1、设复数 z2+i，其中 i 为虚数单位，则 z 3 （5 分）学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的 概率为 4 （5 分）命题“R，cos+sin1”的否定是 命题 （填“真”或“假” ） 5 （5 分）运行如图所示的伪代码，则输出的 I 的值为 6 （5 分）已知样本 7，8，9，x，y 的平均数是 9，且 xy110，则此样本的方差是 7 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若抛物线 y24x 上的点 P 到其焦点的距离为 3，则点 P 到点 O 的距离为 8 （5 分）若数列an是公差不为 0 的等差数列，lna1、lna2、lna5成等差数列，则的
2、值 为 9 （5 分）在三棱柱 ABCA1B1C1中，点 P 是棱 CC1上一点，记三棱柱 ABCA1B1C1与四 棱锥 PABB1A1的体积分别为 V1与 V2，则 10 （5 分）设函数 f（x）sin（x+） （0，0）的图象与 y 轴交点的纵坐标 为，y 轴右侧第一个最低点的横坐标为，则 的值为 11 （5 分）已知 H 是ABC 的垂心（三角形三条高所在直线的交点） ，+， 则 cosBAC 的值为 12 （5 分）若无穷数列cos（n）（R）是等差数列，则其前 10 项的和为 第 2 页（共 25 页） 13 （5 分）已知集合 P（x，y）|x|x|+y|y|16，集合 Q（x，
3、y）|kx+b1ykx+b2， 若 PQ，则的最小值为 14（5 分） 若对任意实数 x （， 1， 都有|1 成立， 则实数 a 的值为 二、解答题（共二、解答题（共 6 小题，满分小题，满分 90 分）分） 15 （14 分）已知ABC 满足 sin（B+）2cosB （1）若 cosC，AC3，求 AB； （2）若 A（0，） ，且 cos（BA），求 sinA 16 （14 分）如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，已知底面 ABCD 是正方形，点 P 是侧棱 CC1上的一点 （1）若 AC1平面 PBD，求的值； （2）求证：BDA1P 17（14 分） 如图， 是一块半径为 4
4、 米的圆形铁皮， 现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶 具 体做法是从O 中裁剪出两块全等的圆形铁皮P 与Q 做圆柱的底面，裁剪出一个矩 形 ABCD 做圆柱的侧面（接缝忽略不计） ，AB 为圆柱的一条母线，点 A、B 在O 上， 点 P、Q 在O 的一条直径上，ABPQ，P、Q 分别与直线 BC、AD 相切，都与O 内切 （1）求圆形铁皮P 半径的取值范围； （2）请确定圆形铁皮P 与Q 半径的值，使得油桶的体积最大 （不取近似值） 第 3 页（共 25 页） 18 （16 分）设椭圆 C：+1（ab0）的左右焦点分别为 F1，F2，离心率是 e， 动点 P（x0，y0）在椭圆 C 上运动当
5、PF2x 轴时，x01，y0e （1）求椭圆 C 的方程； （2）延长 PF1，PF2分别交椭圆 C 于点 A，B（A，B 不重合） 设， ，求 + 的最小值 19 （16 分）定义：若无穷数列an满足an+1an是公比为 q 的等比数列，则称数列an 为“M（q）数列” 设数列bn中 b11，b37 （1）若 b24，且数列bn是“M（q）数列” ，求数列bn的通项公式； （2）设数列bn的前 n 项和为 Sn，且 bn+12Snn+，请判断数列bn是否为“M（q） 数列” ，并说明理由； （3）若数列bn是“M（2）数列” ，是否存在正整数 m，n 使得？ 若存在，请求出所有满足条件的正整
6、数 m，n；若不存在，请说明理由 20 （16 分）若函数 f（x）exae xmx（mR）为奇函数，且 xx 0时 f（x）有极小值 f （x0） （1）求实数 a 的值； 第 4 页（共 25 页） （2）求实数 m 的取值范围； （3）若 f（x0）恒成立，求实数 m 的取值范围 【选做题】在【选做题】在 21、22、23 三小题中只三小题中只能选做能选做 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选修选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换 21
