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文档介绍
浙江省2020届高三新高考考前原创冲刺卷（六）数学 Word版含解析
- 1 - 39 金考卷 浙江新高考考前原创冲刺卷（六） 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 AB 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 3 V S S S S h ， 其中 1S ， 2S 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 3 V 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 3 V 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.已知集合 2A x x ， ln 1B x x ，则 A B （ ） A. 2x x B. x x e C. 2x x e D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先解得不等式 ln 1x ,再由交集定义求解即可. 【详解】由 ln 1 lnx e ,解得0 x e ,所以 0B x x e , 因此 2A B x x e , - 2 - 故选:C 【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解对数不等式,需注意对数中真数要大于 0. 2.已知复数 z a bi （ ,a bR ，i是虚数单位）满足 2z i ，则复数 z的共轭复数在复平 面内对应的点的坐标是（ ） A. 2 2, 2 2 B. 2 2, 2 2 C. 2 2, 2 2 D. 2 2, 2 2 或 2 2, 2 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由 2 2 2 2z a b abi i 可得 2 2 0 2 1 a b ab ,解得 ,a b ,即可得到 z ,由 z a bi ,进而得到其 在复平面上对应的点坐标. 【详解】由题意得, 2 2 2 2z a b abi i ,所以 2 2 0 2 1 a b ab ,解得 2 2 2 2 a b 或 2 2 2 2 a b , 故 2 2 2 2 z i 或 2 2 2 2 z i ,则共轭复数 2 2 2 2 z i 或 2 2 2 2 z i , 其在复平面内对应的点的坐标为 2 2, 2 2 或 2 2, 2 2 , 故选:D 【点睛】本题考查复数的几何意义,考查共轭复数的概念,考查复数的乘法运算. 3.函数 ln | |( ) x xf x e 的大致图象是（ ） A. B. C. D. - 3 - 【答案】A 【解析】 【分析】 由函数解析式代值进行排除即可. 【详解】解：由 x ln x f x = e ，得 f 1 =0， f 1 =0 又 1f e = 0ee ， 1f e = 0ee 结合选项中图像，可直接排除 B，C，D 故选 A 【点睛】本题考查了函数图像的识别，常采用代值排除法. 4.已知 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 a，b，c 均小于 1，a， 3 2 c ， 2b 成 等差数列，则 ABC 的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】 由等差中项可得 2 3a b c ,再由 a,b,c 均小于 1 可得 2 2 2 3 2a b a b c c ,则可由余弦 定理得到 cos 0C ,即可判断三角形的形状. 【详解】由题意得, 2 2 2 3 2a b a b c c , 由余弦定理知, 2 2 2 cos 0 2 a b cC ab ,因此角 C是钝角, 所以 ABC 为钝角三角形, 故选:C 【点睛】本题考查等差中项的应用,考查余弦定理的应用,考查判断三角形的形状. - 4 - 5.设 ， 是两个不同的平面，m 是直线，且m a ，则“m 不平行于 ”是“ 不平行于 ” 的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 记 :p m不平行于 , :q 不平行于 ,由 p 与 q 的关系即可判断 p与q的关系. 