2019-2020学年山东省青岛市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、已知复数 z1，z2在复平面内对应的点分别为（1，1） ， （0，1） ，则（ ） A1+i B1+i C1i D1i 2 （5 分） “sincos”是“sin21”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 3 （5 分） 向量 ， 满足| |1， | |， （ + ） （2 ） ， 则向量 与 的夹角为 （ ） A45 B60 C90 D120 4 （5 分）已知数列an中，a32，a71若为等差数列，则 a5（ ） A B C D 5 （5 分）已知点 M（2，4）在抛物线 C：y22px（p0）上，点 M 到抛物线 C 的焦点的 距离是（ ）

2、 A4 B3 C2 D1 6 （5 分）在ABC 中，+2，+20，若x+y，则（ ） Ay2x By2x Cx2y Dx2y 7 （5 分）已知双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2，O 为 坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点， ， 则双曲线 C 的渐近线方程为 （ ） A B Cyx D 8 （5 分）已知奇函数 f（x）是 R 上增函数，g（x）xf（x）则（ ） A 第 2 页（共 24 页） B C D 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有分在每小题给出的四个选项中，有 多项是符合题目要求，

3、全部选对的得多项是符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的分，有选错的 0 分分 9 （5 分）如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，则下列四个命题正确的是（ ） A直线 BC 与平面 ABC1D1所成的角等于 B点 C 到面 ABC1D1的距离为 C两条异面直线 D1C 和 BC1所成的角为 D三棱柱 AA1D1BB1C1外接球半径为 10（5分） 要得到ycos2x的图象C1， 只要将图象C2怎样变化得到？ （ ） A将的图象 C2沿 x 轴方向向左平移个单位 B的图象 C2沿 x 轴方向向右平移个单位 C先作 C2关于 x 轴对称图

4、象 C3，再将图象 C3沿 x 轴方向向右平移个单位 D先作 C2关于 x 轴对称图象 C3，再将图象 C3沿 x 轴方向向左平移个单位 11 （5 分）已知集合 M（x，y）|yf（x），若对于（x1，y1）M，（x2，y2）M， 使得 x1x2+y1y20 成立，则称集合 M 是“互垂点集” 给出下列四个集合：M1（x，y） 第 3 页（共 24 页） |yx2+1； M2； M3 （x， y） |yex； M4 （x， y） |ysinx+1 其 中是“互垂点集”集合的为（ ） AM1 BM2 CM3 DM4 12 （5 分）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805l859）

5、在数学领域成就显著19 世 纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”其中 R 为实数集，Q 为 有理数集则关于函数 f（x）有如下四个命题，其中真命题的是（ ） A函数 f（x）是偶函数 Bx1，x2RQ，f（x1+x2）f（x1）+f（x2）恒成立 C任取一个不为零的有理数 T，f（x+T）f（x）对任意的 xR 恒成立 D不存在三个点 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ） ，C（x3，f（x3） ） ，使得ABC 为等 腰直角三角形 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知直线 xy+a0 与圆 O：

6、x2+y22 相交于 A，B 两点（O 为坐标原点） ，且 AOB 为等腰直角三角形，则实数 a 的值为 ； 14 （5 分）已知直线 yx+2 与曲线 yln（x+a）相切，则 a 的值为 15 （5 分）l5.2019 年 7 月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年 文明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千 年文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这 一规律已知样本中碳 14 的质量 N 随时间 T（单位：年）的衰变规律满足 （N0表示碳 14 原有的质量） ，则经过 5730 年后，碳 14 的质量变为

7、原来的 ；经过 测定，良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的 时期距今约在 5730 年到 年之间 （参考数据：lg20.3，lg70.84，lg30.48） 16 （5 分）已知ABC 的顶点 A平面 ，点 B，C 在平面 异侧，且 AB2，AC， 若 AB，AC 与 所成的角分别为，则线段 BC 长度的取值范围为 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知 （）求函数 f（x）的最小正周期及单调递减区间； 第 4 页（共 24 页

