浙江省2020届高三新高考名校联考信息卷（七）数学 Word版含解析

浙江省2020届高三新高考名校联考信息卷（七）数学 Word版含解析

- 1 - 浙江新高考名校联考信息卷（七） 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.已知集合  | 3 1,A x x n n Z    ，  | 4 4B x x    ，则集合 A B  A.  4, 1,1,4  B.  1,4 C.  2,1,4 D.  4, 1,2  【答案】C 【解析】 已知集合  | 3 1,A x x n n Z    ，  | 4 4B x x    ， 令 4 3 1 4n    ，解得 5 13 n   ，因为 n Z ，所以 101n   ，，. 所以  2,1,4A B   . - 2 - 故选 C. 2.已知抛物线 2 6y x 上的一点到焦点的距离是到 y 轴距离的 2 倍，则该点的横坐标为（ ） A. 1 2 B. 3 2 C. 2 D. 2 3 【答案】B 【解析】 【分析】 设该点横坐标为 x ，利用抛物线的定义得到关于 x 的方程，解方程即可求解. 【详解】设该点横坐标为 x ，抛物线准线方程为 3 2x   由抛物线的定义可得 3 22x x  ，得 3 2x  . 故选：B 【点睛】本题考查抛物线的定义；考查运算求解能力；属于基础题. 3.已知随机变量 满足： (2 1) 3, (2 1) 4E D     ，则（ ） A. 5( ) 2, ( ) 4E D   B. 5( ) 1, ( ) 4E D   C. 3( ) , ( ) 12E D   D. ( ) 2, ( ) 1E D   【答案】D 【解析】 【分析】 根据随机变量期望与方差的性质： 2( ) ( ) , ( ) ( )E a b aE b D a b a D         ， 列方程即可求解. 【详解】因为 2(2 1) 2 ( ) 1 3, (2 1) 2 ( ) 4E E D D           ， 所以 ( ) 2, ( ) 1E D   . 故选：D 【点睛】本题考查随机变量的期望与方差及其性质；考查运算求解能力；属于基础题. 4.下列各函数中，满足“ 1 2 0x x  ”是“    1 2 0f x f x  ”的充分不必要条件的是 （ ） A. ( ) tanf x x B. ( ) 3 3x xf x   C. 3( )f x x D. - 3 - 3( ) log | |f x x 【答案】A 【解析】 【分析】 利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合函数的单调性和充分不必要条件的定义进行 逐项判断即可. 【详解】对于选项 A：因为 ( ) tanf x x 是奇函数，所以    1 2 1 20 0x x f x f x     ， 但是 3 04 4f f            ，此时 3 04 4    ，符合要求，所以 A 正确； 对于选项 B：因为函数 ( ) 3 3x xf x   ，其定义域为 R 关于原点对称，    3 3x xf x f x     ，所以函数 ( ) 3 3x xf x   为奇函数，又因为 3xy  为 R 上的增 函数，由简单复合函数的单调性知，函数 ( ) 3 3x xf x   为 R 的增函数， 所以“ 1 2 0x x  ”是“    1 2 0f x f x  ”的充要条件，不符合题意； 对于选项 C：因为幂函数 3( )f x x ，其定义域为 R 关于原点对称，      3 3f x x x f x       ，所以函数 3( )f x x 为定义在 R 上的奇函数，由幂函数的图 象及性质知，函数 3( )f x x 为 R 上的增函数，所以“ 1 2 0x x  ”是“    1 2 0f x f x  ” 的充要条件，不符合题意； 对于选项 D，由题意可知，函数 3( ) log | |f x x 的定义域为  0x x  ，其定义域关于原点对 称，因为    3logf x x f x    ，所以函数 3( ) log | |f x x 为偶函数，不符合题意. 故选：A 【点睛】本题考查奇函数的性质、指数函数、幂函数及正切函数的性质、充分条件和必要条 件；试题以函数的性质为载体，考查学生对充要关系的本质的理解；考查逻辑推理能力；熟 练掌握基本初等函数的性质是求解本题的关键；属于中档题. 5.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） - 4 - A. 6 7  B.  C. 7 6  D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由三视图还原几何体，该几何体是组合体，下方为圆锥，圆锥的高是 2，底面半径为 1，上方 为一个半球去掉右前方的四分之一，半球的半径为 1，再由圆锥与球的体积公式求解. 【详解】解：由三视图还原几何体如图， 该几何体是组合体，下方为圆锥，圆锥的高是 2，底面半径为 1， 上方为一个半球去掉右前方的四分之一，半球的半径为 1， 则该几何体的体积为 2 31 3 4 71 2 13 8 3 6          . 故选：C. 【点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原几何体，是中档题. - 5 - 6.