【详解】记 :p m不平行于 , :q 不平行于 ,则 : / /p m , : / /q , 易知, ( )q p , ( )p q ¿ ,于是, p q , q p¿ , 所以 p 是 q 的充分不必要条件, 故选:B 【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判定,考查命题的否定的应用. 6.“十二平均律”是目前世界上通用的把一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相 邻两律之间的振动数之比完全相等，亦称“十二等程律”，即一个八度 13 个音，相邻两个音 之间的频率之比相等，且最后一个音是最初那个音的频率的 2 倍.设第 7 个音的频率为 f，则 频率为 3 4 2 f 的音是（ ） A. 第 2 个音 B. 第 3 个音 C. 第 4个音 D. 第 5个音 【答案】B 【解析】 【分析】 由相邻两个音之间的频率之比相等可得这 13 个音的频率构成等比数列,则设这 13 个音的频率 分别是 1 2 13, , ,a a a ,公比为 q,则 13 1 2a a ,即可求得q,再由 737 3 2 4 2 k k a f q a f ,进而求 解. 【详解】由题意知,这 13 个音的频率构成等比数列,设这 13 个音的频率分别是 1 2 13, , ,a a a , - 5 - 公比为 q,易知 0q ,则 1213 1 2a q a ,得 12 2q , 设频率为 3 4 2 f 的音是第 k个音,于是 73 127 3 2 ( 2) 4 2 k k a f a f , 所以7 4k ,解得 3k , 故选:B 【点睛】本题考查等比数列的应用,考查分析理解能力. 7.现有 6 名选手参加才艺比赛，其中男、女选手各 3 名，且 3 名男选手分别表演歌唱、舞蹈 和魔术，3 名女选手分别表演歌唱、舞蹈和魔术，若要求相邻出场的选手性别不同且表演的节 目不同，则不同的出场方式的种数为（ ） A. 6 B. 12 C. 18 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】 设 3 名男选手分别为 1A , 2A , 3A ,他们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,3 名女选手分别为 1B , 2B , 3B ,她们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,先讨论当第一个出场的是 1A时的情况,进而同理 可得不同的出场方式的种数. 【详解】设 3 名男选手分别为 1A , 2A , 3A ,他们分别表演歌唱,舞蹈和魔术,3 名女选手分别为 1B , 2B , 3B ,她们分别表演歌唱,舞蹈和魔术, 若第一个出场的是 1A ,则第二个出场的只能是 2B 或 3B ,若第二个出场的是 2B ,则接下来的出 场顺序只能是 3A , 1B , 2A , 3B , 同理,若第二个出场的是 3B ,则接下来的出场顺序只能是 2A , 1B , 3A , 2B , 所以若 1A第一个出场,则不同的出场方式有 2种,故不同的出场方式共有 2 6 12 （种）, 故选:B 【点睛】本题考查计数原理的应用,考查分类讨论思想. - 6 - 8.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a b a b 的下顶点为 A，且 (2,0)B ，直线 AB 与椭圆 C 交于另一 点 M，若 2OB OA OM （其中 O 为坐标原点）， OBM 的面积为 1 2 ，则椭圆 C的离心率 为（ ） A. 1 2 B. 2 2 C. 1 3 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 椭 圆 的 下 顶 点 (0, )A b , 则 可 得 直 线 AB 为 ( 2) 2 by x , 与 椭 圆 方 程 联 立 可 得 2 2 24 4 0a x a x ,由直线 AB与椭圆 C 交于另一点 M,设 0 0,M x y ,则 2 0 2 4 4 ax a ,再 根 据 2OB OA OM 可 知 M 为 AB 的 中 点 , 利 用 中 点 公 式 即 可 求 得 2a , 根 据 2 1OAB OBMS S △ △ 求得b ,进而求解. 