8、） （）求函数 f（x）在区间的取值范围 18 （12 分）在ABC，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 8absinC3（b2+c2a2） ， 若 （I）求 cosA （）求ABC 的面积 S 19 （12 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn+12Sn1，nN* （I）证明：Sn+1为等比数列，求出an的通项公式； （）若 bn，求bn的前 n 项和 Tn，并判断是否存在正整数 n 使得 Tn2n 1n+50 成立？若存在求出所有 n 值；若不存在说明理由 20 （12 分） 九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 1000 多年， 在 九章

9、算术 中， 将底面为直角三角形， 且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵 （qiandu） ； 阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈（bienao）指四个面均为直角三角 形的四面体如图在堑堵 ABCA1B1C1中，ABAC （I）求证：四棱锥 BA1ACC1为阳马； （）若 C1CBC2，当鳖膈 C1ABC 体积最大时，求锐二面角 CA1BC1的余弦 值 21 （12 分）给定椭圆，称圆心在原点 O，半径为的圆 是椭圆 C 的“卫星圆” 若椭圆 C 的离心率，点在 C 上 （I）求椭圆 C 的方程和其“卫星圆”方程； （）点 P 是椭圆 C 的“卫星圆”上的一个动点，过点 P 作直线 l

10、1，l2，使得 l1l2，与 椭圆 C 都只有一个交点，且 l1，l2，分别交其“卫星圆”于点 M，N，证明：弦长|MN| 为定值 第 5 页（共 24 页） 22 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+2sinx，f（x）为 f（x）的导函数 （）求证：f（x）在（0，）上存在唯一零点； （）求证：f（x）有且仅有两个不同的零点 第 6 页（共 24 页） 2019-2020 学年山东省青岛市高三（上）期末数学试卷学年山东省青岛市高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题： （本大题共一、选择题： （本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 4

11、0 分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的）有一项是符合题目要求的） 1 （5 分）已知复数 z1，z2在复平面内对应的点分别为（1，1） ， （0，1） ，则（ ） A1+i B1+i C1i D1i 【分析】由已知条件可得 z1，z2，然后代入，再利用复数代数形式的乘除运算化简得 答案 【解答】解：复数 z1，z2在复平面内对应的点分别为（1，1） ， （0，1） ， z11+i，z2i 故选：D 【点评】本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的乘除运算， 是基础题 2 （5 分） “sincos”是“sin21”的（ ）

12、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】直接利用充要条件的判断方法，求解判断即可 【解答】解：sincos，可得 k，kZ， 22k，sin21， “sincos”是“sin21”的充分条件， sin21，可得 22k，k，kZ， 可得 sincos， “sincos”是“sin21”的必要条件， 所以“sincos”是“sin21”的充要条件 故选：C 第 7 页（共 24 页） 【点评】本题考查充要条件的判断与应用，是基础题 3 （5 分） 向量 ， 满足| |1， | |， （ + ） （2 ） ， 则向量 与 的夹角为 （ ） A45 B60

13、 C90 D120 【分析】设向量 与 的夹角为 利用（ + ）（2 ） ，可得（ + ） （2 ） +0，即可解出 【解答】解：设向量 与 的夹角为 （ + ）（2 ） ， （ + ） （2 ）+0， 化为 cos0， 0，90 故选：C 【点评】本题考查了数量积运算性质、向量垂直与数量积的关系，属于基础题 4 （5 分）已知数列an中，a32，a71若为等差数列，则 a5（ ） A B C D 【分析】利用等差数列的通项公式即可得出 【解答】解：设等差数列的公差为 d， 则+4d，即 1+4d，解得 d 则+2d+，解得 a5 故选：C 【点评】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力

14、与计算能力，属于基础题 5 （5 分）已知点 M（2，4）在抛物线 C：y22px（p0）上，点 M 到抛物线 C 的焦点的 距离是（ ） A4 B3 C2 D1 【分析】由题意可知：点的坐标代入抛物线方程，求出 p4，求得焦点 F（2，0） ，利用 抛物线的定义，即可求点 M 到抛物线 C 焦点的距离 【解答】解：由点 M（2，4）在抛物线 C：y22px（p0）上，可得 164p，p4， 第 8 页（共 24 页） 抛物线 C：y28x，焦点坐标 F（2，0） ，准线方程为 x2， 点 M 到抛物线 C 的准线方程的距离为 4， 则点 M 到抛物线 C 焦点的距离是：4， 故选：A 【点评