若 ,x y 满足约束条件 5, 5, 2 5, x y x y x y       „ … „ 则 2 5x y  的整数解的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 先画出可行域与目标直线，再确定满足条件的 ,x y 的取值范围，最后逐一讨论符合的整数解. 【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示， 作出直线 2 5x y  ，直线 5 2y x  与可行域的边界交于 ,B D 两点，由 2 5, 2 5, x y x y      解得 3, 1, x y     (3, 1)D  ，又 (0,5)B ， [0,3]x  ， [ 1,5]y   ，且 ,x y Z ， 当 0x  时， 5y  ；当 1x  时 3y  ；当 2x  时， 1y  ；当 3x  时， 1y   ， 整数解的个数为 4. 故选：D 【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想和运算求解能力；正确求出满足 条件的 ,x y 的取值范围是求解本题的关键；属于中档题. 7.已知在 ABC 中， 90 , 4 2A AB AC    ，动点 P 自点C 出发沿线段CB 运动，到 达点 B 时停止运动，动点 Q 自点 B 出发沿线段 BC 运动，到达点C 时停止运动，且动点 Q 的 速度是动点 P 的 2 倍，若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止，则当 AP AQ  取最大值时，| |PQ  （ ） A. 2 B. 1 C. 2 3 D. 1 2 【答案】B - 6 - 【解析】 【分析】 分解向量 ,AP AC CP AQ AB BQ         ，将求 AP AQ  转化为求二次函数的最值问题，以 此确定 ,P Q 的位置，最后求得| |PQ  的值. 【 详 解 】 90 , 0A AB AC       ， 依 题 意 知 8BC  ， 2 | | | |CP BQ  ， ( ) ( )AP AQ AC CP AB BQ AC AB AC BQ CP AB CP BQ                          4 2 2 | |cos45CP    2 24 2 | | cos45 2 | | 2(| | 3) 18CP CP CP         ， 当| | 3CP  时， AP AQ  取得最大值，此时| | 6BQ  ， | | 3 6 8 1PQ     . 故选：B 【点睛】本题考查平面向量的加法的三角形法则和平面向量的数量积、二次函数最值的求解； 考查运算求解能力、化归与转化能力；把平面向量数量积的最值问题转化为二次函数的最值 问题是求解本题的关键；属于中档题. 8.过正方体 ABCD A B C D    的顶点 A 作平面 ，使得棱 , ,AB CC A D   在平面 上的投影 的长度相等，则这样的平面 的个数为（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】 利用直线平行的传递性， , ,AB CC A D   可以用同一顶点处的三条棱替代，如 , ,AB AA AD ， 投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面 所成的角相等，因此以正方体为依托即可 求解. 【详解】由直线平行的传递性知， , ,AB CC A D   可以用同一顶点处的三条棱替代， 如 , ,AB AA AD ，投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面 所成的角相等， 因此以正方体为依托，如图， - 7 - 平面  AB D BC D   ，  ACD A BC   ，  A BD B CD   ，  AC D AB C   均符合题意， 所以这样的平面有 4 个. 故选：B 【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系；考查化归与转化能力、空间想象能力、逻辑 推理能力；利用直线平行的传递性和线面角的定义把投影相等转化为线面角相等是求解本题 的关键；属于抽象型、难度大型试题. 9.“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了 “方垛”的计算方法：“果子以垛，下方十四个，问计几何？术曰：下方加一，乘下方为平 积.又加半为高，以乘下方为高积.如三而一.”意思是说，将果子以方垛的形式摆放（方垛即 每层均为正方形，自下而上每层每边果子数依次递减 1 个，最上层为 1 个），最下层每边果子 数为 14 个，问共有多少个果子？计算方法用算式表示为 1 114 (14 1) 143 2         .