江苏省盐城市2020届高三下学期第四次模拟考试数学试题 Word版含解析

江苏省盐城市2020届高三下学期第四次模拟考试数学试题 Word版含解析

- 1 - 江苏省盐城市 2020 届高三年级第四次模拟考试 数学试题 第 I 卷（必做题，共 160 分） 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. 若集合  A x x m  ，  1B x x   ，且  A B m ，则实数 m 的值为_______. 【答案】 1 【解析】 【分析】 直接根据交集运算的定义求解即可． 【详解】解：∵  A x x m  ，  1B x x   ，且  A B m ， ∴ 1m   ， 故答案为： 1 ． 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题． 2. 已知 i 为虚数单位，复数 z 满足 z(3＋i)＝10，则 z 的值为_______. 【答案】 10 【解析】 【分析】 由复数的除法运算与求模长的计算公式求解即可. 【详解】  2210 10(3 ) 3 3 1 103 (3 )(3 ) iz i zi i i            . 故答案为： 10 【点睛】本题考查复数的除法运算，还考查了求复数的模，属于基础题. 3. 从数字 0，1，2 中任取两个不同的数字构成一个两位数，则所得的两位数大于 10 的概率 为_______. 【答案】 3 4 【解析】 - 2 - 【分析】 本题是一个等可能事件的概率，列出基本事件总数，求出满足条件的事件，再根据古典概型 的概率公式计算可得； 【详解】解：从数字 0，1，2 中任取两个不同的数字构成一个两位数，有 10,12,21,20，共 4 个，满足大于 10 的有 3 个，故概率 3 4P  故答案为： 3 4 【点睛】本题考查等可能事件的概率，解题的关键是理解事件两位数大于 10 确定此事件的计 数方法，本题概率基本公式考查题，考查分析判断的能力，本题是一个基础题． 4. 如图所示，一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直 方图，图中小矩形从左向右所对应的区间依次为[0，50)，[50，100)，[100，150)，[150， 200)，[200，250].若一个月以 30 天计算，估计这家面包店一个月内这种面包的日销售量少 于 100 个的天数为_______天. 【答案】12 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图，求出对应的频率与频数即可． 【详解】解：根据频率分布直方图，得： 日销售量少于 100 个的频率为 (0.003 0.005) 50 0.4   ， 则估计这家面包店一个月内日销售量少于 100 个的天数为： 30 0.4 12  ． 故答案为：12． 【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率  频数 样本容量 的应用问题，属 于基础题． 5. 执行如图所示的流程图，输出 k 的值为_______. - 3 - 【答案】4 【解析】 【分析】 模拟执行程序，依次写出每次循环得到的 S ， k 的值，当 18S  时满足条件 16S  ，退出循 环，输出 k 的值为 4． 【详解】解：由题意，执行程序框图，可得 1k  ， 0S  ， 3S  ， 2k  ，不满足条件 16S  ， S 9 ， 3k  ，不满足条件 16S  ， 18S  ， 4k  ，满足条件 16S  ，退出循环，输出 k 的值为 4． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断程序运行的功能是解答此 类问题的关键，属于基础题． 6. 若双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的渐近线为 2y x  ，则其离心率的值为_______. 【答案】 5 - 4 - 【解析】 【分析】 利用渐近线斜率为 b a 和双曲线 , ,a b c 的关系可构造关于 ,a c 的齐次方程，进而求得结果. 【详解】由渐近线方程可知： 2b a  ，即 2 24b a ， 2 2 2 24b c a a    ， 2 2 2 5ce a    ， 5e  （负值舍掉）. 故答案为： 5 . 【点睛】本题考查根据双曲线渐近线方程求解离心率的问题，关键是利用渐进线的斜率构造 关于 ,a c 的齐次方程. 7. 若三棱柱 ABC—A1B1C1 的体积为 12，点 P 为棱 AA1 上一点，则四棱锥 P—BCC1B1 的体积为 _______. 【答案】8 【解析】 【分析】 利用等体积法和切割法即可求解 【详解】解析： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3P BCC B A BCC B ABC A B C A A B C ABC A B C ABC A B CV V V V V V          1 1 1 2 2 12 83 3ABC A B CV     . 