2019屆浙江省高三新高考仿真演練卷(四)數(shù)學(xué)試題(解析版)

1、第1 1頁共 2222 頁2019 屆浙江省高三新高考仿真演練卷(四)數(shù)學(xué)試題一、單選題1 1設(shè)集合M為函數(shù)y廠X2的值域，集合N為函數(shù)y ln(1 x)的定義域，則M I N()A A .x|x 1B B.x | 1 X 1C C. x|x| 1 1 x,x, 11 D D.x|0剟X 1【答案】D D【解析】先通過函數(shù)的定義域和值域的求法，化簡(jiǎn)兩個(gè)集合，然后再利用交集的定義求解【詳解】根據(jù)題意，可得M 0,1,N ( 1,),所以M N x| 0 剟 x 1,故選：D.D.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的定義域和值域以及交集的運(yùn)算，還考查了運(yùn)算求解的能力，屬于基礎(chǔ)題22 2.拋物線y 12x的焦點(diǎn)坐

2、標(biāo)為()A A.(0, 6)B B. ( ( 6,0)6,0)C C.(0, 3)D D.( 3,0)【答案】D D【解析】根據(jù)拋物線的方程，求得p = 6，再由拋物線的焦點(diǎn)位于x軸，即可求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)【詳解】由題意，拋物線y212x,可得2p 12，解得p =6,又由拋物線y212x的焦點(diǎn)位于x軸，所以拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F( 3,0). .故選：D.D.【點(diǎn)睛】本題主要考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)，其中解答中熟記拋物線的幾何性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，著重考查了計(jì)算能力第2 2頁共 2222 頁3 3某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體是由一個(gè)平面截一個(gè)長(zhǎng)方體后得到的，則D D . 1201

3、20【答案】C C【解析】根據(jù)三視圖畫出幾何體，然后求出體積即可【詳解】由三視圖知該幾何體為一個(gè)長(zhǎng)、寬、高分別為角形（直角邊分別為 4 4, 5 5）, 高為 6 6 的三棱錐后剩余的部分（如圖所示） ，則其體積為故選：C C【點(diǎn)睛】5 5, 4 4, 6 6 的長(zhǎng)方體截去個(gè)底面為直角三其體積為（ ）A A6060B B. 8080C C100100第3 3頁共 2222 頁本題考查幾何體的三視圖和體積，考查學(xué)生的空間想象能力5 -4 4已知復(fù)數(shù)z 3 4i，貝y z（）z第4 4頁共 2222 頁【詳解】【點(diǎn)睛】本題主要考查了共軛復(fù)數(shù)的概念，以及復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算的應(yīng)用，其中解答中熟記復(fù)數(shù)的【答

4、【解8iB B.6 8i12 16.C C.i5512 16. i5求得z54i，代入z，根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，即可求解z由題復(fù)數(shù)z4i，可得z 3 4i,故選:5z3 4iC.C.(3 4i)5(3 4i)3 4i3 4i(34i)(34i)512516.i,5除法運(yùn)算法則，分子和分母同時(shí)乘分母的共軛復(fù)數(shù),將分母轉(zhuǎn)化為實(shí)數(shù)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了運(yùn)算、求解能力5 5.已知函數(shù) f(x)f(x)，g(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y f(x) g(x)1()A A .Jt2第5 5頁共 2222 頁【答案】A A第6 6頁共 2222 頁解析】研究函數(shù)的奇偶性，排除 C C,計(jì)算X 0.5時(shí)的函

5、數(shù)值的正負(fù)，可排除B B，計(jì)算x 1時(shí)函數(shù)值可排除 D D,從而得正確選項(xiàng).【詳解】由圖可知y f(x)是偶函數(shù)，y g(x)是偶函數(shù)，所以y f (x) g(x) 1是偶函數(shù)， 排除 C C；因?yàn)閒(0.5) 2，1 g(0.5)0.5，所以f(0.5) g(0.5) 1 0，排除 B B；因?yàn)間(1) 0，所以f(1) g(1) 1 1，排除 D D，故選： A.A.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)圖象的判斷 . . 有些函數(shù)圖象題， 從完整的性質(zhì)并不好去判斷， 作為選擇題，可以利用特殊值法(特殊點(diǎn))或特性法(奇偶性、單調(diào)性、最值) ，結(jié)合排除法求解，【解析】 根據(jù)空間中直線與直線平行與垂直的判定方法

