2019-2020学年云南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科）（六）含详细解答

1、已知集合 Ax|log2x1，集合 BxN|x|2，则 AB（ ） Ax|0x1 Bx|0x2 Cx|2x2 D0，1 2 （5 分）已知 i 为虚数单位，则复数（1i） （1i3）（ ） A2i B2i C2 D2 3 （5 分）已知平面向量 ， 的夹角为 30，则（ ） A B2 C3 D4 4 （5 分）已知实数 x，y 满足约束条件，则的最大值为（ ） A2 B C1 D 5 （5 分）某校为了解高一高二各班体育节的表现情况，统计了高一高二各班的得分情况并 绘成如图所示的茎叶图，则下列说法正确的是（ ） A高一年级得分中位数小于高二年级得分中位数 B高一年级得分方差大于高二年级得分方差

2、 C高一年级得分平均数等于高二年级得分平均数 D高一年级班级得分最低为 34 6 （5 分）在区间（0，3）上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与双曲线 C：x2y2 1 有两个不同的交点“发生的概率为（ ） A B C D1 7 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若，ca， 第 2 页（共 25 页） 则角 C 的大小为（ ） A B C D 8 （5 分）在下面四个三棱柱中，A，B 为三棱柱的两个顶点，E，F，G 为所在棱的中点， 则在这四个三棱柱中，直线 AB 与平面 EFG 不平行的是（ ） A B C D 9 （5 分）已知数列an满足：对nN*

3、，anlogn+1（n+2） ，设 Tn为数列an的前 n 项之 积，则下列说法错误的是（ ） Aa1a2 Ba1a7 CT63 DT7T6 10 （5 分）已知椭圆与抛物线 E：y22px（p0）有公共焦点 F， 椭圆 C 与抛物线 E 交于 A， B 两点， 且 A， B， F 三点共线， 则椭圆 C 的离心率为 （ ） A B C D 11 （5 分）数学家托勒密从公元 127 年到 151 年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角 函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“cos21 2sin2”所用的几何图形已知点 B，C 在以线段 AC 为直径的圆上，D 为

4、弧 BC 的中 点，点 E 在线段 AC 上且 AEAB，点 F 为 EC 的中点设 AC2r，DAC，那么下 列结论： DC2rcos，AB2rcos2， FCr（1cos2） ， DC2r（2rAB） 其中正确的是（ ） 第 3 页（共 25 页） A B C D 12 （5 分）已知定义在 R 上的偶函数 f（x）e|x|sin（x+） （0，0）的部分图 象如图所示，设 x0为 f（x）的极大值点，则 cosx0（ ） A B C D 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）命题“x（0，+） ，x22x

5、m0“为真命题，则实数 m 的最大值为 14 （5 分）设 aR，已知直线 l：ax+y2a0 与圆 C： （x2）2+y24 交于 A，B 两点， 则弦 AB 的长为 15 （5 分）已知函数，则 f（x）在 x3 处的切线方程 为 16 （5 分）已知平面内一正六边形 ABCDEF 的边长为 1，中心为点 O，将该正六边形沿对 角线 AD 折成二面角 EADC， 则当二面角 EADC 的平面角余弦值为时， 三棱锥 OCEF 的外接球表面积为 三、解答题（共三、解答题（共 70 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （12 分）改革开放

6、以来，中国快递行业持续快速发展，快递业务量从上世纪 80 年代的 153 万件提升到 2018 年的 507.1 亿件，快递行业的发展也给我们的生活带来了很大便 利已知某市某快递点的收费标准为：首重（重量小于等于 1kg）收费 10 元，续重 5 元 /kg（不足 1kg 按 1kg 算） （如：一个包裹重量为 2.5kg，则需支付首付 10 元，续重 10 元， 第 4 页（共 25 页） 一共 20 元快递费用） （1）若你有三件礼物 A，B，C 重量分别为 0.4kg，1.2kg，1.9kg，要将三个礼物分成两个 包裹寄出（如：A，B 合为一个包裹，C 一个包裹） ，那么如何分配礼物，使

