天津市2021-2022學年高三上學期第一階段數學訓練試題含詳解

1、試卷主標題姓名：_ 班級：_考號：_一、選擇題（共18題）1、 已知集合 ， ，則 （ ） A B C D 2、 已知 ，條件 ： ，條件 ： ，則 是 的（ ） A 充分不必要條件 B 必要不充分條件 C 充分必要條件 D 既不充分也不必要條件 3、 某校抽取 名學生做體能測認，其中百米測試中，成績全部介于 秒與 秒之間，將測試結果分成五組：第一組 ，第二組 ， ，第五組 如圖是按上述分組方法得到的頻率分布直方圖，若成績低于 即為優(yōu)秀，如果優(yōu)秀的人數為 人，則 的估計值是（ ） A B C D 4、 函數 ， 圖象大致為 A B C D 5、 已知正方體 的表面積為 ，若圓錐的底面圓周經過

2、四個頂點，圓錐的頂點在棱 上，則該圓錐的體積為（ ） A B C D 6、 已知 是定義在 上的偶函數，且在 上是增函數 . 設 ， ， ，則 ， ， 的大小關系是（ ） A B C D 7、 已知 Q 為雙曲線 ( ， ) 的右頂點， M 為雙曲線右支上一點，若點 M 關于雙曲線中心 O 的對稱點為 N ，設直線 QM ， QN 的傾斜角分別為 ， 且 ，則雙曲線的離心率為（ ） A B C D 8、 已知函數 的圖象的一條對稱軸為 , 則下列結論中正確的是（    ） A 是 圖象的一個對稱中心 B 是最小正周期為 的奇函數 C 在 上單調遞增 D 先將函數

3、圖象上各點的縱坐標縮短為原來的 ，然后把所得函數圖象再向左平移 個單位長度，即可得到函數 的圖象 9、 已知函數 ，若方程 有且只有三個不同的實數根，則 的取值范圍是 A B C D 10、 已知集合 ， ，則 （ ） A B C D 11、 設 ，則 “ ” 是 “ ” 的（    ） A 充分不必要條件 B 必要不充分條件 C 充要條件 D 既不充分也不必要條件 12、 設 ， ， ，則（ ） A B C D 13、 某學校組織部分學生參加體能測試，成績的頻率分布直方圖如圖，數據的分組依次是 ， ， ， . 若低于 60 分的人數是 18 人，則參加體能測試的

4、學生人數是（    ） A 45 B 48 C 50 D 60 14、 函數 的最小正周期是 ，若其圖象向左平移 個單位后得到的函數為偶函數，則函數 的圖象 A 關于點 對稱 B 關于直線 對稱 C 關于點 對稱 D 關于直線 對稱 15、 函數 的圖象大致是（ ） A B C D 16、 已知向量 ， ，若 ， ，則 的最大值為 A B C 4 D 5 17、 定義域為 的函數 滿足 ，當 時， ，若當 時，不等式 恒成立，則實數 的取值范圍是（ ） A B C D 18、 已知 是定義在 上的函數，且滿足 ； 曲線 關于點 對稱； 當 時 ，若 在 上有 5

5、個零點，則實數 的取值范圍為 A B C D 二、填空題（共12題）1、 已知直線 與圓 交于 、 兩點，直線 垂直平分弦 ，則 的值為 _ ，弦 的長為 _. 2、 某大學志愿者協會有 6 名男同學， 4 名女同學，在這 10 名同學中， 3 名同學來自數學學院，其余 7 名同學來自物理、化學等其他互不相同的七個學院，現從這 10 名同學中隨機選取 3 名同學，到希望小學進行支教 . 選出的 3 名同學是來自互不相同學院的概率 _ ，設 為選出的 3 名同學中女同學的人數，則 的數學期望為 _. 3、 在四邊形 中， ， ， ， ， 為 的中點， ，則 _ ；設點 為線段 上的動點，則 最小