答案：8 【点睛】本题考查棱柱和棱锥的体积问题，属于基础题 8. “ ＝2”是“函数 ( ) sin( )6f x x   的图象关于点( 5 12  ，0)对称”的_______条件.（选 填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”之一）. 【答案】充分不必要 【解析】 【分析】 根据充分条件与必要条件的定义求解即可． 【详解】解：当 ＝2 时， 526 12 6x         ， sin( ) 06x    ，故此时 ( )f x 的图 象关于点( 5 12  ，0)对称； - 5 - 而当 ( )f x 的图象关于点( 5 12  ，0)对称，则 5 12 6 k     ， 12 2 5 k  ，kZ； 故“ ＝2”是“函数 ( ) sin( )6f x x   的图象关于点( 5 12  ，0)对称”的充分不必要条件； 故答案为：充分不必要． 【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查三角函数的对称性，属于基础题． 9. 在△ABC 中，C＝B＋ 4  ，AB＝ 3 2 4 AC，则 tanB 的值为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 由 C＝B＋ 4  ，AB＝ 3 2 4 AC， 得 3 2 3 2sin sin sin( ) sin4 4 4C B B B    ， 然后化简即可求解 【详解】解析：由 AB＝ 3 2 4 AC，得 3 2 3 2sin sin sin( ) sin4 4 4C B B B    ， 2 2 3 2cos sin sin2 2 4B B B  ，化简得 2cos sinB B ， 所以 tanB 的值为 2. 答案：2 【点睛】本题考查正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数关系式，属于简单题 10. 若数列 na 的前 n 项和为 nS ， 12 ( 1) (2 1)n n na n    ，则 100 1002a S 的值为_______. 【答案】299 【解析】 【分析】 根据题意，利用通项公式求出 100a ，利用分组并项求和法求出 100S ，由此可求出答案． 【详解】解：∵ 12 ( 1) (2 1)n n na n    ， ∴ 99 1002 2 (2 199)a    ， - 6 - 100 1 100 1 2 4 2 [( 1 3) ( 5 7) ( 197 199)]S                 1002 1 100   ， ∴ 100 100 100 1002 2 398 (2 1 100) 299a S       ， 故答案为：299． 【点睛】本题主要考查数列的分组并项法的求和公式，考查计算能力，属于基础题． 11. 若集合 P＝ 2 2( , ) 4 0x y x y x   ，Q＝ 2( , ) 15xx y y        ，则 PQ 表示的曲线 的长度为_______. 【答案】 2 3  【解析】 【分析】 作出 2 2 4 0x y x   与 2 15x y   的图象，得到 P Q 表示的曲线，利用圆的弧长即可求 解. 【详解】由 2 2 4 0x y x   得 2 2( 2) 4x y   ， 由 2 15x y   得 2 , 22 15 215 , 2 15 x xxy x x          且 0y  ， 作出两曲线图像如下： 此时 PQ 表示的曲线长度为图中上半圆去掉劣弧 AB 部分， 直线 15 2 0y x   与圆心的距离 2 2 1 15 1 d     ，且 r＝2， - 7 - 在 Rt ACD△ 中， 1cos 2ACD  ， 60ACD   ∴ 2 120ACB ACD     ， ∴曲线长度为： 120 22 4 360 3      . 故答案为： 2 3  【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，直线与圆的相交，二元一次不等式表示平面区域， 属于中档题. 12. 若函数 2 e , 0( ) e 1, 0 xm xf x x x       的图象上存在关于原点对称的相异两点，则实数 m 的最大 值是_______. 【答案】 2e 1 【解析】 【分析】 由 题 意 题 目 可 转 化 方 程 2e 1 exx m   有 两 个 不 等 的 正 根 ， 得 2e 1 exm x   ， 令  2( ) e 1 e 0xg x x x    ，利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得出答案． 