平面 ABE，HF 平面 GHF，所以平面 ABE⊥平面 GHF； （2）由题可得：DA，DC，DP 两两互相垂直，所以以 D 为原点，DA，DC，DP 为 x，y，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系如图所示： 12,2,0 , 0,2,0 , 0,0,2 , 0,1,1 , 2,1, 2B C P H G ， - 20 - 所以 10, 2,2 , 2,0,0 , 2,0, 2CP CB HG ，设平面 PBC 的法向量 , ,n x y z ， 2 2 0 2 0 CP n y z CB n x ，取 1, 0,1,1y n 为平面 PBC 的一个法向量， 1 2sin cos , 14 24 n HG n HG n HG 34 34 所以直线 GH 与平面 PBC 所成的角θ的正弦值 34 34 . 【点睛】此题考查面面垂直的证明，关键在于准确找出线面垂直，建立空间直角坐标系，利 用向量方法解决直线与平面所成角的问题. 20.已知数列 na 满足 1 1a ，且 * 1 2 1 2 22 13 2 1 n na a a a n Nn . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若数列 nb 的前 n 项和为 nS ，且 1 3b ， *2 3 3 0n nS b n N ，数列 n n a b 的前 n 项和为 nT ，求满足 1 99 2 100nT 的所有正整数 n 的值. 【答案】（1） *2 1,na n n N （2）所有正整数 n 的值为 2，3，4，5 【解析】 【分析】 （ 1 ） 先 根 据 题 中 的 递 推 关 系 式 求 得 2a 的 值 ， 得 到 1 2 1 ( 2)2 1n n na a nn ， 再 利 用 1 2 2 1 2 1 3 n na a a n n 求解，也可利用累乘法进行求解； （2）先根据数列的通项与前 n 项和之间的关系求得数列 nb 的通项公式，即可得到 n n a b ，再 利用错位相减法求 nT ，最后根据 nT 的增减性求解即可. 【详解】（1）解法一由 * 1 2 1 2 22 13 2 1 n na a a a n Nn ①， 得当 1n 时， 1 22 1a a ，又 1 1a ，所以 2 3a ， - 21 - 当 2n 时， 1 2 1 2 22 13 2 3 n na a a an ②， ①-②，得， 1 2 ( 2)2 1 n n na a a nn ，即 1 2 1 ( 2)2 1n n na a nn . 所以 1 2 12 1 2 1 3 n na a a n n ， 所以 2 1( 2)na n n . 又 1 1a 也符合上式，所以 *2 1na n n N . 解法二由 * 1 2 1 2 22 13 2 1 n na a a a n Nn ①， 得当 1n 时， 1 22 1a a ，又 1 1a ，所以 2 3a ， 当 2n 时， 1 2 1 2 22 13 2 3 n na a a an ②， ①-②，得 1 2 ( 2)2 1 n n na a a nn ，即 1 2 1( 2)2 1 n n a n na n . 又 2 1 3a a 也符合上式，所以 *1 2 1 2 1 n n a n n Na n ，所以 1 2 1( 2)2 3 n n a n na n ， 所以 *1 2 1 1 2 1 2 1 2 3 3 1 2 12 3 2 5 1 n n n n n a a a n na a n n Na a a n n ， 故数列 na 的通项公式为 *2 1na n n N . （2）由 *2 3 3 0n nS b n N ③， 得当 2n 时， 1 12 3 3 0n nS b ④， ③-④得 1 12 2 3 3n n n nS S b b ，所以 13 ( 2)n nb b n ， 所以数列 nb 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 *3n nb n N ， 所以 2 1 3 n n n a n b ， 所以 1 2 2 1 2 1 3 2 1 3 3 3 n n n n a a a nT b b b ， - 22 - 所以 2 3 1 1 1 3 2 1 3 3 3 3n n nT ， 两式相减得 1 2 1 1 1 2 112 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 29 3 13 3 3 3 3 3 3 3 31 3 n n n n n n n n nT ， 所以 11 3n n nT . 所以 1 1 1 1 2 1 1 2 2 11 1 03 3 3 3 3n n n n n n n n n n n nT T ， 所以数列 nT 递增. 又 1 2 1 11 3 3 2T ， 2 3 2 11 9 3 2T ， 5 6 79 991 243 81 100T ， 6 7 722 991 729 729 100T ， 所以满足 1 99 2 100nT 的所有正整数 n 的值为 2，3，4，5. 【点睛】本题主要考查数列的递推关系、数列的通项与前 n 项和之间的关系、错位相减法求和、 数列的增减性等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养. 第（1）间的关键是对 1 2 1 ( 2)2 1n n na a nn 的处理.第（2）问的关键有三点：①数列 nb 的 通项公式的求解；② nT 的求解；③数列 nT 的增减性的证明. 21.如图， ,A B 为抛物线 2: 2 ( 0)C x py p 上的两个不同的点，且线段 AB 的中点 M 在直 线 1x 上，当点 M 的纵坐标为 1 时，点 A 的横坐标为 1 . （1）求抛物线C 的标准方程； （2）若点 ,A B 在 y 轴两侧，抛物线C 的准线与 y 轴交于点 N ，直线 ,NA NB 的斜率分别为 1 2,k k ，求 1 2k k 的取值范围. - 23 - 【答案】（1） 2 5x y （2） 41 1, 10 2 【解析】 【分析】 （1）根据题意，当点 M 的坐标为 (1,1) 时，设点 ( 1, )A t ，则点 (3,2 )B t ，再将其代入抛 物线方程解得即可； （2）设直线 AB 的方程为 ( 0, 0)y kx m k m ，设 1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由线段 AB 的 中点 M 在直线 1x 上，可得 2 5k ，进而可得直线 AB 的方程为 2 ( 0)5y x m m ，再表 示出直线 ,NA NB 的斜率 1 2,k k ，进而运算即可. 