2020年江苏省镇江市高考数学一模试卷（含详细解答）

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1、已知在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1：xmy+m20，l2：mx+（m2）y 10，若直线 l1l2，则 m 6 （5 分）从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成 等差数列的概率是 7 （5 分）若实数 x，y 满足条件，则 z3x+2y 的最大值为 8 （5 分）将函数 f（x）cos2x 的图象向左平移个单位长度后，再将图象上各点的纵坐 标变为原来的 2 倍，得到函数 yg（x）的图象，则 9 （5 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 1，点 E 是棱 AD 上的任意一点，点 F 是棱 B1C1上的任意一点，则三棱锥 BECF 的体积

2、为 10（5 分） 等比数列an的前三项和 S342， 若 a1， a2+3， a3成等差数列， 则公比 q 11 （5 分） 记集合 Aa， b， 当 ，时， 函数 f （） 2 的值域为 B，若“xA”是“xB”的必要条件，则 ba 的最小值是 12 （5 分）已知函数，若对任意的 xm，m+1，不等式 f（1 第 2 页（共 27 页） x）f（x+m）恒成立，则实数 m 的取值范围是 13 （5 分）过直线 l：yx2 上任意一点 P 作圆 C：x2+y21 的一条切线，切点为 A，若 存在定点 B（x0，y0） ，使得 PAPB 恒成立，则 x0y0 14 （5 分）在平面直角坐标系

3、 xOy 中，已知三个点 A（2，1） ，B（1，2） ，C（3，1） ， 点 P（x，y）满足（）（）1，则的最大值为 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，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 ）说明，证明过程或演算步骤 ） 15 （14 分）在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，E 是 AP 的中点，ABBD， PBPD，平面 PBD底面 ABCD （1）求证：PC平面 BDE； （2）求证：PD平面 PAB 16 （14 分）如图，在ABC 中，点 D 是边

4、BC 上一点，AB14，BD6， （1）若 CB，且 cos（CB），求角 C； （2）若ACD 的面积为 S，且，求 AC 的长度 17 （14 分）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：（ab0）的长轴长为 4，左 准线 l 的方程为 x4 （1）求椭圆的标准方程； 第 3 页（共 27 页） （2）直线 l1过椭圆 E 的左焦点 F1，且与椭圆 E 交于 A，B 两点若 AB，求直 线 l1的方程；过 A 作左准线 l 的垂线，垂足为 A1，点 G（，0） ，求证：A1，B，G 三点共线 18 （16 分）某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内，如图所示，矩形 PQRS 的长 PS 为

5、 130 米，宽 RS 为 120 米，圆弧形轨道所在圆的圆心为 O，圆 O 与 PS，SR，QR 分别 相切于点 A，D，C，T 为 PQ 的中点现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成出 发点 N 在线段 PT 上（不含端点，游客从点 Q 处乘升降电梯至点 N） ，轨道第一段 NM 与 圆 O 相切于点 M，再沿着圆弧轨道到达最高点 A，然后在点 A 处沿垂直轨道急速下降 至点 O 处，接着沿直线轨道 OG 滑行至地面点 G 处（设计要求 M，O，G 三点共线） ，最 后通过制动装置减速沿水平轨道 GR 滑行到达终点 R记MOT 为 ，轨道总长度为 l 米 （1）试将 l 表示为 的函数 l

6、（） ，并写出 的取值范围； （2）求 l 最小时 cos 的值 19 （16 分）已知函数 f（x）lnx+a（x2x） （aR） （1）当 a0，证明：f（x）x1； （2）如果函数 f（x）有两个极值点 x1，x2（x1x2） ，且 f（x1）+f（x2）k 恒成立，求 实数 k 的取值范围； （3）当 a0 时，求函数 f（x）的零点个数 20 （16 分）已知 nN*，数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snan+1a1；数列bn的前 n 项和 第 4 页（共 27 页） 为 Tn，且满足 Tn+bnn+，b44，且 a1b2 （1）求数列an的通项公式； （2）求数列bn的通项公式