【详解】由题意知, (0, )A b ,所以直线 AB 的方程为 ( 2) 2 by x , 与椭圆 C的方程联立,即 2 2 2 2 1 ( 2) 2 x y a b by x ,消去 y 可得 2 2 24 4 0a x a x , 设 0 0,M x y ,则 2 0 2 4 4 ax a , 又 2OB OA OM ,所以 M为线段 AB 的中点,所以 2 0 2 4 0 2 4 2 ax a ,则 2 4 3 a , 因为 M 为线段 AB 的中点,所以 2 1OAB OBMS S △ △ ,即 1 2 1 2 b ,所以 1b , 所以椭圆 C的离心率 2 2 2 1 2 ce a a a b , 故选:A 【点睛】本题考查求椭圆的离心率,考查平面向量基本定理的应用,考查运算能力. - 7 - 9.已知函数 3 21 1( ) 3 2 f x x bx cx d ，若 ( )f x 在区间 (0,2)内有两个不同的极值点 1x ， 2 1 2x x x ，则 (0)f ， 2f 满足（ ） A. 两个都小于 1 B. 只有个小于 1 C. 两个都不小于 1 D. 至少有一 个小于 1 【答案】D 【解析】 【分析】 先求导可得 2( )f x x bx c ,令 g x f x ,则 1x , 2x 为方程 ( ) 0g x 的两个不同的根, 且 1 20 2x x , 可 使 得 1 2( ) ( )g x f x x x x x , 则 1 2 1 2(0) (2) 0 0 2 2f f x x x x 1 1 2 20 2 0 2x x x x ,利 用均值不等式可得 (0) (2) 1f f ,即可判断选项. 【详解】由题意可知, 2( )f x x bx c , 因为 ( )f x 在区间 (0,2)内有两个不同的极值点 1x , 2 1 2x x x , 所以令 2( )( ) f xx bg x x c ,则 1x , 2x 为方程 ( ) 0g x 的两个不同的根, 且 1 20 2x x ,所以 1 2( ) ( )g x f x x x x x , 所以 1 2 1 2(0) (2) 0 0 2 2f f x x x x 1 1 2 20 2 0 2x x x x 2 2 1 1 2 20 2 0 2 2 2 1 x x x x . 当且仅当 1 1 2 2 0 2 0 2 x x x x 时取等号,但由 1 2x x 知,取不到等号,所以 (0) (2) 1f f , 所以 (0)f , 2f 中至少有一个小于 1. 故选:D 【点睛】本题考查函数的极值点的应用,考查均值不等式的应用. 10.如图，在 ABC 中， 90ABC ， 1AB ， 2BC ，D 为线段 BC（端点除外）上一 - 8 - 动点.现将 ABD△ 沿线段 AD 折起至 AB DV ，使二面角B AD C 的大小为 120°，则在 点 D 的移动过程中，下列说法错误的是（ ） A. 不存在点D，使得CB AB B. 点 B在平面 ABC上的投影轨迹是一段圆弧 C. B A 与平面 ABC所成角的余弦值的取值范围是 10 ,1 5 D. 线段CB的最小值是 3 【答案】D 【解析】 【分析】 过点B作 AD的垂线,交 AD于点E,连接B E ,BB,过点B作BE的垂线,交 BE于点 H,进而证明 B H 平面ABC,即 B在平面ABC上的投影为点H,连接 CH,假设CB AB ,则CH AB ,即 可判断 A；由 90BEA ,可判断点 E 的轨迹,进而判断 B；连接 AH,则 B A 与平面 ABC 所成 的角为 B AH ,由相似可得 AB BD AD BE ,设 (0 2)BD x x ,可得 BE 的范围,即 可得 sin B HB AH B A 的范围,即可判断 C；设 BAD ,在 CB H 中利用余弦定理求解, 即可判断 D. 【详解】过点 B 作 AD 的垂线,交 AD 于点 E,连接 B E ,BB,过点 B作 BE 的垂线,交 BE 于点 H, 易知 B E AD ,则 AD平面 B BE ,所以 B EB 为二面角 B AD C 的平面角的补角, 即 60B EB ,所以 1 1 2 2 EH B E BE ,即 H为 BE的中点,易知平面 ABC 平面 B BE , 又BH BE ,所以 B H 平面 ABC,所以 B在平面 ABC 上的投影为点 H, - 9 - 对于选项 A,若CB AB ,连接 CH,则CH AB ,而这是不可能成立的,故 A 正确； 对于选项 B,因为 90BEA ,所以点 E的轨迹为以 AB为直径的一段圆弧,又 H为 BE的中点, 所以点 H 的轨迹也为一段圆弧,故 B 正确； 对于选项 C,连接 AH,则 B A 与平面 ABC 所成的角为 B AH ,设 (0 2)BD x x ,则 21AD x ,所以由 AB BD AD BE ,得 2 2 1 11 1 xBE