2019-2020学年江苏省金陵中学、丹阳高中、无锡一中高三（下）期初数学试卷（含详细解答）

1、设集合 A 1，2，3，B 2，4，则 AB 2 （5 分）已知复数 z12+i，z2a+2i（i 为虚数单位，aR） 若 z1z2为实数，则 a 的值 为 3 （5 分）函数 f（x）ln（x1）的定义域为 4 （5 分）某人 5 次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为 12，x，10，11，9已知这 组数据的平均数为 10，则 x 的值为 5 （5 分）已知抛物线 y24x 上一点 P 到焦点的距离为 5，那么点 P 的坐标为 6 （5 分）已知命题 p：1xa1，命题 q： （x4） （8x）0，若 p 是 q 的充分不必 要条件，则实数 a 的取值范围是 7（5 分） 等比数列an的

2、前 n 项和为 Sn， 若 4a1， 2a2， a3成等差数列， a11， 则 S7 8 （5 分）函数 f（x）是在 R 上的周期为 3 的奇函数，当 0x2 时，f（x）2x，则 f（ 7） 9 （5 分）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为 S1、S2，则 有 S1：S2 10 （5 分）在等腰ABC 中，已知底边 BC2，点 D 为边 AC 的中点，点 E 为边 AB 上一 点且满足 EB2AE，若，则 11 （5 分）已知函数 f（x）x2+ax+b（a，bR）的值域为（，0，若关于 x 的不等 式 f（x）c1 的解集为（m4，m） ，则实数 c 的值为 1

3、2 （5 分）在锐角ABC 中，已知 sinC4cosAcosB，则 tanAtanB 的最大值为 13 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，ABC120，ABC 的 平分线交 AC 于点 D，且 BD1，则 4a+c 的最小值为 14 （5 分）设函数 f（x）ax+sinx+cosx若函数 f（x）的图象上存在不同的两点 A，B， 使得曲线 yf（x）在点 A，B 处的切线互相垂直，则实数 a 的取值范围为 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，计小题，计 90 分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明，证明过程或

4、演算步 骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 第 2 页（共 23 页） 15 （14 分）如图，在三棱锥 ABCD 中，E，F 分别为棱 BC，CD 上的中点 （1）求证：EF平面 ABD； （2）若 BDCD，AE平面 BCD，求证：平面 AEF平面 ACD 16 （14 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cosB （1）若 c2a，求的值； （2）若 CB，求 sinA 的值 17 （14 分） 如图， 某城市有一块半径为 40m 的半圆形绿化区域 （以 O 为圆心， AB 为直径） ， 现对其进行改建，在 AB 的延长线

5、上取点 D，OD80m，在半圆上选定一点 C，改建后 绿化区域由扇形区域 AOC 和三角形区域 COD 组成，其面积为 Scm2设AOCxrad （1）写出 S 关于 x 的函数关系式 S（x） ，并指出 x 的取值范围； （2）试问AOC 多大时，改建后的绿化区域面积 S 取得最大值 18 （16 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆 E：+1 （ab0） 过点 （1，） ， 其左、右焦点分别为 F1、F2，离心率为 （1）求椭圆 E 的方程； （2）若 A、B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，动点 M 满足 MBAB，且 MA 交椭圆 E 于点 P （i）求证：为定值； 第 3 页

6、（共 23 页） （ii）设 PB 与以 PM 为直径的圆的另一交点为 Q，问：直线 MQ 是否过定点，并说明理 由 19 （16 分）已知函数 f（x）ax2+lnx，g（x）bx，其中 a，bR，设 h（x）f（x） g（x） ， （1）若 f（x）在 x处取得极值，且 f（1）g（1）2求函数 h（x）的单调 区间； （2）若 a0 时，函数 h（x）有两个不同的零点 x1，x2 求 b 的取值范围； 求证：1 20（16 分） 已知数列an的奇数项是首项为 1 的等差数列， 偶数项是首项为 2 的等比数列 数 列an前 n 项和为 Sn，且满足 S52a4+a5，a9a3+a4 （1）

7、求数列an的通项公式； （2）若 amam+1am+2，求正整数 m 的值； （3）是否存在正整数 m，使得恰好为数列an中的一项？若存在，求出所有满足 条件的 m 值，若不存在，说明理由 【选做题】在【选做题】在 A、B、C 三小题中只能选做三小题中只能选做 2 题，每小题题，每小题 10 分，共计分，共计 20 分请在答卷卡指分请在答卷卡指 定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换 21 （10 分）设 a，bR若直线 l：ax+y70 在矩阵 A对应的变换作用下，得 到的直线为 l：9x+

