2020屆江蘇省鹽城市高三下學(xué)期第四次模擬數(shù)學(xué)試題(解析版

1、2020 屆江蘇省鹽城市高三下學(xué)期第四次模擬數(shù)學(xué)試題一、填空題1若集合 A x x m ，B x x 1 ，且 AI B m ，則實(shí)數(shù) m 的值為 【答案】 1【解析】 直接根據(jù)交集運(yùn)算的定義求解即可【詳解】解： A x x m ， B x x 1 ，且 AI B m ， m 1 ， 故答案為： 1【點(diǎn)睛】 本題主要考查集合的交集運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題2已知i 為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù) z滿(mǎn)足 z（3 i） 10 ，則 z 的值為答案】10解析】由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算與求模長(zhǎng)的計(jì)算公式求解即可第 1 頁(yè) 共 23 頁(yè)詳解】10z3i(310(i3)(3i)i) 3 i z10 .故答案為：1010共 4 個(gè)，點(diǎn)睛

2、】 本題考查復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算，還考查了求復(fù)數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題3從數(shù)字 0，1，2 中任取兩個(gè)不同的數(shù)字構(gòu)成一個(gè)兩位數(shù)，則所得的兩位數(shù)大于 的概率為 .3【答案】4【解析】 本題是一個(gè)等可能事件的概率，列出基本事件總數(shù)，求出滿(mǎn)足條件的事件，根據(jù)古典概型的概率公式計(jì)算可得；【詳解】解：從數(shù)字 0，1，2 中任取兩個(gè)不同的數(shù)字構(gòu)成一個(gè)兩位數(shù)，有10,12,21,203滿(mǎn)足大于 10 的有 3 個(gè)，故概率 P43故答案為：4【點(diǎn)睛】本題考查等可能事件的概率，解題的關(guān)鍵是理解事件兩位數(shù)大于10 確定此事件的計(jì)數(shù)方法，本題概率基本公式考查題，考查分析判斷的能力，本題是一個(gè)基礎(chǔ)題4如圖所示，一家面包銷(xiāo)售店根據(jù)

3、以往某種面包的銷(xiāo)售記錄，繪制了日銷(xiāo)售量的頻率 分布直方圖， 圖中小矩形從左向右所對(duì)應(yīng)的區(qū)間依次為0，50），50 ，100），100，150），150，200），200，250.若一個(gè)月以 30 天計(jì)算，估計(jì)這家面包店一個(gè)月內(nèi)這種面包的日 銷(xiāo)售量少于 100 個(gè)的天數(shù)為 天.【解析】 根據(jù)頻率分布直方圖，求出對(duì)應(yīng)的頻率與頻數(shù)即可【詳解】 解：根據(jù)頻率分布直方圖，得： 日銷(xiāo)售量少于 100 個(gè)的頻率為 （0.003 0.005） 50 0.4 ， 則估計(jì)這家面包店一個(gè)月內(nèi)日銷(xiāo)售量少于100個(gè)的天數(shù)為： 30 0.4 12 故答案為： 12【點(diǎn)睛】頻數(shù)本題考查了頻率分布直方圖的應(yīng)用問(wèn)題， 也考查了

4、頻率 的應(yīng)用問(wèn)題， 屬于樣本容量基礎(chǔ)題5執(zhí)行如圖所示的流程圖，輸出 k的值為 .【答案】 4【解析】 模擬執(zhí)行程序，依次寫(xiě)出每次循環(huán)得到的S， k的值，當(dāng) S 18時(shí)滿(mǎn)足條件S 16，退出循環(huán)，輸出 k 的值為 4【詳解】解：由題意，執(zhí)行程序框圖，可得k1，S0，S3，k2，不滿(mǎn)足條件 S 16 ，S9，k3 ， 不滿(mǎn)足條件 S 16 ，S18，k4，滿(mǎn)足條件 S 16，退出循環(huán)，輸出 k 的值為 4故答案為： 4【點(diǎn)睛】 本題考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，根據(jù)框圖的流程判斷程序運(yùn)行的功能是解答此類(lèi) 問(wèn)題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題226若雙曲線 x2 y2 1 a 0,b 0 的漸近線為 y 2x ，則其