6、依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可得到結(jié) 果. .【詳解】對(duì)于A，若a，內(nèi)存在直線b滿足b/a，則a/；那么在 內(nèi)，與 不平行的直線不滿足題意，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若b，且b在平面 內(nèi)的射影與直線a垂直，這樣的直線一定存在，所以在平面 內(nèi)與直線a垂直的直線一定存在，B正確； 對(duì)于C，由對(duì)A選項(xiàng)的分析知，存在a的情況，此時(shí) a/ba/b ,C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由對(duì)B選項(xiàng)的分析知，在內(nèi)一定存在與a垂直的直線，D錯(cuò)誤. .既可以節(jié)約考試時(shí)間，又事半功倍 . . 6 6已知平面 與平面 相交，a是A A在 內(nèi)必存在與a平行的直線C C在 內(nèi)必不存在與a平行的直線【答案】 B B內(nèi)的一條直線，則( )B B.在內(nèi)必存在與a垂

7、直的直線D D .在內(nèi)不一定存在與a垂直的直線第7 7頁共 2222 頁故選：B. .【點(diǎn)睛】本題考查空間直線與平面的位置關(guān)系，熟記空間直線與直線平行與垂直的判定是解題的關(guān)鍵7 7 .抽獎(jiǎng)箱中有 1515 個(gè)形狀一樣，顏色不一樣的乒乓球（ 2 2 個(gè)紅色，3 3 個(gè)黃色，其余為白 色），抽到紅球?yàn)橐坏泉?jiǎng)，黃球?yàn)槎泉?jiǎng)，白球不中獎(jiǎng)有9090 人依次進(jìn)行有放回抽獎(jiǎng)，則這 9090 人中中獎(jiǎng)人數(shù)的期望值和方差分別是（）A A . 6,0.46,0.4B B. 18,14.418,14.4C C. 30,1030,10D D . 30,2030,20【答案】D D【解析】根據(jù)題意可得中獎(jiǎng)的概率，而中獎(jiǎng)

8、人數(shù)服從二項(xiàng)分布，由此即可得到答案. .【詳解】231由題可得中獎(jiǎng)概率為，而中獎(jiǎng)人數(shù)服從二項(xiàng)分布，故這9090 人中中獎(jiǎng)人數(shù)15153111的期望值為90-30,方差為901 20.333故選 D.D.【點(diǎn)睛】本題考查二項(xiàng)分布的判別及其期望和方差的求法，屬中檔題第8 8頁共 2222 頁A1B1C1D1中，M , N分別是AC1, A B1的中點(diǎn).點(diǎn)P在取BB1的中點(diǎn)E,CC1的中點(diǎn)F,連接AE,EF,FD，則BN平面AEFD8 8.在棱長(zhǎng)為 1 1 的正方體ABCD該正方體的表面上運(yùn)動(dòng)，則總能使MP與BN垂直的點(diǎn)P所構(gòu)成的軌跡的周長(zhǎng)等于（）A A.、51B.52C C.2.51D D.2-5

9、2【答案】B B【解析】分析：根據(jù)題意先畫出圖形，找出滿足題意的P所構(gòu)成的軌長(zhǎng)度計(jì)算周長(zhǎng)詳解：如圖：第9 9頁共 2222 頁設(shè)M在平面ABi中的射影為0，過M0與平面AEFD平行的平面為能使MP與BN垂直的點(diǎn)P所構(gòu)成的軌跡為矩形，其周長(zhǎng)與矩形AEFD的周長(zhǎng)相等Q正方體ABCD AiBiGDi的棱長(zhǎng)為1矩形AEFD的周長(zhǎng)為 話2故選B點(diǎn)睛：本題主要考查了立體幾何中的軌跡問題.考查了學(xué)生的分析解決問題的能力，解題的關(guān)鍵是運(yùn)用線面垂直的性質(zhì)來確定使MP與BN垂直的點(diǎn)P所構(gòu)成的軌跡，繼而求出結(jié)果.rrrrrrrr9.已知a，b，e是同一平面內(nèi)的二個(gè)向量，且|e|1, a a b b ,a e 2，b

