2020屆江蘇省鹽城市高三下學期第四次模擬數(shù)學試題(解析版

1、2020 屆江蘇省鹽城市高三下學期第四次模擬數(shù)學試題一、填空題1若集合 A x x m ，B x x 1 ，且 AI B m ，則實數(shù) m 的值為 【答案】 1【解析】 直接根據(jù)交集運算的定義求解即可【詳解】解： A x x m ， B x x 1 ，且 AI B m ， m 1 ， 故答案為： 1【點睛】 本題主要考查集合的交集運算，屬于基礎題2已知i 為虛數(shù)單位，復數(shù) z滿足 z（3 i） 10 ，則 z 的值為答案】10解析】由復數(shù)的除法運算與求模長的計算公式求解即可第 1 頁 共 23 頁詳解】10z3i(310(i3)(3i)i) 3 i z10 .故答案為：1010共 4 個，點睛

2、】 本題考查復數(shù)的除法運算，還考查了求復數(shù)的模，屬于基礎題3從數(shù)字 0，1，2 中任取兩個不同的數(shù)字構成一個兩位數(shù)，則所得的兩位數(shù)大于 的概率為 .3【答案】4【解析】 本題是一個等可能事件的概率，列出基本事件總數(shù)，求出滿足條件的事件，根據(jù)古典概型的概率公式計算可得；【詳解】解：從數(shù)字 0，1，2 中任取兩個不同的數(shù)字構成一個兩位數(shù)，有10,12,21,203滿足大于 10 的有 3 個，故概率 P43故答案為：4【點睛】本題考查等可能事件的概率，解題的關鍵是理解事件兩位數(shù)大于10 確定此事件的計數(shù)方法，本題概率基本公式考查題，考查分析判斷的能力，本題是一個基礎題4如圖所示，一家面包銷售店根據(jù)

3、以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率 分布直方圖， 圖中小矩形從左向右所對應的區(qū)間依次為0，50），50 ，100），100，150），150，200），200，250.若一個月以 30 天計算，估計這家面包店一個月內這種面包的日 銷售量少于 100 個的天數(shù)為 天.【解析】 根據(jù)頻率分布直方圖，求出對應的頻率與頻數(shù)即可【詳解】 解：根據(jù)頻率分布直方圖，得： 日銷售量少于 100 個的頻率為 （0.003 0.005） 50 0.4 ， 則估計這家面包店一個月內日銷售量少于100個的天數(shù)為： 30 0.4 12 故答案為： 12【點睛】頻數(shù)本題考查了頻率分布直方圖的應用問題， 也考查了

4、頻率 的應用問題， 屬于樣本容量基礎題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，依次寫出每次循環(huán)得到的S， k的值，當 S 18時滿足條件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，不滿足條件 S 16 ，S9，k3 ， 不滿足條件 S 16 ，S18，k4，滿足條件 S 16，退出循環(huán)，輸出 k 的值為 4故答案為： 4【點睛】 本題考查了循環(huán)結構的程序框圖，根據(jù)框圖的流程判斷程序運行的功能是解答此類 問題的關鍵，屬于基礎題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 的關系可構造關于 a, c的齊次方程， 進而 a求得結果 .詳解】由漸近線方程可知： b 2，即 b2 4a2， b2 c2 a2 4a2 ， a2e2 c2 5， e 5 (負值舍掉) .a故答案為： 5 .【點睛】本題考查根據(jù)雙曲線漸近線方程求解離心率的問題， 關鍵是利用漸進線的斜率構造關于a,c 的齊次方程 .7若三棱柱 ABC A1B1C1的體積為 12，點 P為棱 AA 1上一點，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【點睛】本題考查棱柱和棱錐的體積問題，屬于基礎題58“ 2”是“函數(shù) f(x) sin( x) 的圖象關于點 ( ，0)對稱”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 2 時， x25， sin( x )0 ，故此時f(x) 的圖象關6 12 665 于點 (， 0)對稱；12而當