5、離心率的值為 ab【答案】 5【解析】 利用漸近線斜率為 b 和雙曲線 a,b,c 的關(guān)系可構(gòu)造關(guān)于 a, c的齊次方程， 進(jìn)而 a求得結(jié)果 .詳解】由漸近線方程可知： b 2，即 b2 4a2， b2 c2 a2 4a2 ， a2e2 c2 5， e 5 (負(fù)值舍掉) .a故答案為： 5 .【點(diǎn)睛】本題考查根據(jù)雙曲線漸近線方程求解離心率的問(wèn)題， 關(guān)鍵是利用漸進(jìn)線的斜率構(gòu)造關(guān)于a,c 的齊次方程 .7若三棱柱 ABC A1B1C1的體積為 12，點(diǎn) P為棱 AA 1上一點(diǎn)，則四棱錐 P BCC1B 1 的體積為 .【答案】 8【解析】 利用等體積法和切割法即可求解【詳解】解析： VP BCC1

6、B1VA BCC1B1 VABC A1B1C1 VA A1B1CVABC A1B1C11VABC ABCVABC A1B1C13 1 11C1B1A1BCVA2答案： 8【點(diǎn)睛】本題考查棱柱和棱錐的體積問(wèn)題，屬于基礎(chǔ)題58“ 2”是“函數(shù) f(x) sin( x) 的圖象關(guān)于點(diǎn) ( ，0)對(duì)稱(chēng)”的條件.6 12 (選填 “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】 根據(jù)充分條件與必要條件的定義求解即可【詳解】解：當(dāng) 2 時(shí)， x25， sin( x )0 ，故此時(shí)f(x) 的圖象關(guān)6 12 665 于點(diǎn) (， 0)對(duì)稱(chēng)；12而當(dāng)

7、 f (x) 的圖象關(guān)于點(diǎn)5( ，0) 對(duì)稱(chēng)，則5k12k2， k Z；1212 655故“ 2”是“函數(shù) f (x) sin( x ) 的圖象關(guān)于點(diǎn) (，0)對(duì)稱(chēng)”的充分不必要條件；故答案為：充分不必要【點(diǎn)睛】本題主要考查充分條件與必要條件的判斷，考查三角函數(shù)的對(duì)稱(chēng)性，屬于基礎(chǔ)題9在 ABC 中， CB ， AB43 2 AC ，則 tanB 的值為4第 5 頁(yè) 共 23 頁(yè)答案】 2解析】 由CB ，AB3 2 AC，44得 sinC32sin4sin(B )43 2 sin B ，然后化簡(jiǎn)即可求解詳解】 解析：由 AB3 2 AC，得 sinC 3 2 sinB sin(B ) 3 2s

8、in B，4 4 4 42cosB2sinB23 2sin B ，化簡(jiǎn)得 2cosB4sinB ，所以 tanB 的值為 2.答案： 2【點(diǎn)睛】本題考查正弦定理，兩角和的正弦公式，同角三角函數(shù)關(guān)系式，屬于簡(jiǎn)單題10若數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為 Sn， an 2 ( 1) (2n 1)，則 2a100 S100 的值為解析】 根據(jù)題意，利用通項(xiàng)公式求出答案】 299a100 ，利用分組并項(xiàng)求和法求出 S100，由此可求出答案【詳解】解： an 2n 1 ( 1)n (2 n 1)，99 2a100 2 (299 199) ，S100 1 2 4 L 2100 1 ( 1 3) ( 5 7) L

9、 ( 197 199) 2100 1 100 2a100 S100 2100 398 (2100 1 100) 299 ， 故答案為： 299點(diǎn)睛】本題主要考查數(shù)列的分組并項(xiàng)法的求和公式，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題211若集合 P (x, y) x2x24x 0 ，Q (x, y) 15 ，則 PIyQ 表示的曲線的長(zhǎng)度為2答案】 23解析】 作出 x2y2 4xx2y15 的圖象，得到 PI Q 表示的曲線，利用圓的弧長(zhǎng)即可求解詳解】由 x2y2 4x0得 (x 2)24，15得 y x1522,xx15 x2 x152,x作出兩曲線圖像如下：此時(shí) PI Q 表示的曲線長(zhǎng)度為圖中上半圓去掉劣弧