10、e 2， 當(dāng)a bi取得最小值時(shí)，a與e夾角的正切值等于（）B.-【答案】C C【解析】設(shè)向量a,e的夾角為，則向量b,e的夾角為，由所給等式條件及平面向量rrr r2數(shù)量積定義，可用表示出a,|b|;根據(jù)平面向量數(shù)量積運(yùn)算律，表示|a b|2，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)即可求得a bi取得最小值時(shí)的值，進(jìn)而可得a與e夾角的正切值【詳解】r rr r設(shè)向量a,e的夾角為，因?yàn)?a a b b,則向量b,e的夾角為一2 r r r r r由| e | 1,a e 2, b e 2,根據(jù)平面向量數(shù)量積定義可得a e | a | cos 2,r r rrb e | b |cos| b |sin 2,2r 2r

11、 2即a ,|b|,cossinr r2r2r rr2則|a b| |a| 2a b |b|第1010頁共 2222 頁2.2.2 4cos sin sin sin4221 1，sin24因?yàn)?,-，所以當(dāng)sin21-，即時(shí)4時(shí)，| a b |取得最小值，此時(shí)向量a與e夾角的正切值為tantan-1 ,4故選：C.C.【點(diǎn)睛】本題考查平面向量數(shù)量積的定義及運(yùn)算，平面向量數(shù)量積運(yùn)算律的應(yīng)用，屬于中檔題1010 .已知函數(shù) f(x)f(x)是R上的連續(xù)偶函數(shù)，且f (e) 2018，若函數(shù) f(x)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f (x)滿足xf (x)ln x f (x)0在(0,)上恒成立,則不等式f (x

12、)ln |x | 2018的解集為(其中 e e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))()A A.(, e) (e,)B B.(,e)C.(e,)D D.(,1)U(1,)【答案】A A【解析】由不等式的形式可以構(gòu)造函數(shù)g(x)f (x)ln |x |，禾U用該函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性即可解出不等式.【詳解】設(shè)g(x)f(x)ln |x |，則易得函數(shù)g(x)為(，0)U(0,)上的偶函數(shù),且g(e)f(e)ln |e| 2018，當(dāng)x0時(shí)，f (x) xf (x)ln x f (x)g (x) f (x)ln xxx又因?yàn)閤f (x)lnx f(x) 0在(0,)上恒成立，即函數(shù)g(x)在(0,)上單調(diào)遞增，所以

13、不等式f (x)ln |x | 2018(x0),即g(x) g(e) x 0的解集為(e,)，又因?yàn)間(x)為偶函數(shù),第1111頁共 2222 頁則不等式f(x)l n |x| 2018的解集為(,e) (e,).故選：A.A.【點(diǎn)睛】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)解不等式，以及函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，意在考查學(xué)生轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.二、雙空題【答案】-3情形解出即可【詳解】1故答案為：丄，1.1.3【點(diǎn)睛】y 5 0,1212已知點(diǎn)P(x, y)在不等式組ya,表示的平面區(qū)域D上運(yùn)動(dòng)，若區(qū)域D表y 2x0示一個(gè)三角形，則a的取值范圍是，若a 2，則z x 2y的最大值是1111.已知函數(shù)f(x)x2,2x

14、,x0則f log13x 0,2；若12，則【解析】由于log-I 320,直接代入解析式即可；分為2和2f(x)由題意得flog-,32log132由f(f(x)2，無解;2f(x) 1，則f(x)1，則2x1(無解)或，解得x本題主要考查了求分段函數(shù)的函數(shù)值,已知分段函數(shù)的函數(shù)值求自變量的值,屬于中檔第1212頁共 2222 頁【答案】(,10)3第1313頁共 2222 頁x y 5 0,【解析】在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，由不等式組ya,畫出可行域，結(jié)合圖形求解y 2x，01 1x2y，轉(zhuǎn)化為丫_x2z，平移直線y截距最小時(shí)，z x 2y取得最大值【詳解】在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出不等式組表示的平