x x ,所以 2 50, 5 BE ,所以 3 3 150, 2 2 5 BH B E BE ,所以 15sin 0, 5 B HB AH B A ,所以 10cos ,1 5 B AH ,故 C 正确； 对于选项 D,设 BAD ,则 DBE , 1 1 sin 2 2 BH BE , 2 2 2 2 2 2 2 cosCB BH CH BH BC BH BC BH 2 2 23 1 1sin sin 2 2 sin cos 4 sin sin 2 4 2 2 2 1 1 9 5 9 5cos 2 sin 2 4 sin(2 ) 3 2 2 2 2 2 , - 10 - 其中 1tan 2 ,故 3CB ,故 D 错误, 故选:D 【点睛】本题考查线线垂直的判断,考查余弦定理的应用,考查线面角的范围,考查空间想象能 力. 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 1,0 2( ) 1(1 ), 1 2 x x f x f x x ，则 2 3 f ________； ( )f x 的图象与坐标轴围成的 图形的面积是________. 【答案】 (1). 1 3 (2). 1 4 【解析】 【分析】 将 2 3 x 代入 f x 中即可求解,作出函数 ( )f x 的图象,由图求得面积. 【详解】由 1,0 2( ) 1(1 ), 1 2 x x f x f x x 得 2 2 11 3 3 3 f f , 当 10 1 2 x ,即 1 1 2 x 时, 1 1f x x ,所以 1,0 2 11 , 1 2 x x f x x x ,作出函数 ( )f x 的图象,如图所示,则 ( )f x 的图象与坐标轴围成的图形的面积是 1 1 11 2 2 4 . - 11 - 故答案为: 1 3 ； 1 4 【点睛】本题考查由分段函数求函数值,属于基础题. 12.若 x，y 满足约束条件 2 2 2 0 2 0 1 x y x y x y ，则 y 的取值范围是________，点 ( , )x y 围成的区域的面 积为________. 【答案】 (1). 2 5 5, 5 5 (2). 4 【解析】 【分析】 先由约束条件画图,求得 2y x , 2x y 与 2 2 1x y 的两交点 ,A B ,即可得到 y的范围； 并由图形求得面积即可. 【详解】作出约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示,分别将 2y x , 2x y 代入 2 2 1x y ,易得 5 2 5, 5 5 A , 2 5 5, 5 5 B ,故 y 的取值范围是 2 5 5, 5 5 , 易知OA OB ,所以点 ( , )x y 围成的区域为 1 4 单位圆,其面积为 4 , 故答案为: 2 5 5, 5 5 ； 4 【点睛】本题考查求可行域的面积,考查由不等式组求范围,考查数形结合思想. 13.一个箱子里装有大小相同、质地均匀的红球 3 个、白球 2个，从中随机摸出 3 个球，设摸 - 12 - 出红球的个数为 ，则 ( )E ________， ( )D ________. 【答案】 (1). 9 5 (2). 9 25 【解析】 【分析】 分 析 可 得 的 所 有 可 能 取 值 为 1,2,3, 根 据 超 几 何 分 布 的 概 率 公 式 分 别 解 得 1P , 2P , 3P ,再由期望公式和方差公式求解即可. 【 详 解 】 由 题 意 知 , 的 所 有 可 能 取 值 为 1,2,3, 且 1 2 3 2 3 5 3( 1) 10 C CP C , 2 1 3 2 3 5 3( 2) 5 C CP C , 3 0 3 2 3 5 1( 3) 10 C CP C , 所以 3 3 1 9( ) 1 2 3 10 5 10 5 E , 2 2 29 3 9 3 9 1 9( ) 1 2 3 5 10 5 5 5 10 25 D , 故答案为: 9 5 ； 9 25 【点睛】本题考查超几何分布的应用,考查求离散型随机变量的期望与方差. 14.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________. 【答案】 28 【解析】 【分析】 由三视图可得该几何体是一个上底面半径为 1,下底面半径为 4,高为 4 的圆台,进而根据圆台 的体积公式求解即可. 【详解】由三视图可知,该几何体是一个上底面半径为 1,下底面半径为 4,高为 4的圆台,由台 体的体积公式得,该几何体的体积 2 2 2 21 1 1 4 4 4 28 3 V , 故答案为: 28 - 13 - 【点睛】本题考查由三视图还原几何体,考查求圆台的体积. 