2019-2020学年浙江省十校联盟高三（下）开学数学试卷（含详细解答）

《2019-2020学年浙江省十校联盟高三（下）开学数学试卷（含详细解答）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年浙江省十校联盟高三（下）开学数学试卷（含详细解答）（27页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、设集合 Ax|x23x40，Bx|2x3，则（RA）B（ ） AR B2，1 C1，3 D2，4 2 （4 分）已知双曲线的上、下焦点分别为 F1（0，3） ，F2（0，3） ，P 是双曲线上一点且 |PF1|PF2|4，则双曲线的标准方程为（ ） A B C D 3 （4 分）已知两非零复数 z1，z2，若 z1z2R，则一定成立的是（ ） Az1+z2R B C D 4 （4 分）已知 a，bR，则“|a|1”是“|ab|+|b|1”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5 （4 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，其俯视图为等边三

2、角形，则该几何体 的体积（单位：cm3）是（ ） 第 2 页（共 27 页） A4 B C2 D 6 （4 分）函数 y的图象大致为（ ） A B C D 7 （4 分）设，相互独立的两个随机变量 ， 的分布列如表： 1 1 P 1 1 第 3 页（共 27 页） P 1p p 则当 p 在内增大时（ ） AE（+）减小，D（+）增大 BE（+）减小，D（+）减小 CE（+）增大，D（+）增大 DE（+）增大，D（+）减小 8 （4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB4，AD2，E 为 CD 的中点，ADE 沿着 AE 向上 翻折，使点 D 到 D若 D在平面 ABCD 上的投影 H 落在梯形

3、 ABCE 内部（不含边界） ， 设二面角 DBCE 的大小为 ， 直线 DC， DB 与平面 ABC 所成角分别为 ， ， 则 （ ） A B C D 9 （4 分）已知 ab0，给出下列命题： 若，则 ab1； 若 a3b31，则 ab1； 若 eaeb1，则 ab1； 若 lnalnb1，则 ab1 其中真命题的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 10 （4 分）已知数列an的各项都是正数且满足 2an23anan1（nN*，n2） ，Sn是数 列an的前 n 项和，则下列选项中错误的一项是（ ） A若an单调递增，则 0a12 B若 a11，则 C若 a12，则 D若 a13，则 二

4、、填空题（共二、填空题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 36 分）分） 11 （6 分）我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国 第 4 页（共 27 页） 古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图” 如图，它是由四个全等的直角三角形和中间 的一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角记为 ，大正方形的 面积为 25，小正方形的面积为 1，则 sin ， 12（6 分） 已知直线 l： ykx 被圆 C：（x1） 2+ （y+2）24 截得的弦长为 ， 则 k ， 圆 C 上到直线 l 的的距离为 1 的点有 个 13 （6 分）

5、（1）若二项式的展开式中存在常数项，则 n 的最小值 为 ； （2）从 6 名志愿者中选出 4 人，分别参加两项公益活动，每项活动至少 1 人，则不同安 排方案的种数为 （用数字作答） 14 （6 分）如图，在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若，c5， B2C， 则 cosC ， 点 D 为边 BC 上一点， 且 BD6， 则ADC 的面积为 15 （4 分）已知 F 是椭圆 C：的左焦点，A，B 是椭圆 C 上的两个相异动点，若 AB 中点的横坐标为 1，则 F 到直线 AB 距离的最小值为 16 （4 分）已知向量满足，且，则的取值范围 为 17 （4 分）已知函数

6、 f（x）x33x2+ax（a0，aR） ，若函数 f（x）有三个互不相同的 零点 0，t1，t2，其中 t1t2，若对任意的 xt1，t2，都有 f（x）a+14 成立，则实数 a 的最小值为 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）已知函数的图 第 5 页（共 27 页） 象如图所示； （）求函数 f（x）的解析式； （）求函数的单调递增区间 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 中，PAB 是等边三角形，底面 ABCD 是直角梯形， ABCD，ABAD，ABBC2，F，G 分别是 PC，AD 的中点 （1）求证：FG平面 PAB；