15、面區(qū)域如圖中陰影部分所示（包含邊界）由圖易得要使直線y a上方的區(qū)域與陰影部分的公共區(qū)域?yàn)槿切?，則有a 10. .當(dāng)a 2時(shí)，題中的不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)橐裕?,10），（ 3,2），（1,2）為頂點(diǎn)的三故答案為：（,10）:-3-3【點(diǎn)睛】本題考查線性規(guī)劃中的平面區(qū)域及其應(yīng)用，還考查了數(shù)形結(jié)合的思想和分析問題的能 力，屬于基礎(chǔ)題1沖1313 .已知sin cos，且0,，貝V sin _;52cos2sin -4【答案】455將目標(biāo)函數(shù)z-x，當(dāng)直線在 y y 軸上的2角形區(qū)域（包含邊界），一1將目標(biāo)函數(shù)z x 2y，轉(zhuǎn)化為y x2域內(nèi)的點(diǎn)（1,2）時(shí)，在 y y 軸上的截距最小時(shí),1

16、1z，平移直線y ?x，當(dāng)直線經(jīng)過平面區(qū)z x 2y取得最大值Zmax12 23. .第1414頁共 2222 頁【解析】根據(jù)所給等式，結(jié)合同角三角函數(shù)關(guān)系式可求得sin cos;由0-及2第1515頁共 2222 頁的值即可求解. .【詳解】sincos1sin4則55，解得573sincoscos55由余弦二倍角公式及正弦差角公式展開化簡(jiǎn)可得cos2cos sin2sin4 (sin2cos )2(sincos )7 25 *47.2故答案為：一，55【點(diǎn)睛】sincossin cos )24sin cos求得sin +cos，即可解方程組求得sin；根據(jù)余弦二倍角公式及正弦差角公式,co

17、s2化簡(jiǎn)sin結(jié)合sin+cos本題考查同角三角函數(shù)關(guān)系式的應(yīng)用，檔題321414 .已知函數(shù) f(f( x x) x x 3mx3mx nxnx余弦二倍角公式及正弦差角公式的應(yīng)用,屬于中【答案】2.2.9 9. .2m m 在x 1處極值為 0 0,則m _, ,n由sin cos15，可知sincos等式兩邊同時(shí)平方，結(jié)合sin2cos2可得1 2si ncos125，即sin cos1225， 則sincos.(sin cos )24sin cos0，2第1616頁共 2222 頁2【解析】 分析：先求出f (x) 3x 6mx n，得方程組f ( 1)=3 6m n=02f( 1)=1

18、 3m n m=0詳解：f (x) 3x26mx nf ( 1)=3 6m n=0 f( 1)=1 3m n m2=0無極值，故舍去m=2即答案為n=9點(diǎn)睛：本題考察了求函數(shù)的極值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，是一道基礎(chǔ)題.三、填空題5251515.若將函數(shù)f(x) X表示為f (x) a。a1(1 x) a2(1 x) La5(1 x)，其中a0,a1,a2.,a5為實(shí)數(shù)，則a4. .【答案】5 5【解析】把f(x)5x (1 x)51按照二項(xiàng)式定理展開，結(jié)合已知可求結(jié)果【詳解】f (x) x5(1x)15的展開式的通項(xiàng)為C5(1x)5 r( 1)r,則a4C；(1)5. .故答案為：5 5 . .【點(diǎn)

