2018年北京市101中学高考数学三模试卷（含答案解析）

1、2018 年北京市 101 中学高考数学三模试卷一、选择题共 8 小题，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1 （5 分）设集合 Ay| y2 x，xR，Bx|x 210，则 AB（  ）A （1，1） B （0，1） C （1，+） D （0，+）2 （5 分）已知平面向量 ， 满足| |3，| |2， 与 的夹角为 120，若（ +m ），则实数 m 的值为（  ）A1 B C2 D33 （5 分）在ABC 中，A60，AC 4， ，则ABC 的面积为（  ）A B4 C D4 （5 分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在

2、所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入 n，x 的值分别为3，2，则输出 v 的值为（  ）A9 B18 C20 D355 （5 分）若某多面体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（   ）第 2 页（共 26 页）A B cm3 C cm3 D cm36 （5 分）设 a，bR，则“ab”是“a|a| b|b|”的（   ）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件7 （5 分）有 5 本不同的书，其中语文书 2 本，数学书

3、2 本，物理书 1 本若将其随机地摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是（  ）A B C D8 （5 分）如图，已知线段 AB 上有一动点 D（D 异于 A、 B） ，线段 CDAB，且满足CD2ADBD（ 是大于 0 且不等于 1 的常数） ，则点 C 的运动轨迹为（  ）A圆的一部分 B椭圆的一部分C双曲线的一部分 D抛物线的一部分二、填空题共 6 小题9 （3 分）已知实数 m，n 满足 ，则在复平面内，复数 zm+ni 所对应的点位于第     象限10 （3 分）若变量 x，y 满足 ，则 x2+y2 的最大值是  

4、  11 （3 分）已知圆 C 的参数方程为 （ 为参数） ，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin+cos1，则直线 l 截圆 C 所得第 3 页（共 26 页）的弦长是     12 （3 分）设 F1，F 2 是双曲线 C： （a0，b0）的两个焦点，P 是 C 上一点，若| PF1|+|PF2|6a，且 PF1F2 的最小内角为 30，则 C 的离心率为     13 （3 分）如图所示：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”

5、若某勾股树含有 1023 个正方形，且其最大的正方形的边长为 ，则其最小正方形的边长为     14 （3 分）设函数 ，若函数 yf（x）+a（aR）恰有三个零点 x1，x 2，x 3（x 1x 2x 3） ，则 x1+x2+x3 的取值范围是     三、解答题共 6 小题解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程15函数 f（x） 6cos2 sinx3（ 0）在一个周期内的图象如图所示， A 为图象的最高点，B、C 为图象与 x 轴的交点，且ABC 为正三角形（）求 的值及函数 f（x）的值域；（）若 f（x 0） ，且 x0（ ） ，求 f（x 0

6、+1）的值16某地区工会利用“健步行 APP”开展健步走积分奖励活动会员每天走 5 千步可获积分 30 分（不足 5 千步不积分） ，每多走 2 千步再积 20 分（不足 2 千步不积分） 记年龄不超过 40 岁的会员为 A 类会员，年龄大于 40 岁的会员为 B 类会员为了解会员的健步走情况，工会从 A，B 两类会员中各随机抽取 m 名会员，统计了某天他们健步走的步数，并将样本数据分为3，5） ，5，7） ，7，9） ，9 ，11） ，11 ，13） ，13，15） ，15，17） ，17，19 ） ，19，21 九组，将抽取的 A 类会员的样本数据绘制成频率分布直方图，B 类第 4 页（共

7、 26 页）会员的样本数据绘制成频率分布表 分组 频数 频率3， 5） 10 0.015， 7） 20 0.027， 9） 20 0.029， 11） 30 0.0311， 13） a b13， 15） 200 0.215， 17） n 0.217， 19） 100 c19，21 20 0.02合计 m 1.00（）求 m 和 a 的值；（）从该地区 A 类会员中随机抽取 3 名，设这 3 名会员中健步走的步数在 13 千步以上（含 13 千步）的人数为 x，求 x 的分布列和数学期望；（）设该地区 A 类会员和 B 类会员的平均积分分别为 和 ，试比较 和 的大小（只需写出结论） 第 5 页