【详解】解：∵点 ,x y 关于原点对称的点为 ,x y  ， ∴题目可转化为函数  2 2e 1 e 1y x x         与 exy m  图像在第一象限内有两个交 点， 即方程 2e 1 exx m   有两个不等的正根，得 2e 1 exm x   ， 令  2( ) e 1 e 0xg x x x    ，则 2( ) e e xg x   ， 由 ( ) 0g x  得 0 2x  ，由 ( ) 0g x  得 2x  ， ∴函数 ( )g x 在 0,2 上单调递增，在  2, 上单调递减， ∴ 2( ) (2) e 1g x g   ， ∴ 2e 1m   ， 故答案为： 2e 1 ． - 8 - 【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查转 化与化归思想，属于中档题． 13. 在△ABC 中，AB＝10，AC＝15，∠A 的平分线与边 BC 的交点为 D，点 E 为边 BC 的中点， 若 AB AD  ＝90，则 AB AE  的值是_______. 【答案】175 2 【解析】 【分析】 把 ,AE AD   用 ,AB AC   表示，代入已知条件求得 AB AC uuur uuur ，再计算 AB AE  即得． 【 详 解 】 由 角 平 分 线 定 理 可 知 3 2 AC CD AB BD   ， 所 以 2 2 ( )5 5AD AB BD AB BC AB AC AB              2 3 5 5AC AB   因为 90AB AD   ，所以 2 22 3 3 2 3 2( ) 10 905 5 5 5 5 5AB AC AB AB AC AB AC AB                 ， 75AC AB   ， 所以 2 21 1 1 175( ) ( ) (10 75)2 2 2 2AB AE AB AB AC AB AC AB                  故答案为：175 2 . 【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是以 ,AB AC   为基底，其他向量都用基底表示 后再进行运算． 14. 若实数 x，y 满足 4x2＋4xy＋7y2＝1，则 7x2﹣4xy＋4y2 的最小值是_______. 【答案】 3 8 【解析】 【分析】 将式子化为为 2 2 2 2 2 2 7 4 47 4 4 4 4 7 x xy yx xy y x xy y       ，讨论 x＝0 或 x≠0，将分子、分母同除 x ， 利用判别式 0  即可求解. 【详解】解析： 2 2 2 2 2 2 7 4 47 4 4 4 4 7 x xy yx xy y x xy y       ， - 9 - 当 x＝0，原式的值为 4 7 ， 当 x≠0，令 2 2 2 7 4 4 (7 4) (4 4) 4 7 04 4 7 y t tt m m t m t mx t t             24 3 8(4 4) 4(7 4)(4 7) 07 8 3m m m m m            . 故答案为： 3 8 【点睛】本题主要考查了判别式法求最值，属于中档题. 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. 若函数    sinf x M x   (M＞0， ＞0，0＜ ＜ )的最小值是﹣2，最小正周期 是 2 ，且图象经过点 N( 3  ，1). （1）求  f x 的解析式； （2）在△ABC 中，若   8 5f A  ，   10 13f B  ，求 cosC 的值. 【答案】（1）   2cosf x x .（2） 16 65 【解析】 【分析】 （1）利用三角函数的性质：最值求出 M，最小正周期求出，特殊点代入求出 ，即可求出解 析式. （2）首先利用解析式求出 4cos 5A  ， 5cos 13B  ，再利用同角三角函数的基本关系求出 sin A 、sin B ，然后结合三角形的内角和性质以及两角和的余弦公式即可求解. 【详解】解：（1）因为  f x 的最小值是﹣2，所以 M＝2. 因为  f x 的最小正周期是 2，即 2 2T    ，所以＝1， 又由  f x 的图象经过点( 3  ，1)，可得 13f      ， 1sin 3 2       ， 所以 23 6k     或 52 6k   ，kZ， - 10 - 又 0＜ ＜ ，所以 2   ，故   2sin 2f x x      ，即   2cosf x x . （2）由（1）知   2cosf x x ，又   8 5f A  ，   10 13f B  ， 故 82cos 5A  ， 102cos 13B  ，即 4cos 5A  ， 5cos 13B  ， 又因为△ABC 中，A，B(0，)， 所以 2 2 4 3sin 1 cos 1 5 5A A         ， 2 2 5 12sin 1 cos 1 13 13B B         ， 所以 cosC＝cos[﹣(A＋B)]＝﹣cos(A＋B)＝﹣(cosAcosB﹣sinAsinB) ＝ 4 5 3 12 16 5 13 5 13 65         . 【点睛】本题考查了三角函数的性质求解析式、三角恒等变换、诱导公式，熟记公式是解题 的关键，属于基础题. 16. 如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PC⊥BC，点 E 是 PC 的中点，且平面 PBC⊥ 平面 ABCD.