8、y910求实数 a，b 的值 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l：（t 为参数） ，与曲线 C：（k 为参数）交于 A，B 两点，求线段 AB 的长 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 （10 分）已知 x，yR，且|x+y|，|xy|，求证：|x+5y|1 六、解答题（共六、解答题（共 2 小题，满分小题，满分 20 分）分） 第 4 页（共 23 页） 24 （10 分）某中学有 4 位学生申请 A，B，C 三所大学的自主招生若每位学生只能申请 其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的 （1）求恰有 2 人申请

9、 A 大学的概率； （2）求被申请大学的个数 X 的概率分布列与数学期望 E（X） 25 （10 分）已知（1+x）2n+1a0+a1x+a2x2+a2n+1x2n+1，nN*记 Tn（2k+1）an k （1）求 T2的值； （2）化简 Tn的表达式，并证明：对任意的 nN*，Tn都能被 4n+2 整除 第 5 页（共 23 页） 2019-2020 学年江苏省金陵中学、丹阳高中、无锡一中高三（下）学年江苏省金陵中学、丹阳高中、无锡一中高三（下） 期初数学试卷期初数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，

10、计分，计 70 分不需写出解答过程，请把答案写分不需写出解答过程，请把答案写 在答题纸的指定位置上）在答题纸的指定位置上） 1 （5 分）设集合 A 1，2，3，B 2，4，则 AB 1，2，3，4 【分析】直接利用并集的运算法则，求出两个集合的所有元素的集合即可 【解答】解：集合 A 1，2，3，B 2，4，则 AB1，2，3，4 故答案为：1，2，3，4 【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，基本知识的考查 2 （5 分）已知复数 z12+i，z2a+2i（i 为虚数单位，aR） 若 z1z2为实数，则 a 的值 为 4 【分析】利用复数的运算法则和复数为实数的充要条件即可得出 【解

11、答】解：（2+i） （a+2i）2a2+（a4）i 为实数， a40，解得 a4 故答案为：4 【点评】本题考查了复数的运算法则和复数为实数的充要条件，属于基础题 3 （5 分）函数 f（x）ln（x1）的定义域为 x|x1 【分析】函数 f（x）ln（x1）的定义域为：x|x10，由此能求出结果 【解答】解：函数 f（x）ln（x1）的定义域为： x|x10， 解得x|x1， 故答案为：x|x1 【点评】本题考查对数函数的性质和应用，是基础题解题时要认真审题，仔细解答 4 （5 分）某人 5 次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为 12，x，10，11，9已知这 组数据的平均数为 10，则

12、 x 的值为 8 【分析】根据题意，由平均数公式可得（12+x+10+11+9）10，变形解可得答案 第 6 页（共 23 页） 【解答】解：根据题意，数据 12，x，10，11，9 的平均数为 10，则有 （12+x+10+11+9） 10， 变形可得：42+x50，解可得 x8； 故答案为：8 【点评】本题考查数据的平均数的计算，注意平均数的计算公式，属于基础题 5 （5 分）已知抛物线 y24x 上一点 P 到焦点的距离为 5，那么点 P 的坐标为 （4，4）或 （4，4） 【分析】先设出该点的坐标，根据抛物线的定义可知该点到准线的距离与其到焦点的距 离相等，进而利用点到直线的距离求得

13、x 的值，代入抛物线方程求得 y 值，即可得到所 求点的坐标 【解答】解：抛物线方程为 y24x， 焦点为 F（1，0） ，准线为 l：x1 设所求点坐标为 P（x，y） 作 PQl 于 Q 根据抛物线定义可知 P 到准线的距离等于 P、Q 的距离 即 x+15，解之得 x4， 代入抛物线方程求得 y4 故点 P 坐标为： （4，4） 故答案为： （4，4）或（4，4） 【点评】本题主要考查了抛物线的简单性质在涉及焦点弦和关于焦点的问题时常用抛 物线的定义来解决 6 （5 分）已知命题 p：1xa1，命题 q： （x4） （8x）0，若 p 是 q 的充分不必 要条件，则实数 a 的取值范围是