6、值為 _ 4、 已知復數 是純虛數 ( 其中是 虛數單位 ) ，則實數 的值為 _. 5、 二項式 的展開式中常數項為 -20 ，則含 項的系數為 _. （用數字作答） 6、 已知 ， ，則 的最小值為 _. 7、 如圖，在 中， ， ， 為 上一點，且滿足 ，若 的面積為 ，則 的最小值為 _ 8、 已知 ， 為虛數單位，若 為實數，則 的值為 _ 9、 在二項式 的展開式中， 的系數為 _ 10、 袋中裝有 5 個同樣大小的球，編號為 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5. 現從該袋內隨機取出 3 個球，記被取出的球的最大號碼數為 ，則 等于 _. 11、 已知 ，函數 在 上單調遞減，則

7、的取值范圍是 _. 12、 已知正數 滿足 ，則 的最小值為 _ 三、解答題（共10題）1、 在 中，已知 （ 1 ）求角 B 的大?。?（ 2 ）若 ， 的面積為 ，求 的值 2、 如圖，在四棱錐 中， 底面 ABCD ， ， ， ， ，點 E 為棱 PC 的中點 . （ 1 ）證明： ： （ 2 ）求直線 BE 與平面 PBD 所成角的正弦值： （ 3 ）若 F 為棱 PC 上一點， 且滿足 ，求二面角 的余弦值 . 3、 已知 ， 分別是橢圓 ： 的左，右焦點，點 在橢圓 上，且拋物線 的焦點是橢圓 的一個焦點 （ 1 ）求 , 的值： （ 2 ）過點 作不與 軸重合的直線 ，設 與圓

8、相交于 A ， B 兩點，且與橢圓 相交于 C ， D 兩點，當 時，求 的面積 4、 已知數列 ， ， ，是數列 的前 項和，已知對于任意 ，都有 ，數列 是等差數列， ，且 ， ， 成等比數列 . （ 1 ）求數列 和 的通項公式 . （ 2 ）記 ，求數列 的前 項和 . （ 3 ） . 5、 已知函數 . （ 1 ）若 ，求 的最小值； （ 2 ）當 時，若不等式 恒成立，求實數 的取值范圍； （ 3 ）當 時，證明 . 6、 在 中， 分別為三個內角 的對邊，且 . （ 1 ）求角 的大小； （ 2 ）若 求 和 的值 . 7、 已知函數 () 求 在 上的單調遞增區(qū)間； () 在

9、中， 分別是角 的對邊， 為銳角，若 ， 且 的面積為 ，求 的最小值 . 8、 如圖，在四棱錐 中，底面 為正方形， ， 平面 ， 、 分別為 、 的中點 . （ 1 ）證明： 平面 ； （ 2 ）求直線 與平面 所成角的正弦值； （ 3 ）求二面角 的余弦值 . 9、 已知等差數列 的公差為正數， ，其前 項和為 ，數列 為等比數列， ，且 ， . （ 1 ）求數列 與 的通項公式； （ 2 ）求數列 的前 項和 . （ 3 ）設 ， ，求數列 的前 項和 . 10、 已知函數 （ 1 ） 若 ，求 的圖象在 處的切線方程； （ 2 ）若 在定義域上是單調函數，求 的取值范圍； （ 3 ）

10、若 存在兩個極值點 ，求證 : =參考答案=一、選擇題1、 C 【分析】 先由對數和正弦函數的性質化簡集合，再求交集 . 【詳解】 ， 即 故選： C 2、 B 【分析】 根據充分性、必要性的定義，結合對數的運算性質和對數函數的性質進行判斷即可 . 【詳解】 若 ，則有 ，因此有 ，故 ； 反之，若 ，當其中有負數時， 不成立，故 是 的必要不充分條件 . 故選： B 3、 B 【分析】 利用 左邊的矩形面積之和為 列等式可求得實數 的值 . 【詳解】 優(yōu)秀人數所占的頻率為 ， 測試結果位于 的頻率為 ，測試結果位于 的頻率為 ，所以， ， 由題意可得 ，解得 . 故選： B. 4、 D 【分

