浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷月数学试题解析

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浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷月数学试题解析

浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷(2019年3月)数学试题 一、选择题(本大题共10小题,共40.0分)‎ 1. 若全集U={-1,‎0,1,‎2}‎,P={x|x‎2‎-2x=0}‎,则‎∁‎UP=(‎  ‎‎)‎ A. ‎{-1,1}‎ B. ‎{0,2}‎ C. ‎{-1,2}‎ D. ‎{-1,‎0,‎‎2}‎ ‎【答案】A ‎【解析】解:全集U={-1,‎0,1,‎2}‎, P={x|x‎2‎-2x=0}={0,2}‎, 则‎∁‎UP={-1,1}‎. 故选:A. 化简集合P,根据补集的定义写出‎∁‎UP.‎ 本题考查了集合的化简与运算问题,是基础题. ‎ 2. 已知i为虚数单位,则‎(1+i)‎i‎3‎‎1-i‎=(‎  ‎‎)‎ A. ‎-1‎ B. 1 C. ‎-1+i D. ‎‎1+i ‎【答案】B ‎【解析】解:‎(1+i)‎i‎3‎‎1-i‎=‎(1+i)(-i)‎‎(1-i)‎=‎1-i‎1-i=1‎. 故选:B. 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案. 本题考查复数代数形式的乘除运算,是基础题. ‎ 3. 某几何体的三视图如图所示‎(‎单位:cm)‎,则该几何体的体积‎(‎单位:cm‎3‎)‎是‎(‎  ‎‎)‎ A. ‎8‎2‎π‎3‎ B. ‎8‎2‎π C. ‎4‎2‎π‎3‎ D. ‎‎4‎2‎π ‎【答案】C ‎【解析】解:根据三视图知,该几何体是半圆锥体,如图所示; 且底面圆的半径为2,高为‎2‎‎2‎; 所以该锥体的体积为:V=‎1‎‎3‎⋅‎1‎‎2‎π⋅‎2‎‎2‎⋅2‎2‎=‎‎4‎2‎π‎3‎. 故选:C. 根据三视图知该几何体是半圆锥体,结合图中数据求得该锥体的体积. 本题考查了根据三视图求几何体体积的应用问题,是基础题. ‎ 第13页,共13页 1. 已知双曲线y‎2‎‎4‎‎-x‎2‎b‎2‎=1‎的焦点到渐近线的距离为1,则渐近线方程是‎(‎  ‎‎)‎ A. y=±‎1‎‎2‎x B. y=±‎2‎‎2‎x C. y=±‎2‎x D. ‎y=±2x ‎【答案】D ‎【解析】解‎∵‎取一个焦点坐标为‎(0,‎4+‎b‎2‎)‎,渐近线方程为:y=±‎2‎bx, ‎∵‎焦点到渐近线的距离为1, ‎∴b‎4+‎b‎2‎‎4+‎b‎2‎=b=1‎, ‎∴‎双曲线的渐近线方程为y=±2x, 故选:D. 先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程,再代入点到直线的距离公式即可求出结论. 本题以双曲线方程为载体,考查双曲线的标准方程,考查双曲线的几何性质,属于基础题. ‎ 2. 