8、（共 26 页）17如图，三棱柱 ABCDEF 的侧面 BEFC 是边长为 1 的正方形，侧面 BEFC侧面ADEB，AB 4，DEB 60，G 是 DE 的中点（）求证：CE平面 AGF；（）求证：GB平面 BEFC；（）在线段 BC 上是否存在一点 P，使二面角 PGE B 为 45，若存在，求 BP 的长；若不存在，说明理由18在平面直角坐标系中 xOy 中，动点 E 到定点（1，0）的距离与它到直线 x1 的距离相等（）求动点 E 的轨迹 C 的方程；（）设动直线 l：y kx+b 与曲线 C 相切于点 P，与直线 x1 相交于点 Q证明：以 PQ 为直径的圆恒过 x 轴上某定点19已

9、知函数 f（x ）x 2alnx，a0（1）若 f（x）在 x1 处取得极值，求 a 的值；（2）求 f（x）在区间 1，+ ）上的最小值；（3）在（1）的条件下，若 h（x）x 2f （x） ，求证：当 1xe 2，恒有x 20对于数列a n，把 a1 作为新数列b n的第一项，把 ai 或a i（i 2，3，4，n）作为新数列b n的第 i 项，数列 bn称为数列 an的一个生成数列例如，数列1，2，3，4，5 的一个生成数列是 1，2，3，4，5已知数列b n为数列 （nN *）的生成数列，S n 为数列b n的前 n 项和（）写出 S3 的所有可能值；（）若生成数列b n满足 S3n

10、（1 ） ，求数列b n的通项公式；第 6 页（共 26 页）（）证明：对于给定的 nN*，S n 的所有可能值组成的集合为x|x ， kN*，k2 n1 第 7 页（共 26 页）2018 年北京市 101 中学高考数学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题共 8 小题，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1 （5 分）设集合 Ay| y2 x，xR，Bx|x 210，则 AB（  ）A （1，1） B （0，1） C （1，+） D （0，+）【分析】求解指数函数的值域化简 A，求解一元二次不等式化简 B，再由并集运算得答案【解答】解：Ay| y2 x，xR（0，+）

11、，B x|x210（1，1） ，AB（0，+）（1，1）（1，+） 故选：C【点评】本题考查并集及其运算，考查了指数函数的值域，考查一元二次不等式的解法，是基础题2 （5 分）已知平面向量 ， 满足| |3，| |2， 与 的夹角为 120，若（ +m ），则实数 m 的值为（  ）A1 B C2 D3【分析】由（ +mb ） ，可得（ +m ） 0，再利用数量积的运算和定义展开即可得出【解答】解：| |3，| | 2， 与 的夹角为 120， cos120 3（ +mb ） ，（ +m ） 3 23m 0，解得 m3故选：D【点评】本题考查了数量积的运算和定义、向量垂直与数量积的关

12、系，属于基础题3 （5 分）在ABC 中，A60，AC 4， ，则ABC 的面积为（  ）A B4 C D【分析】根据余弦定理求解 AB，那么ABC 的面积 S |AB|AC|sinA 可得答案【解答】解：A60，bAC4，a ，第 8 页（共 26 页）由余弦定理：cosA ，即 ，解得：c2那么ABC 的面积 S |AB|AC|sinA 2 故选：C【点评】本题考查ABC 的面积的求法，解题时要注意余弦定理的合理运用属于基础题4 （5 分）秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法如图所示的程序

13、框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入 n，x 的值分别为3，2，则输出 v 的值为（  ）A9 B18 C20 D35【分析】由题意，模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的 i，v 的值，当 i1 时，不满足条件 i0，跳出循环，输出 v 的值为 18【解答】解：初始值 n3，x2，程序运行过程如下表所示：第 9 页（共 26 页）v1i2 v12+24i1 v42+19i0 v92+018i1 跳出循环，输出 v 的值为 18故选：B【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i，v 的值是解题的关键，属于基础题5 （5 分）若某多面