11、析】 根據函數的奇偶性和函數圖像上的特殊點對選項進行排除，由此得出正確選項 . 【詳解】 ，故函數為奇函數，圖像關于原點對稱，排除 選項 . 由 排除 選項 . 由 ，排除 C 選項，故本小題選 D. 【點睛】 本小題主要考查函數圖像的識別，考查函數的奇偶性的判斷方法，屬于基礎題 . 5、 C 【分析】 根據正方體的表面積求出 ，再求出圓錐的底面積和高代入圓錐的體積公式即可得到結果 . 【詳解】 設正方體 的棱長為 ，則 ，所以 ， 所以圓錐的底面半徑為 ，所以底面積為 ， 又圓錐的高為 ，所以圓錐的體積為 . 故選： C 【點睛】 本題考查了正方體與圓錐的組合體，考查了正方體的表面積，考查了

12、圓錐的體積公式，屬于基礎題 . 6、 A 【分析】 利用偶函數的對稱性分析函數的單調性，利用指數函數、對數函數的單調性比較出 的大小關系從而比較函數值的大小關系 . 【詳解】 由題意可知 在 上是增函數，在 上是減函數 . 因為 ， ， ， 所以 ，故 . 故選： A 【點睛】 本題考查函數的性質，利用函數的奇偶性及對稱性判斷函數值的大小關系，涉及指數函數、對數函數的單調性，屬于基礎題 . 7、 B 【分析】 設出點 M 的坐標，根據條件可得點 N ， Q 坐標，再利用斜率坐標公式及 Q 在雙曲線上的條件列式計算即得 . 【詳解】 依題意，設 ，則 ，又 ，即直線 QM ， QN 的斜率乘積為

13、 ，而 Q ( a ， 0) ， 于是得 ，又 M 為雙曲線右支上一點，即 ， ， 因此， ，化簡得 ，則 ， 所以雙曲線的離心率為 . 故選： B 8、 A 【分析】 化簡函數 ，將 代入得函數最值，可求得 ，進而可得 ，通過計算 ，可判斷 A ； 通過計算 ，可判斷 B ； 當 時， ，可得 在 上的單調性，可判斷 C ； 通過振幅變換和平移變換，可判斷 D. 【詳解】 ， 當 時， 取到最值，即 解得 ， . ，則 是 圖像的一個對稱中心，故 A 正確； ，故 不是奇函數，故 B 錯誤； 當 時， ，又 在 上先增后減，則 在 上先增后減，故 C 錯誤； 將函數 圖象上各點的縱坐標縮短為

14、原來的 ，然后把所得函數圖象再向左平移 個單位長度，得 ，故 D 錯誤 . 故選： A 9、 D 【分析】 先將 有且只有三個不同的實數根轉化為兩函數有三個交點的問題，結合函數圖像，即可求出結果 . 【詳解】 由 得 ，即 ，設 ， , 的頂點 在直線 上，而 與 的交點坐標為 , , 聯立 , 可得 , 由 ，得 ， 結合函數 ， 的圖像可得，要使 有且只有三個不同的實數根，只需 . 故選 D. 【點睛】 本題主要考查函數與方程的應用，通常情況下，需要構造函數，結合函數的單調性和圖像來處理，屬于中檔試題 . 10、 B 【分析】 由交集的定義求解即可 【詳解】 ， ， 則 ， 故選： B 1

15、1、 A 【詳解】 ，但 ，不滿足 ，所以是充分不必要條件，選 A. 【考點】 充要條件 【名師點睛】本題考查充要條件的判斷，若 ，則 是 的充分條件，若 ，則 是 的必要條件，若 ，則 是 的充要條件；從集合的角度看，若 ，則 是 的充分條件，若 ，則 是 的必要條件，若 ，則 是 的充要條件，若 是 的真子集，則 是 的充分不必要條件，若 是 的真子集，則 是 的必要不充分條件 . 12、 A 【分析】 先利用換底公式將對數都化為以 2 為底 , 利用對數函數單調性可比較 , 再由中間值 1 可得三者的大小關系 . 【詳解】 ， ， ，因此 ，故選： A. 【點睛】 本題主要考查了利用對數