10、AB 部分，直線 15y x 2 0 與圓心的距離 d2215 11，且 r 2，在 RtVACD 中， cos ACD 1 ，2ACD 60ACB 2 ACD 120 ，第 # 頁(yè) 共 23 頁(yè)曲線長(zhǎng)度為： 2 4120 2360 32 故答案為： 23【點(diǎn)睛】本題主要考查了集合的交集運(yùn)算，直線與圓的相交，二元一次不等式表示平面區(qū)域，屬于中檔題 .12 若函數(shù) f(x)m ex ,?x e2x 1,?x0的圖象上存在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的相異兩點(diǎn)，0則實(shí)數(shù) m 的最大值是【答案】e2 1【解析】由題意題目可轉(zhuǎn)化方程e2x 1 m ex 有兩個(gè)不等的正根，得2 m e xx1 e ，2 令 g(x)

11、exx 1 ex x 0 ，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值，由此可得出答案【詳解】解：點(diǎn) x,y 關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)為 x, y ，題目可轉(zhuǎn)化為函數(shù)2y e x 1e2x 1與 y m ex 圖像在第一象限內(nèi)有兩個(gè)交點(diǎn)，即方程 e2x 1 mex 有兩個(gè)不等的正根，得 m e2x 1 ex ，2令 g(x) e2x 1xex x 0 ，則 g (x)2xe e ，由 g (x) 0得 0x 2，由 g (x) 0 得x 2 ，函數(shù) g(x) 在 0,2 上單調(diào)遞增，在 2, 上單調(diào)遞減，2 g(x) g(2) e2 1， m e2 1 ， 故答案為： e2 1【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用

12、， 考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值， 考查轉(zhuǎn)化與 化歸思想，屬于中檔題13在 ABC 中，AB10，AC15，A的平分線與邊 BC的交點(diǎn)為 D，點(diǎn)E為邊 BC第 7 頁(yè) 共 23 頁(yè)的中點(diǎn)，uuur 若 AB答案】175解析】uuur 把 AEuuur,ADuuur uuur 用AB,AC 表示，uuur代入已知條件求得 ABuuruAC ，再計(jì)算uuur uuur AB AE 即得詳解】由角平分線定理可知ACCDuuurADuuur uuur AB BDBDuuur因?yàn)閡uur uuur AB ADuuurABuuurAC2uuur ( AC5 uuur AB所以u(píng)uurAB故答案為：A

13、B uuur 2 AB BC 590，所以3uuur3AB)53uuur 23 AB575，uuuruuur uuur 1 AE AB (AB21752 uuur AB所以2 uuur25(ACuuurAB)2uuurAC53uuur3 AB52 uuurAC5uuurAC)uuurAB1022uuurAC5uuurAB90，uuur 21(AB2uuurACuuurAB)(10275)175點(diǎn)睛】uuur uuur uuurAD 90，則 AB AE 的值是第 11 頁(yè) 共 23 頁(yè)本題考查平面向量的數(shù)量積，其他向量都用基底表示后uuur uuur解題關(guān)鍵是以 AB,AC 為基底， 再進(jìn)行運(yùn)

14、算14若實(shí)數(shù) x，y 滿(mǎn)足 4x24xy7y21，則 7x24xy4y2的最小值是 .【答案】 3822【解析】 將式子化為為 7x2 4xy 4y2 7x2 4xy 4y2，討論 x0或 x0，將分 4x 4xy 7y子、分母同除 x ，利用判別式0即可求解 .【詳解】2222解析： 7x2 4xy 4y27x4xy 4y2 2 ，4x4xy 7y當(dāng) x0，原式的值為 4 ，72當(dāng) x 0，令 y tx(7m 4)t 2 (4m 4)t 4m 7 07 4t 4t22m4 4t 7t22(4m 4)2 4(7m 4)(4m 7) 03故答案為： 38【點(diǎn)睛】本題主要考查了判別式法求最值，屬于