7、 f (x) 的圖象關于點5( ，0) 對稱，則5k12k2， k Z；1212 655故“ 2”是“函數(shù) f (x) sin( x ) 的圖象關于點 (，0)對稱”的充分不必要條件；故答案為：充分不必要【點睛】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)的對稱性，屬于基礎題9在 ABC 中， CB ， AB43 2 AC ，則 tanB 的值為4第 5 頁 共 23 頁答案】 2解析】 由CB ，AB3 2 AC，44得 sinC32sin4sin(B )43 2 sin B ，然后化簡即可求解詳解】 解析：由 AB3 2 AC，得 sinC 3 2 sinB sin(B ) 3 2s

8、in B，4 4 4 42cosB2sinB23 2sin B ，化簡得 2cosB4sinB ，所以 tanB 的值為 2.答案： 2【點睛】本題考查正弦定理，兩角和的正弦公式，同角三角函數(shù)關系式，屬于簡單題10若數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn， an 2 ( 1) (2n 1)，則 2a100 S100 的值為解析】 根據(jù)題意，利用通項公式求出答案】 299a100 ，利用分組并項求和法求出 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點睛】本題主要考查數(shù)列的分組并項法的求和公式，考查計算能力，屬于基礎題211若集合 P (x, y) x2x24x 0 ，Q (x, y) 15 ，則 PIyQ 表示的曲線的長度為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 PI Q 表示的曲線長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 共 23 頁曲線長度為： 2 4120 2360 32 故答案為： 23【點睛】本題主要考查了集合的交集運算，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的圖象上存在關于原點對稱的相異兩點，0則實數(shù) m 的最大值是【答案】e2 1【解析】由題意題目可轉化方程e2x 1 m ex 有兩個不等的正根，得2 m e xx1 e ，2 令 g(x)

11、exx 1 ex x 0 ，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，由此可得出答案【詳解】解：點 x,y 關于原點對稱的點為 x, y ，題目可轉化為函數(shù)2y e x 1e2x 1與 y m ex 圖像在第一象限內有兩個交點，即方程 e2x 1 mex 有兩個不等的正根，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 上單調遞增，在 2, 上單調遞減，2 g(x) g(2) e2 1， m e2 1 ， 故答案為： e2 1【點睛】本題主要考查函數(shù)與方程的應用

12、， 考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值， 考查轉化與 化歸思想，屬于中檔題13在 ABC 中，AB10，AC15，A的平分線與邊 BC的交點為 D，點E為邊 BC第 7 頁 共 23 頁的中點，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 ，再計算uuur uuur AB AE 即得詳解】由角平分線定理可知ACCDuuurADuuur uuur AB BDBDuuur因為uuur uuur AB ADuuurABuuurAC2uuur ( AC5 uuur AB所以uuurAB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點睛】uuur uuur uuurAD 90，則 AB AE 的值是第 11 頁 共 23 頁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解題關鍵是以 AB,AC 為基底， 再進行運

14、算14若實數(shù) x，y 滿足 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 x0，原式的值為 4 ，72當 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 ，且圖象經過點 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：最值求出M，最小正周期求出1）求 f x 的解析式；，特殊點代入求出，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)的基本關系求5 13出 sin A 、 sinB ，然后結合三角形的內角和性質以及兩角和的余弦公式即可求解詳解】解：（ 1）因為 f x

16、的最小值是 2，所以 M2.因為 fx的最小正周期是 2 ，即 T2 ，所以1，又由 fx的圖象經過點（ ，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又因為 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【點睛】 本題考查了三角函數(shù)的性質求解析式、三角恒等變換、誘導公式，熟記公式是解題的關 鍵，屬于基礎題 .16如圖，在四棱錐 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形， PCBC，點 E是 PC 的中點， 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）證明見解析； （2）證明見解析；【解析】（ 1）設 ACI BDO，連結 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 ACI BD O，連結 OE，因為底面 ABCD 是菱形，故 O 為 BD 中點，又因為點 E 是 PC的中點，所以 AP/OE，又因為 OE 平面 BDE ，AP 平面 BDE， 所以 AP/ 平面 BDE.（ 2）因為平面 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定理，考查了考生的邏輯推理能力，屬于基礎題17如圖，在一旅游區(qū)內原有兩條互相垂直且相交于點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C 到點 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 P，新建一條道路 OP，并過點 P新建兩條與圓 C 相切的道路 PM，PNM ，N 為切點），同時過點 P新建一條與