7、求线段 FG 的长度 （2）若 PC3，求直线 FG 与平面 PBC 所成角的正弦值 20 （15 分）设 Sn是数列an的前 n 项和，且 an是 Sn和 2 的等差中项 （1）求数列an的通项公式； （2）记 bkak （ak+ak+1+an） （1kn） ， 求数列bk（1kn）的前 n 项和 Tn； 设（nN*） ，求证： 21 （15 分）如图，已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l，过点 F 的直线交抛物线于 A， B 两点，点 B 在准线 l 上的投影为 E，若 C 是抛物线上一点，且 ACEF 第 6 页（共 27 页） （1）证明：直线 BE 经过 AC 的中点 M；

8、 （2）求ABC 面积的最小值及此时直线 AC 的方程 22 （15 分）已知函数，f（x）是 f（x）的导函数 （1）证明：当 m2 时，f（x）在（0，+）上有唯一零点； （2）若存在 x1，x2（0，+） ，且 x1x2时，f（x1）f（x2） ，证明： 第 7 页（共 27 页） 2019-2020 学年浙江省十校联盟高三（下）开学数学试卷学年浙江省十校联盟高三（下）开学数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题一、选择题 1 （4 分）设集合 Ax|x23x40，Bx|2x3，则（RA）B（ ） AR B2，1 C1，3 D2，4 【分析】化简集合 Ax|x4 或 x

9、1，从而求RAx|1x4再求（RA）B x|1x3 【解答】解：Ax|x23x40x|x4 或 x1， Bx|2x3， RAx|1x4， 则（RA）Bx|1x3， 故选：C 【点评】本题考查了集合的化简与集合的运算，属于基础题 2 （4 分）已知双曲线的上、下焦点分别为 F1（0，3） ，F2（0，3） ，P 是双曲线上一点且 |PF1|PF2|4，则双曲线的标准方程为（ ） A B C D 【分析】由双曲线的定义可得实轴长及半个焦距，再由 a，b，c 之间的关系求出 b，进而 求出双曲线的方程 【解答】解：由双曲线的定义可得 c3，2a4，即 a2，b2c2a2945，且焦 点在 y 轴上，

10、 所以双曲线的方程为：1， 故选：C 【点评】本题考查双曲线的定义式求标准方程，属于基础题 3 （4 分）已知两非零复数 z1，z2，若 z1z2R，则一定成立的是（ ） 第 8 页（共 27 页） Az1+z2R B C D 【分析】设 z1a+bi，z2c+di， （a，b，c，dR） ，然后逐个计算判断 A、B、C，结合 z1z2R 判断 D 正确 【解答】解：设 z1a+bi，z2c+di， （a，b，c，dR） ， z1+z2a+bi+c+dia+c+（b+d）i， z1+z2R 不一定成立，故 A 不正确； 则（a+bi） （cdi）ac+bd+（bcad）i， R 不一定成立，故

11、 B 不正确； ， R 不一定成立，故 C 不正确； ，且 z1z2R， R 正确，故 D 成立 故选：D 【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题 4 （4 分）已知 a，bR，则“|a|1”是“|ab|+|b|1”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据绝对值不等式的性质和特殊值法，判断即可 【解答】解：|ab|+|b|ab+b|a|， 因为|ab|+|b|1， 所以|a|1， 故后者能推出前者， 反之，比如 a1，b3，推不出后者， 故为必要不充分条件， 第 9 页（共 27 页） 故选：B 【点评】考查四个条件的判断，

12、绝对值不等式的性质，属于基础题 5 （4 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，其俯视图为等边三角形，则该几何体 的体积（单位：cm3）是（ ） A4 B C2 D 【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥 HEFG， 然后由柱体体积减去三棱锥体积求解 【解答】解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥 HEFG， 第 10 页（共 27 页） 三角形 ABC 的面积 S 几何体的体积 V 故选：B 【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题 6 （4 分）函数 y的图象大致为（ ） A B C D 【分析