函数y=(x‎3‎-x)ln|x|‎的图象是‎(‎  ‎‎)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解:f(-x)=-(x‎3‎-x)ln|x|=-f(x)‎,函数是奇函数,图象关于原点对称,排除B, 函数的定义域为‎{x|x≠0}‎, 由f(x)=0‎,得‎(x‎3‎-x)ln|x|=0‎,即‎(x‎2‎-1)ln|x|=0‎,即x=±1‎,即函数f(x)‎有两个零点,排除D, f(2)=6ln2>0‎,排除A, 故选:C. 判断函数奇偶性和对称性,求出函数的零点以及特殊值的符号是否对应,利用排除法进行求解即可. 本题主要考查函数图象的识别和判断,利用函数的奇偶性和对称性,结合函数值的符号进行排除是解决本题的关键. ‎ 3. 已知数列‎{an}‎是等比数列,则“a‎5‎a‎6‎‎<‎a‎4‎‎2‎”是“‎0m≥1,p≥4)‎,从中任取1个球‎(‎每个球取到的机会均等‎)‎,设ξ‎1‎表示取出红球个数,ξ‎2‎表示取出白球个数,则‎(‎  ‎‎)‎ A. E(ξ‎1‎)>E(ξ‎2‎)‎,D(ξ‎1‎)>D(ξ‎2‎)‎ B. E(ξ‎1‎)>E(ξ‎2‎)‎,D(ξ‎1‎)D(ξ‎2‎)‎ D. E(ξ‎1‎)1.55‎,以此类推可得S‎100‎‎>100‎. 因此不满足S‎100‎‎<100‎. 故选:C. A.f(x)=‎x‎2‎,‎∴an+1‎=(‎an‎)‎‎2‎,可得:lnan+1‎=2lnan,可得数列‎{lnan}‎是等比数列,首项为‎-ln2‎,公比为‎2.S‎100‎<0<100‎. B.f(x)=x+‎1‎x-2‎,可得an+1‎‎=an+‎1‎an-2‎,可得a‎2‎‎=‎1‎‎2‎+2-2=‎‎1‎‎2‎,以此类推可得:an‎=‎‎1‎‎2‎,可得:S‎100‎‎=50‎. C.f(x)=ex-x-1‎,f'(x)=ex-1‎,x<0‎时,单调递减‎.a‎1‎=‎1‎‎2‎,an+1‎=f(an)‎,n∈‎N‎*‎,可得a‎2‎‎=e-‎1‎‎2‎-1∈(0.1,0.2)‎,‎……‎,可得S‎100‎‎<100‎. D.f(x)=lnx+x+1‎,在‎(0,+∞)‎上单调递增,a‎1‎‎=‎1‎‎2‎,an+1‎=f(an)‎,n∈‎N‎*‎,通过计算可得a‎2‎‎∈(0.8,0.9)‎,a‎3‎‎>1.55‎,以此类推可得S‎100‎‎>100‎. 本题考查了数列递推关系、利用导数研究函数的单调性极值与最值,考查了推理能力与计算能力,属于难题. ‎ 二、填空题(本大题共7小题,共36.0分)‎ 1. 我国古代数学家贾宪使用了抽象分析法,在解决勾股问题时,他提出了“勾股生变十三图”‎.‎十三名指勾‎(a)‎、股‎(b)‎、弦‎(c)‎、股弦较‎(c-b)‎、勾股和‎(a+b)‎、勾弦和‎(a+c)‎、弦和和‎(c+(a+b))‎等等‎.‎如图,勾‎(a)‎、股‎(b)‎、弦‎(c)‎中,已知a+b=7‎,a+c=8‎,则c-b=‎______,c+(a+b)=‎______.‎ ‎【答案】1   12‎ ‎【解析】解:‎∵a+b=7‎,a+c=8‎, 又a‎2‎‎+b‎2‎=‎c‎2‎ ‎∴a+a‎2‎‎+‎b‎2‎=8‎‎∴a+a‎2‎‎+(7-a‎)‎‎2‎=8‎ 解可得,a=3‎,b=4‎,c=5‎ ‎∴c-b=1‎,c+(a+b)=12‎ 故答案为:1,12 由a+b=7‎,a+c=8‎,结合a‎2‎‎+b‎2‎=‎c‎2‎,联立方程可求a,b,进而可求. 本题主要考查了三角形中的基本运算,属于基础试题. ‎ 2. 若x,y满足约束条件x≤0,‎y≥0,‎y-x≤2,‎x+y≤1,‎则y的最大值为______‎.‎此约束条件所表示的平面区域的面积为______.