14、 5，7 第 7 页（共 23 页） 【分析】解不等式求得命题 p，解一元二次不等式求得命题 q，再根据 p 是 q 的充分不必 要条件，求得实数 a 的取值范围 【解答】解：命题 p：1xa1，则 a1xa+1， 命题 q： （x4） （8x）0，解得 4x8， 若 p 是 q 的充分不必要条件，则有，解得 5a7， 故答案为：5，7 【点评】本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，不等式的解法，属于基 础题 7（5 分） 等比数列an的前 n 项和为 Sn， 若 4a1， 2a2， a3成等差数列， a11， 则 S7 127 【分析】等比数列an的公比设为 q，由等差数列的中项性

15、质和等比数列的通项公式，解 方程可得公比，再由等比数列的求和公式可得所求值 【解答】解：等比数列an的公比设为 q， 4a1，2a2，a3成等差数列若 a11， 可得 4a24a1+a3， 即 4q4+q2， 解得 q2， 则 S7127 故答案为：127 【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，等差数列的中项性质，以及方程思 想和运算能力，是一道基本题 8 （5 分）函数 f（x）是在 R 上的周期为 3 的奇函数，当 0x2 时，f（x）2x，则 f（ 7） 2 【分析】根据题意，由函数的奇偶性和周期性可得 f（7）f（1） ，结合函数的解析 式分析可得答案 【解答】解：根据题意，函

16、数 f（x）是在 R 上的周期为 3 的奇函数，则 f（7）f （7）f（1） ， 又由当 0x2 时，f（x）2x，则 f（1）212， 故 f（7）f（1）2； 第 8 页（共 23 页） 故答案为：2 【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数的周期性，属于基础题 9 （5 分）若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为 S1、S2，则 有 S1：S2 3：2 【分析】根据圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，设为球的半径为 1，结合圆柱的表 面积的公式以及球的表面积即可得到答案 【解答】解：由题意可得：圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，设球的半径为 1， 所

17、以等边圆柱的表面积为：S16， 球的表面积为：S24 所以圆柱的表面积与球的表面积之比为 S1：S23：2 故答案为：3：2 【点评】本题考查几何体的表面积，考查计算能力，特殊值法，在解题中有是有独到功 效，是基础题 10 （5 分）在等腰ABC 中，已知底边 BC2，点 D 为边 AC 的中点，点 E 为边 AB 上一 点且满足 EB2AE，若，则 【分析】由，4可得 AB ，cosB即可求解 【解答】解：点 D 为边 AC 的中点， ， 4 由可得 AB 等腰ABC 中，底边 BC2，cosB 则 第 9 页（共 23 页） 故答案为： 【点评】本题考查了向量的线性运算、数量积运算，属于中

18、档题 11 （5 分）已知函数 f（x）x2+ax+b（a，bR）的值域为（，0，若关于 x 的不等 式 f（x）c1 的解集为（m4，m） ，则实数 c 的值为 3 【分析】利用一元二次不等式与方程的关系，得到方程的根与解集的关系，再利用两根 之差为定值，求出实数 c 的值 【解答】解：函数 f（x）x2+ax+b（a，bR）的值域为（，0， 所以0，即 a2+4b0， 所以 ba2 又关于 x 的不等式 f（x）c1 的解集为（m4，m） ， 所以方程 f（x）c1 的两根分别为：m4，m， 即方程：x2+axa2c1 两根分别为：m4，m， 又方程：x2+axa2c1 根为：x， 所以两

19、根之差为：2m（m4）4， 解得 c3 故答案为：3 【点评】本题考查了一元二次不等式与对应方程的关系应用问题，也考查了运算求解能 力，是中档题 12 （5 分）在锐角ABC 中，已知 sinC4cosAcosB，则 tanAtanB 的最大值为 4 【分析】根据三角形内角和以及两角和的正弦展开整理得 tanA+tanB4；再代入基本不 等式即可求解 【解答】解：锐角ABC 中，已知 sinC4cosAcosB， tanA0，tanB0； sinCsin（A+B）sinAcosB+cosAsin B4cosAcosB； 第 10 页（共 23 页） 两边同除以 cosAcosB 可得： tan