13、】先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化规律即可得到答案 【解答】解：函数 f（x）， f（x）f（x） ， f（x）为奇函数，故图象关于原点对称，故排除 A， 当 x 从右趋向于 0 时，f（x）趋向于+，当 x 趋向于+时，f（x）趋向于 0， 故排除 BC， 故选：D 【点评】本题考查了函数图象的识别，常用的方法利用函数的奇偶性，单调性，特殊值， 属于中档题 7 （4 分）设，相互独立的两个随机变量 ， 的分布列如表： 1 1 P 第 11 页（共 27 页） 1 1 P 1p p 则当 p 在内增大时（ ） AE（+）减小，D（+）增大 BE（+）减小，D（+）减小 CE（+）增大，D

14、（+）增大 DE（+）增大，D（+）减小 【分析】求出 E（），E（）2p1，从而 E（+）2p，D（）， D（）4p4p2，从而 D（+）4p4p2+4（p）2+，由此得到当 p 在 内增大时，E（+）增大，D（+）减小 【解答】解：， E（）+，E（）p1+p2p1， E（+）2p， D（）（1+）2+（1+）2， D（）（2p）2（1p）+（22p）2p4p4p2， D（+）4p4p2+4（p）2+， 当 p 在内增大时，E（+）增大，D（+）减小， 故选：D 【点评】本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的数学期望、方差的性质等基 础知识，考查运算求解能力，是中档题 8 （4 分）

15、如图，矩形 ABCD 中，AB4，AD2，E 为 CD 的中点，ADE 沿着 AE 向上 翻折，使点 D 到 D若 D在平面 ABCD 上的投影 H 落在梯形 ABCE 内部（不含边界） ， 设二面角 DBCE 的大小为 ， 直线 DC， DB 与平面 ABC 所成角分别为 ， ， 则 （ ） 第 12 页（共 27 页） A B C D 【分析】 作出图象， 根据空间角定义可得， 结合 HMHBHC，即可得出结论 【解答】解：由 AB2AD4 可知，DEDA，作 AB 中点 P，则 DPAE，故 H 在线段 DP 上，作 DMBC 交 BC 于 M，连接 HM，HB，HC，如图， 易知， 又

16、 HMHBHC， 故选：C 【点评】本题考查空间角的综合运用，考查逻辑推理能力以及空间想象能力，属于中档 题 9 （4 分）已知 ab0，给出下列命题： 若，则 ab1； 若 a3b31，则 ab1； 若 eaeb1，则 ab1； 若 lnalnb1，则 ab1 其中真命题的个数是（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】若，则，然后两边平方，再通过作差法即可得解； 若 a3b31，则 a31b3，然后利用立方差公式可知（a1） （a2+a+1）b3，再结 第 13 页（共 27 页） 合 ab0 以及不等式的性质即可判断； 若 eaeb1，则，再利用 b0，得出 eb1，从而求得 ea b 的

17、范围，进而判断； 取特殊值，ae，b1 即可判断 【解答】解：若，则，所以，所以 ab1+2 1，即错误； 若 a3b31，则 a31b3，即（a1） （a2+a+1）b3， 因为 ab0，所以 a2b2，所以 a2+a+1b2，所以 a1b，即 ab1，所以正确； 若 eaeb1，则，因为 b0，所以 1ea b2e，所以 a b1，即正确； 取 ae，b1，满足 lnalnb1，但 ab1，所以错误； 所以真命题有， 故选：B 【点评】本题考查指对运算法则、立方差公式、不等式的性质等，考查学生的分析能力 和运算能力，属于中档题 10 （4 分）已知数列an的各项都是正数且满足 2an23a

18、nan1（nN*，n2） ，Sn是数 列an的前 n 项和，则下列选项中错误的一项是（ ） A若an单调递增，则 0a12 B若 a11，则 C若 a12，则 D若 a13，则 【分析】由数列递增可得 anan1，结合数列的递推式，解不等式可判断 A；分别求得 a2，a3，比较可判断 B；由数列的递推式可得 2an+1，由累差法可判断 C；求 得 a2，S2，可判断 D 第 14 页（共 27 页） 【解答】解：数列an的各项都是正数且满足 2an23anan1（nN*，n2） ， 若an单调递增，可得 anan1， 即为 anan14an2an20，可得 0an2， （n2 且 nN*） ，