15. 4 1 2x x 的展开式中的常数项为________，所有负项系数之和为________. 【答案】 (1). 70 (2). -128 【解析】 【分析】 由 84 1 12x x x x , 则 可 得 其 展 开 式 的 通 项 为 8 4 2 2 1 8 8( 1) ( 1) r r rr r r r rT C x x C x ,令4 0 r ,进而代回可求常数项；负项即为 第 2,4,6,8 项,进而求得系数之和即可. 【详解】由题, 84 1 12x x x x , 因为 8 1x x 的展开式的通项 8 4 2 2 1 8 8( 1) ( 1) r r rr r r r rT C x x C x , 令4 0 r ,得 4r ,故常数项为 4 4 8( 1) 70C , 所有负项系数之和为 1 3 5 7 8 8 8 8 2 (8 56) 128C C C C , 故答案为:70； 128 【点睛】本题考查求二项式展开式中的常数项,考查求系数之和. 16.已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a b a b ，过其右顶点 A 作一条渐近线的垂线交另一条渐近线 于点 B，若 3OB OA ，则该双曲线的离心率为________. 【答案】 2 3 3 或 3 【解析】 【分析】 设点B在直线 by x a 上,则可得直线AB的方程为 ( )y a x a b ,联立直线OB,AB的方程即 - 14 - 可 求 得 点 B 的 坐 标 , 再 由 3OB OA 可 得 2 23OB OA , 即 2 23 2 2 2 2 2 2 3a a b a a b a b ,进而求解即可. 【详解】如图, 不妨设点 B 在直线 by x a 上,易得直线 AB 的方程为 ( )y a x a b , 联立直线 OB,AB 的方程,即 ( ) by x a ay x a b ,解得 3 2 2 2 2 2 ax a b a by a b , 所以 B 的坐标为 3 2 2 2 2 2,a a b a b a b , 因为 3OB OA ,所以 2 23OB OA ,即 2 23 2 2 2 2 2 2 3a a b a a b a b , 化简得 24 2 2 2 23a a b a b ,得 2 23a b= 或 2 22a b ,所以 2 4 3 e 或 2 3e , 故 2 3 3 e 或 3e , 故答案为: 2 3 3 或 3 【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的渐近线方程的应用,考查运算能力. 17.已知 e为单位向量，平面向量 a，b 满足 | | | | 1a e b e ， a b 的取值范围是____. 【答案】 14, 2 【解析】 【分析】 - 15 - 建系，不妨设 (1,0)e ， ( , )a x y ， ( , )b m n ，则 a b mx ny ，再利用柯西不等式将所 求mx ny 转化为 2 2x y x 2x x ，利用换元法求出最大值，最小值显然为 ,a b 共 线方向时取得. 【 详 解 】 不 妨 设 (1,0)e ， ( , )a x y ， ( , )b m n ， 由 已 知 ， 得 2 2( 1) 1x y ， 2 2( 1) 1m n ， a b 2 2 2 2( 1) ( 1)mx ny m x ny x m n x y x 2x x ，令 2 [0,2]x t ，则 2 21 1 1 12 ( 1) 2 2 2 2 x x t t t ，又显然当a，b 向量反 向时，a b 最小，即 ( 2,0)a ， (2,0)b ，此时 4a b ，综上， a b 的取值范围是 14, 2 . 故答案为： 14, 2 . 【点睛】本题考查向量数量积取值范围的问题，解决中涉及到了柯西不等式，考查学生通过 变形利用不等式求解最大值，本题是一道难题. 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.已知函数 2( ) (2 )sin cos 3 cosf x m x x m x ， xR . （1）当 2m 时，求 12 f 的值； （2）当 1m 时， ( )f x 在 ,n n 上单调递增，求 n 的最大值. 