‎ ‎【答案】‎3‎‎2‎  ‎‎7‎‎4‎ ‎【解析】解:根据题意,若x,y满足约束条件x≤0,‎y≥0,‎y-x≤2,‎x+y≤1,‎其表示的可行域为如图四边形ABCO及其内部, ‎ 第13页,共13页 其中B(-‎1‎‎2‎,‎3‎‎2‎)‎,A(-2,0)‎,C(0,1)‎, 则y的最大值为‎3‎‎2‎, S四边形OABC‎=S‎△ABC+S‎△AOC=‎‎7‎‎4‎, 故答案为:‎3‎‎2‎,‎7‎‎4‎. 根据题意,作出不等式组表示的可行域,求出交点的坐标,据此分析可得答案. 本题考查线性规划的应用,注意x、y满足的可行域,属于基础题. ‎ 1. 已知多项式‎(x+2‎)‎‎5‎=(x+1‎)‎‎5‎+a‎4‎x‎4‎+a‎3‎x‎3‎+a‎2‎x‎2‎+a‎1‎x+‎a‎0‎,则a‎0‎‎=‎______,a‎1‎‎=‎______.‎ ‎【答案】31   75‎ ‎【解析】解:对于多项式‎(x+2‎)‎‎5‎=(x+1‎)‎‎5‎+a‎4‎x‎4‎+a‎3‎x‎3‎+a‎2‎x‎2‎+a‎1‎x+‎a‎0‎, 令x=0‎,可得‎32=1+‎a‎0‎,则a‎0‎‎=31‎. a‎1‎ 即展开式‎(x+2‎)‎‎5‎-(x+1‎)‎‎5‎=a‎4‎x‎4‎+a‎3‎x‎3‎+a‎2‎x‎2‎+a‎1‎x+‎a‎0‎,中x的系数,为C‎5‎‎4‎‎⋅16-C‎5‎‎4‎=75‎, 故答案为:31;75. 在所给的等式中,令x=0‎,可得a‎0‎的值‎.‎a‎1‎ 即展开式‎(x+2‎)‎‎5‎-(x+1‎)‎‎5‎=a‎4‎x‎4‎+a‎3‎x‎3‎+a‎2‎x‎2‎+a‎1‎x+‎a‎0‎中,x的系数,为C‎5‎‎4‎‎⋅16-‎C‎5‎‎4‎,计算求得结果. 本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于中档题. ‎ 2. 已知‎△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cosA=‎‎1‎‎3‎,b=‎2‎‎3‎c,且‎△ABC的面积是‎2‎,则b=‎______,sinC=‎______.‎ ‎【答案】‎2‎  ‎‎2‎‎2‎‎3‎ ‎【解析】解:‎∵cosA=‎‎1‎‎3‎, ‎∴sinA=‎1-‎‎1‎‎9‎=‎‎2‎‎2‎‎3‎, ‎∵b=‎2‎‎3‎c,且‎△ABC的面积是‎2‎, ‎∴S‎△ABC=‎1‎‎2‎bcsinA, ‎∴‎2‎=‎1‎‎2‎c×‎2c‎3‎×‎‎2‎‎2‎‎3‎, ‎∴c=‎‎3‎‎2‎‎2‎,b=‎‎2‎, 由余弦定理可得,a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎-2bccosA=2+‎9‎‎2‎-2×‎2‎×‎3‎‎2‎‎2‎×‎1‎‎3‎=‎‎9‎‎2‎, ‎∴a=‎3‎‎2‎‎2‎=c, ‎∴sinC=sinA=‎‎2‎‎2‎‎3‎, 故答案为:‎2‎,‎2‎‎2‎‎3‎. 由已知结合同角平方关系可求sinA,然后结合S‎△ABC‎=‎1‎‎2‎bcsinA可求b,c,然后余弦定理可得,a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎-2bccosA可求a,c,进而可求. ‎ 第13页,共13页 本题主要考查了同角平方关系,三角形的面积公式,正弦定理等知识的简单应用,属于基础试题. ‎ 1. 