求证： （1）求证：PA∥平面 BDE； （2）求证：平面 PAC⊥平面 BDE. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）设 ACBD＝O，连结 OE，从而可得 AP//OE，再利用线面平行的判定定理即可证出. （2）利用面面垂直的性质定理可得 PC平面 ABCD，即证出 PCBD，再由 ACBD，根据线面垂 直的判定定理可得 BD平面 PAC，最后利用面面垂直的判定定理即可证出. - 11 - 【详解】证明：（1）设 ACBD＝O，连结 OE， 因为底面 ABCD 是菱形，故 O 为 BD 中点， 又因为点 E 是 PC 的中点， 所以 AP//OE，又因为 OE平面 BDE，AP平面 BDE， 所以 AP//平面 BDE. （2）因为平面 PBC平面 ABCD，PCBC， 平面 PBC平面 ABCD＝BC，PC平面 PBC， 所以 PC平面 ABCD 又 BD平面 ABCD，所以 PCBD，∵ABCD 是菱形，∴ACBD， 又 PCBD，ACPC＝C，AC平面 PAC，PC平面 PAC， 所以 BD平面 PAC 又 BD平面 BDE，所以平面 PAC平面 BDE. 【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理以及 面面垂直的性质定理，考查了考生的逻辑推理能力，属于基础题. 17. 如图，在一旅游区内原有两条互相垂直且相交于点 O 的道路 l1，l2，一自然景观的边界近 似为圆形，其半径约为 1 千米，景观的中心 C 到 l1，l2 的距离相等，点 C 到点 O 的距离约为 10 千米.现拟新建四条游览道路方便游客参观，具体方案：在线段 OC 上取一点 P，新建一条 道路 OP，并过点 P 新建两条与圆 C 相切的道路 PM，PN（M，N 为切点），同时过点 P 新建一条 与 OP 垂直的道路 AB（A，B 分别在 l1，l2 上）.为促进沿途旅游经济，新建道路长度之和越大 越好，求新建道路长度之和的最大值.（所有道路宽度忽略不计） - 12 - 【答案】 30 5 千米 【解析】 【分析】 设PCM＝，用 表示出各道路长，并求出和 ( )f  .然后求导，用导数知识求得最大值． 【详解】解：连接 CM，设PCM＝，则 PC＝ 1 cos ，PM＝PN＝tan， OP＝OC﹣PC＝10﹣ 1 cos ，AB＝2OP＝20﹣ 2 cos ， 设新建的道路长度之和为 ( )f  ， 则 3( ) 2tan 30cosf PM PN AB OP         ， 由 1＜PC≤10 得 1 10 ≤ cos ＜1，设 0 1cos 10   ， 0 (0， 2  )， 则  (0， 0 ]， 0 3 11sin 10   ， 2 2 3cos( ) cosf     ，令 ( ) 0f   得 2sin 3   - 13 - 设 1 2sin 3   ， 1 (0， 0 ]，， ( )f  ， ( )f  的情况如下表：  (0， 1 ) 1 ( 1 ， 0 ) ( )f  ＋ 0 － ( )f  单调递增 极大值 单调递减 由表可知 1  时 ( )f  有极大值也是最大值，此时 2sin 3   ， 5cos 3   ， 2tan 5   ， ( ) 30 5f    . 答：新建道路长度之和的最大值为30 5 千米. 【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是建立三角函数的模型，引入参数PCM＝，把 各道路长用 表示，并求出和 ( )f  . 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆 C： 2 2 2 2 1x y a b   (a＞b＞0)的短轴长为 2，F1，F2 分别是椭圆 C 的左、右焦点，过点 F2 的动直线与椭圆交于点 P，Q，过点 F2 与 PQ 垂直的直线 与椭圆 C 交于 A、B 两点.当直线 AB 过原点时，PF1＝3PF2. （1）求椭圆的标准方程； （2）若点 H(3，0)，记直线 PH，QH，AH，BH 的斜率依次为 1k ， 2k ， 3k ， 4k . ①若 1 2 2 15k k  ，求直线 PQ 的斜率； ②求 1 2 3 4( )( )k k k k  的最小值. 【答案】（1） 2 2 12 x y  （2）①1或 7 8 ② 4 225  【解析】 - 14 - 【分析】 （1）已知条件有 1b  ，直线 AB 过原点时，PQx 轴，所以△PF1F2 为直角三角形，利用椭圆定 义和勾股定理可求得 a ，得椭圆方程； （2）①设直线 PQ： ( 1)y k x  ，代入到椭圆方程得后化简，设 P( 1x ， 1y )，Q( 2x ， 2y )，应 用韦达定理得 2 1 2 2 4 1 2 kx x k    ， 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k   ，计算 1 2k k 并代入 1 2 1 2,x x x x 可得； ②分类讨论，当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时， 1 2 3 4( )( ) 0k k k k   ， 当两条直线与坐标轴都不垂直时，由①知 1 2 2 2 8 7 kk k k    ，同理可得 3 4 2 2 8 7 kk k k    ，计 算 1 2 3 4( )( )k k k k  后应用基本不等式可得最小值． 