7、； （3）设 cn，问：数列cn中是否存在不同两项 ci，cj（1ij，i，jN*） ，使 ci+cj 仍是数列cn中的项？若存在，请求出 i，j；若不存在，请说明理由 【选做题】在【选做题】在 A，B，C 三小题中只能选做两题，每小题三小题中只能选做两题，每小题 0 分，共分，共 20 分若多做，则按作分若多做，则按作 答的前两题计分解答答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤A.(选修选修 42：矩阵：矩阵 与变换与变换) 21在平面直角坐标系 xOy 中，设点 P（x，1）在矩阵 M对应的变换下得到点 Q（y 2，y） ，求

8、M 1 B.(选修选修 43：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程) 22已知曲线 C1的极坐标方程为 （R） ，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，曲线 C2的参数方程为， （ 为参数） ，求曲线 C1与曲 线 C2交点的直角坐标 C.(选修选修 44：不等式选讲：不等式选讲) 23已知函数 f（x）|2x1|+|2x+2|的最小值为 k，且 a+b+ck，求 a2+b2+c2的最小值 【必做题】第【必做题】第 24，25 题，每小题题，每小题 0 分，共分，共 20 分解答时应写出必要的文字说明、证明过分解答时应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤程或演算步骤 2

9、422已知在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线方程为 y22px（p0） （1）若直线 yx+1 与抛物线相交于 M，N 两点，且 MN2，求抛物线的方程； （2）直线 l 过点 Q（0，t） （t0）交抛物线于 A，B 两点，交 x 轴于点 C，如图，设 m，n，求证：m+n 为定值 第 5 页（共 27 页） 25我们常用构造等式对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如由等式（1+x）2n （1+x）n（1+x）n可得，等式左边 xk的系数为（0kn） ，等式右边 xk项系数为 ， 所 以 我 们 得 到 组 合 数 恒 等 式 ： （1）化简： （）2+（）2+（）2+（）2+）2；

10、（2）若袋中装有 n（nN*）个红球和 n 个白球，从中一次性取出 n 个球规定取出 k（0 kn）个红球得 k2分，设 X 为一次性取球的得分，求 X 的数学期望 第 6 页（共 27 页） 2020 年江苏省镇江市高考数学一模试卷年江苏省镇江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，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答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 ）案填写在答题卡相应的位置上 ） 1 （5 分）已知集合 Ax|x22x0，B1，1，2，则 AB 1，2

11、【分析】可以求出集合 A，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Ax|0x2，B1，1，2， AB1，2 故答案为：1，2 【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考 查了计算能力，属于基础题 2 （5 分）设复数（其中 i 为虚数单位） ，则|z| 【分析】根据复数的基本运算法则进行化简，再利用复数的模长公式即可求出结果 【解答】解：12i， |z|， 故答案为： 【点评】本题主要考查复数模长的计算，比较基础 3 （5 分）如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是 25 【分析】模拟执行伪代码，可得伪代码的功能是计算并输出 S0+1+3+5+7+9 的值，从 而

12、得解 【解答】解：模拟执行伪代码，可得：S0+1+3+5+7+925 故答案为：25 【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，属于基本知识的考查 第 7 页（共 27 页） 4 （5 分）顶点在原点且以双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程是 y216x 【分析】求得双曲线的右焦点，可设抛物线的方程为 y2mx，m0，由抛物线的焦点坐 标，可得 m，即可得到所求方程 【解答】解：双曲线的右焦点为（4，0） ， 抛物线的方程设为 y2mx，m0， 由题意可得4，即 m16， 可得抛物线方程为 y216x 故答案为：y216x 【点评】本题考查双曲线和抛物线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基

13、础 题 5 （5 分）已知在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1：xmy+m20，l2：mx+（m2）y 10，若直线 l1l2，则 m 2 【分析】根据题意，由直线平行的条件可得（m2）+m20，解可得 m 的值，验证直线 是否重合即可得答案 【解答】解：根据题意，直线 l1：xmy+m20，l2：mx+（m2）y10， 若直线 l1l2，必有（m2）+m20， 解可得：m1 或2， 当 m1 时，直线 l1：xy10，l2：xy10，两直线重合，不符合题意； 当 m2 时，直线 l1：x+2y40，l2：2x4y10，两直线平行，符合题意； 故 m2； 故答案为：2 【点评】本题考查直线