7、得你花费的 快递费最少？ （2）对该快递点近 5 天的每日揽包裹数（单位：件）进行统计，得到的日揽包裹数分别 为 56 件，89 件，130 件，202 件，288 件，那么从这 5 天中随机抽出 2 天，求这 2 天的 日揽包裹数均超过 100 件的概率 18 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，当 nN*时，Sn2n+1n2 （1）求数列an的通项公式； （2）当 nN*时，证明： 19 （12 分）如图，圆台 O1O2的轴截面为等腰梯形 A1A2B2B1，A1A2B1B2，A1A22B1B2， A1B12，圆台 O1O2的侧面积为 6若点 C，D 分别为圆 O1，O2上的动点

8、且点 C，D 在平面 A1A2B2B1的同侧 （1）求证：A1CA2C； （2） 若B1B2C60， 则当三棱锥 CA1DA2的体积取最大值时， 求多面体 CDA1A2B2B1 的体积 20 （12 分）已知抛物线 C：的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两 点，且|AF|BF|（2） （1）求直线 l 斜率的取值范围； 第 5 页（共 25 页） （2）过点 A，B 分别作抛物线 C 的切线交于点 P，求 21 （12 分）已知函数 f（x）lnx+2xx2 （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）判断并说明函数 g（x）f（x）cosx 的零点个数若函数 g（

9、x）所有零点均在区 间m，n（mZ，nZ）内，求 nm 的最小值 请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多如果多 做，则按所做的第一题计分做，则按所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的方程为， （ 为参数，且 （0，） ） ，若点

10、M 为曲线 C 上的动点，直线 OM 交直线 x2 于点 P以坐标原点为极 点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 （1）写出曲线 C 的极坐标方程及点 P 轨迹的极坐标方程； （2）当|PM|3 时，求点 P 的极坐标 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|x+1|x1|的最大值为 M （1）求 M 的值； （2）设正数 a，b，c 满足 a+b+cM，求证： 第 6 页（共 25 页） 2019-2020 学年云南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科）学年云南师大附中高三（下）月考数学试卷（文科） （六）（六） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题一、选

11、择题 1 （5 分）已知集合 Ax|log2x1，集合 BxN|x|2，则 AB（ ） Ax|0x1 Bx|0x2 Cx|2x2 D0，1 【分析】可以求出集合 A，B，然后进行并集的运算即可 【解答】解：Ax|0x2，B0，1， ABx|0x2 故选：B 【点评】本题考查了描述法的定义，对数函数的定义域和单调性，绝对值不等式的解法， 并集的运算，考查了计算能力，属于基础题 2 （5 分）已知 i 为虚数单位，则复数（1i） （1i3）（ ） A2i B2i C2 D2 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解： （1i） （1i3）（1i） （1+i）1i22 故选：C

12、【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题 3 （5 分）已知平面向量 ， 的夹角为 30，则（ ） A B2 C3 D4 【分析】根据条件进行数量积的运算即可得出，解出即 可 【解答】解： ， 的夹角为 30， ， 故选：A 第 7 页（共 25 页） 【点评】本题考查了向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的定义，考查了计算能力， 属于基础题 4 （5 分）已知实数 x，y 满足约束条件，则的最大值为（ ） A2 B C1 D 【分析】 由约束条件作出可行域， 再由 z的几何意义， 即可行域内的动点与定点 O （0， 0）连线的斜率求解 【解答】解：由实数 x，y 满足约束条件，

13、作出可行域如图， 联立，解得 A（，1） ， z的几何意义为可行域内的动点与定点 O（0，0）连线的斜率 z， z的最大值为 故选：D 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方 法，是中档题 5 （5 分）某校为了解高一高二各班体育节的表现情况，统计了高一高二各班的得分情况并 绘成如图所示的茎叶图，则下列说法正确的是（ ） 第 8 页（共 25 页） A高一年级得分中位数小于高二年级得分中位数 B高一年级得分方差大于高二年级得分方差 C高一年级得分平均数等于高二年级得分平均数 D高一年级班级得分最低为 34 【分析】由茎叶图求出高一、高二得分的中位数，判断

14、A 错误； 根据高一、高二得分分布情况，判断方差大小，得出 B 错误； 计算高一、高二的平均数，判断 C 正确； 写出高一年级得分的最低分，判断 D 错误 【解答】解：由茎叶图知，高一得分的中位数是（55+56）55.5， 高二得分的中位数是（52+53）52.3，所以高一得分的中位数大，A 错误； 高一得分数据分布在 4370 内，高二得分分布在 3677 之间， 所以高二得分更分散些，高二得分方差更大些，B 错误； 计算高一的平均数为（43+45+46+51+55+56+57+63+64+70）55， 高二的平均数为（36+45+47+50+52+53+61+64+65+77）55， 所以