7、（10 分）已知圆 C 经矩阵 M变换后得到圆 C：x2+y213，求实数 a 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 （10 分）在极坐标系中，直线 cos+2sinm 被曲线 4sin 截得的弦为 AB，当 AB 是最长弦时，求实数 m 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知正实数 a，b，c 满足+1，求 a+2b+3c 的最小值 【必做题】第【必做题】第 24 题、第题、第 25 题，每题题，每题 10 分，共计分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解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答应写出文字说明、证明
8、过程或演算步骤 24 （10 分）如图，AA1、BB1是圆柱的两条母线，A1B1、AB 分别经过上下底面圆的圆心 O1、O，CD 是下底面与 AB 垂直的直径，CD2 （1）若 AA13，求异面直线 A1C 与 B1D 所成角的余弦值； （2）若二面角 A1CDB1的大小为，求母线 AA1的长 25 （10 分）设（12x）ia0+a1x+a2x2+a2nx2n（nN*） ，记 Sna0+a2+a4+a2n （1）求 Sn； （2）记 TnS1n1+S2n2S3n3+（1）nSnnn，求证：|Tn|6n3恒成立 第 5 页（共 25 页） 2020 年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷年江苏
9、省盐城市、南京市高考数学一模试卷 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，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 在答题卡的指定位置上在答题卡的指定位置上 1 （5 分）已知集合 A（0，+） ，全集 UR，则UA （，0 【分析】进行补集的运算即可 【解答】解：A（0，+） ，UR， UA（，0 故答案为： （，0 【点评】本题考查了区间的定义，补集的定义及运算，全集的定义，考查了计算能力， 属于基础题 2 （5 分）设复数 z2+i，其中 i 为虚数单位，则 z 5 【分析
10、】由已知直接利用求解 【解答】解：z2+i， 故答案为：5 【点评】本题考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题 3 （5 分）学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的 概率为 【分析】基本事件总数 n3，甲被选中包含的基本事件个数 m2，由此能 求出甲被选中的概率 【解答】解：学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查， 基本事件总数 n3， 甲被选中包含的基本事件个数 m2， 则甲被选中的概率为 P 第 6 页（共 25 页） 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，考查组合问题等基础知识，考查学生的逻辑分析能力、 运算求解能力，是基础题
11、4 （5 分）命题“R，cos+sin1”的否定是 真 命题 （填“真”或“假” ） 【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论 【解答】解：命题为全称命题，则命题的否定为0R，cos0+sin01 为真命题， 故答案 为：真 【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础 5 （5 分）运行如图所示的伪代码，则输出的 I 的值为 6 【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的 S，I 的值，当 S15 时，不满足条 件跳出循环，输出 I 的值为 6 【解答】解：模拟程序的运行，可得 S0，I0 满足条件 S10，执行循环体，S0，I1 满足条件 S10，执行循环体，S1，I2 满足
12、条件 S10，执行循环体，S3，I3 满足条件 S10，执行循环体，S6，I4 满足条件 S10，执行循环体，S10，I5 满足条件 S10，执行循环体，S15，I6 不满足条件 S10，退出循环，输出 I 的值为 6 故答案为：6 【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，正确依次写出每次循环得到的 S， I 的值是解题的关键，属于基础题 6 （5 分）已知样本 7，8，9，x，y 的平均数是 9，且 xy110，则此样本的方差是 2 第 7 页（共 25 页） 【分析】由样本 7，8，9，x，y 的平均数是 9，且 xy110，解得 x10，y11 或 x11， y10，由此能求出此
