2021年浙江省温州市高考数学模拟试卷（3月份）含答案解析

《2021年浙江省温州市高考数学模拟试卷（3月份）含答案解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年浙江省温州市高考数学模拟试卷（3月份）含答案解析（21页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 第 1 页（共 21 页） 2021 年浙江省温州市高考数学模拟试卷（年浙江省温州市高考数学模拟试卷（1） （） （3 月份）月份） 一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 10 小题，共小题，共 40.0 分）分） 1 （4 分） 已知全集 U1， 2， 3， 4， 集合 A1， 2， B2， 3， 则U（AB） （ ） A1，3，4 B3，4 C3 D4 2 （4 分） 已知复数 z 满足 zi20201+i2019（其中 i 为虚数单位） ， 则复数 z 的虚部是 （ ） A1 B1 Ci Di 3 （4 分）设某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ） A12 B8 C

2、4 D2 4 （4 分）若实数 x，y 满足约束条件 + 2， 2 1， 1， 则 zx+2y 的最大值为（ ） A2 B1 C1 D3 5 （4 分）若 a，b，c 是ABC 的三条边，则“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC 是等腰三 角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 6 （4 分） 现有四个函数yx|sinx|， yxcos|x|， = 2 ， yxln|x|的部分图象如图， 但顺序被打乱，则按照图象从左到右的顺序，对应的函数序号正确的一组是（ ） A B C D 7 （4 分）若 x (0， 2） ，y（0， 2）且 sin

3、2x6tan（xy）cos2x，则 x+y 的取值不可能是 第 2 页（共 21 页） （ ） A 6 B 4 C2 3 D3 4 8 （4 分）已知函数() = | 3 4 1|( 0) ;1(0) ，若关于 x 的方程 f（x）a（x+3）恰有 4 个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是（ ） A1，2) B0，1） C1 3 ，2) D1 3 ，1) 9 （4 分）设 l1，l2是平面 内所成角为 6的两条直线，过 l1，l2 分别作平面 ，且锐二 面角 l1 的大小为 4，锐二面角 l2 的大小为 3，则平面 ， 所成的锐二面角 的平面角的余弦值可能是（ ） A 3 6 B 2 8

4、 C1 4 D1 3 10 （4 分）如图，椭圆： 2 4 + 2 3 = 1，P 是直线 x4 上一点，过点 P 作椭圆 C 的两条 切线 PA，PB，直线 AB 与 OP 交于点 M，则 sinPMB 的最小值是（ ） A43 7 B865 65 C72 10 D 3 2 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 3 小题，共小题，共 12.0 分）分） 11 （4 分）设 F 为双曲线： 2 2 2 2 = 1(0，0)的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为 直径的圆与双曲线 C 的其中一条渐近线交于点 P （不同于 O） ， 若双曲线 C 右支上存在点 M 满足 = ，则双曲线 C 的

5、离心率为 12 （4 分）已知函数() = 3 (1 2) |;|，函数 g（x）x2+2x，记 m（x）minf（x） ，g （x），其中 minp，q表示实数 p，q 中较小的数若对xR 都有() 3 4成立，则 实数 a 的取值范围是 13 （4 分）已知扇环如图所示，AOB120，OA2，OA= 1 2，P 是扇环边界上一动 第 3 页（共 21 页） 点，且满足 =x +y ，则 2x+y 的取值范围为 多空题（本大题共多空题（本大题共 4 小题，共小题，共 24.0 分）分） 14 （6 分）我国南北朝时期一部数学著作张丘建算经卷中，第 22 题为： “今有女善织， 日益功疾，初日

6、织五尺，今一月共织九匹三丈 ”其白话意译为： “现有一善织布的女子， 从第 2 天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织了 5 尺布，现在一个月（按 30 天计算）共织布 390 尺 ”则每天增加的数量为 尺，设该女子一个月中第 n 天 所织布的尺数为 an，则 a14+a15+a16+a17 15（6 分） 若二项式(2+ 1 ) 5的展开式中常数项为 10， 则常数项的二项式系数为 ， 展开式的所有有理项中最大的系数为 16 （6 分）已知甲盒中仅有 2 个红球，乙盒中有 3 个红球和 3 个蓝球，先从乙盒中任取（无 放回，且每球取到的机会均等）2 个球放入甲盒中，再从甲盒中任取（无