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

21、與求橢圓的標準方程；1)AB 過原點時，F(xiàn)1，F(xiàn)2 分別是橢圓 C的左、右焦點，過點PF13PF2.2)若點 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 過原點時， 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)設直線 PQ：y k(x 1) ，代入到橢圓方程得后化簡， 設P( x1， y1 )，Q(

22、x2，y2)，應用韋達定理得x1x24k21 2k2，x1x22k 2 21 2k 2，計算 k1 k2 并代入 x1 x2, x1x2 可得；分類討論，當這兩條直線中有一條與坐標軸垂直時，(k1 k2)(k3 k4) 0 ，當兩條直線與坐標軸都不垂直時，由知k1 k22k8k22k 7 ，同理可得第 25 頁 共 23 頁2kk3 k42 ，計算 （k1 k2 ）（k3 k4） 后應用基本不等式可得最小值3 4 8 7k2【詳解】221（a b 0）的短軸長為 2，所以 b1，解：（ 1）因為橢圓 C： x2 y2 a2 b2當直線 AB 過原點時， 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 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) ，化簡得 a2 2，1 2 444故橢圓的方程為2 x2 x2 y2 1.（ 2）設直線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當這兩條直線中有一條與坐標軸垂直時，當兩條直線與坐標軸都不垂直時，2k由知 k1 k2 8k22k 7，同理可得 k3 k456 2 k212 113k2225，當且僅

25、當 k212 即 kk2時取等號綜上， （k1k2)(k3 k4 )的最小值為 4225點睛】 本題考查求橢圓的標準方程， 考查直線與橢圓相交中定值與最值問題 求橢圓方程時由 于已知直線的特殊位置，利用橢圓的定義是解題關鍵，在直線與橢圓相交問題中，采取設而不求思想方法，即設直線方程，設交點坐標P（x1,y1）,P（x2,y2），直線方程代入橢圓方程整理后應用韋達定理得 x1 x2,x1x2 ，代入其他條件化簡變形即可得19如果存在常數(shù)1）若數(shù)列 ank 使得無窮數(shù)列 an 滿足 amn kaman恒成立，則稱為 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，請求出所有滿足條件的數(shù)列cn；若不存在，請說明理由1答案】（1）a3；（ 2）bn0或 bn 1或bn nn 2 n 2；（ 3）存在； 滿足條件的 P k 數(shù)列 cn 有無窮多個，其通項公式為 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b1 0， bn0. 當b1 0時，由bn是等差數(shù)列，

27、對m, n賦值，求出 b1和公差 d ，即求 bn ；3）假設存在滿足條件的 P k數(shù)列cn ，設等比數(shù)列c2020 ， c2021 ， c2022 ，的公比為 q. 則有 c2020 2020 kc2020c2020 ，c2020 2021 kc2020c2021 ，可得 q 1，故當 n 2020 時，且 i 為奇數(shù)，cn 1 . 當1 n 2020時，不妨設 ni 2020 ， i N k由 cni cn ni 1kcn cni 122kcn cn ni 2 k cncni 2ki 1i1 cn ，可得 cn k即滿足條件的P k 數(shù)列cn 有無窮多個，其通項公式為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 b10，bn 0時滿足題意，此時 bn 0 ，當 b10 時，由 b12b12可得b1 1，取 mn2得b4設公差為 d，則 123d2d)2 解得 d 0 或者 d1，2，綜上， bn 0 或 bn1 或 bn n ，經檢驗均合題意 .223)假設存在滿足條件的 P k 數(shù)列 cn ，不妨設該等比數(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 n 2020時， cn 1 ，nk又 c2020kc1 c2020 , c1k，當 1 n2020 時，不妨設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，滿足條件的 P k 數(shù)列 cn 有無窮多個，其通項公式為 cn.k【點睛】本題考查創(chuàng)新型題目， 考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式， 考查學生的邏輯推理能力 和計算能力，屬于難題 .3220設函數(shù) f (x)3ln x x3 ax2 2ax.1)若 a 0時，求函數(shù) f (x)的單調遞增區(qū)間；2)若函數(shù)f (x) 在 x 1時取極大值，求實數(shù) a的取值范圍；3)設函數(shù)f (x) 的零

