1、2018 年江苏省苏北六市高考数学二模试卷（文科）一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上 ）1 （5 分）已知集合 U1，0，1，2，3，A 1，0，2，则 UA 2 （5 分）已知复数 z1a+ i，z 234i ，其中 i 为虚数单位，若 为纯虚数，则实数 a 的值为 3 （5 分）某班 40 名学生参加普法知识竞赛，成绩都在区间40，100 上，其频率分布直方图如图所示，则成绩不低于 60 分的人数为 4 （5 分）如图是一个算
2、法流程图，则输出的 S 的值为 5 （5 分）在长为 12cm 的线段 AB 上任取一点 C，以线段 AC、BC 为邻边作矩形，则该矩第 2 页（共 28 页）形的面积大于 32cm2 的概率为 6 （5 分）在ABC 中，已知 AB1，AC ，B45，则 BC 的长为 7 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C 与双曲线 有公共的渐近线，且经过点 P（2， ） ，则双曲线 C 的焦距为 8 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知角 的始边均为 x 轴的非负半轴
3、，终边分别经过点 A（1，2） ，B（5，1） 则 tan（ ）的值为 9 （5 分）设等比数列a n的前 n 顶和为 Sn，若 S3，S 9， S6 成等差数列，且 a83，则 a5的值为 10 （5 分）已知 a，b，c 均为正数，且 abc4（a+b） ，则 a+b+c 的最小值为 11 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若动圆 C 上的点都在不等式组 表示的平面区域内，则面积最大的圆 C 的标准方程为 12 （5 分）设函数 （其中 e 为自然对数的底数）有
4、 3 个不同的零点，则实数 m 的取值范围是 13 （5 分）在平面四边形 ABCD 中，已知 AB1，BC4，CD2，DA3，则 的值为 14 （5 分）已知 a 为常数，函数 f（x ） 的最小值为 ，则 a 的所有值为 二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ）15 （14 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设向量 ，sin ） ， ，cos ） ， （1）若 ，求 sin（ ）的值；（2）设 ，0，且 ，求 的值第 3
5、页（共 28 页）16 （14 分）如图，在三棱柱 ABCA 1B1C1 中，ABAC，点 E，F 分别在棱 BB1，CC 1 上（均异于端点） ，且ABE ACF ，AE BB 1，AFCC 1（1）求证：平面 AEF平面 BB1C1C；（2）求证：BC平面 AEF17 （14 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，B 1，B 2 是椭圆 的短轴端点，P 是椭圆上异于点 B1，B 2 的一动点当直线 PB1 的方程为 yx+3 时，线段PB1 的长为 （1）求椭圆的标准方程；（2）设点 Q 满足：QB 1PB 1，QB 2PB 2，求证：PB 1B2 与QB 1B2 的面积之比为定值18
6、（16 分）将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为 100dm2 的矩形薄铁皮（如图） ，并沿虚线 l1，l 2 裁剪成 A，B，C 三个矩形（B，C 全等） ，用来制成一个柱体，现有两种方案：方案 ：以 l1 为母线，将 A 作为圆柱的侧面展开图，并从 B，C 中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案 ：以 l1 为侧棱，将 A 作为正四棱柱的侧面展开图，并从 B，C 中各裁剪出一个正方形（各边分别与 l1 或 l2 垂直）作为正四棱柱的两个底面第 4 页（共 28 页）（1）设 B，C 都是正方形，且其内切圆恰为按方案 制成的圆柱的底面，求底面半径；（2）设 l1 的长为 xdm
7、，则当 x 为多少时，能使按方案制成的正四棱柱的体积最大？19 （16 分）设等比数列 a1，a 2，a 3，a 4 的公比为 q，等差数列 b1，b 2，b 3，b 4 的公差为d，且 q1，d0记 cia i+bi（i 1，2，3，4） （1）求证：数列 c1，c 2，c 3 不是等差数列；（2）设 a11，q2若数列 c1，c 2，c 3 是等比数列，求 b2 关于 d 的函数关系式及其定义域；（3）数列 c1，c 2，c 3，c 4 能否为等比数列？并说明理由20 （16 分）设函数 f（x ）xasinx （a0） （1）若函数 yf（x）是 R 上的单调函数，求实数 a 的取值范围