19、睛】本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題11616.關(guān)于x的不等式(sinx 1)|sinx 11-t，對(duì)于x0,?恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是_ . .13【答案】，一U ,22，解出即可;解得:m=1,或n=32m=1尸9，但n=3時(shí)f(x)23x 6mx n 0恒成立，即x第1717頁共 2222 頁【解析】設(shè)m si nx,則由x 0,得m 0,1，則關(guān)于x的不等式21(sin x 1) |sin x 11 -t對(duì)任意x 0,$恒成立等價(jià)于關(guān)于m的不等式1(m 1)| m 11t對(duì)任意m 0,1恒成立分別討論當(dāng)tT，當(dāng)t, 0和當(dāng)0 t 1的

20、情況下一元二次不等式的恒成立問題，依次求出t t 的范圍最后再求并集即可【詳解】設(shè)m sin x，則由x 0,得m 0,1,21則關(guān)于x的不等式(sinx 1)|sinx 11寸t對(duì)任意x0-恒成立等價(jià)于關(guān)于m1的不等式(m 1)|m t| -對(duì)任意m 0,1恒成立121當(dāng)tT時(shí)，不等式為(m 1)(t m)，即m2(t 1)m-0，21令f (m) m (t 1)m，要使對(duì)任意m 0,1恒成立，1f(0)0,23則有2解得t12f (1)12t 1 -0,2121當(dāng)t, 0時(shí)，不等式為(m 1)(m t)，即m (1 t)m2t-0，211 t令g(m) m (1 t)m 2t，對(duì)稱軸m0,

21、且 g(m)g(m)開口向上，22則 g(m)g(m)在0,1上單調(diào)遞增，要使對(duì)任意m 0,1恒成立，11則有g(shù)(0) 2t-0，解得t,，所以t, 0；241當(dāng)0 t 1時(shí)，設(shè)h(m) (m 1)|m 11,第1818頁共 2222 頁易得當(dāng)m t時(shí)，h(m)取得最小值h(m)minii則由不等式(m 1)|m 11對(duì)任意m 0,1恒成立得t, h(m)min1所以0 t,. .213綜上所述，t的取值范圍為，U ,2213故答案為：，丄U ,22【點(diǎn)晴】本題考查不等式恒成立問題、二次函數(shù)的性質(zhì)含絕對(duì)值的不等式恒成立問題的常用解法：(1 1)對(duì)參數(shù)的取值范圍分類討論，去掉絕對(duì)值符號(hào)；(2 2

22、)將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解1717 . 4 4 名學(xué)生參加 3 3 個(gè)興趣小組活動(dòng)，每人參加一個(gè)或兩個(gè)小組，那么3 3 個(gè)興趣小組都恰有 2 2 人參加的不同的分組共有 _種. .【答案】9090【解析】由題意得 4 4 名學(xué)生中，恰有 2 2 名學(xué)生參加 2 2 個(gè)興趣小組，其余 2 2 名學(xué)生參加 一個(gè)興趣小組，然后分情況討論可得參加的不同的分組的種數(shù)【詳解】由題意得 4 4 名學(xué)生中，恰有 2 2 名學(xué)生參加 2 2 個(gè)興趣小組，其余 2 2 名學(xué)生參加一個(gè)興趣小組，首先 4 4 名學(xué)生中抽出參加 2 2 個(gè)興趣小組的學(xué)生共有 C C：6 6 種. .下面對(duì)參加興趣小組

23、的情況進(jìn)行討論：參加兩個(gè)興趣小組的同學(xué)參加的興趣小組完全相同，共C；3種；2 122 2、參加兩個(gè)興趣小組的同學(xué)參加的興趣小組有一個(gè)相同，共C3C2A212種故共有63 1290種. .即答案為 90.90.【點(diǎn)睛】本題考查兩個(gè)計(jì)數(shù)原理，屬中檔題 四、解答題第1919頁共 2222 頁1818.已知函數(shù)f(x) 2、3sinxcosx 2cos2x 1(x R). .(1) 求函數(shù) f f (x)(x)的最小正周期和最小值；(2)VABC中，A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知c、3,f (C)2,si nB 2si nA，求a，b的值【答案】(1 1)最小正周期為 ；最小值為2. .(2