13、样本的方差 【解答】解：样本 7，8，9，x，y 的平均数是 9，且 xy110， ， 解得 x10，y11 或 x11，y10， 此样本的方差为： S2（79）2+（89）2+（99）2+（109）2+（119）22 故答案为：2 【点评】本题考查样本方差的求法，考查平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题 7 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若抛物线 y24x 上的点 P 到其焦点的距离为 3，则点 P 到点 O 的距离为 2 【分析】由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的， 已知|PF|3，求出 P 的坐标，然后求解点 P 到点 O 的距离
14、 【解答】解：抛物线 y24x2px， p2，准线方程为：x1，抛物线 y24x 上的点 P 到其焦点的距离为 3， 所以 P（2，） 则点 P 到点 O 的距离为：， 故答案为：2 【点评】活用抛物线的定义是解决抛物线问题最基本的方法抛物线上的点到焦点的距 离，叫焦半径到焦点的距离常转化为到准线的距离求解，两点间距离公式的应用，是 基础题 8 （5 分）若数列an是公差不为 0 的等差数列，lna1、lna2、lna5成等差数列，则的值 为 3 【分析】推导出 2ln（a1+d）lna1+ln（a1+4d） ，从而a1（a1+4d） ，解得 d 2a1，由此能求出的值 第 8 页（共 25
15、页） 【解答】解：数列an是公差不为 0 的等差数列，lna1、lna2、lna5成等差数列， 2ln（a1+d）lna1+ln（a1+4d） ， a1（a1+4d） ， ， 解得 d2a1， 3 故答案为：3 【点评】本题考查两个数的比值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求 解能力，是基础题 9 （5 分）在三棱柱 ABCA1B1C1中，点 P 是棱 CC1上一点，记三棱柱 ABCA1B1C1与四 棱锥 PABB1A1的体积分别为 V1与 V2，则 【分析】设 ABa，ABC 的高为 b，三棱柱 ABCA1B1C1的高为 h，则， ，由此能求出的值 【解答】解：在三棱柱 ABCA
16、1B1C1中，点 P 是棱 CC1上一点， 记三棱柱 ABCA1B1C1与四棱锥 PABB1A1的体积分别为 V1与 V2， 设 ABa，ABC 的高为 b，三棱柱 ABCA1B1C1的高为 h， 则， 故答案为： 第 9 页（共 25 页） 【点评】本题考查三棱柱和四棱锥的体积的比值的求法，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 10 （5 分）设函数 f（x）sin（x+） （0，0）的图象与 y 轴交点的纵坐标 为，y 轴右侧第一个最低点的横坐标为，则 的值为 7 【分析】根据条件建立方程，分别求出 和 的值即可 【解答】解：f（x）的图象与 y
17、轴交点的纵坐标为， f（0）sin， 0， ， 则 f（x）sin（x+） ， y 轴右侧第一个最低点的横坐标为， 由五点对应法得+得 7， 故答案为：7 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，结合函数与坐标轴的交点坐标建立方程 是解决本题的关键 11 （5 分）已知 H 是ABC 的垂心（三角形三条高所在直线的交点） ，+， 则 cosBAC 的值为 【分析】先确定点 H 的位置，再得到 BCAC，再向量的夹角公式，并运用了向量的坐 标运算可求出 第 10 页（共 25 页） 【解答】解：+，令， 如图，点 B，H，E 三点共线，则有， ， ，即， （其中点 F 为边 AB 的中点） ，
18、则有， 边 AB 上的中线与垂线重合，即 CBCA 且 由对称性可知，且 建立如图所示的平面直角坐标系，则有， D（0，0） ，B（2，0） ，C（1，0） ，设 A（0，4t） ，H（0，t） ，t0 由 BCCA 可得， cosBAC 故答案为 第 11 页（共 25 页） 【点评】本题运用了向量的坐标法来求解，运算量小了，过程更为清晰 12 （5 分）若无穷数列cos（n）（R）是等差数列，则其前 10 项的和为 10 【分析】由无穷数列cos（n）（R）是等差数列，得到 0，从而 cos（n）1， 由此能求出无穷数列cos（n）（R）的前 10 项的和 【解答】解：无穷数列cos（n）