19、 由 a1a2，可得 0a12，故 A 正确； 若 a11，可得 2a223a2a11，解得 a2（负值已舍去） ， 由 2a323a3a2， （*） ， （1.75，1.8） ， 而 2a323a32（a3）2在（2，2）的范围是（432，2） ， 而22，则 432（46，） ，故方程（*）的解在（2，2）内， 故 B 正确； 由 2an23anan1，可得 2an23an2an12，即（2an+1） （an2）an12， 即 2an+1，可得（2a2+1） （2a3+1）（2an+1） （a12） ，故 C 正确； 若 a13，可得 2a223a2a13，解得 a2，S23+， 由，3+

20、0，可得 S2，故 D 错误 故选：D 【点评】本题考查命题的真假判断，主要是数列的递推式的运用，考查数列中的项的范 围和单调性，以及数列的求和，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题 二、填空题（共二、填空题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 36 分）分） 11 （6 分）我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国 古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图” 如图，它是由四个全等的直角三角形和中间 的一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角记为 ，大正方形的 面积为 25，小正方形的面积为 1，则 sin ， 第 15 页（共 2

21、7 页） 【分析】直接利用三角形的全等，整理出关于一元二次方程，进一步利用关系式的应用 求出三角函数的值 【解答】解：根据已知条件四个直角三角形全等， 所以设直角三角形的短的直角边长为 x， 则较长的直角边长为 x+1， 所以 x2+（x+1）252，整理得 x2+x120， 解得：x3 或4（负值舍去） ， 所以 sin 故答案为： 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，一元二次方程的解法和应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 12 （6 分）已知直线 l：ykx 被圆 C： （x1）2+（y+2）24 截得的弦长为，则 k ，圆 C 上到直线 l 的

22、的距离为 1 的点有 3 个 【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线 l1的距离 d，再根据弦长公式求出 d， 解方程求得 k 值， 【解答】 解： 由题得圆心 C （1， 2） ， 则圆心到直线 l 的距离 d， 解得 k； 因为 d1，r2，则圆 C 上到直线 l 的距离为 1 的点应有 3 个， 故答案为；3 【点评】本题考查点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于中档题 13（6 分）（1） 若二项式的展开式中存在常数项， 则 n 的最小值为 3 ； 第 16 页（共 27 页） （2）从 6 名志愿者中选出 4 人，分别参加两项公益活动，每项活动至少 1 人，则不同安 排方案的

23、种数为 210 （用数字作答） 【分析】 （1）根据二项式展开式的通项公式，令 x 的指数等于 0，求出 n、r 的关系，即 可求出 n 的最小值； （2）根据题意，分 2 步进行分析：，从 6 名志愿者中选出 4 人，将选出的 4 人 分成 2 组，分别参加两项公益活动，由分步计数原理计算可得答案 【解答】解： （1）的展开式中通项公式为 Tr+1xn r （ ）r （2）rx， 令 nr0，解得 nr，其中 r0，1，2，n； 当 r2 时，n3； 所以 n 的最小值为 3 （2）根据题意，分 2 步进行分析： ，从 6 名志愿者中选出 4 人，有 C6415 种选法， ，将选出的 4 人

24、分成 2 组，分别参加两项公益活动，有 24214 种情况， 则有 1514210 种不同的安排方案， 故答案为：3，210 【点评】本题第一问考查了利用二项展开式的通项公式求展开式的特定项问题，是基础 题第二问考查分步计数原理的应用，涉及排列、组合公式的应用，也属于基础题 14 （6 分）如图，在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若，c5， B2C， 则 cosC ， 点 D 为边 BC 上一点， 且 BD6， 则ADC 的面积为 10 【分析】由已知结合正弦定理可求 cosC，然后结合二倍角关系可求 sinB，结合三角形的 面积公式及等高三角形的面积比可转化为底的比可