有甲乙丙三项任务,甲乙各需一人承担,丙需2人承担且至少一个是男生,现从3男3女共6名学生中选出4人承担这三项任务,不同的选法种数是______‎.(‎用数字作答‎)‎ ‎【答案】144‎ ‎【解析】解:若丙选择一名男生一名女生,甲乙任意选,故有C‎3‎‎1‎C‎3‎‎1‎A‎4‎‎2‎‎=108‎种, 若丙选择两名男生,甲乙任意选,故有C‎3‎‎2‎A‎4‎‎2‎‎=36‎种, 根据分步计数原理可得共有‎108+36=144‎种, 故答案为:144. 由题意,分两类,若丙选择一名男生一名女生,若丙选择两名男生,根据分类计数原理即可求出. 本题考查分类分步计数原理,关键是分类,属于基础题 ‎ 2. 函数f(x)=‎x‎2‎‎,x≥0,‎‎-2x-3,x<0,‎若a>0>b,且f(a)=f(b)‎,则f(a+b)‎的取值范围是______.‎ ‎【答案】‎‎[-1,+∞)‎ ‎【解析】解:设f(a)=f(b)=t, 作出f(x)‎的图象, 由图象知,t≥0‎, 由f(a)=a‎2‎=t,得a=‎t, 由f(b)=-2b-3=t,得b=‎‎-3-t‎2‎, 则a+b=t+‎-3-t‎2‎=-‎1‎‎2‎t+t-‎‎3‎‎2‎ ‎=-‎1‎‎2‎(t-2t)-‎‎3‎‎2‎ ‎=-‎1‎‎2‎(t-1‎)‎‎2‎-1‎, ‎∵t≥0‎,‎∴t≥0‎, 则m=-‎1‎‎2‎(t-1‎)‎‎2‎-1≤-1‎, 即m=a+b≤-1‎, 此时f(a+b)=f(m)=-2m-3≥2-3=-1‎, 即f(a+b)‎的取值范围是‎[-1,+∞)‎, 故答案为:‎[-1,+∞)‎ 设f(a)=f(b)=t,用t表示a,b,然后计算a+b的范围,再次代入分段函数进行求解即可. 本题主要考查分段函数的应用,根据函数值相等,设出相同变量t,并表示出a,b,求出a+b的范围是解决本题的关键. ‎ 第13页,共13页 1. 如图,M(1,0)‎,P,Q是椭圆x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎的点‎(Q在第一象限‎)‎,且直线PM,QM的斜率互为相反数,设‎|PM|‎‎|QM|‎‎=2‎,则直线QM的斜率的______.‎ ‎【答案】‎‎15‎‎6‎ ‎【解析】解:延长PM交椭圆于N,由对称性可知‎|QM|=|MN|‎, 设直线PM的斜率为k,则直线PM的方程为y=k(x-1)(k<0)‎, 联立方程组y=k(x-1)‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎,消元得:‎(‎1‎k‎2‎+4)y‎2‎+‎2yk-3=0‎, 设P(x‎1‎,y‎1‎)‎,N(x‎2‎,y‎2‎)‎,则y‎1‎‎+y‎2‎=‎‎-2k‎1+4‎k‎2‎, ‎∵‎|PM|‎‎|QM|‎=2‎,‎∴y‎1‎=-2‎y‎2‎. ‎∴y‎1‎+y‎2‎=-y‎2‎=‎‎-2k‎1+4‎k‎2‎,即y‎2‎‎=‎‎2k‎1+4‎k‎2‎,‎∴x‎2‎=‎2‎‎1+4‎k‎2‎+1‎, 把N(‎2‎‎1+4‎k‎2‎+1,‎2k‎1+4‎k‎2‎)‎代入椭圆方程得:‎(‎2‎‎1+4‎k‎2‎+1‎)‎‎2‎+4(‎2k‎1+4‎k‎2‎‎)‎‎2‎=4‎, 解得k‎2‎‎=‎‎5‎‎12‎,‎∴k=-‎5‎‎12‎=-‎‎15‎‎6‎, ‎∴‎直线QM的斜率为‎-k=‎‎15‎‎6‎. 故答案为:‎15‎‎6‎. 