【详解】解：（1）因为椭圆 C： 2 2 2 2 1x y a b   (a＞b＞0)的短轴长为 2，所以 b＝1， 当直线 AB 过原点时，PQx 轴，所以△PF1F2 为直角三角形， 由定义知 PF1＋PF2＝2a，而 PF1＝3PF2，故 1 3 2PF a ， 2 1 2PF a ， 由 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F  得 2 2 2 2 29 1 14 4( 1)4 4 4a a c a a     ，化简得 a2＝2， 故椭圆的方程为 2 2 12 x y  . （2）①设直线 PQ： ( 1)y k x  ，代入到椭圆方程得： 2 2 2 2(1 2 ) 4 (2 2) 0k x k x k     ，设 P( 1x ， 1y )，Q( 2x ， 2y )，则 2 1 2 2 4 1 2 kx x k    ， 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k   ， 所以 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 [( 1)( 3) ( 1)( 3)] 3 3 ( 3)( 3) y y k x x x xk k x x x x            1 2 1 2 1 2 1 2 [2 4( ) 6] 3( ) 9 k x x x x x x x x       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4[2 4 6] 21 2 1 2 2 2 4 8 73 91 2 1 2 k kk kk k k k k k k           所以 1 2 2 2 2 8 7 15 kk k k    ， 解得： 1k  或 7 8k  ，即为直线 PQ 的斜率. ②当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时， 1 2 3 4( )( ) 0k k k k   ， - 15 - 当两条直线与坐标轴都不垂直时， 由①知 1 2 2 2 8 7 kk k k    ，同理可得 3 4 2 2 8 7 kk k k    故 2 1 2 3 4 4 2 2 2 4 4( )( ) 156 56 113 56( ) 113 kk k k k k k k k         2 2 4 4 225156 2 113k k       ， 当且仅当 2 2 1k k  即 k＝1 时取等号. 综上， 1 2 3 4( )( )k k k k  的最小值为 4 225  . 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交中定值与最值问题．求椭圆方程 时由于已知直线的特殊位置，利用椭圆的定义是解题关键，在直线与椭圆相交问题中，采取 设而不求思想方法，即设直线方程，设交点坐标 1 1 2 2( , ), ( , )P x y P x y ，直线方程代入椭圆方程 整理后应用韦达定理得 1 2 1 2,x x x x ，代入其他条件化简变形即可得． 19. 如果存在常数 k 使得无穷数列 na 满足 mn m na ka a 恒成立，则称为  P k 数列. （1）若数列 na 是  1P 数列， 6 1a  ， 12 3a  ，求 3a ； （2）若等差数列 nb 是  2P 数列，求数列 nb 的通项公式； （3）是否存在  P k 数列 nc ，使得 2020c ， 2021c ， 2022c ，…是等比数列？若存在，请求出所 有满足条件的数列 nc ；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 3 1 3a  ；（2） 0nb  或 1 2nb  或 2n nb  ；（3）存在；满足条件的  P k 数列 nc 有无穷多个，其通项公式为 1 nc k  . 【解析】 【分析】 （1）根据  P k 数列的定义，得 6 2 3a a a ， 12 2 6a a a ，可求 3a ； （2）根据  P k 数列的定义，得 2mn m nb b b ，分 1 0b  和 1 0b  两种情况讨论. 当 1 0b  ， - 16 - 0nb  .当 1 0b  时，由 nb 是等差数列，对 ,m n 赋值，求出 1b 和公差 d ，即求 nb ； （3）假设存在满足条件的  P k 数列 nc ，设等比数列 2020c ， 2021c ， 2022c ，…的公比为 q. 则有 2020 2020 2020 2020c kc c  ， 2020 2021 2020 2021c kc c  ，可得 q＝1，故当 2020n  时， 1 nc k  .