24、2)a a 1 1，b 2【解析】(1)利用三角恒等變換將函數(shù)化為 一角一函”的形式， 進(jìn)而確定函數(shù)的最小正周期和最小值；(2)結(jié)合(1 1)中的結(jié)論求解角C的大小，進(jìn)而利用正弦定理和余弦定理構(gòu)造方程求解a，b的值【詳解】(1)f(x) 73sin 2x cos2x 2sin 2x 62所以 f f (x)(x)的最小正周期 T T ， f f (x)(x)的最小值為2. .2(2) 因?yàn)閒 (C)2，所以sin 2C 1，611又C (0,)，2C,-，6 6 6所以2C -6 2得C -，3因?yàn)閟inB 2sin A，由正弦定理得b 2a，又c v3，所以 a a 1 1，b 2. .【點(diǎn)

25、睛】由余弦定里得c2a2b22abcosC2,22八2a 4a 2a 3a，第2020頁共 2222 頁本題考查三角恒等變換、三角函數(shù)的性質(zhì)、正弦定理、余弦定理，還考查了運(yùn)算求解的 能力，屬于中檔題. .第 I I2121頁共 2222 頁1919如圖，將矩形ABCD沿AE折成二面角DiAEB，其中E為CD的中點(diǎn)已知AB 2, BCBC 1 1 ,BDiCDi,F為DiB的中點(diǎn). .（I I）求證:CF /平面ADiE；（2 2）求AF與平面 BDBDiE E 所成角的正弦值【答案】（I I）證明見解析；（2 2）LZ7【解析】（I I）取ADi的中點(diǎn)G，連接GF，GEGE，由矩形性質(zhì)及中位線

26、定理可證明GF /EC，GF EC，即四邊形 CEGFCEGF 是平行四邊形，即可由線面平行判斷定理證明CF /平面ADiE；（2 2）解法一：取AE的中點(diǎn)H,BC的中點(diǎn)M，連接DiH，HM，DiM，利用線 面垂直及面面垂直的性質(zhì)和判定，可證明AFDi即為AF與平面 BDBDiE E 所成角，結(jié)合所給線段關(guān)系，即可求解；解法二，以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，以垂直于平面ABCD的直線為 z z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)所給線段關(guān) 系可求得Di的坐標(biāo)，進(jìn)而求得平面BDiE的法向量，即可由線面夾角的空間向量法求解 .【詳解】（I I）證明：取ADi的中點(diǎn)G,連接GF，GE

27、GE，如下圖所示：第2222頁共 2222 頁由BDiCDi，所以DiM BC,又HM BC,HM D1M M，所以 BCBC 丄平面D1HM所以BC D1H，又D1H AE,已知BC與AE相交，所以D1H平面ABCE,ABCD為矩形，且E為CD的中點(diǎn)，1 1所以GF / /AB, GFGF=5ABAB ,1又因?yàn)镋C/AB,EC -AB2所以GF / /EC,GF EC,所以四邊形 CEGFCEGF 是平行四邊形，因此CF / /GE. .又GEi平面AD,CF平面AD,所以CF /平面AD. .(2 2)解法一：取AE的中點(diǎn)H,BC的中點(diǎn)M，連接DiH,所示：HM,D1M，如下圖2第232

28、3頁共 2222 頁所以平面ADjE平面ABCE. .又BE 丄 AE，所以BE平面ADIE，所以BE ADi,又AD1D1E,BE I D1E E,所以ADi平面 BDBDiE E . .所以AFDi即為AF與平面 BDBDiE E 所成角,又AD,1,DF弓，所以 AFAF J J解法二：以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，以垂直于平面ABCDB(1,2,0)，C(0,2,0)，設(shè)Di(x, y, z)，uuuu11. 2 uuuED 2，EB (1,1,0)，ADi12 7AF.772所以sin AFDiDiA1,(x 1)2y2由DiE1,即x2(yi)22DiBDiC