14、平行的判断，注意直线平行的判断方法，属于基础题 6 （5 分）从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成 等差数列的概率是 【分析】基本事件总数 n10，利用列举法求出剩余三个数能构成等差数列包含的 基本事件有 4 个，由此能求出剩余三个数能构成等差数列的概率 【解答】解：从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数， 第 8 页（共 27 页） 基本事件总数 n10， 剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有： （1，2，3） ， （1，3，5） ， （2，3，4） ， （3，4，5） ，共 4 个， 剩余三个数能构成等差数列的概率是 p 故答案为：

15、 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题 7 （5 分）若实数 x，y 满足条件，则 z3x+2y 的最大值为 13 【分析】画出约束条件对应的可行域，再求出对应的角点的坐标，分别代入目标函数， 比较目标函数值即可得到其最优解 【解答】解：实数 x，y 满足条件，对应的可行域如下图所示： 由，解得 x3，y2 时，目标函数经过 A（3，2）时，目标函数取得最大值： z3x+2y13， 故 z3x+2y 的最大值为：13； 故答案为：13 【点评】本题考查的知识点是简单线性规划的应用，其中利用角点法是解答线性规划类 小题最常用的方法，一定要掌握

16、第 9 页（共 27 页） 8 （5 分）将函数 f（x）cos2x 的图象向左平移个单位长度后，再将图象上各点的纵坐 标变为原来的 2 倍，得到函数 yg（x）的图象，则 【分析】由题意利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，得到 g（x）的解析式，再 根据 g（x）的解析式，求得 g（）的值 【解答】 解： 将函数 f （x） cos2x 的图象向左平移个单位长度后， 可得 ycos （2x+） 的图象， 再将图象上各点的纵坐标变为原来的 2 倍，得到函数 yg（x）2cos（2x+）的图象， 则， 故答案为： 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象变换规律，求三角函数的值

17、，属于 基础题 9 （5 分）已知正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 1，点 E 是棱 AD 上的任意一点，点 F 是棱 B1C1上的任意一点，则三棱锥 BECF 的体积为 【分析】由题意画出图形，再由等积法求三棱锥 BECF 的体积 【解答】解：如图， 正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 1，点 E 是棱 AD 上的任意一点，点 F 是棱 B1C1上的 任意一点， 故答案为： 第 10 页（共 27 页） 【点评】本题考查多面体体积的求法，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题 10 （5 分）等比数列an的前三项和 S342，若 a1，a2+3，a3成等差数列，则公比 q 2 或

18、 【分析】由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得所求公比 【解答】解：等比数列an的前三项和 S342，若 a1，a2+3，a3成等差数列， 可得 a1+a2+a3a1+a1q+a1q242，a1+a32（a2+3）即 2（a1q+3）a1+a1q2， 解得 q2 或， 故答案为：2 或 【点评】本题考查等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，考查方程思想和运算能 力，属于基础题 11 （5 分） 记集合 Aa， b， 当 ，时， 函数 f （） 2 的值域为 B，若“xA”是“xB”的必要条件，则 ba 的最小值是 3 【分析】利用倍角公式、和差公式化简 f（x） ，利用三角函

19、数的单调性可得 B，根据 xA” 是“xB”的必要条件，可得 BA即可得出结论 【解答】 解： 函数 f （） 2sin2+cos2+12sin （2+） +1 当 ，时， （2+），sin（2+），1 2sin（2+）+10，3B， 若“xA”是“xB”的必要条件，则 BA ba 的最小值是 303 故答案为：3 【点评】本题考查了倍角公式、和差公式、三角函数的单调性、简易逻辑的判定方法， 考查了推理能力与计算能力，属于中档题 12 （5 分）已知函数，若对任意的 xm，m+1，不等式 f（1 x）f（x+m）恒成立，则实数 m 的取值范围是 1， 第 11 页（共 27 页） 【分析】由题

20、意可得 f（x）为偶函数，求得 f（x）在 x0 上连续，且为减函数，f（|1 x|）f（|x+m|） ，即为|x1|x+m|，即有（2x1+m） （m+1）0，由一次函数的单调性， 解不等式即可得到所求范围 【解答】解：函数， 当 x0 时，x0，f（x）2 x+x3f（x） ， 同样 x0，可得 f（x）f（x） ，且 f（0）1， 则 f（x）为偶函数，且 f（x）在 x0 上为减函数， 对任意的 xm，m+1，不等式 f（1x）f（x+m）恒成立， 可得 f（|1x|）f（|x+m|） ， 即为|x1|x+m|， 即有（2x1+m） （m+1）0， 由一次函数的单调性，可得： （2m1