利用 “方垛”的计算方法，可计算最下层每边果子数为 14 个的“三角垛”（三角垛即每层均为正 三角形，自下而上每层每边果子数依次递减 1 个，最上层为 1 个）共有果子数为（ ） A. 420 个 B. 560 个 C. 680 个 D. 1015 个 【答案】B 【解析】 【分析】 由 题 意 可 得 ， 最 下 层 每 边 为  *n n N 个 果 子 的 “ 方 垛 ” 总 的 果 子 数 的 计 算 式 为 2 2 2 1 11 2 ( 1)3 2n n n n            ，再由最下层每边为 n 个果子的“三角操”自上 而 下 的 第  *,k k n k N„ 层 果 子 数 为 ( 1) 2 k k  ， 得 n 层 “ 三 角 操 ” 总 的 果 子 数 为 ( 1)1 3 2 n n    ，最后用分组求和的方法即可求解. 【 详 解 】 由 题 意 知 ， 最 下 层 每 边 为 14 个 果 子 的 “ 方 垛 ” 总 的 果 子 数 的 计 算 式 为 - 8 - 2 2 2 1 11 2 14 14 (14 1) 143 2             ， 所以可得最下层每边为  *n n N 个果子的“方垛”总的果子数的计算式为 2 2 2 1 11 2 ( 1)3 2n n n n            ， 最下层每边为 n 个果子的“三角垛”自上而下的第  *,k k n k N„ 层果子数为 ( 1) 2 k k  ，所 以 n 层“三角垛”总的果子数为 ( 1)1 3 2 n n    ，因为  2 2 2( 1) 1 11 3 [1 2 2 3 ( 1)] 1 1 2 22 2 2 n n n n n n                     1 2    2 2 2 1 1 1 11 2 (1 2 ) ( 1) ( 1)2 3 2 2n n n n n n n                         1 1 1 112 3 2 2n n n          1 ( 1)( 2)6 n n n   ， 所以取 14n  ，可得“三角垛”的果子总数为 560 个. 故选：B 【点睛】本题考查数学文化、分组求和及归纳推理、类比推理；考查运算求解能力和逻辑推 理能力；熟练掌握数列求和的方法是求解本题的关键；属于中档题. 10.已知函数 ( ), ( ) sin 2 ( ), ( ), x x f x x x x x               „ „ ( ) | | | 1|g x x  ，则方程 ( ( )) 1f g x  的实数根的 个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据函数解析式作出函数 ( )f x 的大致图象，然后换元，作出函数 ( )g x 的大致图象，利用数 形结合的思想进行求解即可. 【详解】作出函数 ( )f x 的大致图象如图（1）所示，对于 ( ( )) 1f g x  ，令 ( )t g x ，则 ( ) 1f t ， - 9 - 则 1t   或 1t    或 4t  或 3 4t   ，作出函数 ( )g x 的大致图象，如图（2）所示， 若 ( ) 1t g x    ，则由图象知，直线 1y   与函数 ( )g x 的图象有两个交点；若 4t  ， 由图象知，直线 4y  与函数 ( )g x 的图象有四个交点； 显然直线 3 , 14y y      与函数 ( )g x 的图象没有交点， 综上可知，方程 ( ( )) 1f g x  的实数根的个数为 2 4 6  . 故选：B 【点睛】本题考查复合函数、函数的图象、方程的根的个数，考查数形结合思想和运算求解 能力；熟练掌握分段函数的图象与性质和换元法的应用是求解本题的关键；属于抽象型、难 度大型试题. 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 ,a bR ，复数 z a i  且 11 z bii   （i 为虚数单位），则 ab  __________， z  _________． 【答案】 (1). 6ab   (2). 10z  【解析】 ∵复数 z a i  且 11 z bii   ∴ ( )(1 ) ( 1) ( 1) 11 2 2 a i a i i a a i bii          ∴ 1 12{ 1 2 a a b     - 10 - ∴ 3{ 2 a b    ∴ 6ab   ， 2 23 ( 1) 10z     故答案为 6 ， 10 12.若  2 *1 n x n Nx      的展开式中有常数项，则 n 的最小值为______，当 n 取最小值时，  2 *1 n x n Nx      的展开式中的常数项是______. 【答案】 (1). 3 (2). 3 【解析】 【分析】 利用二项式定理列出多项式  2 *1 n x n Nx      的二项展开式的通项，根据已知条件，令 x 的 指数为 0 得到关于 ,n r 的方程，求得 n 的最小值，再求得常数项即可. 【 详 解 】 由 题 意 知 ， 多 项 式  2 *1 n x n Nx      的 二 项 展 开 式 的 通 项 为 2( ) 2 3 1 r n r r r n r r n nT C x x C x       ，令 2 3 0n r  ，则 *3 ,2n r n N  ， 当 2r = 时， n 取得最小值 3，则 3 2 2 6 3 1 3 1 1 , n r r rx x T C xx x                ， 令 6 3 0r  ，得 2r = ，所以展开式中的常数项为 2 3 3C  . 