15、中檔題、解答題15 若函數(shù) f x M sin x（M0，0， 0 ）的最小值是 2，最小正周期是 2 ，且圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn) N（ ， 1）.382）在 ABC 中，若 f A， f B10，求 cosC 的值 .513答案】( 1) f x 2cos x .( 2)1665解析】（ 1）利用三角函數(shù)的性質(zhì)：最值求出M，最小正周期求出1）求 f x 的解析式；，特殊點(diǎn)代入求出，即可求出解析式2）首先利用解析式求出 cosA4 ， cosB 5 ，再利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求5 13出 sin A 、 sinB ，然后結(jié)合三角形的內(nèi)角和性質(zhì)以及兩角和的余弦公式即可求解詳解】解：（ 1）因?yàn)?f x

16、的最小值是 2，所以 M2.因?yàn)?fx的最小正周期是 2 ，即 T2 ，所以1，又由 fx的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（ ，1） ，可得f 1 ， sin1，3332所以2k 或 2k 5 ，Z，366又 0，所以，故 f x2sin x ，即 f x2cosx22（2）由（1)知 f x2cosx ，又 fA 8 ， f B10513，故 2cosA8， 2cosB10，即 cosA45， cosB5 13 5 13又因?yàn)?ABC中， A，B （0， ），所以 sinA 1cos2A4355sinB 1 cos2 B25131213所以 cosC cos（AB） cos（AB） （ cosAcosB sin

17、AsinB ）4 5 3 12 165 13 5 13 65【點(diǎn)睛】 本題考查了三角函數(shù)的性質(zhì)求解析式、三角恒等變換、誘導(dǎo)公式，熟記公式是解題的關(guān) 鍵，屬于基礎(chǔ)題 .16如圖，在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PCBC，點(diǎn) E是 PC 的中點(diǎn)， 且平面 PBC 平面 ABCD 求證：（ 1）求證： PA 平面 BDE ；（ 2）求證：平面 PAC 平面 BDE.【答案】（ 1）證明見(jiàn)解析； （2）證明見(jiàn)解析；【解析】（ 1）設(shè) ACI BDO，連結(jié) OE，從而可得 AP/OE，再利用線面平行的判定定 理即可證出 .（ 2）利用面面垂直的性質(zhì)定理可得PC 平面 ABCD ，即證

18、出 PC BD，再由 AC BD，根據(jù)線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證出 【詳解】證明：（ 1）設(shè) ACI BD O，連結(jié) OE，因?yàn)榈酌?ABCD 是菱形，故 O 為 BD 中點(diǎn)，又因?yàn)辄c(diǎn) E 是 PC的中點(diǎn)，所以 AP/OE，又因?yàn)?OE 平面 BDE ，AP 平面 BDE， 所以 AP/ 平面 BDE.（ 2）因?yàn)槠矫?PBC 平面 ABCD ，PC BC，平面 PBCI 平面 ABCD BC， PC 平面 PBC， 所以 PC 平面 ABCD又 BD 平面 ABCD ，所以 PCBD， ABCD 是菱形， AC BD，又 PC BD，ACI

19、PCC，AC平面 PAC， PC 平面 PAC，所以 BD 平面 PAC平面 BDE.本題考查了線面平行的判定定理、 線面垂直的判定定理、 面面垂直的判定定理以及面面垂直的性質(zhì)定理，考查了考生的邏輯推理能力，屬于基礎(chǔ)題17如圖，在一旅游區(qū)內(nèi)原有兩條互相垂直且相交于點(diǎn)O 的道路 l1， l2，一自然景觀的邊界近似為圓形，其半徑約為1千米，景觀的中心 C到 l 1，l2的距離相等，點(diǎn)C 到點(diǎn) O的距離約為 10 千米.現(xiàn)擬新建四條游覽道路方便游客參觀，具體方案：在線段OC 上取一點(diǎn) P，新建一條道路 OP，并過(guò)點(diǎn) P新建兩條與圓 C 相切的道路 PM，PNM ，N 為切點(diǎn)），同時(shí)過(guò)點(diǎn) P新建一條與