7、放回）2 个球， 若记 X 为甲盒中取到红球的个数， 则 P （X0） ； 随机变量 X 的数学期望 E （X） 17（6 分） 若不等式|ax2+bx+c|1 对于x1， 1上恒成立， 则|a|+|b|+|c|的最大值是 ， 若|ax2+bx+c|1 对于x0，1上恒成立，则 2|a|+3|b|+4|c|的最大值是 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分）分） 18 （14 分）在ABC 中， 角 A， B， C 所对边分别为 a，b，c，满足 2cos（AC）4sinAsinC 1 （）若 = 3，求角 A； （）若 a+c3， = 3，求ABC 的面积

8、S 19（15分） 矩形ABCD中， AB3， AD2， E、 F分别为线段CD、 AB上的点， 且 = = 1 3， 现将ADE 沿 AE 翻折成四棱锥 PABCE，且二面角 PAEB 的大小为2 3 第 4 页（共 21 页） （1）证明：AEPF； （2）求直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值 20 （15 分）已知正项数列an，满足 2=an+1，其中 Sn为an的前 n 项和 （1）求an的通项公式； （2） 已知数列bn （1） n+1 :1 +1， 求数列bn的前n项和Tn， 并求出满足Tn 2+ 5 对 nN*恒成立时，实数 m 的取值范围 21 （15 分）已知抛物线

9、M：y24x，A、B 为抛物线 M 上不同的两点，线段 AB 的垂直平 分线与抛物线 M 的一个交点为 C，交直线 AB 于点 D （1）若 D（1，1） ，求直线 AB 的方程； （2）若 AB2CD，求ABC 面积的最小值 22 （15 分）已知函数 f（x）eaxln（x+1） ，g（x）lnx+ 2 a，其中 aR （）若函数 yf（x）的图象与直线 yx 在第一象限有交点，求 a 的取值范围 （）当 a2 时，若 yg（x）有两个零点 x1，x2，求证：4x1+x23e2 第 5 页（共 21 页） 2021 年浙江省温州市高考数学模拟试卷（年浙江省温州市高考数学模拟试卷（1） （）

10、 （3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题（本大题共一、单项选择题（本大题共 10 小题，共小题，共 40.0 分）分） 1 （4 分） 已知全集 U1， 2， 3， 4， 集合 A1， 2， B2， 3， 则U（AB） （ ） A1，3，4 B3，4 C3 D4 【解答】解：A1，2，B2，3， AB1，2，3， 全集 U1，2，3，4， U（AB）4 故选：D 2 （4 分） 已知复数 z 满足 zi20201+i2019（其中 i 为虚数单位） ， 则复数 z 的虚部是 （ ） A1 B1 Ci Di 【解答】解：i41， i2020i4 5051，i20

11、19i4504+3i， 则 zi20201+i2019化为 z1i， z 的虚部为1 故选：A 3 （4 分）设某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ） A12 B8 C4 D2 【解答】解：根据几何体的三视图，得； 该几何体是高为 2 的三棱锥， 且底面三角形的底边长为 4，高为 3； 所以该几何体的体积为 第 6 页（共 21 页） V三棱锥= 1 3 （1 2 43）24 故选：C 4 （4 分）若实数 x，y 满足约束条件 + 2， 2 1， 1， 则 zx+2y 的最大值为（ ） A2 B1 C1 D3 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图： 由 zx+2y 得 y= 1

12、 2x+ 1 2z， 平移直线 y= 1 2x+ 1 2z 由图象可知当直线 y= 1 2x+ 1 2z 经过点 A 时，直线 y= 1 2x+ 1 2z 的 截距最大， 此时 z 最大， 由 + = 2 2 = 1，解得 A（1，1） ， 此时 z1+213， 故选：D 5 （4 分）若 a，b，c 是ABC 的三条边，则“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC 是等腰三 角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：若“ABC 是等腰三角形” ，则当 abc，则 a2+b2+c2ab+bc+ca 不一定 成立， 若 a2+b2+c