故答案分别为：3 ； 3 【点睛】本题考查利用二项式定理求二项展开式的通项公式和常数项；考查运算求解能力； 熟练掌握二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题. 13.已知 ,a b 为正实数， 2 31 1 2 2,( ) 4( )a b aba b   „ ，则 ab  _____， loga b  _____. 【答案】 (1). 1 (2). 1 【解析】 【分析】 利用基本不等式和夹逼法则即可求出 2 2a b ab  ，再由不等式中等号成立的条件得到 - 11 - 1ab  ，解方程求出 ,a b 的值即可求解. 【详解】由 1 1 2 2a b  „ ，得 2 2a b ab „ ， 又 2 2 3( ) 4 ( ) 4 4( )a b ab a b ab ab      … 3 24 2 ( ) 8( )ab ab ab   ①， 即 2 2a b ab … ，结合 2 2a b ab „ ，得 2 2a b ab  ， 由不等式①中等号成立的条件得 1ab  ，联立得 1, 2 2 , ab a b ab    解得 2 1, 2 1 a b      ，或 2 1, 2 1 a b      所以 log 1a b   . 故答案分别为：1； 1 【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，考查化归与转化能力、运算求解能力；灵活运用 基本不等式是求解本题的关键；属于中档题. 14.在 ABC 中， 45B   ， AD 是 BAC 的平分线，交 BC 于 D ， 2 2AD BD a  ， AC  _____， ABC 的面积为_____. 【答案】 (1). 2a (2). 2(3 3) 4 a 【解析】 【分析】 由正弦定理求出 BAD 的度数，根据题意判断出 ACD 是等腰三角形，即可得到 AC ，然后 由正弦定理求得 AB ，最后利用三角形的面积公式求面积即可. 【详解】在 ABD△ 中，由正弦定理得， sin sin AD BD B BAD   所以 2 2 1sin 2 2 2BAD    ， 由题意易知， 0 90BAD    ，所以 30 , 60BAD BAC     ， 在 ACD 中， 180 60 45 75ACB         ， 30 45 75ADC       ， 2 (1 3)sin 75 =sin(30 45 ) sin30 cos45 cos30 sin 45 4             所以 2AC AD a  ，在 ABC 中，由正弦定理得 sin sin AB AC ACB B   ， - 12 - 所以 ( 6 2)sinsin 2 AC aAB ACBB     ， 所以 ABC 的面积为 21 ( 6 2) 3 (3 3)22 2 2 4 a aa      . 故答案分别为： 2a ； 2(3 3) 4 a 【点睛】本题考查正弦定理、三角形的面积公式，考查学生分析问题、解决问题的能力，运 算求解能力；灵活运用正弦定理和三角形的面积公式是求解本题的关键；属于中档题. 15.已知函数 3( ) ( 1) 1xf x x e kx    ，若对任意的 1 2, (0, )x x   ，且 1 2x x ，都有        1 1 2 2 2 1 1 2x f x x f x x f x x f x   ，则实数 k 的取值范围是_______. 【答案】 , 3 e    【解析】 【分析】 化简不等式，得出函数 ( )f x 的单调性，利用导数转化为不等式恒成立，进而分离参数求解对 应函数的最值，即可得到参数的取值范围. 【详解】由        1 1 2 2 2 1 1 2x f x x f x x f x x f x   ，得      1 2 1 2 0x x f x f x      ， 由函数单调性的定义可得函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， 故 2 2( ) ( 1) 3 3 0x x xf x x e e kx xe kx        … 在 (0, ) 上恒成立， 即 3 xek x„ 在 (0, ) 上恒成立，记 ( ) ( 0)3 xeg x xx   ，则 2 2 3 3 ( 1)( ) (3 ) 3 x x xe x e x eg x x x      ， 当 0 1x  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 单调递减，且 ( ) 0g x ；当 1x  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 单调递增， 所以函数 ( )g x 在 (0, ) 上的最小值为 (1) 3 eg  ， 故答案为： , 3 e    【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、最值，分离参数法求参数的取值范围；考查 - 13 - 学生的逻辑推理能力、转化与化归能力及运算求解能力；将        1 1 2 2 2 1 1 2x f x x f x x f x x f x   进行转化，从而求得函数的单调性，通过构造函数 法和分离参数法求参数的取值范围是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题. 16.