16、函數和指數函數的單調性比較大小 , 屬于基礎題 . 13、 D 【分析】 根據頻率分布直方圖，利用頻率、頻數與樣本容量的關系，即可求出該班的學生數 . 【詳解】 解：根據頻率分布直方圖，得低于 60 分的頻率是（ 0.005 0.01 ） ×20 0.3 ， 所以該班的學生人數為 . 故選： D. 【點睛】 本題考查了頻率分布直方圖的應用問題，也考查了頻率頻數 / 樣本容量的應用問題，是基礎題目 14、 A 【分析】 根據函數 的最小正周期是 ，求得 ，即 ，再根據三角函數的圖象變換求得 ，利用三角函數的對稱性，求得 ，得到函數 ，再利用三角函數的性質，即可求解 . 【詳解】 由題意

17、，函數 的最小正周期是 ，即 ，解得 ， 所以 ， 將函數 的向左平移 個單位后得到函數 因為 為偶函數，所以 ，即 ， 解得 ，因為 ，所以 ， 所以 ，令 ，解得 ， 令 ，則 ，所以函數 關于 對稱，故選 A. 【點睛】 本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及三角函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟練應用三角函數的圖象變換求得函數的解析式，再利用三角函數的圖象與性質求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題 . 15、 C 【分析】 根據函數的奇偶性和值域即可判斷 . 【詳解】 所以 為偶函數，所以圖象關于 軸對稱，故排除 B ， 當 時， 故排除 A ，當 時， 故排除 D

18、 故選： C . 16、 A 【分析】 設 ，由 可得點 的軌跡方程，再對 兩邊平方，利用一元二次函數的性質求出最大值，即可得答案 . 【詳解】 設 ， ， ， ， 整理得： . ， ， 當 時， 的最大值為 ， 的最大值為 . 故選： A. 【點睛】 本題考查向量模的最值、模的坐標運算、一元二次函數的性質，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意坐標法的運用 . 17、 B 【分析】 先將不等式轉化為函數最值問題，再根據函數解析式以及單調性求對應函數最值，最后解不等式得結果 . 【詳解】 因為當 時，不等式 恒成立，所以 ， 當 時， 當 時， ，當 時

19、， ，因此當 時， ，選 B. 【點睛】 對于求不等式成立時的參數范圍問題，在可能的情況下把參數分離出來，使不等式一端是含有參數的不等式，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，這樣就把問題轉化為一端是函數，另一端是參數的不等式，便于問題的解決 . 但要注意分離參數法不是萬能的，如果分離參數后，得出的函數解析式較為復雜，性質很難研究，就不要使用分離參數法 . 18、 B 【詳解】 因為曲線 關于點 對稱， 所以曲線 關于點 對稱，所以 在 R 上是奇函數， 所以 ，又因為 ，所以 ， 而 在 上恰有 個零點， 故 時， 有一個零點， 所以 時， ， 所以 在 上有一個不同的解 . 令 ，則 ， 所以 在

20、 上減函數，在 上是增函數； 而 ， 而 ，所以 ， 故 或 ，故選 B. 二、填空題1、 【分析】 由題意可知直線 與直線 垂直，可求得 的值，并且直線 過圓心，可求得實數 的值，然后將圓的方程化為標準方程，確定圓心坐標和半徑，并計算出圓心到直線 的距離，利用勾股定理可求得弦 的長 . 【詳解】 由題意可知，直線 與直線 垂直， ，可得 ， 由于方程 表示的曲線為圓，則 ，解得 ， 且圓 的圓心坐標為 ，圓心在直線 上， 所以， ，解得 ， 所以，圓的方程為 ，即 ， 圓心坐標為 ，半徑長為 ， 圓心到直線 的距離為 ， 因此， . 故答案為： ； . 【點睛】 本題考查利用兩直線垂直求參數

