1、2020 高考数学一模试卷高考数学一模试卷 一、选择题 1已知复数 z 满足 z（1+2i）i，则复数 z 在复平面内对应点所在的象限是（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2已知集合 Mx|x22x0，N2，1，0，1，2，则 MN（ ） A B1 C0，1 D1，0，1 3 南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献， 他在实践的基础提出祖暅原理： “幂 势既同，则积不容异”其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这 两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体 的体积相等如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 V
2、1，V2，被平行 于这两个平 面的任意平面截得的两个截面的面积分别为 S1， S2， 则 “V1， V2相等” 是 “S1， S2总相等”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4已知圆 C：x2+y21，直线 l：axy+40若直线 l 上存在点 M，以 M 为圆心且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点，则 a 的取值范围（ ） A（，33，+） B3，3 C ， ， D ， 5当 a1 时，在同一坐标系中，函数 yax与 ylogax 的图象是（ ） A B C D 6已知 f（x）x 2|x|， ， ，cf（ln3），则 a，b，c 的大小
3、 关系为（ ） Acba Bbca Cabc Dcab 7已知函数 f（x） sinx 和 g（x） cosx（0）图象的交点中，任意连续三个 交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点，为了得到 yg（x）的图象，只需把 yf（x） 的图象（ ） A向左平移 1 个单位 B向左平移 个单位 C向右平移 1 个单位 D向右平移 个单位 8如图，在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A（a1，a2）出发沿图中路线依次经过 B（a3， a4），C（a5，a6），D（a7，a8），按此规律一直运动下去，则 a2017+a2018+a2019+a2020 （ ） A2017 B2018 C2019 D202
4、0 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 9为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了 20 名肥胖者，测量了他们的体重（单位： 千克）健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过半年的健身后，他们的体 重情况如三维饼图（2）所示，对比健身前后，关于这 20 名肥胖者，下面结论正确的是 （ ） A他们健身后，体重在区间90，100）内的人数不变 B他们健身后，体重在区间100，110）内的人数减少了 2 个 C他们健身后，体重在区间110，120）内的肥
5、胖者体重都有减轻 D他们健身后，这 20 位肥胖者的体重的中位数位于区间90，100） 10为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学在某景区，由于时间关 系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一 1 班的 27 名同学决定投票 来选定游览的景点， 约定每人只能选择一个景点， 得票数高于其它景点的入选 据了解， 若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有 19 人会选 择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ） A该班选择去甲景点游览 B乙景点的得票数可能会超过 9 C丙景点的得票数不会比甲景点高 D三个景点的得票数可能会相等 1
6、1若定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（0）1，其导函数 f（x）满足 f（x）m1， 则下列成立的有（ ） Af（ ） Bf（ ）1 Cf（ ） Df（ ）0 12已知双曲线 1（nN*），不与 x 轴垂直的直线 l 与双曲线右支交于点 B，C（B 在 x 轴上方，C 在 x 轴下方），与双曲线渐近线交于点 A，D（A 在 x 轴上方），O 为坐 标原点，下列选项中正确的为（ ） A|AC|BD|恒成立 B若 SBOC S AOD，则|AB|BC|CD| CAOD 面积的最小值为 1 D对每一个确定的 n，若|AB|BC|CD|，则AOD 的面积为定值 三、填空题：本大题共 4 小题，每