现用 4 种不同的颜色对如图所示的正方形的 6 个区域进行涂色，要求相邻的区域不能涂同 一种颜色，则不同的涂色方案有______种. 【答案】144 【解析】 【分析】 依次计算每个区域的涂色方法种数，然后利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步，对区域 1 进行涂色，有 4 种颜色可供选择，即有 4 种不同的涂色方法； 第二步，对区域 2 进行涂色，区域 2 与区域 1 相邻，有 3 种颜色可供选择，即有 3 种不同的 涂色方法； 第三步，对区域 3 进行涂色，区域 3 与区域 1、区域 2 相邻，有 2 种颜色可供选择，即有 2 种 不同的涂色方法； 第四步，对于区域 4 进行涂色，区域 4 与区域 2、区域 3 相邻，有 2 种颜色可供选择，即有 2 种不同的涂色方法； 第五步，对区域 5 进行涂色，若其颜色与区域 4 相同，则区域 6 有 2 种涂色方法，若其颜色 与区域 4 不同，则区域 6 只有 1 种涂色方法，故区域 5，6 共有 2 1 3  种涂色方法， 由分步乘法计数原理知，不同的涂色方案的种数为 4 3 2 2 (2 1) 144      . 故答案为：144 【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用；考查学生的逻辑思维能力，分析问题、解决问 题的能力；属于中档题、常考题型. 17.过双曲线 2 2 2 1( 0)x y aa    上一点 M 作直线l ，与双曲线的两条渐近线分别交于 ,P Q ， 且 M 为线段 PQ 的中点，若 POQ△ （O 为坐标原点）的面积为 2，则双曲线的离心率为 - 14 - ______. 【答案】 5 2 【解析】 【分析】 由题意知，双曲线 2 2 2 1( 0)x y aa    的两条渐近线方程为 1y xa   ， 设 , P Q 的坐标为 1 1 2 2 1 1, , ,P x x Q x xa a           ，利用中点坐标公式表示出中点 M 的坐标，将 点 M 的坐标代入双曲线方程，再利用三角形的面积公式表示出 POQ△ 的面积，求出 a 的值， 进而求出离心率. 【详解】由题意知，双曲线 2 2 2 1( 0)x y aa    的两条渐近线方程为 1y xa   ， 设 1 1 2 2 1 1, , ,P x x Q x xa a           ，则  1 2 1 2 1,2 2 x xM x xa     ， 根据点 M 在双曲线 2 2 2 1x ya   上，得    2 2 1 2 1 2 2 2 14 4 x x x x a a    ，得 2 1 2x x a ， 由双曲线的两条渐近线方程得 1tan 2 POQ a   2 2 2sin cos2 2sin =2sin cos2 2 sin cos2 2 POQ POQ POQ POQPOQ POQ POQ        2 2 2 1 2tan 2 tan 2 11 POQ POQ a a     ， 所以 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 22 2 2 2 2 1 1 1 1 1sin 12 2 1 POQ a aS x x x x POQ x x aa a a a            ， 而 2POQS  ，所以 2a  ，又 1b  ，所以 5c  ，离心率 5 2e  . 故答案为： 5 2 - 15 - 【点睛】本题考查双曲线的标准方程、离心率、渐近线方程，考查直线与双曲线的位置关系、 三角形的面积公式；考查运算求解能力和逻辑思维能力；根据 M 是 PQ 的中点，点 M 的坐 标满足双曲线方程，得到 2 1 2x x a 是求解本题的关键；属于中档题. 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.已知向量 (sin ,tan ), (cos , ),a x x b x R     . （1）若 1,0 , (0,5a b x         ，求实数  的值； （2）当 0  时，记函数 ( )f x a b   ，求 ( ) 0,6 2y f x f x x                的最小值和最 大值. 【答案】（1） 4 3   （2）最小值 3 4  ；最大值 3 2 【解析】 【分析】 （1）利用向量的线性运算可得出三角函数的关系式，利用同角三角函数的基本关系可得实数  的值； （2）首先根据数量积的坐标表示及倍角公式可得出 1( ) sin 22f x x ，从而得 1 sin 26 2 3f x x             ，然后利用三角恒等变换化简函数 ( ) 6y f x f x       ，最后 结合 x 的取值范围确定其最值即可. 