20、A+tanB4tanAtanB4；当且仅当 tanAtanB2 时取等号， 故 tanAtanB 的最大值为 4； 故答案为：4 【点评】本题考查的知识点是两角和与差的正弦公式以及三角形内角和，基本不等式式， 难度不大，属于基础题 13 （5 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，ABC120，ABC 的 平分线交 AC 于点 D，且 BD1，则 4a+c 的最小值为 9 【分析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式 1 的代换进行求解即可 【解答】解：由题意得acsin120asin60+csin60， 即 aca+c， 得+1， 得 4a+c（4a+c） （+）

21、+52+54+59， 当且仅当，即 c2a 时，取等号， 故答案为：9 【点评】本题主要考查基本不等式的应用，利用 1 的代换结合基本不等式是解决本题的 关键 14 （5 分）设函数 f（x）ax+sinx+cosx若函数 f（x）的图象上存在不同的两点 A，B， 使得曲线 yf（x）在点 A，B 处的切线互相垂直，则实数 a 的取值范围为 1，1 【分析】求出原函数的导函数，设出 A，B 的坐标，代入导函数，由函数在 A，B 处的导 数等于 0 列式，换元后得到关于 a 的一元二次方程，结合线性规划知识求得 a 的取值范 围 【解答】解：由 f（x）ax+sinx+cosx，得 f（x）a+

22、cosxsinx， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 则 f（x1）a+cosx1sinx1，f（x2）a+cosx2sinx2 由，得 a2+（cosx1sinx1）+（cosx2sinx2）a+（cosx1sinx1） （cosx2sinx2）+10 第 11 页（共 23 页） 令 mcosx1sinx1，ncosx2sinx2， 则 m， a2+（m+n）a+mn+10 （m+n）24mn4（mn）24， 0（mn）244， 当 mn时，m+n0， 又 1a1 函数 f（x）的图象上存在不同的两点 A，B，使得曲线 yf（x）在点 A，B 处的切线互 相垂直，则实数 a 的

23、取值范围为1，1 故答案为：1，1 【点评】本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查了数学转化思想方法，解 答的关键在于由关于 a 的方程的根求解 a 的范围，是有一定难度题目 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，计小题，计 90 分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步 骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 15 （14 分）如图，在三棱锥 ABCD 中，E，F 分别为棱 BC，CD 上的中点 （1）求证：EF平面 ABD； （2）若 BDCD，AE平面 BCD，求证：平面 AEF平面

24、ACD 【分析】 （1）运用三角形的中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证； （2）由线面垂直的判定定理可推 CD平面 AEF，再由面面垂直的判定定理，即可得证 【解答】证明： （1）E，F 分别为棱 BC，CD 上的中点， 可得 EFBD， 第 12 页（共 23 页） 又 EF平面 ABD，BD平面 ABD，可得 EF平面 ABD； （2）由 BDCD，EFBD，可得 EFCD， 又 AE平面 BCD，可得 AECD， 而 AEEFE，可得 CD平面 AEF， CD平面 ACD，可得平面 AEF平面 ACD 【点评】本题考查线面平行的判定定理和面面垂直的判定定理，考查推理能力，属于基 础

25、题 16 （14 分）在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cosB （1）若 c2a，求的值； （2）若 CB，求 sinA 的值 【分析】 （1）由已知及余弦定理可得，结合 c2a，可求，进 而利用正弦定理即可得解 （2）利用二倍角的余弦公式可求 cos2B 的值，进而可求 sinB，sin2B 的值，由于 A 2B，利用两角差的正弦函数公式即可计算得解 【解答】 （本小题满分 14 分） 解： （1）在ABC 中，因为 cosB， 所以 因为 c2a， 所以，即， 所以， 由正弦定理得， 所以： （2）因为 cosB，所以 cos2B2cos2B1 又 0B， 第

26、13 页（共 23 页） 所以 sinB，所以 sin2B2sinBcosB2 因为 CB，即 CB+， 所以 A（B+C）2B， 所以 sinAsin （2B） sincos2Bcossin2B （） 【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，二倍角的余弦公式，两角差的正弦函数 公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 17 （14 分） 如图， 某城市有一块半径为 40m 的半圆形绿化区域 （以 O 为圆心， AB 为直径） ， 现对其进行改建，在 AB 的延长线上取点 D，OD80m，在半圆上选定一点 C，改建后 绿化区域由扇形区域 AOC 和三角形区域 COD 组成