19、（R）是等差数列， 0，cos（n）1， 无穷数列cos（n）（R）的前 10 项的和为：S1010110 故答案为：10 【点评】本题考查等差数列的前 10 项和的求法，考查余弦函数、等差数列的性质等基础 知识，考查运算求解能力，是中档题 13 （5 分）已知集合 P（x，y）|x|x|+y|y|16，集合 Q（x，y）|kx+b1ykx+b2， 若 PQ，则的最小值为 4 【分析】根据绝对值的定义去绝对值，可画出集合 P 表示的图形，由图即可求解 【解答】解：当 x0，y0 时，x2+y216，即 y； 当 x0，y0 时；x2y216，即 当 x0，y0 时；x2+y216，即 y 当
20、x0，y0 时，x2+y216，舍去 作出图象，x2y216 的一条渐近线为 yx，与该渐近线平行， 且与圆 x2+y216 的一条切线为， 第 12 页（共 25 页） 由图可知，k1，最小值为 故答案为：4 【点评】本题主要考查函数图象的应用，圆与双曲线的性质应用，意在考查学生的直观 想象能力，转化能力和逻辑推理能力，属于中档题 14（5 分） 若对任意实数 x （， 1， 都有|1 成立， 则实数 a 的值为 【分析】令，可以得到1a1，再以为临界点讨论即可 【解答】解：依题意，令， 若 x22ax+10 的判别式4a240，则 x22ax+10 有解，设一解为 x1， 则当 xx1时，
21、|f（x）|+，不满足|f（x）|1 恒成立，故1a1， ， 当 2a+10，即时，函数 f（x）在（2a+1，1）单调递减，f（0）1，则 f（2a+1） 1，不满足题意； 第 13 页（共 25 页） 当 2a+10，即时，记 1，2a+1 中的较小值为 x0，则函数 f（x）在（，x0） 单调递增， 由 f（0）1 可得 f（x0）f（0）1，不满足题意； 当 2a+10，即时，f（x）在（，0） ， （0，1）单调递减， 则 f（x）f（0）1，0，则|f（x）|1 恒成立 故答案为： 【点评】本题考查绝对值不等式的恒成立问题，考查导数的运用，考查逻辑推理能力及 运算求解能力，属于中档
22、题 二、解答题（共二、解答题（共 6 小题，满分小题，满分 90 分）分） 15 （14 分）已知ABC 满足 sin（B+）2cosB （1）若 cosC，AC3，求 AB； （2）若 A（0，） ，且 cos（BA），求 sinA 【分析】 （1）根据条件先算出 tanB，求出 B，再用正弦定理求出 AB； （2）根据条件求出 cos（），sin（），利用凑角法求出 sinA 即可 【解答】 解：（1） 由 sin （B+） 2cosB， 可知sinB+cosB2cosB， 即 sinBcosB， 因为 cosB0，所以 tanB， 又 B（0，） ，故 B， 由 cosC，C（0，） ，
23、可知 sinC， 在ABC 中，由正弦定理，所以 AB2； （2）由（1）知 B，所以 A（0，）时，A（0，） ， 由 cos（BA），即 cos（）， 所以 sin（）， 所以 sinAsin （） sincos （） cossin （） 第 14 页（共 25 页） 【点评】考查两角和与差的公式的应用，正弦定理的应用，凑角法求值，中档题 16 （14 分）如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，已知底面 ABCD 是正方形，点 P 是侧棱 CC1上的一点 （1）若 AC1平面 PBD，求的值； （2）求证：BDA1P 【分析】 （1）连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OP推导出 A
24、C1OP点 O 是 AC 的中点， 从而 AOOC，由此能求出1 （2）连结 A1C1推导出侧棱 C1C平面 ABCD从而 CC1BD再求出 ACBD从 而 BD面 ACC1A1，由此能证明 BDA1P 【解答】解： （1）连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OP 因为 AC1平面 PBD，AC1平面 ACC1，平面 ACC1平面 BDPOP， 所以 AC1OP 因为四边形 ABCD 是正方形，对角线 AC 交 BD 于点 O， 所以点 O 是 AC 的中点，所以 AOOC， 所以在ACC1中，1 （2）证明：连结 A1C1因为 ABCDA1B1C1D1为长方体，所以侧棱 C1C平面 ABC
25、D 又 BD平面 ABCD，所以 CC1BD 因为底面 ABCD 是正方形，所以 ACBD 又 ACCC1C，AC面 ACC1A1，CC1面 ACC1A1， 所以 BD面 ACC1A1， 又因为 A1P面 ACC1A1，所以 BDA1P 第 15 页（共 25 页） 【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理、面面垂直的判断定理，要证线面平行需 先证“线线平行” ；要证面面垂直需先证线面垂直，考查学生的逻辑推理能力，属于中档 题 17（14 分） 如图， 是一块半径为 4 米的圆形铁皮， 现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶 具 体做法是从O 中裁剪出两块全等的圆形铁皮P 与Q 做圆柱的底面，裁剪