【详解】（1）因为 (sin ,tan ), (cos , )a x x b x    ，且 1,05a b         ， 所以 1sin cos , tan5x x x    ，由 1sin cos 5x x  得， 2 1(sin cos ) 25x x  ，即 11 2sin cos 25x x  ， 所以 242sin cos 25x x   ，所以 2 49(sin cos ) 1 2sin cos 25x x x x   ， 因为 (0, )x  ，所以sin 0,cos 0x x  ，所以sin cos 0x x  ， - 16 - 所以 7sin cos 5x x  ，又 1sin cos 5x x  ，所以 4 3sin ,cos5 5x x   ， 所以 sin 4tan cos 3 xx x    ，所以 4tan 3x    . （2）当 0  时， 1( ) sin cos sin22f x a b x x x      ，所以 1 sin 26 2 3f x x             ， 所以 1 1 1 1 3( ) sin2 sin 2 sin2 sin2 cos26 2 2 3 2 4 4y f x f x x x x x x                   3 3 3 3sin 2 cos2 sin 2 cos cos2 sin sin 24 4 2 6 6 2 6x x x x x                 ， 因为 0, 2x     ，所以 52 ,6 6 6x         ，从而 1 sin 2 12 6x     „ „ ， 所以当 2 6 6x     ，即 0x  时，函数 ( ) 0,6 2y f x f x x                取得最小值 3 4  ；当 2 26x ππ  ，即 3x  时，函数 ( ) 0,6 2y f x f x x                取得最大值 3 2 . 【点睛】本题主要考查向量的线性运算及数量积、同角三角函数的基本关系和三角恒等变换、 正弦型函数在给定区间上的最值；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；通过向量的坐 标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域是解决这类问题的一般方法；属于中档题. 19.在如图所示的不规则几何体中，已知四边形CFGD 是正方形，四边形 ABCD 是平行四边 形，平面CFGD  平面 ABCD ， / / , 2 4 , 120CF BE BC CD BE DCB     . （1）证明： AC AE ； （2）求直线 AE 与平面 ACG 所成角的正切值. - 17 - 【答案】（1）证明见解析；（2）3 【解析】 【分析】 （1）由面面垂直的性质定理得到线面垂直，再由线面垂直得到线线垂直； （2）先建立适当的空间直角坐标系，再利用空间向量法求所求的线面角的正弦值，也可以用 传统法，先找到所求角的余角，再求线面角的正切值. 【详解】（1）证明： 四边形CFGD 是正方形， CF CD  ， 平面 CFGD  平面 ABCD ，且平面CFGD 平面 ABCD CD ， CF 平面 ABCD ， / /CF BE ， BE  平面 ABCD ， BE AC  ， 又 120DCB   ， 60ABC   ， 2 2BC CD AB  . 2 2 2 2 2 2 22 cos60 3 ,AC AB BC AB AC AB AB AB AA BC CC          ， AB BE B  ， AC  平面 ABE ，又 AE  平面 ABE ， AC AE  . （2）解法一：建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ， 设 4BC  ，则 (0,0,0), (0,2 3,0), (2,0,2)C A G , ( 2,2 3,1)E  ， ( 2,0,1)AE   ， (2, 2 3,2)AG   ， (0,2 3,0)CA  ，设平面 ACG 的法向量为 ( , , )n x y z ， 0, 0, n CA n AG          2 3 0, 2 2 3 2 0, y x y z      0,y z x    ， 不妨令 1x  ，则 1z   ，平面 ACG 的一个法向量为 (1,0, 1)n   ， 则 3cos , | | | | 10 AE nAE n AE n            ，设直线 AE 与平面 ACG 所成的角为 ， 则 3 10sin 10   ，因为 0 2   ， 10cos ,tan 310     ， 故直线 AE 与平面 ACG 所成角的正切值为 3. - 18 - 解法二：取CG 的中点 M ，连接 FM ， 四边形CFGD 是正方形， FM CG  ， / /AB CD ，CD 平面CDGF ， / /AB 平面CDGF ， / /BE CF ，CF  平面CDGF ， / /BE 平面CDGF ， AB BE B  ，平面 / /ABE 平面CDGF ， 由（1）知， AC  平面 ABE ， AC  平面CDGF ， FM  平面CDGF ， AC FM  ，又 AC CG C  ， FM  平面 ACG ，取 AB 的中点 N ，连接 EN ，则 / /EN FM ， EN  平面 ACG ， AEN 即所求角的余角，令 1BE  ， 在 AEN 中，易知 21 2 5, 1, 2AE AN EN     ， 2 2 2 3 10cos 2 10 AE EN ANAEN AE EN      ， 设直线 AE 与平面 ACG 所成的角为 ，则 3 10sin 10   ， 10cos ,tan 310     ， 故直线 AE 与平面 ACG 所成角的正切值为 3. 