15、高一得分的平均分与高二得分平均数相等，C 正确； 高一年级得分的最低分为 43，D 错误 故选：C 【点评】本题考查了利用茎叶图求中位数、平均数和极值的应用问题，也考查了判断方 差的应用问题，是基础题 6 （5 分）在区间（0，3）上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与双曲线 C：x2y2 1 有两个不同的交点“发生的概率为（ ） A B C D1 【分析】 故联立方程组成方程组， 利用判别式大于 0 求解， 同时应注意二次项系数不为 0， 第 9 页（共 25 页） 求出 k 的范围，以及对应区间长度即可求解 【解答】解：将直线 ykx 代入双曲线 x2y21，化简得 （1k2）x2

16、10 直线 ykx 与双曲线 C：x2y21 有两个不同的交点 0 且 1k20 k1 且1k1； 即1k1； 故所求概率为： 故选：A 【点评】本题的考点是几何概型以及直线与圆锥曲线的关系，主要考查直线与双曲线有 两个不同的交点，关键是联立方程组成方程组，根据判别式求解 7 （5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若，ca， 则角 C 的大小为（ ） A B C D 【分析】由已知利用正弦定理可得 sinB 的值，根据同角三角函数基本关系式可求 cosA， cosB 的值，进而根据两角和的余弦函数公式可求 cosC 的值，结合范围 C（0，） ，可 得 C 的值 【解

17、答】解：，ca， 由正弦定理可得 sinAsinB，可得 sinB， cab， cosA，cosB， cosCcos（A+B）sinAsinBcosAcosB， C（0，） ，可得 C 故选：D 【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，两角和的余弦函数公式 的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 第 10 页（共 25 页） 8 （5 分）在下面四个三棱柱中，A，B 为三棱柱的两个顶点，E，F，G 为所在棱的中点， 则在这四个三棱柱中，直线 AB 与平面 EFG 不平行的是（ ） A B C D 【分析】 在 A 和 B 中， 平面 EFG 平行于棱柱中 AB 所在平

18、面， 直线 AB 与平面 EFG 平行； 在 C 中，直线 AB 与平面 EFG 相交；在 D 中，ABFG，直线 AB 与平面 EFG 平行 【解答】解：A，B 为三棱柱的两个顶点，E，F，G 为所在棱的中点， 在 A 中， 平面 EFG 平行于棱柱中 AB 所在平面， 直线 AB 与平面 EFG 平行， 故 A 错误； 在 B 中， 平面 EFG 平行于棱柱中 AB 所在平面， 直线 AB 与平面 EFG 平行， 故 B 错误； 在 C 中，直线 AB 与平面 EFG 相交，直线 AB 与平面 EFG 不平行，故 C 正确； 在 D 中，ABFG，AB平面 EFG，FG平面 EFG，直线

19、AB 与平面 EFG 平行，故 D 错误 故选：C 【点评】本题考查直线与平面平行的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系 等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 9 （5 分）已知数列an满足：对nN*，anlogn+1（n+2） ，设 Tn为数列an的前 n 项之 积，则下列说法错误的是（ ） Aa1a2 Ba1a7 CT63 DT7T6 【分析】运用对数的换底公式和运算性质，结合基本不等式，作差比较 a1，a2与 a1，a7 的大小，可判断 A，B；再由对数的换底公式和运行性质可判断 C，D 【解答】解：由 anlogn+1（n+2） ， a1a20， 可得 a1a2，故 A 正确

20、； 第 11 页（共 25 页） a1a20，可得 a1a2，故 B 正确； 又 Tna1a2a3anlog23log34log45logn+1（n+2） ， 则 T63，故 C 正确； 由 T73，可得 T7T6，故 D 错误 故选：D 【点评】本题考查数列的各项的大小和前 n 项之积，考查对数的运算性质和基本不等式 的运用，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题 10 （5 分）已知椭圆与抛物线 E：y22px（p0）有公共焦点 F， 椭圆 C 与抛物线 E 交于 A， B 两点， 且 A， B， F 三点共线， 则椭圆 C 的离心率为 （ ） A B C D 【分析】由题意求出抛物线及椭