14、体的三视图（单位：cm）如图所示，则此多面体的体积是（   ）A B cm3 C cm3 D cm3【分析】由三视图知几何体是一个正方体减去一个三棱柱，正方体的棱长是 1，三棱柱的底面是腰长是 的直角三角形，高是 1，做出两个几何体的体积，相减得到结果【解答】解：由三视图知几何体是一个正方体减去一个三棱柱，正方体的棱长是 1，正方体的体积是 1111，三棱柱的底面是腰长是 的直角三角形，高是 1，三棱柱的体积是 几何体的体积是 1 故选：A【点评】本题考查由三视图还原几何体并且求几何体的体积，本题解题的关键是看出几第 10 页（共 26 页）何体各个部分的长度，本题是一个基础题6 （

15、5 分）设 a，bR，则“ab”是“a|a| b|b|”的（   ）A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分又不必要条件【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论【解答】解：若 ab，ab 0，不等式 a|a|b| b|等价为 aabb，此时成立0a b，不等式 a|a|b| b|等价为aabb，即 a2b 2，此时成立a0 b，不等式 a|a|b| b|等价为 aabb，即 a2b 2，此时成立，即充分性成立若 a|a| b|b|，当 a 0，b 0 时，a|a|b| b|去掉绝对值得， （ab） （a+b）0，因为 a+b0，所以a

16、b0，即 ab当 a 0，b 0 时，ab当 a 0，b 0 时，a|a|b| b|去掉绝对值得， （ab） （a+b）0，因为 a+b0，所以ab0，即 ab即必要性成立，综上“ab”是“a|a| b|b|” 的充要条件，故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质 结合分类讨论是解决本题的关键7 （5 分）有 5 本不同的书，其中语文书 2 本，数学书 2 本，物理书 1 本若将其随机地摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是（  ）A B C D【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是把 5 本书随机的摆到一个书架上，共有

17、A55 种结果，满足条件的事件是同一科目的书都不相邻，表示出结果，得到概率【解答】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是把 5 本书随机的摆到一个书架上，共有 A55120 种结果，下分类研究同类书不相邻的排法种数第 11 页（共 26 页）假设第一本是语文书（或数学书） ，第二本是数学书（或语文书）则有4222132 种可能；假设第一本是语文书（或数学书） ，第二本是物理书，则有 412118 种可能；假设第一本是物理书，则有 142118 种可能同一科目的书都不相邻的概率 P ，故选：B【点评】本题考查等可能事件的概率，是一个基础题，本题是浙江卷理科的一道选择题目，这

18、种题目可以作为选择或填空出现，也可以作为一道解答题目出现8 （5 分）如图，已知线段 AB 上有一动点 D（D 异于 A、 B） ，线段 CDAB，且满足CD2ADBD（ 是大于 0 且不等于 1 的常数） ，则点 C 的运动轨迹为（  ）A圆的一部分 B椭圆的一部分C双曲线的一部分 D抛物线的一部分【分析】以 AB 所在直线为 x 轴，以 AB 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系，由此能求出点 C 的运动轨迹为椭圆的一部分【解答】解：以 AB 所在直线为 x 轴，以 AB 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系，设 AB 中点为 O，设 C（x ，y） ，AB2a，则

19、D（x ，0） ，A（a，0） ，B（a，0） ，线段 CDAB，且满足 CD2AD BD（ 是大于 0 且不等于 1 的常数） ，y 2（x+ a） （xa）x 2a 2，x 2+y2a 2点 C 的运动轨迹为椭圆的一部分故选：B第 12 页（共 26 页）【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，考查直线方程、椭圆性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题二、填空题共 6 小题9 （3 分）已知实数 m，n 满足 ，则在复平面内，复数 zm+ni 所对应的点位于第 三 象限【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求得 m，n 的值，则答案