当 1 2020n  时，不妨设 2020in  ，i N  且 i 为奇数， 由    1 1 2 2 22 1 i i i i i ii n n n nn n n n n n nc c kc c kc c k c c k c               ，可得 1 nc k  . 即满足条件的  P k 数列 nc 有无穷多个，其通项公式为 1 nc k  . 【详解】（1）由数列 na 是  1P 数列，得 6 2 3 1a a a  ， 12 2 6 3a a a  ，可得 3 1 3a  ； （2）由 nb 是  2P 数列知 2mn m nb b b 恒成立，取 m＝1 得 12n nb b b 恒成立， 当 1 0b  ， 0nb  时满足题意，此时 0nb  ， 当 1 0b  时，由 2 1 12b b 可得 1 1 2b  ，取 m＝n＝2 得 2 4 22b b ， 设公差为 d，则 21 13 2( )2 2d d   解得 0d  或者 1 2d  ， 综上， 0nb  或 1 2nb  或 2n nb  ，经检验均合题意. （3）假设存在满足条件的  P k 数列 nc ， 不妨设该等比数列 2020c ， 2021c ， 2022c ，…的公比为 q， 则有 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020,c kc c c q kc c        ， 可得 2020 2020 2020 2020q kc   ① 2020 2021 2020 2020 2021 2020 2021 2020 2020 2020,c kc c c q kc c q         ， 可得 2020 2021 2021 2020q kc   ② 综上①②可得 q＝1， 故 2020 2020 2020c c  ，代入 2020 2020 2020 2020c kc c  得 2020 1c k  ， 则当 2020n  时， 1 nc k  ， 又 2020 1 2020 1 1,c kc c c k     ， - 17 - 当1 2020n  时，不妨设 2020in  ，i N  且 i 为奇数， 由    1 1 2 2 22 1 i i i i i ii n n n nn n n n n n nc c kc c kc c k c c k c               ， 而 1 inc k  ， 11 ( )i i nk ck   ， 1( ) ( )i i nc k   ， 1 nc k   . 综上，满足条件的  P k 数列 nc 有无穷多个，其通项公式为 1 nc k  . 【点睛】本题考查创新型题目，考查等差数列和等比数列的通项公式，考查学生的逻辑推理 能力和计算能力，属于难题. 20. 设函数 3 2( ) 3ln 2f x x x ax ax     . （1）若 a＝0 时，求函数 ( )f x 的单调递增区间； （2）若函数 ( )f x 在 x＝1 时取极大值，求实数 a 的取值范围； （3）设函数 ( )f x 的零点个数为 m，试求 m 的最大值. 【答案】（1）单调增区间为(1，)（2） 9 2  a （3）2 【解析】 【分析】 （1）求导得到函数的单调增区间. （2）求导，讨论 3 2a   ， 9 3 2 2a   ， 9 2a   或 3 2a  ， 9 2  a 几种情况，分别计算函 数极值得到答案. （3）考虑 9 2a   ， 9 2  a 两种情况，求导得到单调区间，计算极值判断零点个数，得到答 案. 【详解】（1）当 a＝0 时， 3( ) 3lnf x x x   ，所以 3 1( ) 3 xf x x    ，由 ( ) 0f x  得 x＝1， 当 x(0，1)时， ( )f x ＜0；当 x(1，)时， ( )f x ＞0， 所以函数 ( )f x 的单调增区间为(1，). （2）由题意得 23( 1) 2( ) [ ( 1) 1]3 x af x x xx      ， 令 2 2( ) ( 1) 13 ag x x x    (x＞0)，则 3( 1)( ) ( )xf x g xx   ， - 18 - 当 2 13 a  ≥0 即 3 2a   时， ( )g x ＞0 恒成立， 故 ( )f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以 x＝1 是函数 ( )f x 的极小值点，不满足； 当 22( 1) 4 03 a     即 9 3 2 2a   时，此时 ( )g x ＞0 恒成立， ( )f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以 x＝1 是函数 ( )f x 的极小值点，不满足； 当 22( 1) 4 03 a     即 9 2a   或 3 2a  时， ( )f x 在(0，1)上递减，在(1，+)上递增，所以 x＝1 是函数 ( )f x 的极小值点，不满足； 当 22( 1) 4 03 a     时，解得 9 2  a 或 3 2a  （舍）， 当 9 2  a 时，设 ( )g x 的两个零点为 1x ， 2x ，所以 1x 2x ＝1，不妨设 0＜ 1x ＜ 2x ， 又 2(1) 3 03 ag    ，所以 0＜ 1x ＜1＜ 2x ，故 1 2 3( ) ( )( 1)( )f x x x x x xx      ， 当 x(0， 1x )时， ( )f x ＜0；当 x( 1x ，1)时， ( )f x ＞0；当 x(1， 2x )时， ( )f x ＜0； 当 x( 2x ，)时， ( )f x ＞0； ∴ ( )f x 在(0， 1x )上递减，在( 1x ，1)上递增，在(1， 2x )上递减，在( 2x ，)上递增； 所以 x＝1 是函数 ( )f x 极大值点，满足. 