设直线PM斜率为k,得出直线PM的方程,联立方程组消元,得出N点坐标,代入椭圆方程计算k的值即可得出OM的斜率‎-k. 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质,难度中档. ‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74.0分)‎ 2. 已知函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)‎,其图象经过点M(π‎6‎,-‎1‎‎2‎)‎,且与x轴两个相邻交点的距离为π. ‎(‎Ⅰ‎)‎求f(x)‎的解析式; ‎(‎Ⅱ‎)‎若f(θ+π‎3‎)=-‎‎3‎‎5‎,求sinθ的值.‎ ‎【答案】解:‎(‎Ⅰ‎)‎函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)‎, 与x轴两个相邻交点的距离为T‎2‎‎=‎1‎‎2‎⋅‎2πω=π,解得ω=1‎; ‎∵‎其图象经过点M(π‎6‎,-‎1‎‎2‎)‎,‎∴cos(π‎6‎+φ)=-‎‎1‎‎2‎,解得φ=‎π‎2‎, ‎∴‎函数f(x)=cos(x+π‎2‎)=-sinx. ‎(‎Ⅱ‎)‎若f(θ+π‎3‎)=-‎3‎‎5‎=-sin(θ+π‎3‎)‎,‎∴sin(θ+π‎3‎)=‎‎3‎‎5‎, 当‎2kπ<θ+π‎3‎<π‎2‎+2kπ,k∈Z, 即‎-π‎3‎+2kπ<θ<π‎6‎+2kπ,k∈Z时,cos(θ+π‎3‎)=‎‎4‎‎5‎, sinθ=sin[(θ+π‎3‎)-π‎3‎]=sin(θ+π‎3‎)cosπ‎3‎-cos(θ+π‎3‎)sinπ‎3‎=‎3‎‎5‎×‎1‎‎2‎-‎4‎‎5‎×‎3‎‎2‎=‎‎3-4‎‎3‎‎10‎; 当π‎2‎‎+2kπ<θ+π‎3‎<π+2kπ,k∈Z, 即π‎6‎‎+2kπ<θ<‎2π‎3‎+2kπ,k∈Z时,cos(θ+π‎3‎)=-‎‎4‎‎5‎, sinθ=sin[(θ+π‎3‎)-π‎3‎]=sin(θ+π‎3‎)cosπ‎3‎-cos(θ+π‎3‎)sinπ‎3‎=‎3‎‎5‎×‎1‎‎2‎+‎4‎‎5‎×‎3‎‎2‎=‎‎3+4‎‎3‎‎10‎; 综上,‎sinθ=‎‎3-4‎‎3‎‎10‎ 第13页,共13页 或‎3+4‎‎3‎‎10‎.‎ ‎【解析】‎(‎Ⅰ‎)‎根据题意求得函数的周期T、ω和φ的值,即可写出f(x)‎的解析式; ‎(‎Ⅱ‎)‎根据函数解析式求得sin(θ+π‎3‎)‎的值,再利用sinθ=sin[(θ+π‎3‎)-π‎3‎]‎求出三角函数值. 本题考查了三角恒等变换以及三角函数的图象与性质的应用问题,是基础题. ‎ 1. 四棱锥P-ABCD中,PA⊥‎平面ABCD,四边形ABCD是矩形,且PA=AB=2‎,AD=3‎,E是线段BC上的动点,F是线段PE的中点‎.‎公众号浙考神墙750 ‎(‎Ⅰ‎)‎求证:PB⊥‎平面ADF; ‎(‎Ⅱ‎)‎若直线DE与平面ADF所成角为‎30‎‎∘‎,求CE的长.‎ ‎【答案】证明:‎(‎Ⅰ‎)‎取PB,PC的中点分别为M,N,连结AM,MN,ND, ‎∵PA=AB,‎∴AM⊥PB, ‎∵AD⊥‎平面PAB,PB⊂‎平面PAB, ‎∴AD⊥PB,且AD∩AM=A, ‎∴PB⊥‎平面ADF. 