27、，其面积为 Scm2设AOCxrad （1）写出 S 关于 x 的函数关系式 S（x） ，并指出 x 的取值范围； （2）试问AOC 多大时，改建后的绿化区域面积 S 取得最大值 【分析】 （1）求出扇形区域 AOC、三角形区域 COD 的面积，即可求出 S 关于 x 的函数 关系式 S（x） ，并指出 x 的取值范围； （2）求导数，确定函数的单调性，即可得出结论 【解答】解： （1）由题意，S+ 800x+1600sinx（0x） ； （2）S800+1600cosx， 0x，S0，x，S0， x，S 取得最大值+800m2 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的运用，属

28、于中档题 18 （16 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆 E：+1 （ab0） 过点 （1，） ， 第 14 页（共 23 页） 其左、右焦点分别为 F1、F2，离心率为 （1）求椭圆 E 的方程； （2）若 A、B 分别为椭圆 E 的左、右顶点，动点 M 满足 MBAB，且 MA 交椭圆 E 于点 P （i）求证：为定值； （ii）设 PB 与以 PM 为直径的圆的另一交点为 Q，问：直线 MQ 是否过定点，并说明理 由 【分析】 （1）由题意的离心率公式和点满足题意方程，结合椭圆的 a，b，c 的关系，可 得 a，b，进而得到椭圆方程； （2） （i）设 M（2，y0） ，P

29、（x1，y1） ，求得直线 MA 的方程，代入椭圆方程，解得点 P 的坐标，再由向量的数量积的坐标表示，计算即可得证； （ii）直线 MQ 过定点 O（0，0） 先求得 PB 的斜率，再由圆的性质可得 MQPB，求 出 MQ 的斜率，再求直线 MQ 的方程，即可得到定点 【解答】解： （1）由题意可得且 a2b2c2， 解得 a2，b， 即有椭圆方程为+1； （2） （i）证明：由 A（2，0） ，B（2，0） ，MBAB， 设 M（2，y0） ，P（x1，y1） ， 可得 MA：yx+， 代入椭圆方程可得， （1+）x2+x+40， 由2x1，可得 x1， 第 15 页（共 23 页） y1

30、x1+， 则+y04 为定值； （ii）直线 MQ 过定点 O（0，0） 理由如下：由题意可得 kPB ， 由 PB 与以 PM 为直径的圆的另一交点为 Q， 可得 MQPB，即有 kMQ 则直线 MQ：yy0（x2） ， 即 yx， 故直线 MQ 过定点 O（0，0） 【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率公式和方程的运用，注意 联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，同时考查向量的数量积的坐标表示和直线和 圆的位置关系，属于中档题 19 （16 分）已知函数 f（x）ax2+lnx，g（x）bx，其中 a，bR，设 h（x）f（x） g（x） ， （1）若 f（x）在 x处取

31、得极值，且 f（1）g（1）2求函数 h（x）的单调 区间； （2）若 a0 时，函数 h（x）有两个不同的零点 x1，x2 求 b 的取值范围； 求证：1 【分析】 （1）根据极值点处的导数为零，结合 f（1）g（1）2 列出关于 a，b 的方 第 16 页（共 23 页） 程组，求出 a，b，然后再利用导数研究单调区间； （2）将 a0 代入，研究极值的符号，即可求出求 b 的取值范围， 结合的结论，通过适当的变形，利用通过适当的变形，利用导数即可证明 【解答】解： （1）由已知得 f（x0） ， ，a2 由 f（1）g（1）2，得 a+1b2，b1 h（x）x2+lnx+x， （x0）

32、则（x0） ， 由 h（x）0，得 0x1，h（x）0，x1 h（x）的减区间为（1，+） ，增区间为（0，1） （2）由已知 h（x）lnx+bx， （x0） ，h（x0） ， 当 b0 时，显然 h（x）0 恒成立，此时函数 h（x）在定义域内递增，h（x）至多有 一个零点，不合题意 当 b0 时，令 h（x）0，得 x0， 令 h（x）0，得；令 h（x）0，得 h（x）极大h（）ln（b）10，解得 x0 时，h（x），当 x+时，h（x）， 当时，h（x）有两个零点 由题意得 lnx1+bx10，lnx2+bx20 lnx1x2+b（x1+x2）0，lnx2lnx1+b（x2x1）0