21、+m） （m+1）0，且（2m+21+m） （m+1）0， 即为1m且1m， 即有1m， 则 m 的范围是1， 故答案为：1， 【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用偶函数的性质和单调性，考查转化 思想和运算能力，属于中档题 13 （5 分）过直线 l：yx2 上任意一点 P 作圆 C：x2+y21 的一条切线，切点为 A，若 存在定点 B（x0，y0） ，使得 PAPB 恒成立，则 x0y0 2 【分析】设 P（a，a2） ，B 必在以 P 为圆心，PA 为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆 的公共点，PB2PA2恒成立，即任意 aR， （x0a）2+y0（a1）2a2+（a2）2

22、 1 恒成立，所以，即可解得 x0，y0，进而得到答案 【解答】解：设 P（a，a2） ， 第 12 页（共 27 页） 由题意知 B 必在以 P 为圆心，PA 为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆的公共点， 因为 PB2PA2， 所以（x0a）2+y0（a2）2a2+（a2）21 即（x02+y02+4y0+1）2a（x0+y0）0， 因为任意 aR， （x02+y02+4y0+1）2a（x0+y0）0 恒成立， 所以 解得或， 所以 x0y02， 故答案为：2 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，恒成立问题，属于难题 14 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知三个点 A（2，1）

23、 ，B（1，2） ，C（3，1） ， 点 P（x，y）满足（）（）1，则的最大值为 【分析】依题意可得（2x+y） （x2y）1，通过换元令，将所求式子化简， 再利用基本不等式得解 【解答】解：依题意，由（）（）1 得， （2x+y） （x2y）1， 令，解得，且 mn1， ， 需要求出的最大值，不妨设 m+n0， 第 13 页（共 27 页） 则，当且仅当或时取等 号 故答案为： 【点评】本题考查平面向量与基本不等式的综合运用，考查换元思想及化简运算能力， 属于中档题 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字分请在答

24、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 ）说明，证明过程或演算步骤 ） 15 （14 分）在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，E 是 AP 的中点，ABBD， PBPD，平面 PBD底面 ABCD （1）求证：PC平面 BDE； （2）求证：PD平面 PAB 【分析】 （1）连结 AC，交 BD 于点 O，连结 EO，则点 O 为 AC 中点，由点 E 为 AP 的中 点，得 EOPC，由此能证明 PC平面 BDE （2）推导出 PB平面 ABCD，PBAB，ABBD，从而 AB平面 PBD，进而 ABPD， PDPB，由此能证明 PD平面 PAB 【

25、解答】证明： （1）连结 AC，交 BD 于点 O，连结 EO， 四边形 ABCD 是平行四边形，且 AC 交 BD 于点 O， 点 O 为 AC 中点， 在PAC 中，点 E 为 AP 的中点， EOPC， EO平面 BDE，PC平面 BDE， PC平面 BDE （2）平面 PBD平面 ABCD，平面 PBD平面 ABCDBD， 第 14 页（共 27 页） PBBD，PB平面 ABCD， PB平面 ABCD， AB平面 ABCD，PBAB， ABBD，BDPBB， AB平面 PBD， PD平面 PBD，ABPD， PDPB，PBABB， PD平面 PAB 【点评】本题考查线面平行、线面垂直

26、的证明，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 16 （14 分）如图，在ABC 中，点 D 是边 BC 上一点，AB14，BD6， （1）若 CB，且 cos（CB），求角 C； （2）若ACD 的面积为 S，且，求 AC 的长度 【分析】 （1）利用平面向量数量积的运算可求 cosB 的值，利用同角三角函数基本关系式 可求 sinB 的值， 由已知利用两角和的余弦函数公式可求 cosC 的值， 结合 C 的范围可求 C 的值 （2）由已知利用三角形的面积公式，平面向量数量积的运算，同角三角函数基本关系式 可求 tanC1，可得 C，在ABC 中，由正