8、；（2）设 a ，g（x）f（x）+blnx+1（b R，b0） ，g'（x）是 g（x）的导函数若对任意的 x0，g'（x ）0，求证：存在 x0，使 g（x 0）0；若 g（x 1）g（x 2）（x 1x 2） ，求证：x 1x24b 2数学（附加题） 【选做题】本题包括 21、22、23、24 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修 4-1：几何证明选讲（本小题满分 10 分）21 （10 分）如图，A，B，C 是O 上的 3 个不同的点，半径 OA 交弦 BC 于点 D求证：DBDC+OD
9、 2OA 2选修 4-2：矩阵与变换 （本小题满分 10 分）第 5 页（共 28 页）22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A（0，0） ，B（3，0） ，C（2，2） 设变换T1，T 2 对应的矩阵分别为 M ，N ，求对ABC 依次实施变换 T1，T 2 后所得图形的面积选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 0 分）23在极坐标系中，求以点 P（2， ）为圆心且与直线 l：sin（ ）2 相切的圆的极坐标方程选修 4-5：不等式选讲 （本小题满分 0 分）24已知 a，b，c 为正实数，且 a+b+c ，求证： 2【必做题】第 22、23 题，每小题 10 分，共计
10、 20 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤25 （10 分）在某公司举行的年终庆典活动中，主持人利用随机抽奖软件进行抽奖：由电脑随机生成一张如图所示的 33 表格，其中 1 格设奖 300 元，4 格各设奖 200 元，其余4 格各设奖 100 元，点击某一格即显示相应金额某人在一张表中随机不重复地点击 3格，记中奖的总金额为 X 元（1）求概率 P（X600） ；（2）求 X 的概率分布及数学期望 E（X） 26 （10 分）已知（1+x） 2n+1a 0+a1x+a2x2+a2n+1x2n+1，nN*记 Tn （2k+1）ank （1）求 T2 的值；（2
11、）化简 Tn 的表达式，并证明：对任意的 nN*，T n 都能被 4n+2 整除第 6 页（共 28 页）2018 年江苏省苏北六市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上 ）1 （5 分）已知集合 U1，0，1，2，3，A 1，0，2，则 UA 1 ，3 【分析】利用补集定义直接求解【解答】解：集合 U1，0，1，2，3，A 1，0，2， UA1，3故答案为：1，3【点评】本题考查补集的求法，考查补集定义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题2 （5 分）
12、已知复数 z1a+ i，z 234i ，其中 i 为虚数单位，若 为纯虚数，则实数 a 的值为 【分析】把 z1a+ i，z 234i 代入 ， ；利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为 0 且虚部不为 0 求解【解答】解：z 1a+ i，z 234i ， ，又 为纯虚数， ，解得 a 故答案为： 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3 （5 分）某班 40 名学生参加普法知识竞赛，成绩都在区间40，100 上，其频率分布直方图如图所示，则成绩不低于 60 分的人数为 30 第 7 页（共 28 页）【分析】由频率分布直方图求出成绩
13、不低于 60 分的频率，由此能求出成绩不低于 60 分的人数【解答】解：由频率分布直方图得成绩不低于 60 分的频率为：1（0.010+0.015）100.75，成绩不低于 60 分的人数为：400.7530故答案为：30【点评】本题考查成绩不低于 60 分的人数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是基础题4 （5 分）如图是一个算法流程图，则输出的 S 的值为 125 【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值，模拟程序的运行过程，可得答案第 8 页（共 28 页）【解答】解：当 i1 时，满足继续