20、可求【解答】解： ，5+mi（4+6i） （n2i）（ 4n+12）+（6n8）i ， ，解得 m ，n 复数 zm+ni 所对应的点的坐标为（ ） ，位于第三象限故答案为：三【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题10 （3 分）若变量 x，y 满足 ，则 x2+y2 的最大值是 10 【分析】由约束条件作出可行域，再由 x2+y2 的几何意义，即可行域内动点与原点距离的平方求得答案【解答】解：由约束条件 作出可行域如图，第 13 页（共 26 页）联立 ，解得 B（3，1） ，x2+y2 的几何意义为可行域内动点与原点距离的平方，其最大值|OB|

21、23 2+（1）210，故答案为：10【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，是中档题11 （3 分）已知圆 C 的参数方程为 （ 为参数） ，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin+cos1，则直线 l 截圆 C 所得的弦长是    【分析】利用弦长 ， （其中 d 为弦心距）公式即可计算出【解答】解：直线 l 的极坐标方程为 sin+cos1，化为直角坐标系下的普通方程为y+x1；由圆 C 的参数方程为 （ 为参数） ，消去参数 化为普通方程 x2+（y2）21，其圆心 C（0，2） ，半径 r1直线 l

22、截圆 C 所得的弦长2 故答案为 【点评】熟练弦长、弦心距及半径三者之间的关系是解题的关键12 （3 分）设 F1，F 2 是双曲线 C： （a0，b0）的两个焦点，P 是 C 上一点，若| PF1|+|PF2|6a，且 PF1F2 的最小内角为 30，则 C 的离心率为    【分析】利用双曲线的定义求出|PF 1|，|F 1F2|，|PF 2|，然后利用最小内角为 30结合余弦定理，求出双曲线的离心率【解答】解：因为 F1、F 2 是双曲线的两个焦点，P 是双曲线上一点，且满足|PF1|+|PF2|6a，第 14 页（共 26 页）不妨设 P 是双曲线右支上的一点，由双

23、曲线的定义可知|PF 1|PF 2|2a所以|F 1F2|2c，|PF 1|4a，|PF 2|2a，PF 1F2 的最小内角 PF 1F230，由余弦定理，|PF 2|2| F1F2|2+|PF1|22| F1F2|PF1|cosPF 1F2，即 4a24c 2+16a222c 4a ，c 22 ca+3a20，c a所以 e 故答案为： 【点评】本题考查双曲线的定义，双曲线的离心率的求法，考查计算能力13 （3 分）如图所示：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树” 若某勾股树含有 1023 个正方形，且其最大的正方形的边长为

24、 ，则其最小正方形的边长为    【分析】正方形的边长构成以 为首项，以 为公比的等比数列，利用共得到 1023个正方形，借助于求和公式，可求得正方形边长变化的次数，从而利用等比数列的通项公式，即可求最小正方形的边长【解答】解：由题意，正方形的边长构成以 为首项，以 为公比的等比数列，现已知共得到 1023 个正方形，则有 1+2+2n1 1023，n10，最小正方形的边长为 故答案为： 【点评】本题以图形为载体，考查等比数列的求和公式及通项，关键是的出等比数列模型，正确利用相应的公式第 15 页（共 26 页）14 （3 分）设函数 ，若函数 yf（x）+a（aR）恰有三

25、个零点 x1，x 2，x 3（x 1x 2x 3） ，则 x1+x2+x3 的取值范围是 ，   【分析】根据函数 ，求解 f（x）的值域，函数yf（x）+a（aR）恰有三个零点 x1，x 2，x 3（x 1x 2 x3） ，转化为函数 f（x）与ya 有 3 个交点，即可求解 x1+x2+x3 的取值范围【解答】解：由 ，可得 4x+ ， 设 4x+ t，函数 sint 的图象与 ya 有 3 个交点，如图：三个零点 t1，t 2，t 3（t 1t 2 t3） ，从图可知 t1+t2 ，即 x1+x2 ，t 3 ，即 x 3 ，可得 x1+x2+x3 的取值范围是 ， ） ，故答案