13、2ab+bc+ca，则 2a2+2b2+2c22ab+2bc+2ca， 第 7 页（共 21 页） 即（ab）2+（bc）2+（ca）20， 即 ab0，bc0，ca0， 则 abc， 则“ABC 是等腰三角形”成立， 即“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC 是等腰三角形”充分不必要条件， 故选：A 6 （4 分） 现有四个函数yx|sinx|， yxcos|x|， = 2 ， yxln|x|的部分图象如图， 但顺序被打乱，则按照图象从左到右的顺序，对应的函数序号正确的一组是（ ） A B C D 【解答】解：yx|sinx|满足 f（x）f（x） ，函数 f（x）是奇函数，图象关于

14、原点 对称， 当 x0 时，f（x）0，定对应第四个图象， = 2 0 恒成立，对应第一个图象， yxln|x|的定义域为x|x0，函数为奇函数，图象关于原点对称，对应第三个图象， yxcos|x|，满足 f（x）f（x） ，函数 f（x）是奇函数，图象关于原点对称，对应 第二个图象， 则 C 正确， 故选：C 7 （4 分）若 x (0， 2） ，y（0， 2）且 sin2x6tan（xy）cos2x，则 x+y 的取值不可能是 （ ） A 6 B 4 C2 3 D3 4 【解答】解：由 sin2x6tan（xy）cos2x， 得 tan2x6tan（xy） ， x (0， 2） ，y（0，

15、 2） ， 第 8 页（共 21 页） 0 x+y 设 tan（xy）u，xy（ 2， 2） ，则 u 的值域是 R， tan2x6tan（xy）6u， tan（x+y）tan2x（xy）= 2() 1+2() = 6 1+62 = 5 1+62， 记为 wtan（x+y）= 5 1+62 |w|= 5| 1+6|2 = 5 1 |+6| 5 26 = 56 12 ，当且仅当|u|= 6 6 时，取等号 |tan（x+y）| 56 12 3， 结合 x+y（0，） ，可得 x+y 的取值不可能为2 3 故选：C 8 （4 分）已知函数() = | 3 4 1|( 0) ;1(0) ，若关于 x

16、 的方程 f（x）a（x+3）恰有 4 个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是（ ） A1，2) B0，1） C1 3 ，2) D1 3 ，1) 【解答】解：设 g（x）x34x1（x0） ，g（x）3x24， 当 (0， 23 3 )时，g（x）单调递减， 当 (2 3 3 ，+ )时，g（x）单调递增， 直线 ya（x+3）与 f（x）在 x0 处有一个交点，在(2 3 3 ，+ )处有一个交点， 第 9 页（共 21 页） 故在(0， 23 3 )处需 2 个交点，直线经过（0，1）点时 = 1 3， 当直线与 yx3+4x+1 相切于（1，4）时，a1， 故选：D 9 （4 分）设

17、 l1，l2是平面 内所成角为 6的两条直线，过 l1，l2 分别作平面 ，且锐二 面角 l1 的大小为 4，锐二面角 l2 的大小为 3，则平面 ， 所成的锐二面角 的平面角的余弦值可能是（ ） A 3 6 B 2 8 C1 4 D1 3 【解答】解：如图，平面 为平面 ABC，直线 l1为直线 AB，直线 l2为直线 AC，由题意 得 = 6， 过 l1作平面 为平面 ABP，过 l2作平面 为平面 ACP，过点 P 向平面 作垂线，垂足 为 O， 再由点O作OBAB， OCAC， 连接PB， PC， 锐二面角l1的大小为 4， 即 = 4， 同理可知 = 3， 设 CO1，则 = = 3