14、循环的条件， S5，i2；当 i2 时，满足继续循环的条件， S25，i 3；当 i31 时，满足继续循环的条件， S125，i 4；当 i4 时，不满足继续循环的条件，故输出的 S125，故答案为：125【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答5 （5 分）在长为 12cm 的线段 AB 上任取一点 C，以线段 AC、BC 为邻边作矩形，则该矩形的面积大于 32cm2 的概率为 【分析】求出矩形面积大约 8 的等价条件，根据几何概型的概率公式即可得到结论【解答】解：设 ACx ，则 CB12x，则矩形的面积 Sx（
15、12x ） ，由 x（12x）32 得 x212 x+320，解得 4x8，根据几何概型的概率公式可得所求的概率 P ，故答案为： 【点评】本题主要考查了几何概型概率的意义及其计算方法，将此概率转化为长度之比是解决本题的关键，属基础题6 （5 分）在ABC 中，已知 AB1，AC ，B45，则 BC 的长为 【分析】由已知及正弦定理可得 sinC ，结合大边对大角可求 C30，利用三角形内角和定理及两角和的正弦函数公式可求 sinA，根据正弦定理即可求得 BC 的值【解答】解：AB1，AC ，B45，由正弦定理 ，可得：sinC ，ABAC，C45，C30，第 9 页
16、（共 28 页）A180BC105，sinAsin（45+30） ，BC 故答案为： 【点评】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，三角形内角和定理及两角和的正弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题7 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C 与双曲线 有公共的渐近线，且经过点 P（2， ） ，则双曲线 C 的焦距为 4 【分析】双曲线 C 与双曲线 1 有公共的渐近线，可设为（其中 0） ，因此设本题中的双曲线 C 的方程 ，再代入点 P 的坐标即可得到双曲线 C 的方程然后求解焦距即可【解答】解：双曲线 C 与双曲线 1 有公共的渐
17、近线，设双曲线 C 的方程 ，其中 0P（2， ）在双曲线上，41，解之得 3，因此双曲线方程为 ，2c2 4 故答案为： 【点评】本题给出与已知双曲线共渐近线的双曲线经过某个已知点，求该双曲线的方程，着重考查了双曲线的标准方程与简单几何性质，属于基本知识的考查8 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知角 的始边均为 x 轴的非负半轴，终边分别经过点 A（1，2） ，B（5，1） 则 tan（ ）的值为 【分析】由任意角的三角函数的定义求得 tan，tan ，然后展开两角差的正切求第 10 页（共 28 页）tan（ ）的值【解答】解：由已知可得 tan2，tan ，则 t
18、an（ ） 故答案为： 【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，考查两角差的正切，是基础题9 （5 分）设等比数列a n的前 n 顶和为 Sn，若 S3，S 9， S6 成等差数列，且 a83，则 a5的值为 6 【分析】根据题意，设等比数列a n的公比为 q，由等差中项的性质可得 S3+S62S 9，结合等比数列的前 n 项和公式可得 + 2 ，变形解可得 q3 ，由等比数列的通项公式分析可得答案【解答】解：根据题意，设等比数列a n的公比为 q，若 S3，S 9，S 6 成等差数列，即 S3+S62S 9，则有 q1，则有 + 2 ，变形可得：1+q 32q 6，解可得 q31 或 q3
19、，又由 q1，则 q3 ，若 a83，则 a5 6；故答案为：6【点评】本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的前 n 项和公式，关键是求出等比数列的公比10 （5 分）已知 a，b，c 均为正数，且 abc4（a+b） ，则 a+b+c 的最小值为 8 【分析】根据题意，将 abc4（a+b）变形可得 c4 ，则 a+b+c（a+b）+4第 11 页（共 28 页）a+ +b+ ，结合基本不等式的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，abc4（a+b） ，则 c4 ，则 a+b+c（a+ b）+4 a+ +b+ 2 +2 4+48，当且仅当 ab2 时，等号成立；则 a+b+c 的最小值为 8