【答案】（1） 3 3 2 ；（2） 12 【解析】 【分析】 （1）当 2m 时, 22 3 cos c 3) s 2( 3 oxf x x ,再将 12 x 代入求解即可； （2）当 1m 时, 3sin 2 3 2 f x x ,令 2 2 2 2 3 2 k x k , k Z ,可解 - 16 - 得 f x 的单调增区间为 5 12 12 k x k , k Z ,由于 ( )f x 在 ,n n 上单调递增,令 0k ,则0 12 n ,即可求解. 【详解】解:（1）当 2m 时, 2 1 cos 22 3 cos 2 3 3 cos 2 3( 2 ) xx xf x , 所以 33 cos 3 3 12 6 2 f （2）当 1m 时, 2 1 1 cos2sin cos 3 cos sin 2 3 2 2 ( ) xx xf xx x 1 3 3 3sin 2 cos 2 sin 2 2 2 2 3 2 x x x , 令 2 2 2 2 3 2 k x k , k Z ,即 5 12 12 k x k , k Z 时, ( )f x 单调递 增, 又 ( )f x 在 ,n n 上单调递增,所以取 0k ,则 ( )f x 在 5 , 12 12 上单调递增, 所以0 12 n ,所以 n 的最大值为 12 . 【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简,考查求正弦型函数的单调区间,考查由函数的单调 性求参数. 19.如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是平行四边形， 45BAD ， 2PA PB PD AD ， 2AB . （1）求 PC 的长； （2）求 AP 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【答案】（1） 2 2；（2） 3 4 【解析】 - 17 - 【分析】 （1）取 AD 的中点 E,连接 PE,BE,由等边三角形的性质可得 PE AD ,由勾股定理可得 BE AD ,则 AD平面 PBE,即 AD PB ,由平行四边形可得 BC PB ,进而求解； （2）过点 A作平面 PBC 的垂线,垂足为 H,连接 PH,则 APH 即 AP与平面 PBC 所成的角,由（1） 可得 AD平面 PBE,则 BC⊥平面 PBE,即可证得 EF 平面 PBC,由 / /AD 平面 PBC 可得 AH EF ,进而利用勾股定理求得 EF ,即可求解. 【详解】解：（1）如图,取 AD 的中点 E,连接 PE,BE,因为 PA PD ,所以 PE AD , 因为 1AE , 2AB , 45BAE ,所以 2 2 2 2 cos45 1BE AE AB AE AB ,即 1BE ,所以 2 2 2BE AE AB ,所以 BE AD , 又PE BE E , PE , BE 平面 PBE,所以 AD平面 PBE, 又PB 平面 PBE,所以 AD PB , 又 / /AD BC ,所以 BC PB , 因为 2PB BC ,所以 2 2PC . （2）过点 A 作平面 PBC 的垂线,垂足为 H,连接 PH,则 APH 即 AP 与平面 PBC 所成的角, 过 E 作 PB 的垂线交 PB 于点 F,因为 / /BC AD , AD平面 PBE, 所以 BC⊥平面 PBE,所以 BC EF , 又EF PB ,PB BC B ,PB,BC 平面 PBC, 所以 EF 平面 PBC, 因为 / /AD BC ,所以 / /AD 平面 PBC,所以 AH EF , 在 PEB△ 中, 3PE , 1EB= , 2PB ,所以 2 2 2PE EB PB ,所以 90PEB , 因此 3 2 EF , 所以 3 32sin 2 4 AH EFAPH AP AP . - 18 - 【点睛】本题考查由线面垂直求线段长,考查几何法求线面成角,考查空间想象能力. 20.已知数列 na 满足 1 1a ， 1 1n na a ，数列 nb 满足 1 0b ， 1n n nb b a . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）数列 nc 满足 2 na n nc b ，求数列 nc 的前 n 项和 nS . 【答案】（1） na n ， ( 1) 2n n nb ；（2） 2 3 4 2 4n nS n n 【解析】 【分析】 （1）由 1 1n na a 可知数列 na 是首项为 1,公差为 1 的等差数列,可得 na n ,再利用累加 法求得 nb 的通项公式； （2）由（1）可得 2 12nnc n n ,再由错位相减法求解即可. 