20、 OP垂直的道路 AB（A，B 分別在 l1，l2上）.為促進(jìn)沿途旅游經(jīng)濟(jì)，新建道路長(zhǎng)度之和越大越好，求新建道路長(zhǎng)度之和的最大值.（所有道路寬度忽略不計(jì)）答案】 30 5 千米【解析】 設(shè) PCM ，用 表示出各道路長(zhǎng)，并求出和 f( ). 然后求導(dǎo)，用導(dǎo)數(shù)知識(shí) 求得最大值詳解】解：連接 CM ，設(shè)PCM，則 PC1 cos， PM PN tan ，1OPOCPC10cosAB2OP20cos設(shè)新建的道路長(zhǎng)度之和為 f ( ) ，f ( ) PM PNAB OP 2tancos30，11 PC 10 得 10cos b0)的短軸長(zhǎng)為 a2 b22，F(xiàn) 2的動(dòng)直線與橢圓交于點(diǎn) P， Q，過(guò)點(diǎn)F2

21、與求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；1)AB 過(guò)原點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)1，F(xiàn)2 分別是橢圓 C的左、右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)PF13PF2.2)若點(diǎn) H(3，0)，記直線 PH，QH ，AH， BH 的斜率依次為k1， k2 ， k3 ， k41，若k1k2 2 ，求直線 PQ 的斜率；2 15求 (k1k2 )(k3 k4) 的最小值 .答案】x271) x2 y2 1(2) 1或 874225解析】1)已知條件有 b 1，直線 AB 過(guò)原點(diǎn)時(shí)， PQ x軸，所以 PF1F2 為直角三角形，利用橢圓定義和勾股定理可求得a ，得橢圓方程；2)設(shè)直線 PQ：y k(x 1) ，代入到橢圓方程得后化簡(jiǎn)， 設(shè)P( x1， y1 )，Q(

22、x2，y2)，應(yīng)用韋達(dá)定理得x1x24k21 2k2，x1x22k 2 21 2k 2，計(jì)算 k1 k2 并代入 x1 x2, x1x2 可得；分類(lèi)討論，當(dāng)這兩條直線中有一條與坐標(biāo)軸垂直時(shí)，(k1 k2)(k3 k4) 0 ，當(dāng)兩條直線與坐標(biāo)軸都不垂直時(shí)，由知k1 k22k8k22k 7 ，同理可得第 25 頁(yè) 共 23 頁(yè)2kk3 k42 ，計(jì)算 （k1 k2 ）（k3 k4） 后應(yīng)用基本不等式可得最小值3 4 8 7k2【詳解】221（a b 0）的短軸長(zhǎng)為 2，所以 b1，解：（ 1）因?yàn)闄E圓 C： x2 y2 a2 b2當(dāng)直線 AB 過(guò)原點(diǎn)時(shí)， PQ x軸，所以 PF 1F2為直角三角

23、形，31 由定義知 PF1PF22a，而 PF13PF2，故 PF1a ，PF2a，222 2 2 2(1 2k2 )x2 4k2x (2k2 2)0，設(shè) P( x1，y1)，Q(x2， y2 )，則x1x24k21 2k222由 PF12 PF222 9 2 F1F22 得 a212 2 1 2 2a2 4c2a2 4(a2 1) ，化簡(jiǎn)得 a2 2，1 2 444故橢圓的方程為2 x2 x2 y2 1.（ 2）設(shè)直線PQ： y k(x1)，代入到橢圓方程得：2k2 2x1x21 2k2所以 k1 k2k(x1 1)(x2 3) (x2 1)(x1 3)(x1 3)(x2 3)k2 x1x2

24、4(x1x2) 62k2 24k2k2 2 4 2 61 2k21 2k22kx1x23(x1x2) 92k2 24k28k2 72 3 2 91 2k21 2k2y1x1 3y2x2 3所以 k1 k22k8k2 7215(k1 k2)(k3 k4) 0 ，2k8 7k2故 (k1 k2)(k3 k4 )4k242 56k4 56 113k242156(k2 2 ) 113k2解得：k 1或k 7 ，即為直線 PQ的斜率 .8當(dāng)這兩條直線中有一條與坐標(biāo)軸垂直時(shí)，當(dāng)兩條直線與坐標(biāo)軸都不垂直時(shí)，2k由知 k1 k2 8k22k 7，同理可得 k3 k456 2 k212 113k2225，當(dāng)且僅