7、小题 5 分，共 20 分 13已知向量 ， ， ， ，若 ，则 a 14 展开式中常数项为 15直线 l 过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F（1，0），且与 C 交于 M，N 两点，则 p ， 的最小值是 16 若点 M 在平面 外， 过点 M 作面 的垂线， 则称垂足 N 为点 M 在平面 内的正投影， 记为 Nf（M）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，记平面 AB1C1D 为 ，平面 ABCD 为 ，点 P 是棱 CC1上一动点（与 C，C1不重合）Q1ff（P），Q2 ff（P）给出下列三个结论： 线段 PQ2长度的取值范围是 ， ； 存在点 P 使得
8、PQ1平面 ； 存在点 P 使得 PQ1PQ2 其中正确结论的序号是 四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 ccosA+acosCa （1）求 的值； （2）若 a1， ，求ABC 的面积 18在a2+a3a5b1，a2 a32a7，S315 这三个条件中任选一个，补充在下面问 题中，并解答 已知等差数列an的公差 d0， 前 n 项和为 Sn， 若 _， 数列bn满足 b11， b2 ， anbn+1nbnbn+1 （1）求an的通项公式； （2）求bn的前 n 项和 Tn 注：如果选择多个条件分别解
9、答，按第一个解答计分 19如图，已知四边形 ABCD 为等腰梯形，BDEF 为正方形，平面 BDEF平面 ABCD，AD BC，ADAB1，ABC60 （1）求证：平面 CDE平面 BDEF； （2）点 M 为线段 EF 上一动点，求 BD 与平面 BCM 所成角正弦值的取值范围 20已知椭圆 C： （ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，以 F2为圆心过椭 圆左顶点 M 的圆与直线 3x4y+120 相切于 N，且满足 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过椭圆 C 右焦点 F2的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，问F1AB 内切圆面 积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有
10、，说明理由 21每年的 3 月 12 日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林，在植树节期间开 展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满 30 棵获得一次甲箱内摸 奖机会，植树每满 50 棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有 10 个球（这些球除颜色 外完全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中 a 个红球，b 个黄球，5 个黑球， 乙箱内有 4 个红球和 6 个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖 100 元，黄球奖 50 元，摸得黑球则没有奖金 （1）经统计，每人的植树棵数 X 服从正态分布 N（35，25），若其中有 200 位植树者参 与了抽奖， 请估计
11、植树的棵数 X 在区间 （30， 35内并中奖的人数 （结果四舍五入取整数） ； 附：若 XN（，2），则 P（X+）0.6827，P（2X+2） 0.9545 （2）若 a2，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额 Y（单位：元）的分布 列； （3）某人植树 100 棵，有两种摸奖方法， 方法一：三次甲箱内摸奖机会； 方法二：两次乙箱内摸奖机会 请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大 22已知函数 f（x）（x+b）（e2xa）（b0）在点 ， 处的切线方程为 （1）求 a，b； （2）函数 f（x）图象与 x 轴负半轴的交点为 P，且在点 P 处的切线方程为 yh（x），
12、函数 F（x）f（x）h（x），xR，求 F（x）的最小值； （3） 关于 x 的方程 f （x） m 有两个实数根 x1， x2， 且 x1x2， 证明： x2x1 参考答案 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的 1已知复数 z 满足 z（1+2i）i，则复数 z 在复平面内对应点所在的象限是（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标得答案 解：由 z（1+2i）i，得 z ， 复数 z 在复平面内对应的点的坐标为（ ， ），在