【详解】解:（1）因为 1 1n na a ,所以数列 na 是首项为 1,公差为 1 的等差数列, 所以 1 ( 1) 1na n n , 因为 1n n nb b a ,所以当 2n 时, 1 2 1 3 2 1n n nb b b b b b b b 1 2 1 ( 1)1 2 ( 1) 2n n na a a n , 当 1n 时, 1 0b 满足上式, 故 ( 1) 2n n nb . （2）由（1）得, 2 1( 1)2 2 2 2 na n n n n n nc b n n , 2 2 2 2 10 2 2 2 3 3 2 2 n nS n n ①, - 19 - 2 2 2 1 22 2 2 2 ( 1) ( 1) 2 2n n nS n n n n ②, ①②,得 2 1 22 2 4 2 2( 1) 2 2n n nS n n n ③, 则 2 1 2 12 2 2 2( 2) 2 2( 1) 2 2n n n nS n n n n ④， ③④,得 2 3 2 2 12 2 2 2 2 2n n n nS n n n n 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 n n nn n n n 1 24 2 1 3 2 2n nn n 2( 3 4) 2 4nn n , 故 2 3 4 2 4n nS n n . 【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式,考查求等差数列的通项公式,考查错位相减法求 数列的和. 21.已知抛物线 1C ： 2 2y px （ 0p ），圆 2C ： 2 2 2( 1)x y r （ 0r ），抛物线 1C 上 的点到其准线的距离的最小值为 1 4 . （1）求抛物线 1C 的方程及其准线方程； （2）如图，点 0(2, )P y 是抛物线 1C 在第一象限内一点，过点 P 作圆 2C 的两条切线分别交抛 物线 1C 于点 A，B（A，B 异于点 P），问是否存在圆 2C 使 AB 恰为其切线？若存在，求出 r的 值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 1C 的方程为 2y x ，准线方程为 1 4 x .（2）存在， 5 1 2 r 【解析】 - 20 - 【分析】 （1）由 1 2 4 p 得到 p 即可； （2）设 2 1 1,A y y ，利用点斜式得到 PA 的的方程为 1 12 2 0x y y y ，由 2 (1,0)C 到 PA 的距离为半径可得 2 2 2 2 1 12 2 2 1 1 3 0r y r y r ，同理 2 2 2 2 2 22 2 2 1 1 3 0r y r y r ，同理写出直线 AB 的方程，利用点 2 (1,0)C 到直线 AB 的距离为半径建立方程即可. 【详解】解：（1）由题意得 1 2 4 p ，解得 1 2 p ， 所以抛物线 1C 的方程为 2y x ，准线方程为 1 4 x . （2）由（1）知， (2, 2)P . 假设存在圆 2C 使得 AB 恰为其切线，设 2 1 1,A y y ， 2 2 2,B y y ， 则直线 PA 的的方程为 1 2 1 22 ( 2) 2 yy x y ，即 1 12 2 0x y y y . 由点 2 (1,0)C 到 PA 的距离为 r，得 1 2 1 1 2 1 2 y r y ， 化简，得 2 2 2 2 1 12 2 2 1 1 3 0r y r y r ， 同理，得 2 2 2 2 2 22 2 2 1 1 3 0r y r y r . 所以 1y ， 2y 是方程的 2 2 2 22 2 2 1 1 3 0r y r y r 两个不等实根， 故 2 1 2 2 2 2 1 2 r y y r ， 2 1 2 2 1 3 2 ry y r . 易得直线 AB 的方程为 1 2 1 2 0x y y y y y ， 由点 2 (1,0)C 到直线 AB 的距离为 r，得 1 2 2 1 2 1 1 y y r y y ， 所以 22 22 2 2 2 2 2 2 11 31 2 2 rr r r r r ， - 21 - 于是， 2 2 22 2 2 2 23 4 2 8 1r r r r r ， 化简，得 6 4 24 4 1 0r r r ，即 2 4 21 3 1 0r r r . 经分析知，0 1r ，因此 5 1 2 r . 【点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，直线与圆、抛物线的位置关系等，考查运 算求解能力、数形结合思想. 