21、圆的解得可得 p 与 c 的关系，再由两个曲线的交点与焦 点共线可得可得交点 A 的坐标横坐标与 F 的相同，代入抛物线可得 A 的纵坐标，将 A 代 入椭圆由 a，b，c 的关系及离心率的取值范围可得离心率的值 【解答】解：由抛物线 E：y22px（p0）可得解得坐标为： （，0） ， 再由椭圆可得焦点坐标为： （c，0） ， 由于两个曲线的焦点坐标相同，所以可得c，即 p2c， 由于椭圆及抛物线的对称性可得：A，B，F 三点共线，可得 xAc，yA2c，即 A（c， 2c） ， 而 A 在椭圆上，所以+1，整理可得 c2（b2+4a2）a2b2， 即 c2（a2c2+4a2）a2（a2c2

22、）整理可得：e46e2+10， e（0，1） ，解得 e， 故选：A 【点评】本题考查椭圆及抛物线的性质对称性可得 A，F，B 三点共线的性质，属于中档 第 12 页（共 25 页） 题 11 （5 分）数学家托勒密从公元 127 年到 151 年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角 函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“cos21 2sin2”所用的几何图形已知点 B，C 在以线段 AC 为直径的圆上，D 为弧 BC 的中 点，点 E 在线段 AC 上且 AEAB，点 F 为 EC 的中点设 AC2r，DAC，那么下 列结论： DC2rcos，AB2rcos2，

23、 FCr（1cos2） ， DC2r（2rAB） 其中正确的是（ ） A B C D 【分析】根据题意，依次分析四个结论是否正确，综合即可得答案 【解答】解：根据题意，依次分析 4 个结论： 对于，在ADC 中，AC2r，DAC，ADC，则 DCACsin2rsin， 错误； 对于，在ABC 中，AC2r，BAC2DAC2，ADC，则 ABACcos BAC2rcos2，正确； 对于， FCEC （ACAE） （ACAB） （2r2rcos2） r （1cos2） ， 正确； 对于，在ADC 中，DCACsin2rsin，则 DC24r2sin22r2（1cos2）r （2r2rcos2）DC

24、2r（2rAB） ，正确； 综合：正确； 故选：D 【点评】本题考查弧度制、三角函数的计算，涉及正余弦定律的应用，属于基础题 第 13 页（共 25 页） 12 （5 分）已知定义在 R 上的偶函数 f（x）e|x|sin（x+） （0，0）的部分图 象如图所示，设 x0为 f（x）的极大值点，则 cosx0（ ） A B C D 【分析】根据题设条件，可得 f（x）e|x|cos2x，考虑 x0 的情况，利用导数可得当 时，f（x）有极大值，由此即可得解 【解答】解：依题意，函数 ysin（x+）为偶函数， 又 0，故，由图象可知，可得 2， f（x）e|x|cos2x， 由函数 f（x）为

25、偶函数，故只需考虑 x0 的情况， 当x 0时 ， f （ x ） excos2x ， f （ x ） ex（ cos2x 2sin2x ） ， 当时，f（x）有极大值， 故 故选：B 【点评】本题涉及了三角函数的恒等变换，三角函数的图象及性质，利用导数研究函数 的极值，函数的奇偶性等知识点，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）命题“x（0，+） ，x22xm0“为真命题，则实数 m 的最大值为 1 【分析】问题等价于“x（0，+） ，mx22x”恒成立，求出 f（

26、x）x22x 在 x （0，+）上的最小值即可 【解答】解：命题“x（0，+） ，x22xm0”为真命题， 等价于“x（0，+） ，mx22x”恒成立， 第 14 页（共 25 页） 设 f（x）x22x，x（0，+） ， 所以 f（x）f（1）1， 所以 m1， 即实数 m 的最大值为1 故答案为：1 【点评】本题考查了全称量词命题的应用问题，是基础题 14 （5 分）设 aR，已知直线 l：ax+y2a0 与圆 C： （x2）2+y24 交于 A，B 两点， 则弦 AB 的长为 4 【分析】由直线系方程可得直线过已知圆的圆心，则答案可求 【解答】解：由 ax+y2a0，得 a（x2）+y0