13、第一象限 故选：A 2已知集合 Mx|x22x0，N2，1，0，1，2，则 MN（ ） A B1 C0，1 D1，0，1 【分析】可以求出集合 M，然后进行交集的运算即可 解：Mx|0x2，N2，1，0，1，2， MN1 故选：B 3 南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献， 他在实践的基础提出祖暅原理： “幂 势既同，则积不容异”其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这 两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体 的体积相等如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 V1，V2，被平行 于这两个平 面的任意平面截得的两个截面的面积
14、分别为 S1， S2， 则 “V1， V2相等” 是 “S1， S2总相等”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可 解：由祖暅原理知，若 S1，S2总相等，则 V1，V2相等成立，即必要性成立， 若 V1， V2相等， 则只需要底面积和高相等即可， 则 S1， S2不一定相等， 即充分性不成立， 即“V1，V2相等”是“S1，S2总相等”的必要不充分条件， 故选：B 4已知圆 C：x2+y21，直线 l：axy+40若直线 l 上存在点 M，以 M 为圆心且半径为 1 的圆与圆 C
15、 有公共点，则 a 的取值范围（ ） A（，33，+） B3，3 C ， ， D ， 【分析】求出已知圆的圆心坐标与半径，把直线 l：axy+40 上存在点 M，使得以 M 为圆心且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点，转化为圆心（0，0）到直线 axy+40 的距离 小于等于 2，由此列式求得 a 的取值范围 解：圆 C：x2+y21 的圆心为（0，0），半径为 1， 要使直线 l： axy+40 上存在点 M， 使得以 M 为圆心且半径为 1 的圆与圆 C 有公共点， 则圆心（0，0）到直线 axy+40 的距离 d 2， 解得 或 a a 的取值范围是 ， ， 故选：C 5当 a1 时，在
16、同一坐标系中，函数 yax与 ylogax 的图象是（ ） A B C D 【分析】由 a1，结合指数函数及对数函数的性质即可得出正确选项 解：由于 a1，所以 为 R 上的递减函数，且过（0，1）； ylogax 为（0，+）上的单调递减函数，且过（1，0）， 故选：D 6已知 f（x）x 2|x|， ， ，cf（ln3），则 a，b，c 的大小 关系为（ ） Acba Bbca Cabc Dcab 【分析】根据题意，由函数的解析式分析可得当 x0，f（x）x （ ） x0，据此可得 b0，当 x0 时，f（x）x 2x，求出其导数，分析可得 f（x）在0，+）上为增函 数，由此分析可得 0
17、ac，综合可得答案 解：根据题意，f（x）x 2|x| ， ， ， 当 x0 时，f（x）x （ ） x0，又由 log 3 log320，则 b0， 当 x0 时，f（x）x 2x，其导数 f（x）2x+x 2xln20，则 f（x）在0，+）上 为增函数， 其 f（0）0，则当 x0 时，f（x）0； 又由 0log3 1ln3，则 0ac， 综合可得：cab； 故选：D 7已知函数 f（x） sinx 和 g（x） cosx（0）图象的交点中，任意连续三个 交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点，为了得到 yg（x）的图象，只需把 yf（x） 的图象（ ） A向左平移 1 个单位 B向左平
18、移 个单位 C向右平移 1 个单位 D向右平移 个单位 【分析】先根据函数值相等求出交点的横坐标，再求出对应交点，结合时直角三角形的 顶点求出 ，最后结合图象平移规律即可求解 解： 令f （x） sinx和g （x） cosx相等可得sinxcosxtanx1xk ， kZ； 可设连续三个交点的横坐标分别为： ， ， ； 对应交点坐标为：A（ ，1），B（ ，1），C（ ，1）； 任意连续三个交点均可作为一个等腰直角三角形的顶点； B 到 AC 的距离等于 AC 的一半； 即 2 （ ） ； f （x） sinx sin x cos （ x） cos （ x ） cos （x1） ； 需把 y
19、f（x）的图象向左平移 1 个单位得到 g（x） cosx cos x 的图象； 故选：A 8如图，在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A（a1，a2）出发沿图中路线依次经过 B（a3， a4），C（a5，a6），D（a7，a8），按此规律一直运动下去，则 a2017+a2018+a2019+a2020 （ ） A2017 B2018 C2019 D2020 【分析】利用已知条件，写出对应点的数列的形式，判断数列的偶数项的性质，奇数项 的关系，然后转化求解即可 解：由直角坐标系可知，A（1，1），B（1，2），C（2，3），D（2，4），E（3， 5），F（3，6）， 即 a11，a21，a