解:‎(‎Ⅱ‎)‎由‎(‎Ⅰ‎)‎知PB⊥‎平面AMND, 在平面PBC内作EH//PB,交MN于H, 则EH⊥‎平面AMND,连结DH,则‎∠EDH是直线DE与平面ADF所成角, ‎∵‎直线DE与平面ADF所成角为‎30‎‎∘‎,‎∴∠EDH=‎‎30‎‎∘‎, ‎∵PA=AB=2‎,‎∴PB=2‎‎2‎, ‎∴EH=BM=‎1‎‎2‎PB=‎‎2‎, ‎∵sin‎30‎‎∘‎=‎EHED,‎∴ED=2‎‎2‎, ‎∴EC‎2‎=ED‎2‎-CD‎2‎=4‎,‎∴EC=2‎. ‎∴CE的长为2.‎ ‎【解析】‎(‎Ⅰ‎)‎取PB,PC的中点分别为M,N,连结AM,MN,ND,推导出AM⊥PB,AD⊥PB,由此能证明PB⊥‎平面ADF. ‎(‎Ⅱ‎)‎推导出PB⊥‎平面AMND,在平面PBC内作EH//PB,交MN于H,则EH⊥‎平面AMND,连结DH,则‎∠EDH是直线DE与平面ADF所成角,从而‎∠EDH=‎‎30‎‎∘‎,由此能求出CE的长. ‎ 第13页,共13页 本题考查线面垂直的证明,考查线段长的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题. ‎ 1. 已知数列‎{an}‎是公差为2的等差数列,且a‎1‎,a‎5‎‎+1‎,a‎23‎‎+1‎成等比数列‎.‎数列‎{bn}‎满足:b‎1‎‎+b‎2‎+…+bn=‎2‎n+1‎-2‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎求数列‎{an}‎,‎{bn}‎的通项公式; ‎(‎Ⅱ‎)‎令数列‎{cn}‎的前n项和为Tn,且cn‎=‎‎1‎anan+2‎‎,n为奇数‎-‎1‎bn,n为偶数,若对n∈‎N‎*‎,T‎2n‎≥‎T‎2k恒成立,求正整数k的值;‎ ‎【答案】解:‎(‎Ⅰ‎)‎数列‎{an}‎是公差为2的等差数列,且a‎1‎,a‎5‎‎+1‎,a‎23‎‎+1‎成等比数列, 可得a‎1‎‎(a‎23‎+1)=(a‎5‎+1‎‎)‎‎2‎,即a‎1‎‎(a‎1‎+44+1)=(a‎1‎+9‎‎)‎‎2‎, 解得a‎1‎‎=3‎,即an‎=3+2(n-1)=2n+1‎; 数列‎{bn}‎满足:b‎1‎‎+b‎2‎+…+bn=‎2‎n+1‎-2‎, 可得b‎1‎‎=2‎,bn‎=‎2‎n+1‎-2-‎2‎n+2=‎‎2‎n,‎(n≥2)‎,对n=1‎也成立, 则bn‎=‎‎2‎n,n∈N*‎; ‎(‎Ⅱ‎)T‎2n=[‎1‎‎3×7‎+‎1‎‎7×11‎+…+‎1‎‎(4n-1)(4n+3)‎]-(‎1‎‎4‎+‎1‎‎16‎+…+‎1‎‎4‎n)‎ ‎=‎1‎‎4‎(‎1‎‎3‎-‎1‎‎7‎+‎1‎‎7‎-‎1‎‎11‎+…+‎1‎‎4n-1‎-‎1‎‎4n+3‎)-‎‎1‎‎4‎‎(1-‎1‎‎4‎n)‎‎1-‎‎1‎‎4‎ ‎=-‎1‎‎4‎+‎1‎‎12‎(‎1‎‎4‎n-1‎-‎3‎‎4n+3‎)‎, T‎2n+2‎‎-T‎2n=‎1‎‎12‎(‎1‎‎4‎n-‎3‎‎4n+7‎-‎1‎‎4‎n-1‎+‎3‎‎4n+3‎)=‎1‎‎12‎(‎12‎‎(4n+3)(4n+7)‎-‎3‎‎4‎n)‎ ‎=‎1‎‎(4n+3)(4n+7)‎(1-‎(4n+3)(4n+7)‎‎4‎n+1‎)‎, 设dn‎=‎‎(4n+3)(4n+7)‎‎4‎n+1‎,dn+1‎‎-dn=‎(4n+7)(4n+11)‎‎4‎n+2‎-‎‎(4n+3)(4n+7)‎‎4‎n+1‎ ‎=‎(4n+7)(-12n-1)‎‎4‎n+2‎<0‎, 可得dn为递减数列,且d‎1‎,d‎2‎,d‎3‎‎>1‎,d‎4‎‎<1‎,‎…‎, 可得T‎4‎‎-T‎2‎<0‎,T‎6‎‎-T‎4‎<0‎,T‎8‎‎-T‎6‎<0‎,T‎10‎‎-T‎8‎>0‎,‎…‎, 则‎{T‎2n}‎中T8取得最小值, T‎2n‎≥‎T‎2k恒成立,可得k=4‎.