31、點個數(shù)為 m，試求m 的最大值 .答案】( 1)單調增區(qū)間為 (1， )( 2)9(3)22解析】( 1)求導得到函數(shù)的單調增區(qū)間2)求導，討論 a93a229或a29 幾種情況，分別2計算函數(shù)極值得到答案3)考慮92兩種情況，求導得到單調區(qū)間，計算極值判斷零點個數(shù)，得到答案 .詳解】1)當 a0時， f (x)3ln x3 x3 1 x3 ，所以 f (x) 3，由 f (x) 0 得 x1， x當 x (0，1)時， f (x) 0，所以函數(shù) f(x) 的單調增區(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10即a時， 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， 不滿足；2a2 93當 (1)2 4 0即 a 時，此時 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，不滿足；2a2 93當 (1)2 4 0即a 或a 時，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，不滿足；2a2 93當 (1)2 4 0 時，

33、解得 a 或 a (舍)，3 229當a時，設 g( x)的兩個零點為 x1， x2，所以 x1 x2 1，不妨設 0x1x2，22a 3又 g(1) 3 0，所以 0 x11 x2 ，故 f (x) (x x1)(x 1)(x x2)， 3x當 x (0， x1)時， f (x)0；當 x (1， x2 )時， 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，滿足 .9綜上所述： a .29( 3)由( 2)知當 a時，函數(shù) f (x) 在(0，1)上單調遞減，在 (

34、1， )上單調遞增，2故函數(shù) f (x) 至多有兩個零點，欲使 f (x) 有兩個零點，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 ，故滿足函數(shù)有 2 個零點 .9當 a2時，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，此時函數(shù) f (x) 也至多有兩個零點綜上所述，函數(shù)

35、 f (x) 的零點個數(shù) m的最大值為 2.【點睛】本題考查了函數(shù)的單調區(qū)間，根據(jù)極值求參數(shù)，零點個數(shù)問題，意在考查學生的計算能 力和綜合應用能力 .a 2 ur 121已知矩陣 A ba 21 ，若矩陣 A屬于特征值 3的一個特征向量為 ur 11 ，求該矩 陣屬于另一個特征值的特征向量1答案】1征多項式可求得另一個特征值，再得特征向量a ,b ，寫出特征多項式，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 的特征多項式 f(由 f ( ) 0 ，解得3或1，1)24，2y 0，令 x1，2y 01

36、，2x1時，2x所以矩陣 A 的另一個特征值為 1，對應的一個特征向量為點睛】 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、特征多項式是解題關鍵22在極坐標系中，已知直線 l : cos 2 sinm( m 為實數(shù))，曲線C: 2cos 4sin ，當直線 l被曲線 C截得的弦長取得最大值時， 求實數(shù) m的值. 【答案】 m 5【解析】 將直線 l和圓 C的極坐標方程均化為普通方程，由題意可知直線l過圓C的圓心，由此可求得實數(shù) m 的值 .【詳解】由題意知直線 l 的直角坐標方程為 x 2y m 0 ， 又曲線 C 的極坐標方程 2cos 4sin ，即 2 2 cos 4 sin

37、， 22所以曲線 C的直角坐標方程為 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， 當直線 l 被曲線 C 截得的弦長最大時，得 1 22 m 0 ，解得 m 5.點睛】本題考查直線與圓的綜合問題，考查極坐標方程與普通方程之間的轉化， 考查計算能力，屬于基礎題 .23已知實數(shù) x、 y、 z滿足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 （當且僅當61y 2z即 x1z 31 時取等號），所以 x2z2的最小值是 1 .6點睛】 本題考查利用柯西不等式求最值，解答的關鍵就是對代數(shù)式進行配湊，考查計算能力， 屬于基礎題 .224如圖，拋物線 C:y2 2px p 0 的焦點為 F ，過點 P 2,0 作直線 l與拋物線交于 A 、 B兩點，當直線 l與x軸垂直時 AB長為 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 2,2 2 在拋物線 C 上，將該點坐標代入拋物線 C 的方程， 求得 p 的值，進而可