27、弦定理可得 AC 的值 【解答】解： （1）AB14，BD6， 第 15 页（共 27 页） ABBDcosB146cosB66， 解得 cosB， ABC 中，CB，且 B+C+ABC， B， sinB， CB（0，） ，cos（CB）， cosCcos （CB） +Bcos （CB） cosBsin （CB） sinB ， 在ABC 中，C（0，） ， C （2）ACD 的面积， CDCAsinCACCDcosC， sinCcosC， ACD 中，C（0，） ， sinC0，则 cosC0，可得 tanC1，可得 C， 在ABC 中，由正弦定理可得， 又sinB，AB14，sinCsin，

28、 ，解得 AC5 【点评】本题主要考查了平面向量数量积的运算，同角三角函数基本关系式，两角和的 余弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中 档题 17 （14 分）在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：（ab0）的长轴长为 4，左 准线 l 的方程为 x4 第 16 页（共 27 页） （1）求椭圆的标准方程； （2）直线 l1过椭圆 E 的左焦点 F1，且与椭圆 E 交于 A，B 两点若 AB，求直 线 l1的方程；过 A 作左准线 l 的垂线，垂足为 A1，点 G（，0） ，求证：A1，B，G 三点共线 【分析】 （1）由题意列出 a，b，c 的方程组，

29、解出 a，b，c 的值，即可求出椭圆的标准 方程； （2）由（1）可知：F1（1，0） ，AB4，故直线 l1不与 x 轴重合，设直线 l1 方程为：xmy1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AB| 的长，即可求出 m 的值，从而求出直线 l1的方程；A1（4，y1） ，由可知： ，得到 kkBG，由此，A1，B，G 三点共线 【解答】解： （1）设焦距为 2c，由题意可知：，解得， 椭圆的标准方程为：； （2）由（1）可知：F1（1，0） ，AB4，故直线 l1不与 x 轴重合， 设直线 l1方程为：xmy1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，

30、 联立方程：，消去 x 得： （3m2+4）y26my90， 144（m2+1）0， |AB|， 第 17 页（共 27 页） 解得：m1， 直线 l1的方程为：xy+10； A1（4，y1） ，由可知：， 则 kkBG 故 kkBG，由此，A1，B，G 三点共线 【点评】本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的关系，是中档题 18 （16 分）某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内，如图所示，矩形 PQRS 的长 PS 为 130 米，宽 RS 为 120 米，圆弧形轨道所在圆的圆心为 O，圆 O 与 PS，SR，QR 分别 相切于点 A，D，C，T 为 PQ 的中点现欲设计过山车轨道，轨道

31、由五段连接而成出 发点 N 在线段 PT 上（不含端点，游客从点 Q 处乘升降电梯至点 N） ，轨道第一段 NM 与 圆 O 相切于点 M，再沿着圆弧轨道到达最高点 A，然后在点 A 处沿垂直轨道急速下降 至点 O 处，接着沿直线轨道 OG 滑行至地面点 G 处（设计要求 M，O，G 三点共线） ，最 后通过制动装置减速沿水平轨道 GR 滑行到达终点 R记MOT 为 ，轨道总长度为 l 米 （1）试将 l 表示为 的函数 l（） ，并写出 的取值范围； （2）求 l 最小时 cos 的值 【分析】 （1）如图所示，组 METO，垂足为 E 点，作 NFME，垂足为 F 点可得 TE 7060c

32、os，NM进而得出 l（） ， （2）l（）600，解得 cos 【解答】解： （1）如图所示，作 METO，垂足为 E 点，作 NFME，垂足为 F 第 18 页（共 27 页） 点 根据条件可得 TE7060cos，NM l（）+60（）+60+60 120+3060， 若点 N 在 T 时，此时 0是的最小值，又N 不能在点 T，故 ， 若点 N 在 P 时，此时切点 M 为点 A，且不能取，故， 点 G 需要在 R 的左边，故，而， ， 的取值范围为 （2）l（）600， 令 l（）0，可得，令 l（）0，可得 令，则当 （0，0）时，l（）为单调递减； 当时，l（）为单调递增 当时，