21、，同時也考查了直線截圓所得弦長的計算，解答的關鍵就是求出圓的方程，考查計算能力，屬于中檔題 . 2、 【分析】 利用排列組合求出所有基本事件數及符合要求的基本事件數，代入古典概型概率公式即可求得選出的 3 名同學是來自互不相同學院的概率；由題意結合超幾何分布概率公式可求得分布列，再由期望公式即可得解 . 【詳解】 設 “ 選出的 3 名同學是來自互不相同的學院 ” 為事件 ， 則 ； 隨機變量 的所有可能值為 的分布列為 X 0 1 2 3 P 所以 的數學期望 . 故答案為： ； . 【點睛】 本題考查了超幾何分布概率公式的求解，考查了離散型隨機變量分布列及數學期望的求解，屬于中檔題 . 3

22、、 【分析】 以 為基底，將 用基底表示，根據已知結合向量的數量積運算律，可求出 ；設 用基底表示，求出 關于 的二次函數，即可求出其最小值 . 【詳解】 為 的中點， ， ， ， ， ， ， ； 設 ， ， ， 時， 取得最小值為 . 故答案為： ； . 【點睛】 本題考查向量基本定理、向量的數量積運算，考查計算求解能力，屬于中檔題 . 4、 【分析】 先把復數 化成復數的一般形式，再由純虛數的定義可求 . 【詳解】 解：因為復數 ， 由于它為純虛數，所以 ，且 ，則 ， 故答案是： . 【點睛】 掌握復數的運算法則、純虛數的定義是解題關鍵 . 5、 【分析】 先寫出二項式 的展開式的通項公

23、式，由通項公式結合條件先求出參數 ，再根據通項公式可求出答案 . 【詳解】 二項式 的展開式的通項公式為 當 時，為常數項 . 則 ， 令 ，得 ，所以含 項的系數 . 故答案為： -6 6、 2 【分析】 由 可得答案 . 【詳解】 因為 ， ，所以 ， ， 當且僅當 時等號成立， 所以 最小值為 2. 故答案為： 2. 【點睛】 易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件： （ 1 ） “ 一正二定三相等 ”“ 一正 ” 就是各項必須為正數； （ 2 ） “ 二定 ” 就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值

24、； （ 3 ） “ 三相等 ” 是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方 . 7、 【分析】 由三角形的面積公式可求得 ，設 ，可得 ，結合 可求得 ，可得出 ，進而可得出 ，利用基本不等式可求得 的最小值 . 【詳解】 ， ， ， ， 設 ， ， 又 ，則 ，解得 ，則 ， 因此， ，即 ， 當且僅當 時，等號成立， 因此， 的最小值為 . 故答案為： . 【點睛】 本題考查線段長最值的求解，同時也考查了利用向量的線性運算求參數，也考查了基本不等式的應用，考查計算能力，屬于中等題 . 8、 -2 【詳解】 為實數，

25、則 . 【考點】 復數的分類 【名師點睛】復數的分類及對應點的位置問題都可以轉化為復數的實部與虛部應該滿足的條件問題，只需把復數化為代數形式，列出實部和虛部滿足的方程 ( 不等式 ) 組即可 復數 ， 當 時， 為虛數， 當 時， 為實數， 當 時， 為純虛數 . 9、 . 【分析】 由題意結合二項式定理展開式的通項公式得到 的值，然后求解 的系數即可 . 【詳解】 結合二項式定理的通項公式有： ， 令 可得： ，則 的系數為： . 【點睛】 （ 1 ）二項式定理的核心是通項公式，求解此類問題可以分兩步完成：第一步根據所給出的條件（特定項）和通項公式，建立方程來確定指數（求解時要注意二項式系數

26、中 和 的隱含條件，即 、 均為非負整數，且 ，如常數項指數為零、有理項指數為整數等） ) ；第二步是根據所求的指數，再求所求解的項 （ 2 ）求兩個多項式的積的特定項，可先化簡或利用分類加法計數原理討論求解 10、 4.5 【分析】 由題意 的可能取值為 3 ， 4 ， 5 ，分別求出相應的概率，由此能求出 【詳解】 袋中裝有 5 個同樣大小的球，編號為 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 現從該袋內隨機取出 3 個球，記被取出的球的最大號碼數為 ， 的可能取值為 3 ， 4 ， 5 ， ， ， ， ， 故答案為： 4.5 【點睛】 本題考查離散型隨機變量的數學期望的求法，求解時注意排列組合