33、， ，不妨设 x1x2 要证 x1x2e2，只需要证 lnx1x2（lnx2lnx1）2， 即证 lnx2lnx1， 第 17 页（共 23 页） 设 t，t1，则 F（t）lntlnt+2， F（t）0， 函数 F（t）在（1，+）上单调递增，而 F（1）0， F（t）0，即 lnt， x1x2e2，1 【点评】本题考查了导数和函数的单调性和极值的关系，以及函数的零点存在定理和不 等式的证明，培养了学生的运算能力，化归能力，分类讨论的能力，属于难题 20（16 分） 已知数列an的奇数项是首项为 1 的等差数列， 偶数项是首项为 2 的等比数列 数 列an前 n 项和为 Sn，且满足 S52

34、a4+a5，a9a3+a4 （1）求数列an的通项公式； （2）若 amam+1am+2，求正整数 m 的值； （3）是否存在正整数 m，使得恰好为数列an中的一项？若存在，求出所有满足 条件的 m 值，若不存在，说明理由 【分析】 （1）设等差数列的公差为 d，等比数列的公比为 q 由题意列式求出公差和公比， 则等差数列和等比数列的通项公式即可得出； （2）分 m2k 和 m2k1，利用 amam+1am+2即可求出满足该等式的正整数 m 的值； （3）对于 kN*，有 假设存在正整数 m， 使得恰 好为数列an中的一项，设L（LN*） ，则，变形得到（3L） 3m 1（L1） （m21）

35、，由此式得到 L 的可能取值，然后依次分类讨论求解 【解答】解： （1）设等差数列的公差为 d，等比数列的公比为 q， 则 a11，a22，a31+d，a42q，a91+4d S52a4+a5， 第 18 页（共 23 页） a1+a2+a3a4，即 4+d2q， 又 a9a3+a4 1+4d1+d+2q 解得：d2，q3 对于 kN*，有 故； （2）若 m2k，则由 amam+1am+2，得 23k 1（2k+1）23k，解得：k1，则 m2； 若 m2k1，则由（2k1） 23k 12k+1， 此时左边为偶数，右边为奇数，不成立 故满足条件的正数为 2； （3）对于 kN*，有 假设存在

36、正整数 m，使得恰好为数列an中的一项， 又由（1）知，数列中的每一项都为正数，故可设L（LN*） ， 则，变形得到 （3L）3m 1（L1） （m21） m1，L1，3m 10， L3 又 LN*，故 L 可能取 1，2，3 当 L1 时， （3L）3m 10， （L1） （m21）0， 不成立； 当 L2 时， （32）3m 1（21） （m21） ，即 3m1m21 第 19 页（共 23 页） 若 m1，3m 1m21， 令， 则 因此，1T2T3， 故只有 T21，此时 m2，L2a2 当 L3 时， （33）3m 1（31） （m21） m1，L3a3 综上，存在正整数 m1，使得

37、恰好为数列an中的第三项， 存在正整数 m2，使得恰好为数列an中的第二项 【点评】本题考查了等差数列和等比数列的性质，训练了分类讨论的数学思想方法，考 查了学生综合分析问题和解决问题的能力，考查了学生的逻辑思维能力，是压轴题 【选做题】在【选做题】在 A、B、C 三小题中只能选做三小题中只能选做 2 题，每小题题，每小题 10 分，共计分，共计 20 分请在答卷卡指分请在答卷卡指 定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换 21 （10 分）设 a，bR若直线 l：ax+y70 在矩阵 A对应的

38、变换作用下，得 到的直线为 l：9x+y910求实数 a，b 的值 【分析】方法一：任取两点，根据矩阵坐标变换，求得 A，B，代入直线的直线为 l 即可求得 a 和 b 的值； 方法二：设 P（x，y） ，利用矩阵坐标变换，求得 Q 点坐标，代入直线为 l，由 ax+y7 0，则，即可求得 a 和 b 的值 【解答】解：方法一：在直线 l：ax+y70 取 A（0，7） ，B（1，7a） ， 第 20 页（共 23 页） 由，则， 则 A（0，7） ，B（1，7a）在矩阵 A 对应的变换作用下 A（0，7b） ，B（3，b（7 a）1） ， 由题意可知：A，B在直线 9x+y910 上， ，解