33、函数 l（）取得最小值 【点评】本题考查了三角函数的图象与性质、直角三角形边角关系、有点切线的性质、 利用导数研究函数的单调性极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题 19 （16 分）已知函数 f（x）lnx+a（x2x） （aR） （1）当 a0，证明：f（x）x1； （2）如果函数 f（x）有两个极值点 x1，x2（x1x2） ，且 f（x1）+f（x2）k 恒成立，求 实数 k 的取值范围； （3）当 a0 时，求函数 f（x）的零点个数 第 19 页（共 27 页） 【分析】 （1）只需证明 xlnx10，构造函数 g（x）xlnx1，利用导数易得证； （2）求导后可知 2ax2ax

34、+10 的两根分别为 x1，x2，进而可得 a8，表示出 f（x1） +f（x2） ，构造函数求其在定义域上的最大值即可； （3）研究可知 f（x）max0，再分类讨论结合导数及零点存在性定理即可得出结论 【解答】解： （1）证明：当 a0 时，f（x）x1 等价于 lnxx1，即证 xlnx10， 令 g（x）xlnx1，则， 当 0x1 时，g（x）0，g（x）递减；当 x1 时，g（x）0，g（x）递增； g（x）ming（1）0， g（x）0，即 xlnx10，得证； （2）令，则 2ax2ax+10 的两根分别为 x1，x2， ，解得 a8， g（a） ， 显然 g（x）在（8，+）

35、上递减， g（a）g（8）ln16214ln23， k4ln23； （3）当 a0 时，f（x），令 f（x）0，则 2ax2ax+10， 其中只有一个正实数根， a， 第 20 页（共 27 页） 且当 0xx1时，f（x）0，f（x）递增，当 xx1时，f（x）0，f（x）单减， f（x）maxf（x1）lnx1+， 令 h （ x ） lnx+， h （ x ） + ， 令 h（x）0，解得 x1， 当 x，h（x）0，h（x）递减；当 x（1，+） ，h（x）0，h（x）递 增， h（x）minh（1）0， f（x）max0， 当 f（x）max0，即 x11 时，a1，此时 f（x）

36、只有一个零点 x1； 当 f（x）max0，即 a0 且 a1 时，此时 f（x1）0，注意 f（1）0， （i）当 a1 时，0x11，而 lnx+a（x2x）x1+a（x2x）（x1） （1+ax） ， 令（x1） （1+ax）0，解得 x，取知 f（x0）0， f（x）在（x0，x1）上有一个零点，另一个零点为 1； （ii）当1a0，即 x11 时，此时取 x0，知 f（x0）0， f（x）有一个零点为 1，另一个零点在（x1，x0）上； 故 a1 时 f（x）有一个零点，当 a0 且 a1 时，f（x）有两个零点 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明

37、及恒成 立问题，考查函数零点个数的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题 20 （16 分）已知 nN*，数列an的前 n 项和为 Sn，且 Snan+1a1；数列bn的前 n 项和 为 Tn，且满足 Tn+bnn+，b44，且 a1b2 （1）求数列an的通项公式； （2）求数列bn的通项公式； （3）设 cn，问：数列cn中是否存在不同两项 ci，cj（1ij，i，jN*） ，使 ci+cj 仍是数列cn中的项？若存在，请求出 i，j；若不存在，请说明理由 第 21 页（共 27 页） 【分析】 （1）根据 Snan+1a1可得 Sn1ana1，然后两式作差，得到 an2an1，再 求出首项，

38、进一步得到数列an的通项公式； （2）根据 Tn+bnn+，且 a1b2，得到数列bn的首项和公差，再求出通项 公式； （3）由 cn，假设数列cn中存在不同两项 ci，cj（1ij，i，jN*） ，然后根据条 件找出满足条件的 i，j 值即可 【解答】解： （1）由 Snan+1a1，得 Sn1ana1（n2） ， an2an1（n2） ，且 a1a2a1，即 a22a1， 数列an是首项为 a1b22，公比为 2 的等比数列，； （2）由 Tn+bnn+ 当 n2 时，Tn1+bn1n1+（n1） （1+bn1） 得 bn+bnbn1， 4bn2bn13+nbn（n1）bn1，即（n4）b