27、知識的合理運用 11、 . 【分析】 由條件得出 ，進而求得 ，根據正弦函數的單調性得出 ，即可得正實數 的取值范圍 【詳解】 解：由題可知， ，函數 在 上單調遞減， 可得函數的半個周期大于或等于 ，即 ， 則 ， ， 由 ， 解得： ， ， 而 ，所以當 時， ， 則正實數 的取值范圍是 ， 故答案為： 【點睛】 本題考查由正弦型函數的單調性求參數范圍，涉及正弦函數的周期和單調性的應用，屬于中檔題 12、 9 【分析】 由已知條件得出 ，將代數式 與 相乘，展開后利用基本不等式可求得 的最小值 . 【詳解】 因為正數 滿足 ， 所以 ，即 ， 所以 ， 當且僅當 ，即 ， 時，等號成立 .

28、 故答案為： 9 【點睛】 易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件： （ 1 ） “ 一正二定三相等 ”“ 一正 ” 就是各項必須為正數； （ 2 ） “ 二定 ” 就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值； （ 3 ） “ 三相等 ” 是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方 . 三、解答題1、 （ 1 ） ；（ 2 ） . 【分析】 （ 1 ）根據和的正弦公式化簡可得 ，即可得出角 B ； （ 2 ）根據面積公式求出 ，由余弦定理

29、求出 ，由正弦定理求出 ，繼而求出 ，再由二倍角公式即可求出 . 【詳解】 解：（ 1 ）在 中， ， 所以 即 ， 所以 又 ，所以 ， 又 ，所以 （ 2 ）可得 ，解得 ， 在 中，由余弦定理， 得 ， 所以 由正弦定理，得 ， 所以 因為 ， 所以 ，所以 所以 ， 所以 【點睛】 本題考查和的正弦公式的應用，考查正余弦定理、三角形面積公式的應用，解題的關鍵是正確理解正余弦定理，正確理解邊角關系 . 2、 （ 1 ）證明見解析；（ 2 ） ；（ 3 ） . 【分析】 （ 1 ）以點 A 為原點， 分別為 軸， 軸， 軸，建立空間直角坐標系，只需證明 即可； （ 2 ）求平面 PBD 的

30、法向量 ，然后利用公式 即可求出答案； （ 3 ）根據題意利用 表示出向量 的坐標，然后利用條件 ，求出 的值，從而可求出面 FAB 和面 ABP 的法向量，利用公式 即可求出答案 . 【詳解】 （ 1 ）以點 A 為原點， 分別為 軸， 軸， 軸，建立空間直角坐標系 . 可得 ， ， ， ，由 E 為棱 PC 的中點，得 ， 向量 ， ，故 ， 所以 . （ 2 ）向量 ， ， . 設 為平面 PBD 的法向量，則 ，即 ， 令 ，得 為平面 PBD 的一個法向量， 所以 ， 所以直線 BE 與平面 PBD 所成角的正弦值為 . （ 3 ）向量 ， ， ， . 因為點 F 在棱 PC 上，

31、， ， 所以 ， 由 ，得 ，因此 ，解得 ， 即 ， 設 為平面 FAB 的法向量，則 ，即 令 ，得 為平面 FAB 的一個法向量 . 取平面 ABP 的法向量 ，則 ， 經觀察知二面角 是銳角，所以其余弦值為 . 3、 （ 1 ） ；（ 2 ） . 【分析】 （ 1 ）由已知根據拋物線和橢圓的定義和性質，可求出 ， ； （ 2 ）設直線 方程為 ，聯立直線與圓的方程可以求出 ，再聯立直線和橢圓的方程化簡，由根與系數的關系得到結論，繼而求出面積 【詳解】 （ 1 ） 焦點為 F （ 1 ， 0 ），則 F 1 （ 1 ， 0 ）， F 2 （ 1 ， 0 ）， ，解得 ， 1 ， 1 ，