26、出一个矩 形 ABCD 做圆柱的侧面（接缝忽略不计） ，AB 为圆柱的一条母线，点 A、B 在O 上， 点 P、Q 在O 的一条直径上，ABPQ，P、Q 分别与直线 BC、AD 相切，都与O 内切 （1）求圆形铁皮P 半径的取值范围； （2）请确定圆形铁皮P 与Q 半径的值，使得油桶的体积最大 （不取近似值） 【分析】 （1）设P 的半径为 r，根据 BC 小于等于弦长建立不等式，从而求得半径 r 的 取值范围； （2）表示出油桶的体积，构造函数，利用导数研究其最值即可 【解答】解： （1）设P 的半径为 r，则 AB4（2r） ， 所以P 的周长，解得， 第 16 页（共 25 页） 故P
27、半径的取值范围为； （2）在（1）的条件下，油桶的体积 Vr2AB4r2（2r） ， 设函数，则 f（x）4x3x2， 由于，所以 f（x）0 在定义域上恒成立，即函数 f（x）在定义域上单调 递增， 故当时，体积取倒最大值 【点评】本题考查导数的实际运用，考查利用导数研究函数的最值，考查对知识的运用 能力及逻辑推理能力，属于中档题 18 （16 分）设椭圆 C：+1（ab0）的左右焦点分别为 F1，F2，离心率是 e， 动点 P（x0，y0）在椭圆 C 上运动当 PF2x 轴时，x01，y0e （1）求椭圆 C 的方程； （2）延长 PF1，PF2分别交椭圆 C 于点 A，B（A，B 不重合
28、） 设， ，求 + 的最小值 【分析】 （1）由 PF2x 轴时，x01，y0e 得 c，b 的值，再由 a，b，c 之间的关系求 出椭圆的方程； （2）由（1）得：焦点 F1，F2的坐标，再由，求出 ， 的 值，进而求出之和的值，再由 x02d 的范围，求出 + 的最小值 【解答】解： （1）由题意知当 PF2x 轴时，x01，y0e知 c1，e，b c1，又 a2b2+c22， 第 17 页（共 25 页） 所以椭圆的方程为：1； （2）由（1）知 F1（1，0） ，F2（1，0）设 A（x0，y0） ， 由得，即， 代入椭圆方程得：+（y0）21， 又1，得， 两式相减得：12， 因为
29、+10，所以 2x0+12（1） ， 故； 同理可得：， 故 +，当且仅当 x00 时取等号， 故 + 的最小值为 【点评】考查直线与椭圆的综合应用，属于中难题 19 （16 分）定义：若无穷数列an满足an+1an是公比为 q 的等比数列，则称数列an 为“M（q）数列” 设数列bn中 b11，b37 （1）若 b24，且数列bn是“M（q）数列” ，求数列bn的通项公式； （2）设数列bn的前 n 项和为 Sn，且 bn+12Snn+，请判断数列bn是否为“M（q） 数列” ，并说明理由； （3）若数列bn是“M（2）数列” ，是否存在正整数 m，n 使得？ 若存在，请求出所有满足条件的正
30、整数 m，n；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）推导出 q1，从而1，n2，推导出数列bn 是等差数列，其公差为 b2b13，由此能求出数列bn通项公式 第 18 页（共 25 页） （ 2 ） 由， 得， b3 4+3 7 ， 解 得 7 ， 由 ，推导出，nN*，从而对 nN*恒成 立，推导出是等比数列，由此求出bn+1bn是公比为 3 的等比数列，从而数 列bn是“M（q）数列“ （3）由数列bn是“M（2） ”数列，得到 bn+1bn（b2b1）2n+1，推导出当 n2 时，bn（bnbn1）+（bn1bn2）+（b2b1）+b1，2n 1+2n2+2+12n1， 假设存在正整数
31、m，n，使得，则，推导出 ，n10，m11由此能求出存在满足条件的正整数 m，n，其中 m11，n10 【解答】解： （1）因为 b24，且数列bn是“M（q）数列” ， 所以 q1，所以1，n2， 即 bn+1bnbnbn1，n2， 所以数列bn是等差数列，其公差为 b2b13， 所以数列bn通项公式为 bn1+（n1）33n2 （2）由，得，b34+37，解得 7， 由，得， 两式作差，得：，nN*， ，对 nN*恒成立， 则3（） ， ，3，是等比数列， ， 第 19 页（共 25 页） 3， bn+1bn是公比为 3 的等比数列，故数列bn是“M（q）数列“ （3）由数列bn是“M（2