26、为 ， ）【点评】本题考查了三角函数的图象及性质的应用，对称问题和转化思想的应用属于中档题三、解答题共 6 小题解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程15函数 f（x） 6cos2 sinx3（ 0）在一个周期内的图象如图所示， A 为图象的最高点，B、C 为图象与 x 轴的交点，且ABC 为正三角形（）求 的值及函数 f（x）的值域；第 16 页（共 26 页）（）若 f（x 0） ，且 x0（ ） ，求 f（x 0+1）的值【分析】 （）将 f（x ）化简为 f（x）2 sin（ x+ ） ，利用正弦函数的周期公式与性质可求 的值及函数 f（x）的值域；（）由 ，知 x0+ （ ， ） ，

27、由 ，可求得即 sin（ x0+ ） ，利用两角和的正弦公式即可求得 f（x 0+1） 【解答】解：（）由已知可得，f（x ）3cos x+ sinx2 sin（ x+ ） ，又正三角形 ABC 的高为 2 ，从而 BC4，函数 f（x）的周期 T4 28，即 8， ，函数 f（x）的值域为 2 ，2 （）f（x 0） ，由（）有 f（x 0）2 sin（ x0+ ） ，即 sin（ x0+ ） ，由 ，知 x0+ （ ， ） ，cos（ x0+ ） f（x 0+1）2 sin（ x0+ + ）2 sin（ x0+ ）+ 2 sin（ x0+ ）cos +cos（ x0+ ）sin 2 （ +

28、 ） 【点评】本题考查由 yA sin（ x+）的部分图象确定其解析式，着重考查三角函数的化简求值与正弦函数的性质，考查分析转化与运算能力，属于中档题16某地区工会利用“健步行 APP”开展健步走积分奖励活动会员每天走 5 千步可获积分 30 分（不足 5 千步不积分） ，每多走 2 千步再积 20 分（不足 2 千步不积分） 记年龄不超过 40 岁的会员为 A 类会员，年龄大于 40 岁的会员为 B 类会员为了解会员的健步第 17 页（共 26 页）走情况，工会从 A，B 两类会员中各随机抽取 m 名会员，统计了某天他们健步走的步数，并将样本数据分为3，5） ，5，7） ，7，9） ，9 ，

29、11） ，11 ，13） ，13，15） ，15，17） ，17，19） ，19，21 九组，将抽取的 A 类会员的样本数据绘制成频率分布直方图，B 类会员的样本数据绘制成频率分布表 分组 频数 频率3， 5） 10 0.015， 7） 20 0.027， 9） 20 0.029， 11） 30 0.0311， 13） a b13， 15） 200 0.215， 17） n 0.217， 19） 100 c19，21 20 0.02合计 m 1.00（）求 m 和 a 的值；（）从该地区 A 类会员中随机抽取 3 名，设这 3 名会员中健步走的步数在 13 千步以上（含 13 千步）的人数为

30、x，求 x 的分布列和数学期望；（）设该地区 A 类会员和 B 类会员的平均积分分别为 和 ，试比较 和 的大小（只需写出结论） 第 18 页（共 26 页）【分析】 （）由 A 类会员的样本数据绘制成的频率分布直方图和 B 类会员的样本数据绘制成的频率分布表，能求出 m，a（）由频率分布直方图得从该地区 A 类会员中随机抽取 1 名会员，健步走的步数在13 千步以上（含 13 千步）的概率为 ，XN（3， ） ，由此能求出 X 的分布列和数学期望（）该地区 A 类会员和 B 类会员的平均积分分别为 和 ，则 【解答】解：（） ，m 1000 ，n200，a400，m1000，a400（）由频