‎ ‎【解析】‎(‎Ⅰ‎)‎由等比数列中项性质和等差数列的通项公式,可得首项,可得an‎=2n+1‎;再由数列递推式可得数列‎{bn}‎的通项公式; ‎(‎Ⅱ‎)‎运用裂项相消求和和等比数列的求和公式,可得T‎2n,判断单调性,结合不等式恒成立问题解法,可得k的值. 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用,数列的裂项相消求和,考查数列的单调性和不等式恒成立问题解法,属于中档题. ‎ 2. 直线l:x-ty+1=0‎和抛物线C:y‎2‎‎=4x相交于不同两点A,B. ‎(‎Ⅰ‎)‎求实数t的取值范围; ‎(‎Ⅱ‎)‎设AB的中点为M,抛物线C的焦点为F.‎以MF为直径的圆与直线l 第13页,共13页 相交另一点为N,且满足‎|MN|‎‎|MF|‎‎=‎‎2‎‎2‎‎3‎,求直线l的方程. ‎ ‎【答案】解:‎(‎Ⅰ‎)‎由y‎2‎‎=4xx-ty+1=0‎,消去x得y‎2‎‎-4ty+4=0‎,‎△=(-4t‎)‎‎2‎-16>0‎,解得t<1‎或t>1‎, 故t的范围为‎(-∞,-1)∪(1,+∞)‎, ‎(‎Ⅱ‎)‎|MN|‎‎|MF|‎=‎‎2‎‎2‎‎3‎等价于‎|MN|=2‎2‎|NF|‎, 设A(x‎1‎,y‎1‎)‎,B(x‎2‎,y‎2‎)‎,M(x‎0‎,y‎0‎)‎,则y‎1‎‎+y‎2‎=4t,x‎1‎‎+x‎2‎=4t‎2‎-2‎, ‎∴x‎0‎=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=2t‎2‎-1‎,y‎0‎‎=y‎1‎‎+‎y‎2‎‎2‎=2t,即M(2t‎2‎-1,2t)‎, 又直线FN:y=-tx+t,与x-ty+1=0‎联立,解得N(t‎2‎‎-1‎t‎2‎‎+1‎,‎2tt‎2‎‎+1‎)‎, ‎∴|MN‎|‎‎2‎=((t‎2‎‎-1‎t‎2‎‎+1‎-2t‎2‎+1‎)‎‎2‎+(‎2tt‎2‎‎+1‎-2t‎)‎‎2‎=[t‎2‎‎-1+(t‎2‎+1)(-2t‎2‎+1)‎t‎2‎‎+1‎‎]‎‎2‎+(‎-2‎t‎3‎t‎2‎‎+1‎‎)‎‎2‎,‎ ‎=‎4t‎8‎+4‎t‎6‎‎(t‎2‎+1‎‎)‎‎2‎=‎‎4‎t‎6‎t‎2‎‎+1‎, 又‎|NF‎|‎‎2‎=‎‎4‎‎1+‎t‎2‎,则由‎|MN|=2‎2‎|NF|‎,得‎4‎t‎6‎t‎2‎‎+1‎‎=‎‎32‎t‎2‎‎+1‎,解得t=±‎‎2‎. ‎∴‎直线l的方程为x±‎2‎y+1=0‎.‎ ‎【解析】‎(‎Ⅰ‎)‎根据判别式即可求出t的范围, ‎(‎Ⅱ‎)‎|MN|‎‎|MF|‎=‎‎2‎‎2‎‎3‎等价于‎|MN|=2‎2‎|NF|‎,设A(x‎1‎,y‎1‎)‎,B(x‎2‎,y‎2‎)‎,M(x‎0‎,y‎0‎)‎,根据韦达定理,点与点的距离,即可求出. 本题考查了直线和抛物线的位置关系,韦达定理,距离的计算,考查了运算能力和转化能力,属于中档题. ‎ 1. 已知函数f(x)=2ln(ax+b)‎,其中a,b∈R. ‎(‎Ⅰ‎)‎若直线y=x是曲线y=f(x)‎的切线,求ab的最大值. ‎(‎Ⅱ‎)‎设b=1‎,若方程f(x)=a‎2‎x‎2‎+(a‎2‎+2a)x+a+1‎有两个不相等的实根,求a的最大整数值‎.