20、；故答案为：8【点评】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是分析 c 与 ab 的关系11 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，若动圆 C 上的点都在不等式组 表示的平面区域内，则面积最大的圆 C 的标准方程为 （x 1） 2+y24 【分析】画出约束条件的可行域，设出圆心坐标，列出方程求解即可【解答】解：不等式组 表示的平面区域如图：设圆的圆心（m，0） ，由题意可得： ，解得 m1，所以圆的方程为：（x1） 2+y24故答案为：（x1） 2+y24【点评】本题考查线性规划的简单应用，求解可行域以及圆的圆心是解题的关键第 12 页（共 28 页）12 （5 分）设函数 （其中 e 为自
21、然对数的底数）有 3 个不同的零点，则实数 m 的取值范围是 （1，+ ） 【分析】通过函数 ，判断零点个数，利用函数的导数判断函数的单调性以及函数的极值，然后求解即可【解答】解：由分段函数可知，当 x0 时，函数垂直一个零点；故 x0 时，f（ x）x 33mx2，f（x ）3x 23m ，当 m0 时，f（x）0，函数 f（x）在 x0 时，函数是增函数，不可能由零两个零点，当 m0 时，函数 f（x）在区间（x， ）上是增函数，在（ ，0）上是减函数，又 f（0）20，所以 f（ ）0 时有两个零点，解得 m1，实数 m 的取值范围是（1，+） 故答案为：（1，+） 【点评】
22、本题考查分段函数的零点问题，函数的导数的应用，判断函数的单调性以及函数的极值的符号，是解题的关键，考查转化思想以及计算能力13 （5 分）在平面四边形 ABCD 中，已知 AB1，BC4，CD2，DA3，则 的值为 10 【分析】方向条件，四边形是椭圆的内接图形，利用椭圆的简单性质以及焦半径公式转化求解即可【解答】解：AB+BCDA+DC5，所以把四边形放入椭圆内，AC 为左右焦点，不妨令 B（x 1，y 1） ，D（x 2，y 2）则 2a5，由焦半径公式可得 ex1+a1，ex 2+a3，两式相减可得：e（x 1x 2）2，而 2c（x 1x 2）2 c 4a10故答案为：10第 13 页
23、（共 28 页）【点评】本题考查四边形对角线系列的数量积，椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力14 （5 分）已知 a 为常数，函数 f（x ） 的最小值为 ，则 a 的所有值为 4 或 【分析】由题意可得显然 a0，且 a1，讨论 a1，0a1，判断 f（x）的定义域和奇偶性，求得 f（x ）的导数，可得极值点，且为最值点，代入 f（x） ，计算可得最值，解方程可得 a 的值【解答】解：函数 f（x ） ，显然 a0，且 a1，若 a1，可得 f（x ）的定义域为 1，1，由 f（x） f（x ） ，可得 f（x）为奇函数，由题意可得 f（x ）的最大值为 ，f（x）
24、（ + ） ，即有 f（x）在0，1的最大值为 ，f（x）的导数为 f（x ） （ + ） ，令 f（x）0 ，即（a2x 2） （2x 21） ，第 14 页（共 28 页）两边平方化简可得 x ，检验可得 x 为极大值点，且为最大值点，可得 f（x）在0，1的最大值为： （ + ） ，解得 a4；若 0a1，则 f（x ）的定义域为 ， ，由 f（x） f（x ） ，可得 f（x）为奇函数，f（x） （ + ） ，即有 f（x）在0， 的最小值为 ，f（x）的导数为 f（x ） + ，令 f（x）0 ，即（a2x 2） （2x 21） ，两边平方化简可得 x ，检验可得 x 为极小值点，且
25、为最小值点，可得 f（x）在0， 的最小值为： （ + ） ，解得 a 综上可得 a4 或 故答案为：4 或 【点评】本题考查函数的最值的求法，注意运用函数的奇偶性和导数的运用：求极值和最值，考查化简整理的运算能力，属于难题二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 ）15 （14 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设向量 ，sin ） ， ，cos ） ，第 15 页（共 28 页）， （1）若 ，求 sin（ ）的值；（2）设 ，0，且 ，求 的值【分析】 （1）利用向量的数量积转化求解两角差的三角函数即可（2）通过向量平
26、行，转化求解角的大小即可【解答】解：（1）因为 （cos，sin ） ， （sin，cos ） ， ， 所以| | | | |1，且 cossin+sin cossin（ ） （3 分）因为| + | |，所以| + |2 2，即 2+2 + 21，所以 1+2sin（ ）+1 1，即 （6 分）（2）因为 ，所以 故（ ，cos ） （8 分）因为 ，所以 化简得， ，所以 （12 分）因为 0 ，所以 所以 ，即 （14 分）