39、n（n3）bn13， 当 n3 时， （n5）bn1（n4）bn23， （n4）bn+（n4）bn2（2n8）bn1，bn+bn22bn1（n4） 在中令 n1，由，得 b11， 令 n2，由 b1+2b22+1+b2，得 b22， 令 n3，由可得 b33，又 b44， 数列数列bn是以 b11 为首项，1 为公差的等差数列， bn1+（n1）1n； （3）cn，假设数列cn中存在不同两项 ci，cj（1ij，i，jN*） ， 使 ci+cj仍是数列cn中的项，即， 注意到 cn+1cn， 第 22 页（共 27 页） cn单调递增，由，得 kj，kj+1， 令 jim（m1） ，则 jm+

40、i， ， m+i2，而， 2m3（1+m） ， 令，则 Cn+1n， n单调递增，注意到 m3 时， m 只能为 1，2，3，当 m1 时，ji1ji+1 ，故 i 只能为 1，2，3 当 i1 时，j2，此时， 当 i2 时，j3，此时无整数解， 当 i3 时，j4，此时，无正整数解， 当 m2 时，ji+2，此时3i2i60， i1，此时 j，无解， 当 m3 时 ji+3，i2+7i+128i2+9i 7i2+9i120，此时无正整数解， 综上，存在 i1，j2 满足题意 【点评】本题考查了利用地推公式求数列的通项公式和数列中的存在性问题，考查了转 化思想和分类讨论思想，属难题 【选做题

41、】在【选做题】在 A，B，C 三小题中只能选做两题，每小题三小题中只能选做两题，每小题 0 分，共分，共 20 分若多做，则按作分若多做，则按作 答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤A.(选修选修 42：矩阵：矩阵 与变换与变换) 21在平面直角坐标系 xOy 中，设点 P（x，1）在矩阵 M对应的变换下得到点 Q（y 第 23 页（共 27 页） 2，y） ，求 M 1 【分析】依题意，得到，解得，求出 M 1 ，由此能求出 M 1 【解答】解：在平面直角坐标系 xOy 中， 设点 P（x，1）在矩阵 M对应

42、的变换下得到点 Q（y2，y） ， 依题意， ，解得， 设 M 1 ，则， 解得 a2，b1，c，d， M 1 ， M 1 【点评】本题考查矩阵变换的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意逆矩阵公式的 合理运用 B.(选修选修 43：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程) 22已知曲线 C1的极坐标方程为 （R） ，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，曲线 C2的参数方程为， （ 为参数） ，求曲线 C1与曲 线 C2交点的直角坐标 【分析】略首先把曲线的参数方程和极坐标方程都转化成直角坐标方程，进一步建立方 程组求出交点的坐标 （注意取值范围） 【解答】解：由曲线 C1

43、的极坐标方程：，得曲线 C1的直角坐标系的方程为 xy 0， 由曲线 C2的参数方程：， （ 为参数） ，得曲线 C2的普通方程为：x2+y1 第 24 页（共 27 页） （1x1） ， 由，得 x2+x10，即 x（舍去）或 x， 所以曲线 C1与曲线 C2交点的直角坐标为： （，） 【点评】本题考查的知识要点：极坐标方程和直角坐标方程的互化，参数方程和直角坐 标方程的互化，解方程组问题的应用，属于基础题型 C.(选修选修 44：不等式选讲：不等式选讲) 23已知函数 f（x）|2x1|+|2x+2|的最小值为 k，且 a+b+ck，求 a2+b2+c2的最小值 【分析】由绝对值不等式的性质可得 a+b+c3，再利用柯西不等式即可得解 【解答】解：f（x） |2x1|+|2x+2| （2x1）（2x+2）|3，当且仅当（2x1） （2x+2） 0，即时取等号，则 k3， a+b+c3， 由柯西不等式有， （a2+b2+c2） （1+1+1）（a+b+c）2， ，当且仅当“abc1”时取等号 故 a2+b2+c2的最小值 3 【点评】本题考查绝对值不等式的性质及利用柯西不等式求最值，属于基础题 【必做题】第【必做题】第 24，25 题，每小题题，每小题 0 分，共分，共 20 分解答时应写出必要的文字说明、证明过分解答时应写出必要的文字说明、证明过 程或演算步骤程或演算步骤