32、） ”数列，bn+1bn（b2b1）2n+1， 2，2，b23， b2b12，bn+1bn2n， 当 n2 时，bn（bnbn1）+（bn1bn2）+（b2b1）+b1，2n 1+2n2+2+1 2n1， 假设存在正整数 m，n，使得，则， 由， ，mn1， ，即， ，n10，m11 存在满足条件的正整数 m，n，其中 m11，n10 【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查“M（q）数列“的判断，考查实数值的 求法，考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，是难题 20 （16 分）若函数 f（x）exae xmx（mR）为奇函数，且 xx 0时 f（x）有极小值 f （x0）
33、（1）求实数 a 的值； （2）求实数 m 的取值范围； （3）若 f（x0）恒成立，求实数 m 的取值范围 【分析】 （1）依题意，f（x）+f（x）0 在定义域上恒成立，由此建立方程，解出即 可； （2）求导后分 m2 及 m2 讨论即可； 第 20 页（共 25 页） （3）可知，进而得到 f（x0） ，研究其单调性，结合已知可得 x01，由此 可求得实数 m 的取值范围 【解答】解： （1）由函数 f（x）为奇函数，得 f（x）+f（x）0 在定义域上恒成立， exae xmx+exaex+mx0， 化简可得（1a） （ex+e x）0，故 a1； （2）由（1）可得 f（x）exe
34、xmx，则 ， 当 m2 时，由于 e2xmex+10 恒成立，即 f（x）0 恒成立，故不存在极小值； 当 m2 时，令 ext，则方程 t2mt+10 有两个不等的正根 t1，t2（t1t2） ， 故可知函数 f（x）exe xmx 在（，lnt 1） ， （lnt2，+）上单调递增，在（lnt1， lnt2）上单调递减，即在 lnt2出取到极小值， 所以，实数 m 的取值范围为（2，+） ； （ 3 ） 由 x0满 足代 入 f （ x ） ex e x mx ， 消 去 m 得 ， 构造函数 h（x）（1x）ex（1+x）e x，则 h（x）x（exex） ， 当 x0 时，故当 x0
35、 时，h（x）0 恒成立， 故函数 h（x）在0，+）上单调减函数，其中，则，可转化为 h（x0）h（1） ，故 x01， 由，设 yex+e x，可得当 x0 时，yexex0， yex+e x 在（0，1上递增，故， 综上，实数 m 的取值范围为 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，同时也涉及了奇函数的定 义，考查转化思想及逻辑推理能力，属于中档题 【选做题】在【选做题】在 21、22、23 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指定区域内作答
36、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）已知圆 C 经矩阵 M变换后得到圆 C：x2+y213，求实数 a 的值 第 21 页（共 25 页） 【分析】利用矩阵表示出变换后点的坐标代入圆方程即可 【解答】解：设圆 C 上任一点（x，y） ，经矩阵 M 变换后得到圆 C上一点（x ，y ） ， 所以，所以， 又因为（x）2+（y）213，所以圆 C 的方程为（ax+3y）2+（3x2y）213， 化简得（a2+9）x2+（6a12）xy+13y213， 所以解得 a2 所以，实数 a 的值为 2 【点评】本题考查图形在矩阵对应的变换下的变
37、化特点，属于基础题 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）在极坐标系中，直线 cos+2sinm 被曲线 4sin 截得的弦为 AB，当 AB 是最长弦时，求实数 m 的值 【分析】以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴（单位长度相同）建立平面直角坐标系， 求出直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程，得到曲线 4sin 是以（0，2）为圆 心，2 为半径的圆为使直线被曲线（圆）截得的弦 AB 最长，直线过圆心（0，2） ，由 此能求出实数 m 的值 【解答】解：以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴（单位长度相同）建立平面直角坐标 系， 由直线 cos+2sinm