【点睛】本题考查空间中的线面位置关系、直线与平面所成的角、面面垂直和线面垂直的判 定与性质； 考查转化与化归能力、逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面角的求解方法是求解本 - 19 - 题的关键；属于中档题、常考题型. 20.已知等比数列 na 的首项 1 3a  ，前 n 项和为 nS ，公比不为 1， 94S 是 3S 和 67S 的等差中 项. （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 23 n na S ，求所有满足条件的 n 的值. 【答案】（1） 1 1 3( 1) 2 n n na    （2）所有满足条件的 n 的值为 1，2，3 【解析】 【分析】 （1）设等比数列 na 的公比为 q， 1q  ，利用等比数列前 n 项和公式和等差中项的性质求 出公比 q，代入等比数列通项公式即可求解； （2）由（1）知，  2 21 2 2 2 1 13 11 1 12 2 1 211 2 21 2 n n n n n a q S q                     ， 1 3 2n na  ，利 用作差法和放缩法进行求解即可. 【详解】（1）设等比数列 na 的公比为 q，因为 1q  ， 所以      3 6 9 1 1 1 3 6 9 1 1 1 , ,1 1 1 a q a q a q S S Sq q q         ， 因为 94S 是 3S 和 67S 的等差中项，所以 9 3 68 7S S S  ， 即      9 3 6 1 1 11 1 1 8 71 1 1 a q a q a q q q q          ，    9 3 68 1 1 7 1q q q     ，   3 3 31 8 1 0q q q   ，由于 1q  且 0q  ，所以 3 3 1 18 1 0, ,8 2q q q      ， 又首项 1 3a  ，所以数列 na 的通项公式为 1 1 1 1 33 ( 1)2 2 n n n na            . （2）由（1）知，  2 21 2 2 2 1 13 11 1 12 2 1 211 2 21 2 n n n n n a q S q                     ， 1 3 2n na  ， - 20 - 所以 2 2 1 2 1 2 1 9 1 9 2 2 13 22 2 2 n n n n n n na S              . 因为对任意的 * 2 1,2 0nn N   ，当 1,2,3n  时， 29 2 2 1 0n n    ， 所以当 1,2,3n  时， 23 n na S ； 当 4n… 时， 2 2 29 2 2 1 (10 1) 2 2 1 10 2 2 1 2n n n n n n n              210 2 2 10 2 2 0n n n n      ，不合题意. 综上可知，所有满足条件的 n 的值为 1，2，3. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式、前 n 项和公式以及等差中项的概念；考查学生的逻辑 思维能力和运算求解能力；熟练掌握等比数列的通项公式和前 n 项和公式是求解本题的关键； 属于中档题. 21.已知直线 : 3l x my  经过椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的右焦点 2F ，且交椭圆 E 于 ,M N 两点椭圆 E 的左焦点为 1F ， 1 1| | 8 3MN MF NF   . （1）求椭圆 E 的方程； （2）若直线 2 4: 3 3l x my m      ，交曲线 2 23 4y x 于 ,A B 两点，且 | |OMNS AB （O 为坐标原点），试求实数  的取值范围. 【答案】（1） 2 2 112 3 x y  （2） 30, 2      【解析】 【分析】 （1）根据直线l 与 x 轴的交点坐标求得 c 的值，由椭圆的定义求得 a 的值，再求出 2b ，即得 椭圆 E 的方程； （2）联立直线l 与椭圆 E 的方程，根据根与系数的关系及三角形的面积公式求出 OMNS△ ，再 联立直线 l 与曲线 2 23 4y x 的方程，根据根与系数的关系求出| |AB ，最后结合题意求实数  的取值范围. - 21 - 【详解】（1）直线 : 3l x my  交 x 轴于点 (3,0) ，椭圆 E 的右焦点为 2 (3,0)F . 由椭圆的定义可知 1 2 1 2 1 14 | | 8 3a MF MF NF NF MN MF NF        ， 2 2 22 3, 12 9 3a b a c        ，椭圆 E 的方程为 2 2 112 3 x y  . （2）设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，将直线 l 与椭圆 E 的方程联立，得 2 2 1,12 3 3, x y x my       化简并整理，得 2 24 6 3 0m y my    ，易知   ， 1 2 1 22 2 6 3,4 4 my y y ym m       ，   2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 3 3 6 3 6 3 14 