(ln‎5‎‎4‎≈0.223)‎.‎ ‎【答案】解:‎(‎Ⅰ‎)‎设直线y=x和y=f(x)‎相切于点P(x‎0‎,2ln(ax‎0‎+b))‎, ‎∵f'(x)=‎‎2aax+b,则f'(x‎0‎)=‎2aax‎0‎+b=1‎,故ax‎0‎+b=2a(a>0)‎, 又P在切线y=x上,故‎2ln(ax‎0‎+b)=‎x‎0‎, 故x‎0‎‎=2ln(ax‎0‎+b)=2ln2a,b=2a-ax‎0‎=2a-2aln2a, 故ab=2a‎2‎-2a‎2‎ln2a(a>0)‎, 设g(a)=2a‎2‎-2a‎2‎ln2a(a>0)‎, 则由g'(a)=2a(1-2ln2a)>0‎,解得:‎00)‎, 设p(t)=2lnt-t‎2‎-at(t>0)‎, 则函数p(t)‎要有2个不同的零点, ‎∵p'(t)=‎2‎t-2t-a在‎(0,+∞)‎递减,且p'(t)=0‎在‎(0,+∞)‎上存在唯一实根t‎0‎, 即p'(t‎0‎)=0‎,即at‎0‎=2-2‎t‎0‎‎2‎, 故当t∈(0,t‎0‎)‎时,p'(t)>0‎,当t∈(t‎0‎,+∞)‎ 第13页,共13页 时,p'(t)<0‎, 故p(t)‎在‎(0,t‎0‎)‎递增,在‎(t‎0‎,+∞)‎递减, 若a>0‎,则t‎0‎‎∈(0,1)‎, p(t)≤p(t‎0‎)=2lnt‎0‎-t‎0‎‎2‎-(2-2t‎0‎‎2‎)=2lnt‎0‎+t‎0‎‎2‎-2<0‎,不合题意,舍, 若a<0‎,则t‎0‎‎∈(1,+∞)‎, 当t∈(0,1)‎时,则p(t)=2lnt-t‎2‎-at<2lnt+|a|‎, 取t‎1‎‎=‎e‎-‎‎|a|‎‎2‎,则p(t‎1‎)<0‎, 当t∈(1,+∞)‎时,则p(t)=2lnt-t‎2‎-at<2(t-1)-t‎2‎-at<-t‎2‎+(2-a)t, 取t‎2‎‎=2+|a|‎,则p(t‎2‎)<0‎, 由此t‎1‎‎0)‎有2个不同的零点, 则只需p(t‎0‎)=2lnt‎0‎-t‎0‎‎2‎-at‎0‎>0‎, 故只需p((t‎0‎)=2lnt‎0‎-t‎0‎‎2‎-(2-2t‎0‎‎2‎)=t‎0‎‎2‎+2lnt‎0‎-2>0,‎ ‎∵p((t‎0‎)=t‎0‎‎2‎+2lnt‎0‎-2‎是关于t‎0‎的增函数, 且p(1)=-1<0‎,p(‎5‎‎4‎)=2ln‎5‎‎4‎-‎7‎‎16‎>0‎, 故存在m∈(1,‎5‎‎4‎)‎使得p(m)=0‎, 故当t‎0‎‎>m时,p(t‎0‎)>0‎, ‎∵a=‎2‎t‎0‎-2‎t‎0‎是关于t‎0‎的减函数, 故a=‎2‎t‎0‎-2t‎0‎<‎2‎m-2m, 又‎2‎m‎-2m∈(-‎9‎‎10‎,0)‎, 故a的最大整数值是‎-1‎.‎ ‎【解析】‎(‎Ⅰ‎)‎求出函数的导数,结合切线方程得到ab=2a‎2‎-2a‎2‎ln2a(a>0)‎,设g(a)=2a‎2‎-2a‎2‎ln2a(a>0)‎,根据函数的单调性求出函数的最大值即可; ‎(‎Ⅱ‎)‎问题等价于‎2lnt=t‎2‎+at(t>0)‎,设p(t)=2lnt-t‎2‎-at(t>0)‎,根据函数的单调性求出a的最大整数值即可. 本题考查了切线方程问题,考查函数的单调性,最值问题,考查导数的应用以及转化思想,是一道综合题. ‎ 第13页,共13页
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