31、率分布直方图得从该地区 A 类会员中随机抽取 1 名会员，健步走的步数在 13 千步以上（含 13 千步）的概率为 ，XN（3， ） ，P（X0） ，P（X1） ，P（X2） ，第 19 页（共 26 页）P（X3） ，X 的分布列为：X  0  1  2  3P     XN（3， ） ，E（X）3 （）该地区 A 类会员和 B 类会员的平均积分分别为 和 ，则 【点评】本题考查频率分布直方图、频率分布表的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题17如图

32、，三棱柱 ABCDEF 的侧面 BEFC 是边长为 1 的正方形，侧面 BEFC侧面ADEB，AB 4，DEB 60，G 是 DE 的中点（）求证：CE平面 AGF；（）求证：GB平面 BEFC；（）在线段 BC 上是否存在一点 P，使二面角 PGE B 为 45，若存在，求 BP 的长；若不存在，说明理由【分析】 （）根据线面平行的判定定理即可证明 CE平面 AGF；（）根据线面垂直的判定定理即可证明 GB平面 BEFC；（）在建立空间直角坐标系，利用向量法结合二面角的大小建立方程关系即可得到结论【解答】 （）证明：连接 CD 与 AF 相交于 H，则 H 为 CD 的中点，连接 HG因为

33、G 为 DE 的中点，所以 HGCE第 20 页（共 26 页）因为 CE平面 AGF，HG平面 AGF，所以 CE平面 AGF（）证明：BE1，GE 2，在GEB 中，GEB60 ，BG 因为 BG2+BE2GE 2，所以 GBBE因为侧面 BEFC侧面 ADEB，侧面 BEFC侧面 ADEBBE，GB平面 ADEB，所以 GB平面 BEFC（）解：BG，BE ，BC 两两互相垂直，建立空间直角坐标系 Bxyz 假设在线段 BC 上存在一点 P，使二面角 PGE B 为 45平面 BGE 的法向量 m（0，0，1） ，设 P（0，0， ） ，0，1，E（0，1，0） 所以 （ ，0，） ，

34、设平面 PGE 的法向量为 n（x，y ，z） ，则所以令 z1，得 y ， ，所以 PGE 的法向量为 因为 mn1，所以 ，解得 0，1，故 因此在线段 BC 上存在一点 P，使二面角 PGE B 为 45，且 第 21 页（共 26 页）【点评】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的判定，以及空间二面角的求解和应用，建立空间坐标系，利用向量法是解决二面角的基本方法18在平面直角坐标系中 xOy 中，动点 E 到定点（1，0）的距离与它到直线 x1 的距离相等（）求动点 E 的轨迹 C 的方程；（）设动直线 l：y kx+b 与曲线 C 相切于点 P，与直线 x1 相交于点 Q证明：以 P

35、Q 为直径的圆恒过 x 轴上某定点【分析】 （）设出动点 E 的坐标为（x，y ） ，然后直接利用抛物线的定义求得抛物线方程；（）设出直线 l 的方程为： ykx+ b（k 0） ，联立直线方程和抛物线方程化为关于 y的一元二次方程后由判别式等于 0 得到 k 与 b 的关系，求出 Q 的坐标，求出切点坐标，再设出 M 的坐标，然后由向量 的数量积为 0 证得答案，并求得 M 的坐标【解答】 （）解：设动点 E 的坐标为（x，y ） ，由抛物线定义知，动点 E 的轨迹是以（1，0）为焦点，x1 为准线的抛物线，动点 E 的轨迹 C 的方程为： y24x；（）证明：设直线 l 的方程为： ykx

36、+ b（k 0） ，由 ，消去 x 得：ky 24y+4b0直线 l 与抛物线相切， 1616kb 0，即 直线 l 的方程为 ykx+ 令 x1，得 ，第 22 页（共 26 页）Q（1， ） ，设切点坐标 P（x 0，y 0） ，则 ，解得：P（ ） ，设 M（m，0） ，则 当 m1 时， 以 PQ 为直径的圆恒过 x 轴上定点 M（1，0） 【点评】本题考查了抛物线方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，训练了利用向量证明线段的垂直问题，是中档题19已知函数 f（x ）x 2alnx，a0（1）若 f（x）在 x1 处取得极值，求 a 的值；（2）求 f（x）在区间 1，+ ）上的