15、】本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质，直线的两点式方程，考查计算能 力，属于基础题 6 （5 分）在ABC 中，+2，+20，若x+y，则（ ） Ay2x By2x Cx2y Dx2y 【分析】根据条件可判断出点 D 为 BC 的中点，并且可得出，从而可得出 ，并得出，进而根据向量的减法的几何意义，和向 量的数乘运算即可得出，从而可得出，进而得出正确的选 项 【解答】解：如图， ， 点 D 为边 BC 的中点， ， ， 又， ， 又， ， x2y 故选：D 第 9 页（共 24 页） 【点评】本题考查了向量加法的平行四边形法则，向量减法和数乘的几何意义，向量的 数乘运算，平面向量基本定理，

16、考查了计算能力，属于基础题 7 （5 分）已知双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2，O 为 坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点， ， 则双曲线 C 的渐近线方程为 （ ） A B Cyx D 【分析】利用双曲线的定义求出 m2a，结合向量的数量积，求出F1PF2，利用余弦定 理求解关系式，推出渐近线方程即可 【解答】解：双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2，O 为坐标原点，P 是双曲线在第一象限上的点， ， 可得 m2a，4a2acosF1PF24a2，所以F1PF260， 则 4c24a2+16a2212a2，即 a2+b23a2， 所以， 所以双曲线的渐近线方程为：yx 故选：D 【点评

17、】本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义以及余弦定理的应用，考查 计算能力，是中档题 8 （5 分）已知奇函数 f（x）是 R 上增函数，g（x）xf（x）则（ ） A 第 10 页（共 24 页） B C D 【分析】先构造函数 g（x）xf（x） ，可判断出 g（x）为偶函数，x0 时单调递增，x 0 时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，即可比较大小 【解答】解：由奇函数 f（x）是 R 上增函数可得当 x0 时，f（x）0， 又 g（x）xf（x） ，则 g（x）xf（x）xf（x）g（x） ， 即 g（x）为偶函数，且当 x0 时单调递增， 根据偶函数的对称性可知，当

18、x0 时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大， 因为 g（）g（log34） ，g（）g（） ，g（）g（） ， 所以为 g（）g（）g（） 故选：B 【点评】本题主要考查利用不等式比较大小，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是 解决本题的关键，综合考查函数性质的应用 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有分在每小题给出的四个选项中，有 多项是符合题目要求，全部选对的得多项是符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的分，有选错的 0 分分 9 （5 分）如图

19、，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，则下列四个命题正确的是（ ） A直线 BC 与平面 ABC1D1所成的角等于 第 11 页（共 24 页） B点 C 到面 ABC1D1的距离为 C两条异面直线 D1C 和 BC1所成的角为 D三棱柱 AA1D1BB1C1外接球半径为 【分析】直接利用线面夹角的应用，异面直线的夹角的应用，三棱柱的外接球的半径的 求法的应用求出结果 【解答】解：正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1， 对于选项 A：直线 BC 与平面 ABC1D1所成的角为，故选项 A 正确 对于选项 B：点 C 到面 ABC1D1的距离为 B1C 长度的一半，即 h，故选

20、项 B 正确 对于选项 C：两条异面直线 D1C 和 BC1所成的角为，故选项 C 错误 对于选项 D： 三棱柱 AA1D1BB1C1外接球半径 r， 故选项 D 正确 故选：ABD 【点评】本题考查的知识要点：线面夹角的应用，异面直线的夹角的应用，三棱柱的外 界求的半径的求法，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 10（5分） 要得到ycos2x的图象C1， 只要将图象C2怎样变化得到？ （ ） A将的图象 C2沿 x 轴方向向左平移个单位 B的图象 C2沿 x 轴方向向右平移个单位 C先作 C2关于 x 轴对称图象 C3，再将图象 C3沿 x 轴方向向右平移个单位 D先