25、求 【解答】解：因为，c5，B2C， 由正弦定理可得， 第 17 页（共 27 页） 所以， 则 cosC；sinB2sinCcosC2， SABD12， 由余弦定理可得，cosC， 解可得 a5（舍）或 a11， 所以， SADC10 故答案为：，10 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应 用，属于中档试题 15 （4 分）已知 F 是椭圆 C：的左焦点，A，B 是椭圆 C 上的两个相异动点，若 AB 中点的横坐标为 1，则 F 到直线 AB 距离的最小值为 【分析】 分直线 AB 的斜率存在和不存在两种情况讨论， 由于同一点对称性设斜率大于 0， 与

26、椭圆联立求出两根之和， 再由 AB 的中点的横坐标求出参数之间的关系， 由点到直线的 距离公式求出 F 到直线 AB 距离令参数部分为函数，求导，由函数的单调性求出函数 的最大值，进而求出 F 到直线 AB 的最小值 【解答】解：由题意的方程可得：F（1，0） ，若直线 AB 的斜率不存在时，则由题意 可得 AB 的方程为：x1，这时 F 到直线 AB 的距离为 2， 当直线 AB 的斜率存在且不会为 0 时， 由题意的对称性设 k0， 设方程为 ykx+b， A （x1， y1） ，B（x2，y2） ， 联立直线与椭圆的方程可得：，整理可得： （3+4k2）x2+8kbx+4b212 0，

27、64k2b24（3+4k2）（4b212） 0， 即 b23+3k2， x1+x2， x1x2， 第 18 页（共 27 页） 因为 AB 中点的横坐标为 1，所以2，即 b 所 以 F 到 直 线 AB 的 距 离 d ， 令 g（k），k0，g（k） ， 当 0，g（k）0，g（k）单调递增， 当 k，g（k）0，g（k）单调递减， 所以（0，+）时 g（）最大，且 g（）4， 所以 d2， 故答案为： 【点评】不同考查椭圆的性质及直线与椭圆的综合，点到直线的距离公式的应用，中点 坐标的应用，属于中档题 16 （4 分）已知向量满足，且，则的取值范围为 ， 【分析】由和，求得和 的值，以及

28、的取值范围，再 求的取值范围，即可得出的取值范围 【解答】解：由得 4+4 +1， 又得 1， 第 19 页（共 27 页） 由得（5） ， （3） ， 且| | | |， 即（3+）| |， 934+90， ； 所以2 +（5）（3）+， 所以+， 所以的取值范围是， 故答案为：， 【点评】本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题 17 （4 分）已知函数 f（x）x33x2+ax（a0，aR） ，若函数 f（x）有三个互不相同的 零点 0，t1，t2，其中 t1t2，若对任意的 xt1，t2，都有 f（x）a+14 成立，则实数 a 的最小值为 9 【分析】由题意

29、由题意可知，t1，t2是 x23x+a0 的根，且 t1+t23，t1t2a0，从 而可知 a0，t10t2，然后结合导数 可求 f（x）max，而原题可转化为 f（x）maxa+14， 代入解不等式可求 【解答】解：因为 f（x）x33x2+axx（x23x+a） ， 由题意可知，t1，t2是 x23x+a0 的根，则 t1+t23，t1t2a0，94a0， a0，t10t2， 当 t10t2时，f（x）3x26x+a， 则存在 f（x）的极大值点 x1（t1，0） ，且a， 由题意，f（x）maxf（x1）x133x12+ax1a+14， 将a，代入得，解可得1x10 又因为a，结合二次函

30、数的性质可知，0a9， 得9a0 即 a 的最小值9 故答案为：9 第 20 页（共 27 页） 【点评】本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数求闭区间上函数的最值、不等式 的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类讨 论思想属于基础题 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分）已知函数的图 象如图所示； （）求函数 f（x）的解析式； （）求函数的单调递增区间 【分析】 （）由图知，A2，由 T，可求得 ，由 2sin（20+）1 可求得 ； （）先化简 g（x） ，然后利用三角函数的单调性即可得到结论 【解答