27、， 可得直线 l：ax+y2a0 过定点（2，0） ，即过圆 C： （x2）2+y24 的圆心 弦 AB 的长为圆的直径等于 4 故答案为：4 【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查直线系方程，是基础题 15 （5 分）已知函数，则 f（x）在 x3 处的切线方程为 x+y40 【分析】依题意，可求得 f（x）在 x3 处的切线方程的斜率及切点的坐标，从而利用直 线的点斜式即可得到答案 【解答】解：， f（3）f（32）f（1）1， 又当 x（0，2时，f（x）， f（x）， f（1）1， f（x）在 x3 处的切线方程为：y1（x3） ， 即 x+y40， 故答案为：x+y40 【点评

28、】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，求得 f（x）在 x3 处的切线的斜 第 15 页（共 25 页） 率是关键，考查运算能力，属于中档题 16 （5 分）已知平面内一正六边形 ABCDEF 的边长为 1，中心为点 O，将该正六边形沿对 角线 AD 折成二面角 EADC， 则当二面角 EADC 的平面角余弦值为时， 三棱锥 OCEF 的外接球表面积为 2 【分析】首先对正六边形进行折叠，求出该直观图形，进一步利用余弦定理的应用求出 三角形 CEF 为等腰直角三角形，最后利用勾股定理的应用，求出外接球的半径，最后求 出球的表面积 【解答】解：平面内一正六边形 ABCDEF 的边长为 1，中

29、心为点 O， 如图所示： 将该正六边形沿对角线 AD 折成二面角 EADC， 如图所示： 则当二面角 EADC 的平面角余弦值为时， 即在线段 OD 上取中点 G，所以 EGGC， 在EGC 中，利用余弦定理 EC2EG2+GC22EGGCcosEGC， 解得， 解得 EC1 第 16 页（共 25 页） 由于 EFAD，EGAD，GCAD， 所以 AD平面 EGC， 所以 ADEC， 故EFC 为等腰直角三角形 由于 OEOFOC1， 所以三棱锥 OCEF 的外接球的球心在过EFC 斜边 CF 的中点，且垂直于 CF 的直线 上， 整理得 OFOEOC1，CF， 解得 FKCK 如图所示：

30、设外接球的球心为 H， 故：设外接球的半径为 r， 所以，解得 r 即球心 H 和 K 重合 故： 故答案为：2 【点评】本题考查的知识要点：折叠问题的应用，线面垂直的应用，余弦定理的应用， 三棱锥体和外接球的关系的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属 于中档题型 三、解答题（共三、解答题（共 70 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17 （12 分）改革开放以来，中国快递行业持续快速发展，快递业务量从上世纪 80 年代的 153 万件提升到 2018 年的 507.1 亿件，快递行业的发展也给我们的生活带来了很大便 利已知

31、某市某快递点的收费标准为：首重（重量小于等于 1kg）收费 10 元，续重 5 元 第 17 页（共 25 页） /kg（不足 1kg 按 1kg 算） （如：一个包裹重量为 2.5kg，则需支付首付 10 元，续重 10 元， 一共 20 元快递费用） （1）若你有三件礼物 A，B，C 重量分别为 0.4kg，1.2kg，1.9kg，要将三个礼物分成两个 包裹寄出（如：A，B 合为一个包裹，C 一个包裹） ，那么如何分配礼物，使得你花费的 快递费最少？ （2）对该快递点近 5 天的每日揽包裹数（单位：件）进行统计，得到的日揽包裹数分别 为 56 件，89 件，130 件，202 件，288

32、件，那么从这 5 天中随机抽出 2 天，求这 2 天的 日揽包裹数均超过 100 件的概率 【分析】本题第（1）题根据题意将三个礼物分成两个包裹共有 3 中分法，然后具体计算 每一种所花费的快递费，综合可得花费的快递费最少的情况；第（2）题应用组合及概率 的知识可解决 【解答】解： （1）由题意，可知 当 A，B 合为一个包裹，C 一个包裹时， AB 包裹的重量为 0.4+1.21.6（kg） ，C 包裹的重量为 1.9kg， AB 包裹的快递费为 10+515（元） ，C 包裹的快递费为 10+515（元） ， 此时快递费一共为 15+1530（元） 当 A，C 合为一个包裹，B 一个包裹时