25、當(dāng) k212 即 kk2時(shí)取等號(hào)綜上， （k1k2)(k3 k4 )的最小值為 4225點(diǎn)睛】 本題考查求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程， 考查直線與橢圓相交中定值與最值問(wèn)題 求橢圓方程時(shí)由 于已知直線的特殊位置，利用橢圓的定義是解題關(guān)鍵，在直線與橢圓相交問(wèn)題中，采取設(shè)而不求思想方法，即設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)P（x1,y1）,P（x2,y2），直線方程代入橢圓方程整理后應(yīng)用韋達(dá)定理得 x1 x2,x1x2 ，代入其他條件化簡(jiǎn)變形即可得19如果存在常數(shù)1）若數(shù)列 ank 使得無(wú)窮數(shù)列 an 滿(mǎn)足 amn kaman恒成立，則稱(chēng)為 P k 數(shù)列 .是 P 1 數(shù)列， a6 1 ， a12 3 ，求 a3 ；2）若

26、等差數(shù)列bn 是 P 2數(shù)列，求數(shù)列 bn 的通項(xiàng)公式；3）是否存在 Pk 數(shù)列cn，使得 c2020 ，c2021，c2022 ，是等比數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出所有滿(mǎn)足條件的數(shù)列cn；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由1答案】（1）a3；（ 2）bn0或 bn 1或bn nn 2 n 2；（ 3）存在； 滿(mǎn)足條件的 P k 數(shù)列 cn 有無(wú)窮多個(gè)，其通項(xiàng)公式為 cn k1解析】（ 1）根據(jù) P k 數(shù)列的定義，得 a6 a2a3 ，a12 a2a6 ，可求 a3 ；2）根據(jù) Pk 數(shù)列的定義，得bmn2bmbn ，分 b10和 b1 0兩種情況討論 . 當(dāng)b1 0， bn0. 當(dāng)b1 0時(shí)，由bn是等差數(shù)列，

27、對(duì)m, n賦值，求出 b1和公差 d ，即求 bn ；3）假設(shè)存在滿(mǎn)足條件的 P k數(shù)列cn ，設(shè)等比數(shù)列c2020 ， c2021 ， c2022 ，的公比為 q. 則有 c2020 2020 kc2020c2020 ，c2020 2021 kc2020c2021 ，可得 q 1，故當(dāng) n 2020 時(shí)，且 i 為奇數(shù)，cn 1 . 當(dāng)1 n 2020時(shí)，不妨設(shè) ni 2020 ， i N k由 cni cn ni 1kcn cni 122kcn cn ni 2 k cncni 2ki 1i1 cn ，可得 cn k即滿(mǎn)足條件的P k 數(shù)列cn 有無(wú)窮多個(gè)，其通項(xiàng)公式為cn詳解】1)由數(shù)列a

28、n 是 P 1數(shù)列，得 a6 a2a3 1， a12a2a63，可得 a3 3 ；2)由 bn是P 2 數(shù)列知 bmn 2bmbn恒成立，取 m1得bn 2b1bn 恒成立，當(dāng) b10，bn 0時(shí)滿(mǎn)足題意，此時(shí) bn 0 ，當(dāng) b10 時(shí)，由 b12b12可得b1 1，取 mn2得b4設(shè)公差為 d，則 123d2d)2 解得 d 0 或者 d1，2，綜上， bn 0 或 bn1 或 bn n ，經(jīng)檢驗(yàn)均合題意 .223)假設(shè)存在滿(mǎn)足條件的 P k 數(shù)列 cn ，不妨設(shè)該等比數(shù)列 c2020 ， c2021 ， c2022 ，的公比為 q，c2020 ，則有 c2020 2020 kc2020

29、c2020 ,2020 2020 2020c2020 q kc2020q，c2020 2021 kc2020c2021 , c20202020 2021 2020q kc2020 c20202020 2021 2021可得 q20202021 2020 2020 可得 qkc2020 kc2020 綜上可得 q 1，1故 c2020 2020 c2020 ，代入 c2020 2020 kc2020c2020 得 c2020，k則當(dāng) n 2020時(shí)， cn 1 ，nk又 c2020kc1 c2020 , c1k，當(dāng) 1 n2020 時(shí)，不妨設(shè)i n2020，i N 且 i 為奇數(shù)，由 cnicn