38、，可得直角坐标方程为 x+2ym0 又曲线 4sin，所以 24sin，其直角坐标方程为 x2+（y2）24， 所以曲线 4sin 是以（0，2）为圆心，2 为半径的圆 为使直线被曲线（圆）截得的弦 AB 最长，所以直线过圆心（0，2） ， 于是 0+22m0，解得 m4 所以，实数 m 的值为 4 【点评】本题考查实数值的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等 基础知识，考查运算求解能力，是中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知正实数 a，b，c 满足+1，求 a+2b+3c 的最小值 第 22 页（共 25 页） 【分析】根据题意，将+1 变形可得+1，进
39、而由柯西不等式得 a+2b+3c（a+2b+3c） （+）（1+2+3）2；变形即可得答案 【解答】解：根据题意，因为+1，则+1， 由柯西不等式得 a+2b+3c（a+2b+3c） （+）（1+2+3）2； 即 a+2b+3c36，当且仅当 abc 时取等号，解得 abc6， 所以当且仅当 abc6 时，a+2b+3c 取最小值 36 【点评】本题考查柯西不等式的应用，注意等式的变形，属于基础题 【必做题】第【必做题】第 24 题、第题、第 25 题，每题题，每题 10 分，共计分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解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答应
40、写出文字说明、证明过程或演算步骤 24 （10 分）如图，AA1、BB1是圆柱的两条母线，A1B1、AB 分别经过上下底面圆的圆心 O1、O，CD 是下底面与 AB 垂直的直径，CD2 （1）若 AA13，求异面直线 A1C 与 B1D 所成角的余弦值； （2）若二面角 A1CDB1的大小为，求母线 AA1的长 【分析】 （1） 以 CD， AB， OO1所在直线建立如图所示空间直角坐标系 Oxyz求出 （1，1，3） ，（1，1，3） ，利用空间向量的数量积公式求解即可 （2）设 AA1m0，求出平面 A1CD 的一个法向量，平面 B1CD 的一个法向量通过空间 向量的数量积转化求解即可 【
41、解答】解： （1）以 CD，AB，OO1所在直线建立如图所示空间直角坐标系 Oxyz 由 CD2，AA13，所以 A（0，1，0） ，B（0，1，0） ，C（1，0，0） ，D（1，0，0） ， A1（0，1，3） ，B1（0，1，3） ， 从而（1，1，3） ，（1，1，3） ， 第 23 页（共 25 页） 所以 cos， 所以异面直线 A1C 与 B1D 所成角的余弦值为： （2）设 AA1m0，则 A1（0，1，m） ，B1（0，1，m） ， 所以（1，1，m） ，（1，1，m） ， ，（2，0，0） ， 设平面 A1CD 的一个法向量（x1，y1，z1） ， 则 所以 x10，令 z
42、11，则 y1m， 所以平面 A1CD 的一个法向量（0，m，1） 同理可得平面 B1CD 的一个法向量（0，m，1） 因为二面角 A1CDB1的大小为， 所以|cos，|， 解得 m或 m， 由图形可知当二面角 A1CDB1的大小为时，m 【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查函数与方程思想、 化归与转化 第 24 页（共 25 页） 25 （10 分）设（12x）ia0+a1x+a2x2+a2nx2n（nN*） ，记 Sna0+a2+a4+a2n （1）求 Sn； （2）记 TnS1n1+S
43、2n2S3n3+（1）nSnnn，求证：|Tn|6n3恒成立 【分析】本题第（1）题先令 x1，得 a0+a1+a2+a2n0；再令 x1， 得 a0a1+a2a3+a2n1+a2n31+32+32n （9n1） ，两式相加即可算 出 Sn的表达式第（2）题先将 Sn的表达式代入 TnS1n1+S2n2S3n3+（1） nSnnn，然后进行化简整理，利用二项式进行化简可求出 Tn 的表达式再将 Tn的表达式 代入不等式|Tn|6n3化简整理后利用分析法进行证明 【解答】解： （1）由题意，令 x1，得 a0+a1+a2+a2n0； 令 x1，得 a0a1+a2a3+a2n1+a2n31+32+
44、32n （9n1） 两式相加，得 2（a0+a2+a4+a2n） （9n1） ， 即 2Sn （9n1） ， Sn（9n1） ，nN* （2）由题意，TnS1n1+S2n2S3n3+（1）nSnnn 91+9293+（1）n9n+（1）n 9091+9293+（1）n9n+（1） n 9091+9293+（1）n9n （9）0+（9）1+（9）2+（9）3+（9）n （19）n （8）n 第 25 页（共 25 页） 故|Tn| （8）n|8n 要证|Tn|6n3，即证8n6n3，只需证明 8n 1n3，即证 2n1n 当 n1，2 时，2n 1n 显然成立 当 n3 时，2n 1 +1+（n1）n，即 2n
浙公网安备33030202001339号