21、作 C2关于 x 轴对称图象 C3，再将图象 C3沿 x 轴方向向左平移个单位 【分析】直接利用三角函数关系式的恒等变换即平移变换和伸缩变换的应用求出结果 【解答】解：要得到 ycos2x 的图象 C1，只要将图象 C2将 的图象 C2沿 x 轴方向向左平移个单位即可，故选项 A 正确 或将的图象 C2沿 x 轴方向向右平移个单位，也可得到，故选项 B 正确 第 12 页（共 24 页） 或先作 C2关于 x 轴对称图象 C3，再将图象 C3沿 x 轴方向向右平移个单位，故选项 C 正确 故选：ABC 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的平移变换和伸缩变换的应用，主要考 查学生的运算能

22、力和转换能力及思维能力，属于基础题型 11 （5 分）已知集合 M（x，y）|yf（x），若对于（x1，y1）M，（x2，y2）M， 使得 x1x2+y1y20 成立，则称集合 M 是“互垂点集” 给出下列四个集合：M1（x，y） |yx2+1； M2； M3 （x， y） |yex； M4 （x， y） |ysinx+1 其 中是“互垂点集”集合的为（ ） AM1 BM2 CM3 DM4 【分析】 根据题意即对于任意点 P （x1， y1） ， 在 M 中存在另一个点 P， 使得 ， 结合函数图象进行判断 【解答】解：由题意，对于（x1，y1）M，（x2，y2）M，使得 x1x2+y1y20

23、 成立 即对于任意点 P（x1，y1） ，在 M 中存在另一个点 P，使得 yx2+1 中，当 P 点坐标为（0，1）时，不存在对应的点 P 所以所以 M1不是“互垂点集”集合， 的图象中，将两坐标轴进行任意旋转，均与函数图象有交点， 所以在 M2中的任意点 P（x1，y1） ，在 M2中存在另一个点 P，使得 所以 M2是“互垂点集”集合， yex中，当 P 点坐标为（0，1）时，不存在对应的点 P 所以 M3不是“互垂点集”集合， ysinx+1 的图象中，将两坐标轴进行任意旋转，均与函数图象有交点， 所以所以 M4是“互垂点集”集合， 故选：BD 【点评】本题考查命题真假的判断与应用，考

24、查对新定义的理解与应用，属于难题 12 （5 分）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805l859）在数学领域成就显著19 世 纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”其中 R 为实数集，Q 为 第 13 页（共 24 页） 有理数集则关于函数 f（x）有如下四个命题，其中真命题的是（ ） A函数 f（x）是偶函数 Bx1，x2RQ，f（x1+x2）f（x1）+f（x2）恒成立 C任取一个不为零的有理数 T，f（x+T）f（x）对任意的 xR 恒成立 D不存在三个点 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ） ，C（x3，f（x3） ） ，使得ABC 为等 腰直角三角形 【分

25、析】根据函数解析式，逐项判断即可 【解答】解：对于 A，若 xQ，则xQ，满足 f（x）f（x） ；若 xRQ，则xRQ， 满足 f（x）f（x） ；故函数 f（x）为偶函数，选项 A 正确； 对于 B，取，则 f（x1+x2）f（0）1，f（x1）+f（x2） 0，10，故选项 B 错误； 对于 C，若 xQ，则 x+TQ，满足 f（x）f（x+T） ；若 xRQ，则 x+TRQ，满足 f （x）f（x+T） ；故选项 C 正确； 对于 D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况： 直角顶点 A 在 y1 上，斜边在 x 轴上，此时点 B，点 C 的横坐标为无理数，则 BC 中 点的横坐标仍