31、】解： （）由图知，A2 T，2， 由 2sin（20+）1，即 sin， 又 （0，） ，所以 故 f（x）2sin（2x+） （）g（x）f（x）f（x+）2sin2（x）+2sin2（x+）+ 2sin2x2sin（2x+） 2sin2x2（ sin2x+cos2x） sin2xcos2x2sin（2x） ， 由 2k2x2k+，kZ， 第 21 页（共 27 页） 得 kxk+，kZ， g（x）的单调递增区间是k，k+，kZ 【点评】本题主要考查三角函数解析式的求解，以及三角函数的化简，三角函数的单调 性，综合考查三角函数的性质 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 中，PAB

32、是等边三角形，底面 ABCD 是直角梯形， ABCD，ABAD，ABBC2，F，G 分别是 PC，AD 的中点 （1）求证：FG平面 PAB； 求线段 FG 的长度 （2）若 PC3，求直线 FG 与平面 PBC 所成角的正弦值 【分析】 （1）通过证明面 GFI面 PAB，再利用面面平行的性质得证；由余弦定理 求解即可； （2）作出辅助线，设 G 到平面 PBC 的距离设为 h，利用等体积法求出 h，进而可得直线 FG 与平面 PBC 所成角的正弦值 【解答】解： （1）证明：取 BC 的中点 I，则 GIAB，FIPB， GIFII，ABBPB， 平面 GFI平面 PAB， FG平面 PA

33、B； 由可知， 由余弦定理有， （2）， POC120， 第 22 页（共 27 页） 又 EOAB，OCAB， AB平面 POC， 平面 POC平面 ABC， 延长 CO 到 H，使得 PHOH，则 PH平面 ABC， PBBC2，PC3， ， 设 G 到平面 PBC 的距离设为 h，则， ， 直线 FG 与平面 PBC 所成角的正弦值为 【点评】本题考查线面平行的判定以及面面平行的判定及性质，考查线面角的求解，同 时也考查了线面垂直的判定以及等体积法的运用，考查逻辑推理能力及运算求解能力， 属于中档题 20 （15 分）设 Sn是数列an的前 n 项和，且 an是 Sn和 2 的等差中项

34、（1）求数列an的通项公式； （2）记 bkak （ak+ak+1+an） （1kn） ， 求数列bk（1kn）的前 n 项和 Tn； 设（nN*） ，求证： 【分析】 （1）由 an是 Sn和 2 的等差中项，可得 Sn+22an，当 n2 时，Sn1+22an1， 相减可得：an2an1，n1 时，可得 a1，利用等比数列的通项公式即可得出 （2）利用等比数列的求和公式可得：bkak （ak+ak+1+an）2k（2k+2k+1+2n） 2n+k+14k （1kn） ，进而得出 Tn 第 23 页（共 27 页） 由可得：（） 利用裂项求和可得 M，再利用数列的单调 性即可证明结论 【解答

35、】解： （1）an是 Sn和 2 的等差中项， Sn+22an， 当 n1 时，S1+22a1，a12， 当 n2 时，Sn1+22an1， 得：an2an2an1， an2an1， ， 数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列， （nN*） （2）bkak （ak+ak+1+an）2k（2k+2k+1+2n）2k2n+k+1 4k （1kn） ， Tn2n（22+2n+2n+1） （4+42+4n） 2n （2n+1 1） （2n1） 由可得：（） M（+）（1） f（n） 由于 f（n）单调递增， 可得：f（1）M，即M 【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式求和公式、分类

36、讨裂项求和 方 法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 21 （15 分）如图，已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l，过点 F 的直线交抛物线于 A， B 两点，点 B 在准线 l 上的投影为 E，若 C 是抛物线上一点，且 ACEF （1）证明：直线 BE 经过 AC 的中点 M； 第 24 页（共 27 页） （2）求ABC 面积的最小值及此时直线 AC 的方程 【分析】 （1）又抛物线的方程可得 F 的坐标及准线方程，设 A，B 的坐标，由题意可得 E 的坐标，可得 EF 的斜率，再由椭圆可得直线 AC 的斜率，进而可得直线 AC 的方程，与 抛物线联立可得两根之和，可得 A