27、【点评】本题考查向量的数量积与三角函数的化简求值考查计算能力16 （14 分）如图，在三棱柱 ABCA 1B1C1 中，ABAC，点 E，F 分别在棱 BB1，CC 1 上（均异于端点） ，且ABE ACF ，AE BB 1，AFCC 1（1）求证：平面 AEF平面 BB1C1C；（2）求证：BC平面 AEF第 16 页（共 28 页）【分析】 （1）证明 AFBB 1结合 AEBB 1，证明 BB1平面 AEF然后证明平面AEF平面 BB1C1C（2）证明 Rt AEBRtAFC所推出 BECF证明 BCEF然后证明 BC平面AEF【解答】证明：（1）在三棱柱 ABCA 1B1C1 中，BB
28、 1CC 1 因为 AFCC 1，所以AFBB 1（2 分）又 AEBB 1，AEAF A，AE，AF平面 AEF，所以 BB1平面 AEF（5 分）又因为 BB1平面 BB1C1C，所以平面 AEF平面 BB1C1C （7 分）（2）因为 AEBB 1，AFCC 1，ABEACF ，ABAC ，所以 RtAEB RtAFC所以 BECF （9 分）又由（1）知，BECF 所以四边形 BEFC 是平行四边形故 BCEF （11 分）又 BC平面
29、 AEF，EF平面 AEF，所以 BC平面 AEF （14 分）【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理，平面与平面存在的判定定理的应用，考查转化思想、逻辑推理能力的应用17 （14 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，B 1，B 2 是椭圆 的短轴端点，P 是椭圆上异于点 B1，B 2 的一动点当直线 PB1 的方程为 yx+3 时，线段PB1 的长为 （1）求椭圆的标准方程；（2）设点 Q 满足：QB 1PB 1，QB 2PB 2，求证：PB 1B2 与QB 1B2 的面积之比为定值【分析】
30、 （1）设 P（x 0，y 0） ， Q（x 1，y 1） 求出 b3利用弦长公式求解 a，然后求解椭圆的标准方程第 17 页（共 28 页）（2）方法一：直线 PB1 的斜率为 ，由 QB1PB 1，所以直线 QB1 的斜率为 求出直线 QB1 的方程，QB 2 的方程，联立两直线方程，求得P（x 0，y 0）在椭圆 上，然后求解三角形的面积方法二：设直线 PB1，PB 2 的斜率为 k，k'，则直线 PB1 的方程为 ykx+3由QB1PB 1，直线 QB1 的方程为 将 ykx+3 代入 ，得（2k 2+1）x2+12kx0，通过 ，得 由 QB2PB 2，所以直线 QB2 的方
31、程为 y2kx3然后求解三角形的面积的比即可【解答】解：设 P（x 0，y 0） ， Q（x 1，y 1） （1）在 yx+3 中，令 x0，得 y3，从而 b3 （2 分）由 得 所以 （4分）因为 ，所以 ，解得a218所以椭圆的标准方程为 &nb
32、sp; （6 分）（2）方法一：直线 PB1 的斜率为 ，由 QB1PB 1，所以直线 QB1 的斜率为 于是直线 QB1 的方程为： 同理，QB 2 的方程为： （8 分）第 18 页（共 28 页）联立两直线方程，消去 y，得 （10 分）因为 P（x 0，y 0）在椭圆 上，所以 ，从而
33、 所以 （12 分）所以 （14 分）方法二：设直线 PB1，PB
34、2 的斜率为 k，k'，则直线 PB1 的方程为 ykx+3由 QB1PB 1，直线 QB1 的方程为 将 ykx+3 代入 ，得（2k 2+1）x 2+12kx0，因为 P 是椭圆上异于点 B1，B 2 的点，所以 x00，从而 x0 （8 分）因为 P（x 0，y 0）在椭圆 上，所以 ，从而 所以 ，得 （10 分）由 QB2PB 2，所以直线 QB2 的方程为 y2kx3联立 则 ，即 （12 分）所以
35、; （14分）【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力18 （16 分）将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为 100dm2 的矩形薄铁皮（如图） ，并沿虚线 l1，l 2 裁剪成 A，B，C 三个矩形（B，C 全等） ，用来制成一个柱体，现有两种方案：第 19 页（共 28 页）方案 ：以 l1 为母线，将 A 作为圆柱的侧面展开图，并从 B，C 中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案 ：以 l1 为侧棱，将 A 作为正四棱