综上所述： 9 2  a . （3）①由（2）知当 9 2a   时，函数 ( )f x 在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故 函数 ( )f x 至多有两个零点，欲使 ( )f x 有两个零点，需 (1) 1 0f a   ，得 1a  ，  2 3ln 2 8 4 4 3ln 2 8 0f a a         ； 3 2( ) 3 2 3 2 0a a a a af e a e ae ae a ae a            ，  0,1ae  ， 故满足函数有 2 个零点. ②当 9 2  a 时，由（2）知 ( )f x 在(0， 1x )上递减，在( 1x ，1)上递增，在(1， 2x )上递减， 在( 2x ，)上递增； 而 0＜ 1x ＜1，所以 3 1 1 1 1 1( ) 3ln ( 2) 0f x x x ax x      ， 此时函数 ( )f x 也至多有两个零点 综上①②所述，函数 ( )f x 的零点个数 m 的最大值为 2. - 19 - 【点睛】本题考查了函数的单调区间，根据极值求参数，零点个数问题，意在考查学生的计 算能力和综合应用能力. 第 II 卷（附加题，共 40 分） 【选做题】本题包括 A，B，C 三小题，请选定其中两题作答，每小题 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. A.选修 4—2：矩阵与变换 21. 已知矩阵 A＝ 2 1 a b      ，若矩阵 A 属于特征值 3 的一个特征向量为 1 1        ，求该矩阵属于 另一个特征值的特征向量. 【答案】 1 1      【解析】 【分析】 根据特征向量和特征值的定义列出矩阵方程求出 ,a b ，写出特征多项式，由特征多项式可求得 另一个特征值，再得特征向量． 【详解】解：由题意知 2 1 13 1 1 1 aA b                    ，所以 2 3 1 3 a b      ，即 1 2 a b    ， 所以矩阵 A 的特征多项式 21 2( ) ( 1) 42 1f         ， 由 ( ) 0f   ，解得 3  或 1   ， 当 1   时， 2 2 0 2 2 0 x y x y       ，令 x＝1，则 y＝﹣1， 所以矩阵 A 的另一个特征值为﹣1，对应的一个特征向量为 1 1      . 【点睛】本题考查特征值与特征向量，掌握特征值与特征向量的概念、特征多项式是解题关 键． B.选修 4—4：坐标系与参数方程 22. 在极坐标系中，已知直线 : cos 2 sinl m     （ m 为实数），曲线 - 20 - : 2cos 4sinC     ，当直线l 被曲线C 截得的弦长取得最大值时，求实数 m 的值. 【答案】 5m  【解析】 【分析】 将直线l 和圆C 的极坐标方程均化为普通方程，由题意可知直线 l 过圆C 的圆心，由此可求得 实数 m 的值. 【详解】由题意知直线 l 的直角坐标方程为 2 0x y m   ， 又曲线C 的极坐标方程 2cos 4sin    ，即 2 2 cos 4 sin      ， 所以曲线C 的直角坐标方程为 2 2 2 4 0x y x y    ，即   2 21 2 5x y    ， 所以曲线C 是圆心为 1,2 的圆， 当直线l 被曲线C 截得的弦长最大时，得 21 2 0m   ，解得 5m  . 【点睛】本题考查直线与圆的综合问题，考查极坐标方程与普通方程之间的转化，考查计算 能力，属于基础题. C.选修 4—5：不等式选讲 23. 已知实数 x 、 y 、 z 满足 2 1x y z   ，求 2 2 2x y z  的最小值. 【答案】 1 6 【解析】 【分析】 利用柯西不等式得出    22 2 2 2 2 21 1 2 2x y z x y z       ，由此可求得 2 2 2x y z  的 最小值. 【详解】由柯西不等式有    22 2 2 2 2 21 1 2 2 1x y z x y z        ， 所以 2 2 2 1 6x y z   （当且仅当 1 1 2 x y z  即 1 6x y  ， 1 3z  时取等号）， 所以 2 2 2x y z  的最小值是 1 6 . 【点睛】本题考查利用柯西不等式求最值，解答的关键就是对代数式进行配凑，考查计算能 力，属于基础题. 