39、得：， 实数 a，b 的值 2，13 方法二：设直线 l 上任意一点 P（x，y） ，点 P 在矩阵 A 对应的变换作用下得到 Q（x， y） ， 则， ， 由 Q（x，y） ，在直线 l：9x+y910即 27x+（x+by）910， 即 26x+by910， P 在 ax+y70，则 ax+y70， ， 解得：a2，b13 实数 a，b 的值 2，13 【点评】本题考查矩阵的坐标变换，考查转化思想，属于中档题 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l：（t 为参数） ，与曲线 C：（k 为参数）交于 A，B 两点，求线段 AB 的长

40、【分析】方法一：直线 l 的参数方程化为普通方程得 4x3y4，将曲线 C 的参数方程化 为普通方程得 y24x联立求出交点坐标，利用两点之间的距离公式即可得出 方法二：将曲线 C 的参数方程化为普通方程得 y24x 直线 l 的参数方程代入抛物线 C 的方程得 4t215t250，利用 AB|t1t2|即可得出 【解答】解： （方法一）直线 l 的参数方程化为普通方程得 4x3y4， 将曲线 C 的参数方程化为普通方程得 y24x （4 分） 第 21 页（共 23 页） 联立方程组 解得 ，或 所以 A（4，4） ，B（，1） （8 分） 所以 AB （10 分） （方法二）将曲线 C 的

41、参数方程化为普通方程得 y24x （2 分） 直线 l 的参数方程代入抛物线 C 的方程得 （t）24（1+） ，即 4t215t250， 所以 t1+t2，t1t2 （6 分） 所以 AB|t1t2| （10 分） 【点评】本题考查了参数方程化为普通方程及其应用，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23 （10 分）已知 x，yR，且|x+y|，|xy|，求证：|x+5y|1 【分析】利用 x+5y3（x+y）2（xy） ，利用绝对值不等式的性质即可证得结论 【解答】证明：|x+y|，|xy|， |x+5y|3（x+y）2（xy）| |3（x+y

42、）|+|2（xy）|3|x+y|+2|xy| 3+2 1 即|x+5y|1 【点评】本题考查绝对值不等式的性质，分析得到 x+5y3（x+y）2（xy）是应用绝 对值不等式性质的关键，考查转化思想与推理论证能力，属于中档题 六、解答题（共六、解答题（共 2 小题，满分小题，满分 20 分）分） 24 （10 分）某中学有 4 位学生申请 A，B，C 三所大学的自主招生若每位学生只能申请 其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的 （1）求恰有 2 人申请 A 大学的概率； （2）求被申请大学的个数 X 的概率分布列与数学期望 E（X） 【分析】 （1）所有可能的方式有 34种，恰有 2 人

43、申请 A 大学的申请方式有种， 第 22 页（共 23 页） 从而然后利用概率公式进行求解； （2）X1，2，3，然后分别求出相应的概率，列出分布列，根据数学期望公式进行求解 即可； 【解答】 解： （1） 所有可能的方式有 34种， 恰有 2 人申请 A 大学的申请方式有种， 从而恰有 2 人申请 A 大学的概率为 （II）X1，2，3，则 P（X1）； P（X2）； P（X3）， 申请大学数量 X 的概率分布： ： X 1 2 3 P EX1+2+3 【点评】本题考查运用概率、离散型随机变量的期望知识及解决实际问题的能力，属于 中档题 25 （10 分）已知（1+x）2n+1a0+a1x+

44、a2x2+a2n+1x2n+1，nN*记 Tn（2k+1）an k （1）求 T2的值； （2）化简 Tn的表达式，并证明：对任意的 nN*，Tn都能被 4n+2 整除 【分析】 （1）由二项式定理得 ai，利用公式计算 T2的值； （2）由组合数公式化简 Tn，把 Tn化为（4n+2）的整数倍即可 【解答】解：由二项式定理，得 ai（i0，1，2，2n+1） ； （1）T2a2+3a1+5a0+3+530； （2 分） 第 23 页（共 23 页） （2）因为（n+1+k）（n+1+k） （2n+1），（4 分） 所以 Tn（2k+1）ank （2k+1） （2k+1） 2（n+1+k）（2n+1） 2（n+1+k）（2n+1） 2（2n+1）（2n+1） 2（2n+1） （22n+）（2n+1） 22n+1 （2n+1）； （8 分） Tn（2n+1）（2n+1） （+）2（2n+1）； 因为N*，所以 Tn能被 4n+2 整除； （10 分） 注意：只要得出 Tn（2n+1），就给（8 分） ，