20、31，a42，a52，a63，a72，a 84， 由此可知，数列中偶数项是从 1 开始逐渐递增的，且都等于其项数除以 2，每四个数中有 一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个 数是互为相反数，因为 20204505，则 a2019505，所以 a2017505，a20181009， a20201010， 则 a2017+a2018+a2019+a20202019， 故选：C 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求的，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 9为了
21、解运动健身减肥的效果，某健身房调查了 20 名肥胖者，测量了他们的体重（单位： 千克）健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过半年的健身后，他们的体 重情况如三维饼图（2）所示，对比健身前后，关于这 20 名肥胖者，下面结论正确的是 （ ） A他们健身后，体重在区间90，100）内的人数不变 B他们健身后，体重在区间100，110）内的人数减少了 2 个 C他们健身后，体重在区间110，120）内的肥胖者体重都有减轻 D他们健身后，这 20 位肥胖者的体重的中位数位于区间90，100） 【分析】根据题意，求出健身前后每一段的人数，然后进行选项判断 解：图（1）中体重在区间90，100）
22、，100，110），110，120）内的人数分别为 8，10， 2； 图（2）中体重在区间80，90），90，100），100，110），内的人数分别为 6，8，6； 故选：ACD 10为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学在某景区，由于时间关 系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一 1 班的 27 名同学决定投票 来选定游览的景点， 约定每人只能选择一个景点， 得票数高于其它景点的入选 据了解， 若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，若只游览乙、丙两个景点，有 19 人会选 择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是（ ） A该班选择去甲景点游览 B
23、乙景点的得票数可能会超过 9 C丙景点的得票数不会比甲景点高 D三个景点的得票数可能会相等 【分析】本题先根据已知条件若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，推出选择乙 的为 27189 人，进一步推导出若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的一定小 于等于 9 人，可得选项 B 错误；同理可推出选项 D 错误，可得正确选项 解：由题意，可知 若只游览甲、乙两个景点，有 18 人会选择甲，则选择乙的为 27189 人， 则若在甲、乙、丙只游览一个景点时，选择乙的一定小于等于 9 人，选项 B 错误； 若只游览乙、丙两个景点，有 19 人会选择乙，则选择丙的为 27198 人， 则若在甲、
24、乙、丙只游览一个景点时，选择丙的一定小于等于 8 人， 故选择甲的一定大于等于 279810 人，选项 D 错误； 故选：AC 11若定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（0）1，其导函数 f（x）满足 f（x）m1， 则下列成立的有（ ） Af（ ） Bf（ ）1 Cf（ ） Df（ ）0 【分析】根据题意，构造新函数 g（x）f（x）mx，求出其导数，分析可得 g（x）在 区间 R 上为增函数，由不等式的性质分析可得 0 1 以及 0，结合函数的单调 性分析可得答案 解：根据题意，设 g（x）f（x）mx，则其导数 g（x）f（x）m， 又由 f（x）m1，则 g（x）在区间 R 上为增
25、函数， 对于 A，又由 m1，则 0 1，g（ ）g（0），即 f（ ） mf（0），即 f （ ）11，变形可得：f（ ）0； 又由 m1，则 0，必有 f（ ） ，A 正确； 对于 C，由于 m1，则 0，则有 g（ ）g（0），即 f（ ） f（0） 1，变形可得 f（ ） 1 ，故 C 正确，D 错误； 故选：AC 12已知双曲线 1（nN*），不与 x 轴垂直的直线 l 与双曲线右支交于点 B，C（B 在 x 轴上方，C 在 x 轴下方），与双曲线渐近线交于点 A，D（A 在 x 轴上方），O 为坐 标原点，下列选项中正确的为（ ） A|AC|BD|恒成立 B若 SBOC S AOD