36、柱的侧面展开图，并从 B，C 中各裁剪出一个正方形（各边分别与 l1 或 l2 垂直）作为正四棱柱的两个底面（1）设 B，C 都是正方形，且其内切圆恰为按方案 制成的圆柱的底面，求底面半径；（2）设 l1 的长为 xdm，则当 x 为多少时，能使按方案制成的正四棱柱的体积最大？【分析】 （1）根据侧面积公式即可求出 r，（2）设所得正四棱柱的底面边长为 adm，则 即方法一：根据体积公式，借助和导数和函数的最值的关系即可求出，方法二：利用不等式的性质即可求出【解答】解：（1）设所得圆柱的半径为 rdm，则（2 r+2r）4r100，解得 （2）设所得正四棱柱的底面边长为 adm，则 即方法一：
37、所得正四棱柱的体积第 20 页（共 28 页）记函数则 p（x）在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时， 所以当 ， 时，V max dm3方法二： ，从而 所得正四棱柱的体积 所以当 ， 时，V max dm3答：（1）圆柱的底面半径为 dm；（2）当 x 为 时，能使按方案制成的正四棱柱的体积最大【点评】本题考查了圆柱的侧面积和正四棱柱的体积公式，以及导数在实际生活的应用，属于中档题19 （16 分）设等比数列 a1，a 2，a 3，a 4 的公比为 q，等差数列 b1，b 2，b 3，b 4 的公差为d，且 q1，d0记 cia i+bi（i 1，2，3，4） （1）求证：数列 c1
38、，c 2，c 3 不是等差数列；（2）设 a11，q2若数列 c1，c 2，c 3 是等比数列，求 b2 关于 d 的函数关系式及其定义域；（3）数列 c1，c 2，c 3，c 4 能否为等比数列？并说明理由【分析】 （1）运用反证法证明，假设数列 c1，c 2，c 3 是等差数列，由中项性质，结合条件，推得 a1，a 2，a 3 是等比数列也是等差数列，即可得证；（2）运用等比数列的通项公式、等差数列的通项公式，化简整理，可得所求解析式和定义域；（3）方法一、设 c1，c 2，c 3，c 4 成等比数列，其公比为 q1，由条件可得首项与公比的方程组，化简变形可得 b10，d0，即可判断结论；
39、方法二、假设数列 c1，c 2，c 3，c 4 是等比数列，推理论证，即可得到结论【解答】解：（1）证明：假设数列 c1，c 2，c 3 是等差数列，则 2c2c 1+c3，即 2（a 2+b2）（a 1+b1）+（a 3+b3） 第 21 页（共 28 页）因为 b1，b 2，b 3 是等差数列，所以 2b2b 1+b3从而 2a2a 1+a3 （2 分）又因为 a1，a 2，a 3 是等比数列，所以 所以 a1a 2a 3，这与 q1 矛盾，从而假设不成立所以数列 c1，c 2，c 3 不是等差数列 &nb
40、sp; （4 分）（2）因为 a11，q2，所以 因为 ，所以 ，即 ，（6 分）由 c22+b 20，得 d2+3d+20，所以 d1 且 d2又 d0，所以 ，定义域为dR |d1，d2，d0（8 分）（3）方法一：设 c1，c 2，c 3，c 4 成等比数列，其公比为 q1，则 （10 分）将+2 得，将+2 得， （12 分）因为 a10，q1，由得 c10，q 11由得 q q1，从而 a1c 1 &nbs
41、p; （14 分）代入 得 b1 0 再代入，得 d0，与 d0 矛盾所以 c1，c 2，c 3，c 4 不成等比数列 （16 分）方法二：假设数列 c1，c 2，c 3，c 4 是等比数列，则 （10 分）所以 ，即 两边同时减 1 得，
42、 （12 分）因为等比数列 a1，a 2，a 3，a 4 的公比为 q（q1） ，所以第 22 页（共 28 页）又 ，所以 q（a 2a 1+d）a 3a 2+d，即（q1）d0（14 分）这与 q1，且 d0 矛盾，所以假设不成立所以数列 c1，c 2，c 3，c 4 不能为等比数列 （16 分）【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、中项的性质，考查反
43、证法和运算能力、推理能力，属于难题20 （16 分）设函数 f（x ）xasinx （a0） （1）若函数 yf（x）是 R 上的单调函数，求实数 a 的取值范围；（2）设 a ，g（x）f（x）+blnx+1（b R，b0） ，g'（x）是 g（x）的导函数若对任意的 x0，g'（x ）0，求证：存在 x0，使 g（x 0）0；若 g（x 1）g（x 2）（x 1x 2） ，求证：x 1x24b 2【分析】 （1）由题意，f'（x ）1acos x0 对 xR 恒成立，分离变量，求出函数的最值即可得到 a 的范围，（2） ，所以 说明 b0，不合题意，推出 b0，取