26、然为无理数， 那么点 A 的横坐标也为无理数， 这与点 A 的纵坐标为 1 矛盾， 故不成立； 直角顶点 A 在 y1 上，斜边不在 x 轴上，此时点 B 的横坐标为无理数，则点 A 的横 坐标也应为无理数，这与点 A 的纵坐标为 1 矛盾，故不成立； 第 14 页（共 24 页） 直角顶点 A 在 x 轴上，斜边在 y1 上，此时点 B，点 C 的横坐标为有理数，则 BC 中 点的横坐标仍然为有理数，那么点 A 的横坐标也应为有理数，这与点 A 的纵坐标为 0 矛 盾，故不成立； 直角顶点 A 在 x 轴上，斜边不在 y1 上，此时点 A 的横坐标为无理数，则点 B 的横 坐标也应为无理数，

27、这与点 B 的纵坐标为 1 矛盾，故不成立 综上，不存在三个点 A（x1，f（x1） ） ，B（x2，f（x2） ） ，C（x3，f（x3） ） ，使得ABC 为 等腰直角三角形，故选项 D 正确 故选：ACD 【点评】本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识的运用能力，考查分类讨论思想 及数形结合思想，考查逻辑推理能力，属于中档题 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）已知直线 xy+a0 与圆 O：x2+y22 相交于 A，B 两点（O 为坐标原点） ，且 AOB 为等腰直角三角形，则实数 a 的值为 ； 【分析】

28、根据题意，求出圆 O 的圆心以及半径，由等腰直角三角形的性质可得圆心到直 线的距离 d1，结合点到直线的距离公式，解可得 a 的值，即可得答案 【解答】解：根据题意，圆 O：x2+y22 的圆心为（0，0） ，半径 r， 若直线 xy+a0 与圆 O 交于 A，B 两点，且AOB 为等腰直角三角形， 则圆心到直线的距离 d1， 第 15 页（共 24 页） 解可得 a； 故答案为： 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，注意分析圆心到直线的距离，属于基础题 14 （5 分）已知直线 yx+2 与曲线 yln（x+a）相切，则 a 的值为 3 【分析】欲求 a 的大小，只须求出切线的方程即可，故先

29、利用导数求出在切点处的导函 数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率进而求出切线方程，最后与已知的 切线方程比较，从而问题解决 【解答】 解： 依题意得 y， 因此曲线 yln （x+a） 在切点处的切线的斜率等于， 1，x1a 此时，y0，即切点坐标为（1a，0） 相应的切线方程是 y1（x1+a） ， 即直线 yx+2， a12， a3 故答案为：3 【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线 方程等基础知识，考查运算求解能力 15 （5 分）l5.2019 年 7 月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年 文明史得到国际社会认可良渚

30、古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千 年文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这 一规律已知样本中碳 14 的质量 N 随时间 T（单位：年）的衰变规律满足 （N0表示碳 14 原有的质量） ，则经过 5730 年后，碳 14 的质量变为原来的 ；经过 测定，良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的 时期距今约在 5730 年到 6876 年之间 （参考数据：lg20.3，lg70.84，lg30.48） 【分析】把 T5730 代入，即可求出结果，再令，两边同时取 以 2 为底的对数，结合换底公式即可求出 T 的范围

31、 第 16 页（共 24 页） 【解答】解：，当 T5730 时，NN0， 经过 5730 年后，碳 14 的质量变为原来的， 由题意可知：， 两边同时取以 2 为底的对数得：， ， T6876， 推测良渚古城存在的时期距今约在 5730 年到 6876 年之间 【点评】本题主要考查了对数的运算，是中档题 16 （5 分）已知ABC 的顶点 A平面 ，点 B，C 在平面 异侧，且 AB2，AC， 若 AB，AC 与 所成的角分别为，则线段 BC 长度的取值范围为 【分析】由题意画出图形，分类求出 BC 的最小值与最大值即可 【解答】解：分别过 B，C 作底面的垂线，垂足分别为 B1，C1 由已