33、， AC 包裹的重量为 0.4+1.92.3（kg） ，B 包裹的重量为 1.2kg， AC 包裹的快递费为 10+5220（元） ，B 包裹的快递费为 10+515（元） ， 此时快递费一共为 20+1535（元） 当 B，C 合为一个包裹，A 一个包裹时， BC 包裹的重量为 1.2+1.93.1（kg） ，A 包裹的重量为 0.4kg， BC 包裹的快递费为 10+5325（元） ，A 包裹的快递费为 10（元） ， 此时快递费一共为 25+1035（元） 经过比较，可发现当 A，B 合为一个包裹，C 一个包裹时，花费的快递费最少 （2）由题意，可知这 5 天中日揽包裹数均超过 100

34、件的天数为 3 天， 故从这 5 天中随机抽出 2 天，求这 2 天的日揽包裹数均超过 100 件的概率为 p 【点评】本题主要考查应用数学知识解决实际问题的能力考查了分类讨论思想，转化 第 18 页（共 25 页） 思想，及数学运算能力本题属中档题 18 （12 分）已知数列an的前 n 项和为 Sn，当 nN*时，Sn2n+1n2 （1）求数列an的通项公式； （2）当 nN*时，证明： 【分析】 （1）由 Sn2n+1n2，得 a1S11；当 n2 时，再由 anSnSn1求数列 an的通项公式； （2） （），下面利用数学归纳法证明 2n1 2n 1，则由 ； （）由（）知，代入后利用

35、等比数列的前 n 项和证明结论 【解答】解： （1）由 Sn2n+1n2，得 a1S11； 当 n2 时，anSnSn12n+1n22n+（n1）+22n1 a11 适合上式， ； 证明： （2） （） 下面利用数学归纳法证明 2n12n 1 当 n1 时，左边1，右边1，左边右边，不等式成立； 当 n2 时，左边3，右边2，左边右边，不等式成立； 假设当 nk 时不等式成立，即 2k12k 1， 则当 nk+1 时，左边2k+1122k12（2k 1+1）12k+12（k+1）1 即 nk+1 时，不等式成立 综上，明 2n12n 1 第 19 页（共 25 页） ； （）由（）知， 则+

36、2n+2 【点评】本题考查由数列递推式求数列的通项公式，考查等比数列的前 n 项和，训练了 利用放缩法与数学归纳法证明数列不等式，是中档题 19 （12 分）如图，圆台 O1O2的轴截面为等腰梯形 A1A2B2B1，A1A2B1B2，A1A22B1B2， A1B12，圆台 O1O2的侧面积为 6若点 C，D 分别为圆 O1，O2上的动点且点 C，D 在平面 A1A2B2B1的同侧 （1）求证：A1CA2C； （2） 若B1B2C60， 则当三棱锥 CA1DA2的体积取最大值时， 求多面体 CDA1A2B2B1 的体积 【分析】 （1）设圆 O1，O2的半径分别为 r，2r，依题意可得 r1，分

37、析可知 ，CO22，由此即可得证； （2）利用基本不等式及已知条件可得点 D 为弧 A1A2的中点时，V 有最大值，此时 能 求 出四 棱 锥， 由此求 得 多面 体 CDA1A2B2B1的体积 第 20 页（共 25 页） 【解答】解： （1）证明：设圆 O1，O2的半径分别为 r，2r， 圆台的侧面积为 6， ，解得 r1， 在等腰梯形 A1A2B2B1中， 连接 O1O2，O1C，O2C，在圆台 O1O2中，O1O2平面 B1CB2，O1C 在平面 B1CB2内， O1O2O1C， 又 O1C1，故在O1CO2中，CO22， 在CA1A2中，故A1CA290，即 A1CA2C； （2）由

38、题意可知，三棱锥CA1DA2的体积为 ， 又 在Rt A1DA2中 ， 当 且 仅 当 时取等号， 即点 D 为弧 A1A2的中点时，V 有最大值， 过点 C 作 CMO1B2交 O1B2于点 M， O1O2平面 B1CB2，CM 在平面 B1CB2内， O1O2CM，O1O2在平面 A1A2B2B1内，O1B2在平面 A1A2B2B1内，O1O2O1B2O1， CM平面 A1A2B2B1， 又B2O1C30，则点 C 到平面 A1A2B2B1的距离， 四棱锥， 综上，当三棱锥 CA1DA2的体积取最大值时，多面体 CDA1A2B2B1的体积 第 21 页（共 25 页） 【点评】本题考查线线