44、，则 0x 01存在 x00，使 g（x 0）0，依题意，不妨设 0x 1x 2，令 ，则 t1由（1）知函数 yxsinx 单调递增，推出x2x 1sin x2sinx 1，转化 利用分析法证明证明 ，构造函数 ，利用导函数判断函数的单调性求解即可【解答】解：（1）由题意，f'（x ）1acos x0 对 xR 恒成立，因为 a0，所以 对 xR 恒成立，因为（cosx） max1，所以 ，从而 0a1 （3 分）（2） ，所以 若 b0，则存在 ，使 ，不合题意，所以 b
45、0 （5 分）第 23 页（共 28 页）取 ，则 0x 01此时 所以存在 x00，使 g（x 0）0 &nb
46、sp; （8 分）依题意，不妨设 0x 1x 2，令 ，则 t1由（1）知函数 yx sinx 单调递增，所以 x2sin x2x 1sinx 1从而 x2x 1sinx 2sinx 1 （10 分）因为 g（x 1）g（x 2） ，所以 ，所以 所以
47、 （12 分）下面证明 ，即证明 ，只要证明 设 ，所以 在（1，+）恒成立所以 h（t）在（1，+）单调递减，故 h（t ）h（1） 0，从而（*）得证所以 ，即 （16 分）【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，分析法的应用，考查构造法以及分类讨论思想转化思想的应用数学（附加题） 【选做题】本题包括 21、22、2
48、3、24 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修 4-1：几何证明选讲（本小题满分 10 分）21 （10 分）如图，A，B，C 是O 上的 3 个不同的点，半径 OA 交弦 BC 于点 D求证：DBDC+OD 2OA 2第 24 页（共 28 页）【分析】延长 AO，交O 于点 E 则 DBDCDEDA （ OD+OE）（OA OD） 由OEOA，能证明 DBDC+OD2OA 2【解答】证明：延长 AO，交 O 于点 E，则 DBDCDEDA（OD +OE）（OAOD） （5 分）因为 OEOA ，所以 DBD
49、C（OA+OD）（OAOD）OA 2OD 2所以 DBDC+OD2OA 2 （10 分）【点评】本题考查与圆有关的线段等式的证明，考查圆、相交弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题选修 4-2：矩阵与变换 （本小题满分 10 分）22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A（0，0） ，B（3，0） ，C（2，2） 设变换T1，T 2 对应的矩阵分别为 M ，N ，求对ABC 依次实施变换 T1，T 2 后所得图形的面积【分析】由题意求得 NM，根据矩阵的变换
50、，即可求得 A（0，0） ，B（6，0） ，C（4，4） ，根据三角形的面积公式，即可求得 ABC 依次实施变换 T1，T 2 后所得图形的面积【解答】解：依题意，依次实施变换 T1，T 1 所对应的矩阵NM （5 分）第 25 页（共 28 页）则 ， ， 所以 A（0，0） ，B（3，0） ，C （2，2）分别变为点 A（0，0） ，B（6，0） ，C（4，4） 从而所得图形的面积为 6412 &
51、nbsp; （10 分）【点评】本题考查矩阵的坐标变换，考查矩阵的乘法，考查转化思想，属于基础题选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 0 分）23在极坐标系中，求以点 P（2， ）为圆心且与直线 l：sin（ ）2 相切的圆的极坐标方程【分析】求出点 P 的直角坐标为（1， ） ，将直线 l 化为普通方程得，求出 （1， ）到直线 l： 的距离为 2从而求出所求圆的普通方程为（x1） 2+（y ） 24 由此能求出圆的极坐标方程【解答】解：以极点为原点，极轴为 x 轴的非负半轴，建立平面直角坐标系 xoy则点 P 的直角坐标为（1， ） &nbs
52、p; （2 分）将直线 l： 的方程变形为： 2，化为普通方程得， （5 分）所以 （ 1， ）到直线 l： 的距离为： 2故所求圆的普通方程为（x1） 2+（y ） 24 （8 分）化为极坐标方程得， （10分）【点评】本题考查圆的极坐标方程的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识
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