26、，则|AB|BC|CD| CAOD 面积的最小值为 1 D对每一个确定的 n，若|AB|BC|CD|，则AOD 的面积为定值 【分析】设 l：ykx+b，与双曲线方程联立，化为关于 x 的一元二次方程，利用根与系 数的关系求得 BC 的中点坐标，再联立直线方程与双曲线的渐近线方程，求出 A，D 的坐 标，求其中点坐标，可得 AD 和 BC 的中点重合，则|AC|BD|恒成立，故 A 正确由 AD 和 BC 的中点重合为 P，得|AB|CD|，结合面积关系即可得到|AB|BC|CD|，故 B 正 确由 BC 过点（1，0）且 BC 垂直于 x 轴时，AOD 的面积最小值为 1，可知当 n 无限
27、小时，存在不垂直与 x 轴的直线与双曲线右支交于点 B，C，与双曲线渐近线交于点 A， D，使得AOD 的面积大于 1，故 C 错误由三角形 AOD 为直角三角形，求其面积，可 得 是定值，故 D 正确 解：设 l：ykx+b，代入 x2y2n，得（1k2）x22kbxb2n0， 显然 k1，4b2k2+4（1k2）（b2+n）0，即 b2+n（1k2）0， 设 B（x1，y1），C（x2，y2），则 x1，x2是方程的两个根， 有 ， ， 设 A（x3，y3），D（x4，y4）， 由 ，得 ； 由 ，得 ； ，即 AD 和 BC 的中点重合，则|AC|BD|恒成立，故 A 正确 AD 和 B
28、C 的中点重合为 P，|AB|CD|， 又 SBOC S AOD，|BC| |AD|，则|AB|BC|CD|，故 B 正确 当 BC 过点（1，0）且 BC 垂直于 x 轴时，AOD 的面积最小值为 1， 则当 n 无限小时，存在不垂直与 x 轴的直线与双曲线右支交于点 B，C，与双曲线渐近线 交于点 A，D， 使得AOD 的面积大于 1，故 C 错误 |AB| |BC| |CD|， |BC| |AD|，得 |x3x4|， 即 0， n0，k21，|OA| ，|OD| ，AOD90， 是定值，故 D 正确 故选：ABD 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知向量
29、 ， ， ， ，若 ，则 a 3 【分析】根据平面向量的数量积定义列方程求出 a 的值 解：因为向量 ， ， ， ，且 ， 所以 a30， 解得 a3 故答案为：3 14 展开式中常数项为 15 【分析】写出二项展开式的通项，由 x 的指数为 0 求得 r 值，则答案可求 解：由 取 123r0，得 r4 展开式中常数项为 故答案为：15 15直线 l 过抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F（1，0），且与 C 交于 M，N 两点，则 p 2 ， 的最小值是 【分析】利用焦点 F 的坐标即可求出 p 的值，进而得到抛物线 C 的方程，设点 M（x1， y1），N（x2，y2），设直线 l
30、的方程为：xmy+1，与抛物线方程联立，利用韦达定理可 得 x1x21，再利用抛物线的定义化简 1，结合基本不等式即可求出结果 解：因为抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F（1，0），所以 p2， 抛物线 C 的方程为：y24x， 设点 M（x1，y1），N（x2，y2），设直线 l 的方程为：xmy+1， 联立方程 ，消去 x 得：y24my40， y1+y24m，y1y24， x1x2（my1+1）（my2+1）m2y1y2+m（y1+y2）+14m2+4m2+11， 1 1 ，当且仅当 ，即 x1+13 时，等号成立， 的最小值是 ， 故答案为：2， 16 若点 M 在平面 外， 过
31、点 M 作面 的垂线， 则称垂足 N 为点 M 在平面 内的正投影， 记为 Nf（M）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，记平面 AB1C1D 为 ，平面 ABCD 为 ，点 P 是棱 CC1上一动点（与 C，C1不重合）Q1ff（P），Q2 ff（P）给出下列三个结论： 线段 PQ2长度的取值范围是 ， ； 存在点 P 使得 PQ1平面 ； 存在点 P 使得 PQ1PQ2 其中正确结论的序号是 【分析】建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，再根据题意求线面的坐标，令其满 足题意，得到方程，如果有解，则存在，无解，不存在 解：取 C1D 的中点 Q2，过点 P 在平面 A
32、B1C1D 内作 PEC1D，再过点 E 在平面 CC1D1D 内 EQ1CD，垂足为 Q1 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，AD平面 CC1D1D，PE平面 CC1D1D，PEAD， 又 PEC1D，C1DADD， PE平面 AB1C1D，即 PE，f（P）E， 同理可证 EQ1，CQ，则 ff（P）fEQ1，ff（P）fCQ2 以点 D 为坐标原点，DA、DC、D1D 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标 系 Dxyz， 设 CPa（0aa），则 P（0，1，a），C（0，1，0），E（0， ， ），Q1（0， ，0），Q2（0， ， ） 对于命题，|PQ2| ，0