29、,(x 1)(y2z2z1,1,2)2(y 2)21,所以Di2Ji i-22,2,23 5!4,4,4uurAF1 5返4,4,4的直線為 z z 軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系:則A(1,0,0)，E(0,1,0)，第2424頁共 2222 頁【答案】(1 1)證明見解析；(2 2)存在；(t s)min【解析】(1)(1) 根據(jù)題中的遞推關(guān)系，利用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論；(2)(2) 根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性確定數(shù)列的最大值和最小值，進(jìn)而確定區(qū)間，得到結(jié)論【詳解】(1 1)證明：數(shù)學(xué)歸納法由條件a 2及X1a知，當(dāng)n 1時(shí)，X12成立;設(shè)平面 BDBD1E E 的法向量nX1, y1,Z1vuu

30、vn ED1vULUT，由v LU , n EB0,1x2x12門y z 0,22y 0,設(shè)AF則sin12(1, 1, .2),與平面 BDEBDE 所成角為|cos |n|r UULTn AF IUJUT|AF|【點(diǎn)2.77本題考查了線面平行的判定方法，直線與平面夾角的求法,在使用空間向量法求夾角時(shí),注意直線與平面夾角的正弦值即為法向量與直線夾角余弦值的絕對(duì)值，屬于中檔題2020 .給定數(shù)列Xn，其中X1a,Xn 1(1)當(dāng)a 2時(shí),求證：Xn2;(2)當(dāng)a3時(shí)，2s的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由是否存在區(qū)間s,t,使得對(duì)任意的nN,Xns,t若存在，求第2525頁共 2222 頁假設(shè)當(dāng)n

31、 k k N時(shí)，不等式成立,則當(dāng)n1時(shí)，因?yàn)橛蓷l件及歸納假設(shè)知Xk 122Xk2 Xk2 2Xk4Xk4Xk22X12 Xk10，故Xk 12. .由知,不等式Xn2對(duì)于所有的正整數(shù)n成立. .(2(2)由 x x1得X2由(1 1 )及X22知，當(dāng)n-2時(shí)，Xn2,則Xn minX1Xn 1下證：亠Xn1(n2,3,L )，由條件及Xn2(n2,3丄)知,Xn 1XnXn11XnXn2，X因此不等式41(n2,3,L )也成立. .Xn故從第二項(xiàng)開始，數(shù)列Xn單調(diào)遞減，于是xnmaxX2所以滿足題意的區(qū)間S,t存在,(tS)min【點(diǎn)睛】本題主要考查數(shù)列的綜合應(yīng)用、不等式的證明，還考查了轉(zhuǎn)化

32、化歸的思想和運(yùn)算求解的能力，屬于中檔題2 21,3. .第2626頁共 2222 頁（1 1）求橢圓 C C 的方程；（2）l1,l2,l3,14分別與橢圓相切，且l1/l2,l3/ /l4,l1l3，如圖，l1,l2,l3,I4圍成的矩形的面積記為S，求S的取值范圍2 2【答案】（1 1）Z丫1（2 2）S 8、3,1443【解析】（1 1）根據(jù)橢圓的左、右頂點(diǎn)到橢圓的左焦點(diǎn)的距離分別為最小值和最大值列出方程組，求解即可;（2 2）聯(lián)立直線與橢圓的方程得到一元二次方程，根據(jù)韋達(dá)定理結(jié)合矩形的面積公式得到面積的表達(dá)式，結(jié)合基本不等式求解面積的取值范圍【詳解】（1 1）因?yàn)闄E圓上一點(diǎn)到左焦點(diǎn)的距離的取值范圍是1,3，ac 1,a2,設(shè)橢圓 的焦距為 2c2c，所以解得ac 3,c1,22所以b2a2c23，故橢圓C的方程為y43（2 2）當(dāng) h,I2X軸或I3,14X軸時(shí),S2a當(dāng)11,2,I3,14斜率都存在時(shí),設(shè)11: yk1xt1:14: yk2X t4,其中k I?k2-1,且K 0,k20.將直線11的方程與橢圓方程聯(lián)立彳孚y3x2k1x t4y21,12 32 2 24k,x 8k,t|X 4t112 0.由0,得4K2t123 0, t124k123, 11. .t2,t34,同理可得,I2：y2b 20,41 Aki,4k；3