32、知可得，BB1，AB11， 如图，当 AB，AC 所在平面与 垂直，且 B，C 在底面上的射影 B1，C1在 A 点同侧时 BC 长度最小， 当 AB，AC 所在平面与 垂直，且 B，C 在底面上的射影 B1，C1在 A 点两侧时 BC 长度 最大 过 C 作 CDBB1的延长线，垂足为 D，则 BD，CD， 第 17 页（共 24 页） 则 BC 的最小值为，最大值为 线段 BC 长度的取值范围为， 故答案为： 【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查数形结合的解题思想方法，是中档题 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分

33、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知 （）求函数 f（x）的最小正周期及单调递减区间； （）求函数 f（x）在区间的取值范围 【分析】 （）首先利用三角函数关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进 一步求出函数的周期和单调区间 （）利用整体思想的应用求出函数的值域 【 解 答 】 解 ： （ ） 由 题 意 ， 化 简 得 ， 所以函数 f（x）的最小正周期 ysinx 的减区间为， 由， 得， 所以函数 f（x）的单调递减区间为 （）因为，所以 所以 所以函数 f（x）在区间上的取值范围是 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的

34、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 18 （12 分）在ABC，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且 8absinC3（b2+c2a2） ， 若 （I）求 cosA 第 18 页（共 24 页） （）求ABC 的面积 S 【分析】 （I）由余弦定理，正弦定理化简已知等式可得，利用同角三角函数基 本关系式可求 cosA 的值 （）由余弦定理可得 b28b+150，解得 b 的值，利用同角三角函数基本关系式可求 sinA 的值，根据三角形的面积公式即可求解 【解答】解： （I）由题意得， 由余弦定理得：， 由正弦定理得 4sinA3cosA， 所以， 可得A

35、BC 中， （）由， 可得余弦定理 a2b2+c22bccosA，得 b28b+150， 解得 b3 或 b5， 可得， 由，得或 【点评】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面 积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题 19 （12 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，Sn+12Sn1，nN* （I）证明：Sn+1为等比数列，求出an的通项公式； （）若 bn，求bn的前 n 项和 Tn，并判断是否存在正整数 n 使得 Tn2n 1n+50 成立？若存在求出所有 n 值；若不存在说明理由 【分析】 （）将等式移项，两边加 1，结合等比

36、数列的定义和数列的递推式，可得所求； （） 求得，再由数列的错位相减法求和，可得 Tn，解方程，结合函数 的单调性，即可判断存在性 【解答】解： （）证明：Sn+12Sn1，Sn+1+12（Sn+1）nN* Sn+1为等比数列， 第 19 页（共 24 页） S1+12，公比为 2， ， 当 n2 时，a11 也满足此式， ； （） ， ，两式相减得：， ， 代入，得 2nn260， 令 f（x）2xx26（x1） ，f（x）2xln210 在 x1，+）成立， f（x）2xx26，x（1，+）为增函数； 由 f（5） f（4）0，所以不存在正整数 n 使得成立 【点评】本题考查等比数列的定义

37、和通项公式、求和公式的运用，考查数列的错位相减 法求和，考查方程思想和运算能力，推理能力，属于中档题 20 （12 分） 九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早 1000 多年， 在 九章算术 中， 将底面为直角三角形， 且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵 （qiandu） ； 阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖膈（bienao）指四个面均为直角三角 形的四面体如图在堑堵 ABCA1B1C1中，ABAC （I）求证：四棱锥 BA1ACC1为阳马； （）若 C1CBC2，当鳖膈 C1ABC 体积最大时，求锐二面角 CA1BC1的余弦 值 【分析】 （）证明 A1AAB，

38、结合 ABAC，推出 AB面 ACC1A1，然后证明四棱锥 B 第 20 页（共 24 页） A1ACC1为阳马 （）证明 A1A底面 ABC，求出当且仅当时，取最大 值，建立如图所示空间直角坐标系，求出面 A1BC 的一个法向量，平面 A1BC1法向量， 利用空间向量的数量积求解即可 【解答】 （）证明：A1A底面 ABC，AB面 ABC， A1AAB， 又 ABAC，A1AACA，AB面 ACC1A1， 又四边形 ACC1A1为矩形， 四棱锥 BA1ACC1为阳马 （）解：ABAC，BC2，AB2+AC24， 又A1A底面 ABC， ， 当且仅当时，取最大值， ABAC，A1A底面 ABC