【详解】（1）由题意知，当点 M 的坐标为 (1,1) 时，设点 ( 1, )A t ，则点 (3,2 )B t ， 因为 ,A B 为抛物线C 上的两个不同的点，所以 1 2 , 9 2 (2 ), pt p t 解得 5 ,2 1 ,5 p t 所以抛物线C 的标准方程为 2 5x y . （2）显然直线 AB 的斜率存在且不为 0，故可设直线 AB 的方程为 ( 0, 0)y kx m k m ， 联立方程，得 2 5 , , x y y kx m 消去 y ，化简并整理得 2 5 5 0x kx m . 则 2( 5 ) 4 5 0k m ，即 25 4 0k m . 设 1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2 1 25 2, 5x x k x x m ， 所以 2 5k ， 故直线 AB 的方程为 2 ( 0)5y x m m . 2 21 2 1 2 1 2 1 2 2 4, 2 225 5 5 x xy y m y y x x m m ， 易知 50, 4N ，所以 1 2 1 2 1 2 5 5 4 4, y y k kx x ， 所以 - 24 - 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 5 4 255 255 5 2 1 41 54 5 164 164 4 5 5 16 2 m my y y yy y k k mx x x x m m . 因为 0m ，所以 41 41 41216 16 2m mm m ，当且仅当 41 4m 时取等号，所以 1 2 1 41 5 41 1 5 2 2 10 2k k . 故 1 2k k 的取值范围为 41 1, 10 2 . 【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程和几何性质、直线与抛物线的位置关系、直线的斜 率、基本不等式的应用等，考查考生的运算求解能力及分析问题、解决问题的能力. 本题涉及的信息量较大，很容易让考生找不到解题方向，本题给出的解法体现了“主元思 想”，如第（1）问根据点 (1,1)M 设点 ,A B 的坐标时，将其设为 ( 1, ), (3,2 )A t B t ；第（2） 问在得到 2 5k 后，得到 1 2y y 以及 1 2k k 的表达式都以 m 为元. 22.已知函数 2 21( ) ln 2f x ax x x ax x . （1）当 0a 时，求证： 2( ) 2f x x x ； （2）若不等式 ( ) 0f x 在 1 ,ee 上恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）[0,2] 【解析】 【分析】 （1）构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，根据新函数的最值即可证得结论； （2）对函数 ( )f x 求导，分情况求 a 的取值范围. 【详解】（1）当 0a 时， ( ) lnf x x x x . 所以 2 2( ) 2 ln ( ln 1)f x x x x x x x x x x . 设 ( ) ln 1g x x x ，则 1( ) 1g x x ， 所以 ( )g x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增， - 25 - 所以 ( ) (1) 0g x g ， 所以 2( ) 2f x x x . （2）因为 2 21( ) ln 2f x ax x x ax x ， 所以 2 1( ) (2 1)ln 1 (2 1)lnf x ax x ax x ax ax xx ，在 1 ,x ee 上， ①当 1 2a e ， 2 1 0ax ，若 1 ,1x e ，则 ( ) 0f x ，若 (1, )x e ，则 ( ) 0f x ， 所以 ( )f x 在 1 ,1e 上单调递增，在 (1, )e 上单调递减， 所以由题意得 1 0, ( ) 0, f e f e ，解得 40 3 ea ， 所以 10 2a e . ②当 2 ea 时， 2 1 0ax ，若 1 ,1x e ，则 ( ) 0f x ，若 (1, )x e ，则 ( ) 0f x ， 所以 ( )f x 在 1 ,1e 上单调递减，在 (1, )e 上单调递增， 所以 ( ) (1)f x f ， 所以由题意得 (1) 0f ，解得 2a ，所以 22 e a . ③当 1 2 2 eae 时， （i）当 1 1 2 2ae 时， 11 2 ea ，若 1 ,1x e ，则 ( ) 0f x ，若 11, 2x a ，则 ( ) 0f x ， 若 1 ,2x ea ，则 ( ) 0f x ， 所以函数 ( )f x 在 1 ,1e 上单调递增，在 11, 2a 上单调递减，在 1 ,2 ea 上单调递增， - 26 - 所以由题意得 1 0 1 02 f e f a ， ， 所以 3 2 4 ,3 1 , 2 ea a e 所以 1 1 2 2ae ； （ii）当 1 2a 时，在 1,x ee 上 ( ) 0f x 恒成立，所以 ( )f x 在 1 ee , 上单调递增， 所以 2 1 1 8 3( ) , 04 ef x f fe e e ，所以 1 2a 满足题意； （iii）当 1 2 2 ea 时， 1 1 12e a ， 易得函数 ( )f x 在 1 1, 2e a ，(1, )e 上单调递增，在 1 ,12a 上单调递减， 所以由题意得 1 0, (1) 0, f e f 所以 4 ,3 2, ea a 所以 1 2 2 ea . 综上，实数 a 的取值范围为[0,2] . 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式的证明及由不等式恒成立求参数 的取值范围，考查分析问题、解决问题的能力，运算求解能力及分类讨论思想，体现逻辑推 理、数学运算等核心素养. 求解本题第（2）问的关键是对参数 a 的分类标准的确定，在确定分类时，头脑一定要清醒， 厘清层次，做到不重不漏. - 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