42 2 2 4 4 4OMN m mS OF y y y y y y m m m                          设    3 3 4 4, , ,A x y B x y ，由题意得 2 23 ,4 3, y x x my      得  2 23 4 18 27 0m y my    ， 2 24 , 3 4 03m m    ，易知   ，则 3 4 3 42 2 18 27,3 4 3 4 my y y ym m     ，   2 22 2 3 4 3 4 3 4 2 12 3 1| | 1 1 4 3 4 mAB m y y m y y y y m              ， 由 | |OMNS AB ，得   2 22 22 2 6 3 1 3 44 | | 2 412 3 1 3 4 OMN m S mm AB mm m           ， 当 2 4 3m  时，   2 22 3 4 3 8 30,2 4 22 4 m mm            ， 实数  的取值范围为 30, 2      . 【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程及其几何性质，直线与椭圆相交的弦长问题，一元 二次方程根与系数的关系；考查学生的逻辑推理能力及运算求解能力；熟练掌握椭圆的性质 和直线与椭圆相交的弦长公式是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题. 22.已知函数 1 3( ) ln2 2f x x m xx     ， ( )m R . (Ⅰ)当 1 2m  时，求函数 ( )f x 在区间 1,4 上的最值； - 22 - (Ⅱ)若 1x ， 2x 是函数 ( ) ( )g x xf x 的两个极值点，且 1 2x x ，求证： 1 2 1x x  . 【答案】(Ⅰ) 最小值为 5 ln32  ，最大值为 5 2 ； (Ⅱ)证明见解析． 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出函数 f（x）的定义域，运用导函数判断函数的单调性，求解函数的最值即可． （Ⅱ）x1，x2 是函数  g x 的两个极值点，所以 g （x1）＝ g （x2）＝0．令    q x g x  ，通 过  2 1 1q x q x       及    2 1 0q x q x  ，构造函数   1 2lnh x x xx    ，利用函数的导数判断 函数的单调性，推出   0h x  ,所以 1 1 0q x       ，即可证明结论． 【详解】(Ⅰ)当 1 2m  时，   1 1 3 ln2 2 2f x x xx     ，函数  f x 的定义域为 0, ， 所以      2 2 1 31 3 1 2 2 2 x xf x x x x      ， 当  0,3x 时，   0f x  ，函数  f x 单调递减； 当  3,x  时，   0f x  ，函数  f x 单调递增. 所以函数  f x 在区间 1,4 上的最小值为   53 ln32f   ， 又   1 1 3 51 ln12 2 2 2f      ，   234 2ln28f   显然    1 4f f 所以函数  f x 在区间 1,4 上的最小值为 5 ln32  ，最大值为 5 2 . (Ⅱ)因为     21 3 ln2 2g x xf x x mx x x     所以    1 lng x x m x    ，因为函数  g x 有两个不同的极值点， 所以    1 ln 0g x x m x     有两个不同的零点. 因此  1 ln 0x m x    ，即 1m x lnx   有两个不同的实数根, 设   1 lnp x x x   ，则   1 xp x x   , - 23 - 当  0,1x 时，   0p x  ，函数  p x 单调递增； 当  1,x  ，   0p x  ，函数  p x 单调递减； 所以函数  p x 的最大值为  1 1 1 1 0p ln    ． 所以当直线 y m 与函数图像有两个不同的交点时， 0m  ，且 1 20 1 .x x   要证 1 2 1x x  ，只要证 2 1 1x x  ， 易知函数     1 lnq x g x x m x     在 1, 上单调递增， 所以只需证  2 1 1q x q x       ,而    2 1 0q x q x  ，所以 1 11 lnm x x   即证  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ln 1 ln 1 ln 2ln 0q m x x x xx x x x x x                    ， 记   1 2lnh x x xx    ，则    2 2 2 11 21 0xh x x x x        恒成立， 所以函数  h x 在  0,1x 上单调递减，所以当  0,1x 时    1 1 1 0h x h    所以 1 1 0q x       ，因此 1 2 1x x  . 【点睛】本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，构造法的 应用，考查转化思想以及计算能力． - 24 -