37、C 中点 M 的纵坐标与 B 的相同，所以可证直线 BE 经 过 AC 的中点 M； （2）设 B 的坐标，由（1）可得 AB 的纵坐标之积为4 可得 A 的坐标（用 B 的坐标表 示） ，进而可得 E 的坐标，求出直线 EF 的斜率，由题意可得直线 AC 的方程，与抛物线 联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长 AC 的值，再求 B 到直线 AC 的距离，代入 面积公式可得，由均值不等式可得面积的最小值，并且求出此时的直线方程 【解答】解： （1）由题意可得抛物线的焦 F 坐标（1，0） ，准线方程为：x1， 显然直线 AB 的斜率不为 0，设直线 AB 的方程为：xmy+1，A（x1，y

38、1） ，B（x2，y2） ， 联立直线与抛物线的方程：， 整理可得 y24my40， y1+y24m， y1y24， 由题意可得 E（1，y2） ，所以 kEF， 因为 ACEF，所以 kAC， 所以直线 AC 的方程为：yy1（xx1） ，所以 x+x1， 代入抛物线的方程：y22y2y+2y1y24x10，可得 AC 的中点的纵坐标为 y2， 而直线 BE 为 yy2， 所以可证直线 BE 经过 AC 的中点 M； （2）设 C（x0，y0） ，B（，t） ，则 E（1，t） ，由（1）得 y1y24，所以 A（， 第 25 页（共 27 页） ） ， 因为 kEF，因为 ACEF，所以

39、kAC， 所以直线 AC 的方程为：y+（x） ， 由整理可得：y22ty80， 所以 y1+y02t，y1y08， 所以|AC|y1y0|， B 到直线 AC 的距离为 d， 所以 SABC|AC|d16， 当且仅当 t416 时，面积取到最小值 16，即 t2， t2 时，直线 AC 为 y+2x1，即 xy30， t2 时，直线 AC 为 y2（x1）即 x+y30 综上所述ABC 面积的最小值为 16，且此时直线 AC 的方程：xy30 或 x+y30 【点评】本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合和均值不等式的简单应用，属于 中难题 22 （15 分）已知函数，f（x）是 f（x）

40、的导函数 （1）证明：当 m2 时，f（x）在（0，+）上有唯一零点； （2）若存在 x1，x2（0，+） ，且 x1x2时，f（x1）f（x2） ，证明： 【分析】 （1）先求出 f（x） ，分析出当 x（0，）时，f（x）为增函数，且 ，得到 f（x）在（0，）上 有唯一零点， 又因为当 x， +） 时， 所以 f（x）在，+）上没有零点，从而得出 f（x）在（0，+）上有唯一零点； 第 26 页（共 27 页） （2）不妨设 0x1x2，由 f（x1）f（x2）得 ，即 设 g（x）xsinx，利用导数得到 g（x）在（0，+）为增函数，从而， 再证明：从而得出，即 【解答】证明： （1

41、）当 m2 时， 当 x （ 0 ， ） 时 ， f （ x ） 为 增 函 数 ， 且， ， f（x）在（0，）上有唯一零点， 当 x，+）时， f（x）在，+）上没有零点， 综上知，f（x）在（0，+）上有唯一零点； （2）不妨设 0x1x2，由 f（x1）f（x2）得 ， ， 设 g（x）xsinx，则 g（x）1cosx0，故 g（x）在（0，+）为增函数， x2sinx2x1sinx1，从而 x2x1sinx2sinx1， ， ， 下面证明：， 令，则 t1，即证明，只要证明， （*） 第 27 页（共 27 页） 设，则，h（t）在（1，+）单调递减， 当 t1 时，h（t）h（1）0，从而（*）得证，即， ，即 【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，是中 档题