37、最小值；（3）在（1）的条件下，若 h（x）x 2f （x） ，求证：当 1xe 2，恒有x 【分析】 （1）x0，f（x）2x ，令 f（1）0，解得 a，并且验证即可得出（2）f（x） ，x0，对 a 分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出极值与最值（3）由 h（x）x 2f（x） ，得 h（x）2lnx ，当 1x e2 时，0lnx2，0h（x）4欲证 x 只需证 x4h（x）4+h（x） 即证 h（x） ，即lnx 设 g（x ）lnx x（1，e 2） 利用导数研究其单调性极值与最值即可得出【解答】解：（1）x0，f（x）2x ，令 f（1）0，解得：a2 ，第 23 页（共

38、26 页）经检验，满足题意，a2（2）f（x ） ，x0，当 0a2 时，由 f（x ）0，得 x ，且 1，当 时，f（x ）0，f（x）单调递减，当 时，f （x ）0，f（x）单调递增f（x）在区间 1，+ ）上单调递增，最小值为 f（1）1当 a2 时， 1当 x 时，f（x ） 0，f （x）单调递减，当 x 时，f（x）0，f（x）单调递增函数 f（x）在 x 处取得最小值， 综上：当 0a2 时，f（x ）在区间1 ，+）上的最小值为 1当 a2 时，函数 f（x ）在在区间1 ，+）上的最小值为 （3）证明：由 h（x）x 2f （x） ，得 h（x）2lnx ，当 1xe 2

39、 时，0lnx2， 0h（x）4欲证 x 只需证 x4h（x）4+h（x） 即证 h（x） ，即 lnx 设 g（x）lnx x （1，e 2） 则 g（x） 0，g（x）在区间（1，e 2）上单调递增g（x）g（1）0，即 lnx 0故 x 当 1xe 2，恒有 x 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题第 24 页（共 26 页）20对于数列a n，把 a1 作为新数列b n的第一项，把 ai 或a i（i 2，3，4，n）作为新数列b n的第 i 项，数列 bn称为数列 an的一个生成数列例

40、如，数列1，2，3，4，5 的一个生成数列是 1，2，3，4，5已知数列b n为数列 （nN *）的生成数列，S n 为数列b n的前 n 项和（）写出 S3 的所有可能值；（）若生成数列b n满足 S3n （1 ） ，求数列b n的通项公式；（）证明：对于给定的 nN*，S n 的所有可能值组成的集合为x|x ， kN*，k2 n1 【分析】 （）由已知， ， ，即可写出 S3 的所有可能值；（）生成数列b n满足 S3n （1 ） ，结合b n是 的生成数列，即可求数列b n的通项公式；（）满足条件 的奇数 x 共有 2n1 个，证明只有当数列a n与数列bn的前 n 项完全相同时，才有

41、SnT n，可得 共有 2n1种情形，其值各不相同，即可得出结论【解答】解：（）由已知， ， ， ，由于 ，S 3 可能值为 （3 分）（） ，当 n1 时， ，当 n2 时， ， ，n N*，（5 分）第 25 页（共 26 页）b n是 的生成数列， ； ； ； ，在以上各种组合中，当且仅当 时，才成立 （8 分）（）证明： 共有 2n1 种情形，即 ，又 ，分子必是奇数，满足条件 的奇数 x 共有 2n1 个（10 分）设数列a n与数列b n为两个生成数列，数列a n的前 n 项和为 Sn，数列b n的前 n 项和为 Tn，从第二项开始比较两个数列，设第一个不相等的项为第 k 项由于 ，不妨设 ak0，b k0，则 ，所以，只有当数列a n与数列b n的前 n 项完全相同时，才有 SnT n（12 分） 共有 2n1 种情形，其值各不相同S n 可能值必恰为 ，共 2n1 个即 Sn 所有可能值集合为 （13 分）【点评】本题考查新定义，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于难题