33、a1，则 a ，则 0 ， 所以，|PQ2| ， ，命题正确； 对于命题，CQ2，则平面 的一个法向量为 ， ， ， ， ， ，令 ，解得 a （0，1）， 所以，存在点 P 使得 PQ1平面 ，命题正确； 对于命题， ， ， ，令 ， 整理得 4a23a+10，该方程无解，所以，不存在点 P 使得 PQ1PQ2，命题错误 故答案为： 四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 ccosA+acosCa （1）求 的值； （2）若 a1， ，求ABC 的面积 【分析】（1）先根据正弦定理将条件边化角，然后借助
34、于诱导公式进一步化简成 sinA、 sinB 的关系式，最后借助于正弦定理得解； （2）结合（1）的结论，可求出三边，利用余弦定理求出任意角，套用面积公式即可求 出结果 解：（1）由正弦定理，ccosA+acosCa 可化为： sinCcosA+cosCsinAsinA， 也就是 sin（A+C）sinA 由三角形内角和定理得 sin（A+C）sin（B）sinB 即 sinBsinA 由正弦定理可得 ba，故 （2）由 a1 可知 b1而 ， 由余弦定理可知 又 0C，于是 18在a2+a3a5b1，a2 a32a7，S315 这三个条件中任选一个，补充在下面问 题中，并解答 已知等差数列a
35、n的公差 d0， 前 n 项和为 Sn， 若 _， 数列bn满足 b11， b2 ， anbn+1nbnbn+1 （1）求an的通项公式； （2）求bn的前 n 项和 Tn 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【分析】若选： （1）先令 n1，代入 anbn+1nbnbn+1求出 a1，再由 a2+a3a5b1求出公差 d，进而求 出 an； （2）先由（1）中求出的 an结合 anbn+1nbnbn+1得到 bn，再求 Tn 若选： （1）先令 n1，代入 anbn+1nbnbn+1求出 a1，再由 a2 a32a7，d0，求出公差 d， 进而求出 an； （2）先由（1）中求出
36、的 an结合 anbn+1nbnbn+1得到 bn，再求 Tn 若选： （1）先令 n1，代入 anbn+1nbnbn+1求出 a1，再由 S315 求出公差 d，进而求出 an； （2）先由（1）中求出的 an结合 anbn+1nbnbn+1得到 bn，再求 Tn 解：若选： （1）anbn+1nbnbn+1，当 n1 时，a1b2b1b2，b11，b2 ，a12 又a2+a3a5b1，d3， an3n1； （2）由（1）知： （3n1）bn+1nbnbn+1，即 3nbn+1nbn，b 又 b11， 所以数列bn是以 1 为首项，以 为公比的等比数列， b ，Tn 若选： （1）anbn+
37、1nbnbn+1，当 n1 时，a1b2b1b2，b11，b2 ，a12 又a2 a32a7，（2+d）（2+2d）2（2+6d），d0，d3， an3n1； （2）由（1）知： （3n1）bn+1nbnbn+1，即 3nbn+1nbn，b 又 b11， 所以数列bn是以 1 为首项，以 为公比的等比数列， b ，Tn 若选： （1）anbn+1nbnbn+1，当 n1 时，a1b2b1b2，b11，b2 ，a12 又S315，d3， an3n1； （2）由（1）知： （3n1）bn+1nbnbn+1，即 3nbn+1nbn，b 又 b11， 所以数列bn是以 1 为首项，以 为公比的等比数列
38、， b ，Tn 19如图，已知四边形 ABCD 为等腰梯形，BDEF 为正方形，平面 BDEF平面 ABCD，AD BC，ADAB1，ABC60 （1）求证：平面 CDE平面 BDEF； （2）点 M 为线段 EF 上一动点，求 BD 与平面 BCM 所成角正弦值的取值范围 【分析】（1）先求出 BDDC，再证明 CD平面 BDEF，再根据面面垂直的判断定理 求出即可； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，求出平面 BCM 的法向量，BD 的方向向量，利 用夹角公式，结合函数的最值，求出即可 解：（1）等腰梯形 ABCD，ADAB1， 由ABC60，BAD120， BD ， BC1 2， 所以
39、 BC2CD2+BD2，BDDC， 由平面 BDEF平面 ABCD，BD平面 BDEF平面 ABCD， 所以 CD平面 BDEF， 又 CD平面 CDE， 所以平面 CDE平面 BDEF； （2）根据题意，以 D 为圆心，以 DB，DC，DE 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 设 EMm0， 则 B（ ，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），M（m，0， ）， ， ， ， ， ， ， 设平面 BMC 的法向量为 ， ， ， 由 ， 令 x ，y3，z ， 故 ， ， ， 设 BD 与平面 BCM 的夹角为 ， 所以 sin|cos ， | ，m0， ， 所以当 m0 时取最小