32、（ ）由已知，可設直線 方程為 ， ， 聯立 得 ，易知 0 ，則 因為 ，所以 1 ，解得 聯立 ，得 ， 8 0 設 ，則 【點睛】 本題主要考查拋物線和橢圓的定義與性質應用，同時考查利用根與系數的關系，解決直線與圓，直線與橢圓的位置關系問題 意在考查學生的數學運算能力 4、 （ 1 ） ， ；（ 2 ） ；（ 3 ） . 【分析】 (1) 由遞推公式 探討出數列 任意相鄰兩項的關系得 ，由等差數列 的已知求出其首項和公差得 ； (2) 由 (1) 求出數列 的通項公式，再分組求和得解； (3) 對和式 從首項起依次每兩項一組并項求和，再利用錯位相減法求解即得 . 【詳解】 （ 1 ）因

33、， 時， ， 則有 ，即 ，而 時， ，即 ， 是首項 ，公比為 3 的等比數列，從而 ； 設等差數列 的公差 d ，而 ，依題意 ， ， ， ，所以 ； （ 2 ）由 (1) 知 ， 當 n 為偶數時， 當 n 為奇數時， （ 3 ） 所以 是數列 的前 n 項和， 設 的前項和為 ， ， ， 即 ， . 【點睛】 思路點睛：給出 S n 與 a n 的遞推關系，求 a n ，常用思路是：一是利用 轉化為 a n 的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為 S n 的遞推關系，先求出 S n 與 n 之間的關系，再求 a n . 5、 （ 1 ） ；（ 2 ） ；（ 3 ）證明見解析 . 【分析

34、】 （ 1 ）求出函數的導數，解關于 的不等式，求出函數的單調區(qū)間，即可得到函數的最小值； （ 2 ）求出函數的導數，根據不等式 恒成立，分 和 兩種情況求出 的范圍； （ 3 ）要證 ，只需證 成立，然后構造函數 ，證明 即可 【詳解】 解：（ 1 ）當 時， ，所以 令 ，解得 ，令 ，解得 ， 所以當 時， ；當 時， 所以 （ 2 ）由條件得 ，令 ，則 . 當 時，在 上， ， 單調遞增 ，即 ， 在 上為增函數， ， 時滿足條件 . 當 時，令 解得 ，在 上， ， 單調遞減， 當 時，有 ，即 ， 在 上為減函數， ，不合題意 . 綜上實數 的取值范圍為 . （ 3 ）由（ 2

35、）得，當 ， 時， ，即 ， 要證不等式 ，只需證明 ，只需證明 ， 只需證 ， 設 ，則 ， 當 時， 恒成立，故 在 上單調遞增， 又 ， 恒成立 . 原不等式成立 . 【點睛】 導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極 ( 最 ) 值問題處理 6、 （ 1 ） ； （ 2 ） . 【分析】 （ 1 ） 化為 ，由余弦定理可得 ，從而可得結果；（ 2 ）由余弦定理求得 ，再由正弦定理求得 ，根據二倍角的正弦、余弦公式，結合兩角差的正弦公式可得結果 . 【詳解

36、】 （ 1 ）由已知，得： ， 由余弦定理，得： ， ， 即 ，又 , 所以 . （ 2 ） ， 又 ， ， , ， . 【點睛】 本題主要考查正弦定理余弦定理的應用以及二倍角公式的應用，屬于中檔題 . 解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到 7、 () ； () . 【分析】 () 首先化簡三角函數式，由化簡的三角函數式得到函數的單調增區(qū)間，然后與 進行交集運算可得函數的單調增區(qū)間； () 首先化簡 求得 A 的大小，然后利用面積公式確定 的值，最后由基本不等式可得 的最小值 . 【詳解】 () ， 由 可得： . 設 ， 則 ，故 在 上的單調遞增區(qū)間為 . () 由 可得： ， 化簡可得： ，又 ，解得： . 由題意可得： ，解得： . ，當且僅當 時等號成立 . 故