【必做题】解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤. - 21 - 24. 如图，抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，过点  2,0P 作直线 l 与抛物线交于 A 、 B 两点，当直线 l 与 x 轴垂直时 AB 长为 4 2 . （1）求抛物线的方程； （2）若 APF 与 BPO△ 的面积相等，求直线l 的方程. 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 2 4 0x y   或 2 4 0x y   . 【解析】 【分析】 （1）由题意可知点 2,2 2 在抛物线C 上，将该点坐标代入抛物线C 的方程，求得 p 的值， 进而可求得抛物线C 的方程； （2）由题意得出 2A By y ，可得知直线 AB 的斜率不为零，可设直线 AB 的方程为 2x my  ，将该直线方程与抛物线方程连理，列出韦达定理，由题意得出 2A By y  ，代入 韦达定理后可求得 m 的值，进而可求得直线 AB 的方程. 【详解】（1）当直线l 与 x 轴垂直时 AB 的长为 4 2 ， 又  2,0P ，取  2,2 2A ，所以 2 2 2 2 2p  ，解得 2p  ， 所以抛物线的方程为 2 4y x ； （2）由题意知 1 1 2 2APF A AS FP y y  △ ， 1 2BPO B BS OP y y  △ ， 因 APF BPOS S△ △ ，所以 2A By y ， 当 0ABk  时，直线 AB 与抛物线不存在两个交点，所以 0ABk  ， - 22 - 故设直线 AB 的方程为 2x my  ，代入抛物线方程得 2 4 8 0y my   ， 所以 4A By y m  ， 8 0A By y    ， 2A By y   ， 可得 2 4 2 8 A B B A B B y y y m y y y          ，解得 1 2m   . 所以，直线 AB 的方程为 2 4 0x y   或 2 4 0x y   . 【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了利用三角形面积关系求直线的方程，考 查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题. 25. 若有穷数列 na 共有 k 项 ( 2)k  ，且 1 1a  ， 1 2( ) 1 r r a r k a r    ，当1 1r k   时恒成立 .设 1 2k kT a a a    . （1）求 2T ， 3T ； （2）求 kT . 【答案】（1） 2 0T  ； 3 1 3T  （2） 1 [1 ( 1) ]2 k kT k    【解析】 【分析】 （1）分别令 2k  和 3k  ，得到 r 的值，再计算 2T ， 3T 即可. （2）首先利用累乘法和组合数性质得到 1 1 1 1 ( 2)2 r r r ka Ck      ，从而得到 1 1 2 21 [ ( 2) ( 2) ( 2) ]2 k k k k k kS C C Ck         ，再利用二项式定理即可得到 1 1[(1 2) 1] [1 ( 1) ]2 2 k k kS k k       . 【详解】（1）令 2k  时，得 1r  ，由 2 1 2(1 2) 11 1 a a    ，得 2 1a   ， 2 1 1 0T    ， 令 3k  时，得 1r  或 2 ，由 2 1 2(1 3) 21 1 a a    ，得 2 2a   ， 由 3 2 2(2 3) 2 2 1 3 a a    ，得 3 4 3a  ， 3 4 11 2 3 3T     . - 23 - （2）因 1 2( ) 1 r r a r k a r    ，由累乘法得： 32 1 1 2 2(1 ) 2(2 ) 2( ) 2 3 1 r r aa a k k r k a a a r             ， 所以 1 ( 1) ( 2) ( ) !( 2) ( 2)2 3 1 ( 1)!( 1)! r r r k k k r ka r k r k r             ， 所以 1 1 1 1 ( 2)2 r r r ka Ck      ， 当 0r  时， 1 1 1 ( 2) 12 ka Ck      ，也适合 1 1 1 1 ( 2)2 r r r ka Ck      ， 所以 1 1 2 21 [ ( 2) ( 2) ( 2) ]2 k k k k k kS C C Ck         ， 即 0 0 1 1 2 21 [ ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 1]2 k k k k k k kS C C C Ck            ， 所以 1 1[(1 2) 1] [1 ( 1) ]2 2 k k kS k k       . 【点睛】本题主要考查了数列的累乘法，同时组合数的性质和二项式定理，考查了学生分析 问题的能力，属于难题. - 24 -