22.已知函数 ( ) ln 2 ( ) 2 k xf x x x k k R e . （1）若 0k ，求 ( )f x 的最小值； （2）若 1 2x x ，且 1 2f x f x ，证明： 1 2ln ln 2x x k . 【答案】（1） 3 2 ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）当 0k 时, l( 2) n 2 xf x x x ,先求导可得 ( ) ln 1f x x x ,设 g x f x , 利用导函数可判断 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增,由 ( ) 01f ,即可判断 f x 的单调性,进而 求解； （2）先求导可得 ( ) ln 1k xf x x k e ,容易得到 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增,由 0kf e ,即可判断 ( )f x 在 0, ke 上单调递减,在 ,ke 上单调递增,设 1 20 x x ,则 1 0, kx e , 2 ,kx e ,设 2 ( ) ( ) keh x f x f x ,利用导函数可判断 h x 在 0, ke 上 单调递增,则 ( ) 0kh x h e ,即 2 ( ) kef x f x ,则可得 2 1 1 kef x f x ,即 2 2 1 kef x f x ,进而由 f x 的单调性求证即可. 【详解】（1）解:当 0k 时, l( 2) n 2 xf x x x , - 22 - 所以 ( ) ln 1f x x x , 设 g x f x ,则 1 1 0g x x ,所以 g x 在 (0, ) 上单调递增, 即 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增, 因为 ( ) 01f , 所以当 (0,1)x 时, ( ) 0f x ；当 (1, )x 时, ( ) 0f x , 因此 ( )f x 在 (0,1)上单调递减,在 (1, ) 上单调递增, 所以 min 3( ) (1) 2 f x f . （2）证明: ( ) ln 1k xf x x k e ,则 1 1 0kf x x e ,所以 ( )f x 在 (0, ) 上单调递 增,因为 0kf e , 所以当 0, kx e 时, ( ) 0f x ；当 ,kx e 时, ( ) 0f x , 因此, ( )f x 在 0, ke 上单调递减,在 ,ke 上单调递增, 由 1 2f x f x ,不妨设 1 20 x x ,则 1 0, kx e , 2 ,kx e , 令 2 2 2 2 ( ) ( ) ln 2 ln 2 2 2 k k k k k k e e x e e xh x f x f x x k k x e x x e 2 ln 2 ln 2 2 2 k k k x e ex x k x k e x x , 则 2 2 2 2 1( ) ln 1 ln 2 2 2 k k k k k x e e e eh x x k x k e x x x x x 2 2ln 1 ln 1 k k k x e ex k x k e x x 2 3 2 2 3 21 (ln ) 1 k k k k e x e ex k x e x x 2 2 3 3 2 3 (ln )k k k k x e x k x e x e x x e ， - 23 - 当 0, kx e 时， 2 3 2 32 30, 0,ln 0 0, 0, 0,k k k kx e x k x e x ee x x ， 故 ( ) 0h x ,所以 ( )h x 在 0, ke 上单调递增； 所以当 0, kx e 时， ( ) 0kh x h e 即 0, kx e 时, 2 ( ) kef x f x ， 因此 2 1 1 kef x f x , 又 1 2f x f x ,所以 2 2 1 kef x f x , 因为 2x , 2 1 , k ke e x , ( )f x 在 ,ke 上单调递增, 所以 2 2 1 kex x ,即 2 1 2 kx x e ,故 1 2ln ln 2x x k . 【点睛】本题考查利用导函数求最值，考查由导函数处理双变量问题（极值点偏移问题），考 查运算能力. - 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