40、值 ，m 取最大值 ， 故 BD 与平面 BCM 所成角正弦值的取值范围为 ， 20已知椭圆 C： （ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，以 F2为圆心过椭 圆左顶点 M 的圆与直线 3x4y+120 相切于 N，且满足 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过椭圆 C 右焦点 F2的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，问F1AB 内切圆面 积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由 【分析】（1）由 F2到直线 3x4y+120 的距离等于 a+c，得 5a+2c12，再根据 ，2ca，求出 a，b 即可； （2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），则F1AB 的周
41、长|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|4a8， 所以 4r，设直线 l 的方程为 xmy+1，与椭圆方程联立，利用根与 系数关系 ，令 f（t）t ，根据函数单调性可得 f（t）f（1） ， 3，此时内切圆半径最大 r ，F1AB 内切圆面积有最大值 解：（1）由已知椭圆 C 方程为 （ab0）， 设椭圆右焦点 F2（c，0），由 F2到直线 3x4y+120 的距离等于 a+c， 得 a+c，即 5a+2c12， 又 ，2ca， 又 a2b2+c2，求得 a24，b23 所以椭圆 C 的方程为 ； （2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），设F1AB 的内切圆半径为 r， 则F
42、1AB 的周长|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|4a8， 所以 4r， 根据题意，直线 l 的斜率不为零，可设直线 l 的方程为 xmy+1， 由 ，得（3m2+4）y2+6my90，（6m）2+36（3m2+4）0，mR， 由韦达定理得 y1+y2 ，y1y2 ， 所以 |F1F2|y1y2| ， 令 t ，则 t1，所以 ， 令 f（t）t ，则当 t1 时，f（t）1 0，f（t）t 单调递增， 所以 f（t）f（1） ， 3， 即当 t1，m0，直线 l 的方程为 x1 时， 的最大值为 3，此时内切圆半径最大 r ， F1AB 内切圆面积有最大值 21每年的 3 月 12
43、 日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林，在植树节期间开 展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满 30 棵获得一次甲箱内摸 奖机会，植树每满 50 棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有 10 个球（这些球除颜色 外完全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中 a 个红球，b 个黄球，5 个黑球， 乙箱内有 4 个红球和 6 个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖 100 元，黄球奖 50 元，摸得黑球则没有奖金 （1）经统计，每人的植树棵数 X 服从正态分布 N（35，25），若其中有 200 位植树者参 与了抽奖， 请估计植树的棵数 X 在区间 （30， 3
44、5内并中奖的人数 （结果四舍五入取整数） ； 附：若 XN（，2），则 P（X+）0.6827，P（2X+2） 0.9545 （2）若 a2，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额 Y（单位：元）的分布 列； （3）某人植树 100 棵，有两种摸奖方法， 方法一：三次甲箱内摸奖机会； 方法二：两次乙箱内摸奖机会 请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大 【分析】（1）根据甲箱的黑球数占一半可求出在甲箱内中奖的概率，根据正态分布的性 质可求出 X 在区间（30，35内的人数，再将得到的两个数据相乘即可得解； （2）中奖金额 Y 的可能取值为 0，50，100，150，200，然后根据独立事件的概率逐一 求出每个 Y 的取值所对应的概率即可得分布列，从而可求出数学期望； （3）先求出甲箱、乙箱摸一次所得奖金的期望分别为 25+5a 和 70，再求出两种方法各 自所得奖金的期望，由于 a+b5 且 b0，所以 a 的最大值为 4，然后比较两种方法下得 到的数学期望，取较大者即可 解：（1）依题意得，35，225，得5， 植树的棵数 X 在区间（30，35内，有一次甲箱内摸奖机会，中
浙公网安备33030202001339号