39、垂直的判定以及多面体体积的求法，还涉及了基本不等式的运用， 考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题 20 （12 分）已知抛物线 C：的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两 点，且|AF|BF|（2） （1）求直线 l 斜率的取值范围； （2）过点 A，B 分别作抛物线 C 的切线交于点 P，求 【分析】 （1）设出直线方程，与抛物线方程联立，可得， 结合 2 即可得解； （2）利用导数可得直线 AP：，直线 BP：，进而得 到点 P（2k，1） ，由此求得 【解答】解： （1）抛物线 C：的焦点 F（0，1） ，由题意知，直线 l 的斜率存在， 设直线 l：

40、ykx+1， 代入抛物线方程 C：，可得 x24kx40，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 x1+x2 4k，x1x24， |AF|BF|， x1x2， 又，可得， 当 2 时， 或； （2）对求导得，则直线 AP：， 又，所以直线 AP：， 同理可得直线 BP：， 点，即 P（2k，1） ， ， 第 22 页（共 25 页） ， 【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，同时也涉及了导数的运用，考查运算求解 能力，属于中档题 21 （12 分）已知函数 f（x）lnx+2xx2 （1）讨论函数 f（x）的单调性； （2）判断并说明函数 g（x）f（x）cosx 的零点个数若函数

41、g（x）所有零点均在区 间m，n（mZ，nZ）内，求 nm 的最小值 【分析】 （1）求导，判断导函数与 0 的关系，即可求得单调性情况； （2）分 x（0，1） ，以及 x3，+）四种情况，利用导 数结合零点存在性定理即可得出结论 【解答】解： （1）函数的定义域为（0，+） ， 令 f（x）0，得（舍） ， 当 x（0，x1）时，f（x）0，当 x（x1，+）时，f（x）0， 函数 f（x）在（0，x1）单调递增，在（x1，+）单调递减 （2）g（x）lnx+2xx2cosx， 当 x（0，1）时， 又单调递减，故 g（x）1+22+01， g（x）在（0，1）单调递增， 又， 存在唯一

42、x1（0，1） ，使得 g（x1）0； 当时， g（x）单减， 又，故 g（x）0， g（x）在上单增， 又 g（1）1cos10，故 g（x）0，此时不存在零点； 第 23 页（共 25 页） 当时， g（x）单减， 又， 存在，使得 g（x0）0， 且当时，g（x）0，g（x）单增，当 x（x0，3）时，g（x）0， g（x）单减， 又， 存在唯一 x2（2，3） ，使得 g（x2）0； 当 x3，+）时，g（x）x1+2xx2+1x2+3x0，故不存在零点 综上，g（x）存在两个零点 x1（0，1） ，x2（2，3） ， nm 的最小值为 3 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，以

43、及函数的零点问题，考查分类讨论思 想，属于较难题目 请考生在第请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多如果多 做，则按所做的第一题计分做，则按所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的方程为， （ 为参数，且 （0，） ） ，若点 M 为曲线 C

44、 上的动点，直线 OM 交直线 x2 于点 P以坐标原点为极 点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系 （1）写出曲线 C 的极坐标方程及点 P 轨迹的极坐标方程； （2）当|PM|3 时，求点 P 的极坐标 【分析】（1） 由曲线 C 的参数方程化为普通方程， 再由普通方程与极坐标可 得极坐标的方程，由三角形相似可得对应比成比例，可得 P 的极坐标方程； （2）由 P，M 的极坐标可得极角，进而可得极径，求出 P 的极坐标 【解答】解： （1）曲线 C 的方程为， （ 为参数，且 （0，） ） ，可得： 第 24 页（共 25 页） 可得（x1）2+y21， （y0） 整理可得：x2+y22x0

45、 所以极坐标方程为：22cos0，即 2cos， 设 M（，）P（，） ，由三角形相似可得：，所以 所以 P 的轨迹的极坐标方程为：； （2）由|PM|3 可得：2cos3，整理可得 2cos2+3cos20，可得 cos ，所以 ，所以 4， 所以 P 的极坐标（4，） 【点评】本题考查简单曲线的极坐标，参数方程与普通方程之间的互化，即在极坐标形 式中由两点间的距离求极坐标，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|x+1|x1|的最大值为 M （1）求 M 的值； （2）设正数 a，b，c 满足 a+b+cM，求证： 【分析】 （1）运用绝对值不等式的性质：|a|b|ab|，可得 f（x）的最大值 M； （2）运用三个数的完全平方公式和重要不等式 a2+b22ab，以及累加法，结合不等式的 传递性，即可得证