30、 ni 1 kcn cni 1kcncn ni 222k cncni 2 Lki 1 cn ，1 1 i 1 i i 1 i 1 而 cni k ， k k (cn) ， (cn) (k) ， cn k .1 綜上，滿(mǎn)足條件的 P k 數(shù)列 cn 有無(wú)窮多個(gè)，其通項(xiàng)公式為 cn.k【點(diǎn)睛】本題考查創(chuàng)新型題目， 考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式， 考查學(xué)生的邏輯推理能力 和計(jì)算能力，屬于難題 .3220設(shè)函數(shù) f (x)3ln x x3 ax2 2ax.1)若 a 0時(shí)，求函數(shù) f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間；2)若函數(shù)f (x) 在 x 1時(shí)取極大值，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；3)設(shè)函數(shù)f (x) 的零

31、點(diǎn)個(gè)數(shù)為 m，試求m 的最大值 .答案】( 1)單調(diào)增區(qū)間為 (1， )( 2)9(3)22解析】( 1)求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間2)求導(dǎo)，討論 a93a229或a29 幾種情況，分別2計(jì)算函數(shù)極值得到答案3)考慮92兩種情況，求導(dǎo)得到單調(diào)區(qū)間，計(jì)算極值判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)，得到答案 .詳解】1)當(dāng) a0時(shí)， f (x)3ln x3 x3 1 x3 ，所以 f (x) 3，由 f (x) 0 得 x1， x當(dāng) x (0，1)時(shí)， f (x) 0，所以函數(shù) f(x) 的單調(diào)增區(qū)間為 (1， ).( 2)由題意得 f (x) 3(x 1)x2 (2a 1)x 1 ，x32 2a 3(x 1) 令 g(x)

32、 x2 ( 1)x 1( x 0)，則 f (x)g(x) ，3x2a 3當(dāng)10即a時(shí)， g(x) 0恒成立，32故 f(x)在(0，1)上遞減， 在(1，+ )上遞增， 所以 x1是函數(shù) f ( x)的極小值點(diǎn)， 不滿(mǎn)足；2a2 93當(dāng) (1)2 4 0即 a 時(shí)，此時(shí) g(x) 0恒成立，3 22f(x) 在(0，1)上遞減，在 (1，+ )上遞增，所以 x1是函數(shù) f(x) 的極小值點(diǎn)，不滿(mǎn)足；2a2 93當(dāng) (1)2 4 0即a 或a 時(shí)，3 22f(x) 在(0，1)上遞減，在 (1，+ )上遞增，所以 x1是函數(shù) f(x) 的極小值點(diǎn)，不滿(mǎn)足；2a2 93當(dāng) (1)2 4 0 時(shí)，

33、解得 a 或 a (舍)，3 229當(dāng)a時(shí)，設(shè) g( x)的兩個(gè)零點(diǎn)為 x1， x2，所以 x1 x2 1，不妨設(shè) 0x1x2，22a 3又 g(1) 3 0，所以 0 x11 x2 ，故 f (x) (x x1)(x 1)(x x2)， 3x當(dāng) x (0， x1)時(shí)， f (x)0；當(dāng) x (1， x2 )時(shí)， f (x)0； f(x)在(0， x1 )上遞減，在 ( x1 ，1)上遞增，在 (1， x2 )上遞減，在 (x2， )上遞增； 所以 x 1是函數(shù) f (x )極大值點(diǎn)，滿(mǎn)足 .9綜上所述： a .29( 3)由( 2)知當(dāng) a時(shí)，函數(shù) f (x) 在(0，1)上單調(diào)遞減，在 (