39、以 A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， A1（ 0 ， 0 ， 2 ）， ， 设面 A1BC 的一个法向量， 由得， 同理得， 二面角 CA1BC1的余弦值为 第 21 页（共 24 页） 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，几何体的体积以及直线与平面垂直的判断定 理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力，是中档题 21 （12 分）给定椭圆，称圆心在原点 O，半径为的圆 是椭圆 C 的“卫星圆” 若椭圆 C 的离心率，点在 C 上 （I）求椭圆 C 的方程和其“卫星圆”方程； （）点 P 是椭圆 C 的“卫星圆”上的一个动点，过点 P 作直线 l1，l2，使得 l1l2，与 椭

40、圆 C 都只有一个交点，且 l1，l2，分别交其“卫星圆”于点 M，N，证明：弦长|MN| 为定值 【分析】 （I）根据椭圆的离心率公式，将点代入椭圆方程，即可求得 a 和 b 的值； （）分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，根据韦达定理即 可求得 t1t21，满足条件的两直线 l1，l2垂直，即可求得|MN|为定值 【解答】解： （）由条件可得： 解得 所以椭圆的方程为，（3 分） 卫星圆的方程为 x2+y212（4 分） （II）证明：当 l1，l2中有一条无斜率时，不妨设 l1无斜率， 因为 l1与椭圆只有一个公共点，则其方程为或， 第 22 页（共 24 页） 当

41、l1方程为时，此时 l1与“卫星圆”交于点和， 此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是 y2 或 y2， 即 l2为 y2 或 y2， 所以 l1l2， 所以线段 MN 应为“卫星圆”的直径，所以（7 分） 当 l1，l2都有斜率时，设点 P（x0，y0） ，其中， 设经过点 P（x0，y0）与椭圆只有一个公共点的直线为 yt（xx0）+y0， 则，联立方程组，消去y，整理得 ，（9 分） 所以（10 分） 所以（11 分） 所以 t1t21，满足条件的两直线 l1，l2垂直 所以线段 MN 应为“卫星圆”的直径， 所以 综合知：因为 l1，l2经过点 P（x0，y0） ，又分别交其“卫星圆

42、”于点 MN，且 l1，l2 垂直， 所以线段 MN 为“卫星圆”的直径， 所以为定值（12 分） 【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考 查分类讨论思想，属于中档题 22 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+2sinx，f（x）为 f（x）的导函数 （）求证：f（x）在（0，）上存在唯一零点； （）求证：f（x）有且仅有两个不同的零点 【分析】 （）设，然后判断函数 g（x）的符号，再利用零 点存在定理判断 g（x）在（0，）上是否存在唯一零点即可； 第 23 页（共 24 页） （）分 x（0，） ，x，2）和 x2，+）三种情况分别考虑 f（x）

43、的零点存在 情况，进一步得到结论 【解答】解： （）设， 当 x（0，）时， g（x）在（0，）上单调递减 又， g（x）在上有唯一的零点 （）由（）知，当 x（0，）时，f（x）0，f（x）在（0，）上单调递增； 当 x（，）时，f（x）0，f（x）在（，）上单调递减； f（x）在（0，）上存在唯一的极大值点， ， f（x）在（0，）上恰有一个零点 f（）ln20，f（x）在（，）上也恰有一个零点； 当 x，2）时，sinx0，f（x）lnxx 设 h（x）lnxx， h（x）在，2）上单调递减，h（x）h（）0， 当 x，2）时，f（x）h（x）h（）0 恒成立， f（x）在，2）上没有零点 当 x2，+）时，f（x）lnxx+2， 设 （x）lnxx+2， （x）在2，+）上单调递减，（x）（2）0， 当 x2，+）时，f（x）（x）（2）0 恒成立， f（x）在2，+）上没有零点 综上，f（x）有且仅有两个零点 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，零点存在性问题，考查了分类 讨论思想和转化思想，属难题