34、1， )上單調(diào)遞增，2故函數(shù) f (x) 至多有兩個(gè)零點(diǎn)，欲使 f (x) 有兩個(gè)零點(diǎn)，需 f (1) 1 a 0 ，得 a 1，f 2 3ln 2 8 4a 4a 3ln 2 8 0 ；f (e a ) 3a e 3a ae 2a 2ae a 3a 2ae a a 0 ， e a 0,1 ，故滿(mǎn)足函數(shù)有 2 個(gè)零點(diǎn) .9當(dāng) a2時(shí)，由( 2)知 f(x) 在(0， x1)上遞減，在 ( x1，1)上遞增，在 (1， x2)上遞減，在 ( x2， )上遞增；3而 0 x1 1，所以 f (x1)3ln x1 x13 ax1( x1 2) 0，此時(shí)函數(shù) f (x) 也至多有兩個(gè)零點(diǎn)綜上所述，函數(shù)

35、 f (x) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù) m的最大值為 2.【點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)極值求參數(shù)，零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能 力和綜合應(yīng)用能力 .a 2 ur 121已知矩陣 A ba 21 ，若矩陣 A屬于特征值 3的一個(gè)特征向量為 ur 11 ，求該矩 陣屬于另一個(gè)特征值的特征向量1答案】1征多項(xiàng)式可求得另一個(gè)特征值，再得特征向量a ,b ，寫(xiě)出特征多項(xiàng)式，由特解析】 根據(jù)特征向量和特征值的定義列出矩陣方程求出詳解】解：由題意知 Aur a 2b 11 ，所以3，即3a1b 2 ，所以矩陣 A 的特征多項(xiàng)式 f(由 f ( ) 0 ，解得3或1，1)24，2y 0，令 x1，2y 01

36、，2x1時(shí)，2x所以矩陣 A 的另一個(gè)特征值為 1，對(duì)應(yīng)的一個(gè)特征向量為點(diǎn)睛】 本題考查特征值與特征向量，掌握特征值與特征向量的概念、特征多項(xiàng)式是解題關(guān)鍵22在極坐標(biāo)系中，已知直線 l : cos 2 sinm( m 為實(shí)數(shù))，曲線C: 2cos 4sin ，當(dāng)直線 l被曲線 C截得的弦長(zhǎng)取得最大值時(shí)， 求實(shí)數(shù) m的值. 【答案】 m 5【解析】 將直線 l和圓 C的極坐標(biāo)方程均化為普通方程，由題意可知直線l過(guò)圓C的圓心，由此可求得實(shí)數(shù) m 的值 .【詳解】由題意知直線 l 的直角坐標(biāo)方程為 x 2y m 0 ， 又曲線 C 的極坐標(biāo)方程 2cos 4sin ，即 2 2 cos 4 sin

37、， 22所以曲線 C的直角坐標(biāo)方程為 x2 y2 2x 4y 0，即 x 1 2 y 2 2 5，所以曲線 C 是圓心為 1,2 的圓， 當(dāng)直線 l 被曲線 C 截得的弦長(zhǎng)最大時(shí)，得 1 22 m 0 ，解得 m 5.點(diǎn)睛】本題考查直線與圓的綜合問(wèn)題，考查極坐標(biāo)方程與普通方程之間的轉(zhuǎn)化， 考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題 .23已知實(shí)數(shù) x、 y、 z滿(mǎn)足y 2z，求x2z2 的最小值 .答案】解析】利用柯西不等式得出1212222y 2z ，由此可求得22xy2z 的最小值 .詳解】由柯西不等式有 12 12 222z所以 x2z2 1 （當(dāng)且僅當(dāng)61y 2z即 x1z 31 時(shí)取等號(hào)），所以 x2z2的最小值是 1 .6點(diǎn)睛】 本題考查利用柯西不等式求最值，解答的關(guān)鍵就是對(duì)代數(shù)式進(jìn)行配湊，考查計(jì)算能力， 屬于基礎(chǔ)題 .224如圖，拋物線 C:y2 2px p 0 的焦點(diǎn)為 F ，過(guò)點(diǎn) P 2,0 作直線 l與拋物線交于 A 、 B兩點(diǎn)，當(dāng)直線 l與x軸垂直時(shí) AB長(zhǎng)為 4 2.1）求拋物線的方程；2）若VAPF 與BPO 的面積相等，求直線 l 的方程.【答案】（ 1） y2 4x；（2） 2x y 4 0或 2x y 4 0.【解析】（1）由題意可知點(diǎn) 2,2 2 在拋物線 C 上，將該點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線 C 的方程， 求得 p 的值，進(jìn)而可