18、，PC2， = 6， 在三角形DAC 中， = 3，DB1，DO2， 所以 = 33，AD6，AB5， = 31， 过点 C 作 CMAP，所以高线 CM= = 63 31， ABOB，ABPO，OBOPO， AB面 POB，又 AB面 PAB， 面 PAB面 POB， 过点 O 作 OHPB，则 OH面 PAB， O 到面 PAB 的距离 OHd1= = 6 2 ， C 到面 PAB 的距离为2= 3 2 1= 36 4 ， 记平面 ， 所成的角为 ，则 = 2 = 36 4 63 31 = 62 8 ， 所以 = 2 8 第 10 页（共 21 页） 故选：B 10 （4 分）如图，椭圆：

19、 2 4 + 2 3 = 1，P 是直线 x4 上一点，过点 P 作椭圆 C 的两条 切线 PA，PB，直线 AB 与 OP 交于点 M，则 sinPMB 的最小值是（ ） A43 7 B865 65 C72 10 D 3 2 【解答】解：设 A（x1，y1） ，若 A 在椭圆的上半部，则 y= 31 2 4 ，则 y= 3( 2) 212 4 = 3 412 4 ， A 在椭圆上，1 2 4 + 12 3 =1， y| 1= 31 411 2 4 = 31 41， 所以过 A 的点的切线方程：yy1= 31 41（xx1） ，即 3x1x+4y1y3x1 2+4y1212， 即1 4 + 1

20、 3 =1， 同理可得 A 在椭圆的下半部分时， 过 A 的点的切线方程为1 4 + 1 3 =1，A 为左右顶点时，切线方程也是1 4 + 1 3 =1， 综上所述：在 A 处的切线方程：1 4 + 1 3 =1， 设 B（x2，y2） ，同理可得在 B 处的切线方程为：2 4 + 2 3 =1， P 在 x4 上，设 P（4，m） ， 第 11 页（共 21 页） 因为两条直线投过 P，所以 1+ 1 3 = 1 2+ 2 3 = 1 ， 所以直线 AB 的方程为：x+ 3 =1， 可得直线 AB 恒过定点（1，0） ，该直线 AB 过椭圆的右焦点 F， 直线 OP 的方程为：y= 4x，

21、 则 + 3 = 1 = 4 解得： = 12 12+2 = 3 12+2 ，即 M（ 12 12+2， 3 12:2） ， kAB= 3 ，kPF= 4(1) = 3， 所以 kABkPF1， 所以 ABPF， |PF|= 9 + 2，|PM|= ( 12 12+2 4)2+ ( 3 12+2) 2 = (9+2)16+2 12+2 ， 所以 sinPMB= | | = 12+2 (9+2)(16+2) = (12+2)2 (9+2)(16+2) = 4+242+144 4+252+144 = 1 1+ 2 4+242+144 = 1 1+ 1 2+144 2 +24 1 1+ 1 2144

22、+24 = 43 7 ， 当且仅当 m2= 144 2 ，即 m23， 故选：A 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 3 小题，共小题，共 12.0 分）分） 11 （4 分）设 F 为双曲线： 2 2 2 2 = 1(0，0)的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为 直径的圆与双曲线 C 的其中一条渐近线交于点 P （不同于 O） ， 若双曲线 C 右支上存在点 M 满足 = ，则双曲线 C 的离心率为 2 【解答】解：如图所示：双曲线对称性，设渐近线的方程为：y= x，即 bxay0，右 焦点 F（c，0） ， 所以 F 到渐近线的距离 d= 2+2 = =b，在直角三角形 OPF 中

23、可得|OP|= 第 12 页（共 21 页） 2 2= 2 2=a， 所以|OP|a，|PF|b，所以可求得( 2 ， )， F（c，0） ，因为 = ，则可得 M 为 P，F 的中点，所以( 2+2 2 ， 2)， 把 M 代入双曲线： 2 2 2 2 = 1(0，0)， 可得( 2:2)2 422 22 422 = 1，整理可得 c22a2，所以 = 2 故答案为：2 12 （4 分）已知函数() = 3 (1 2) |;|，函数 g（x）x2+2x，记 m（x）minf（x） ，g （x），其中 minp，q表示实数 p，q 中较小的数若对xR 都有() 3 4成立，则 实数 a 的取值

24、范围是 （， 3 2 7 2，+） 【解答】解：对xR 都有() 3 4成立， 又 g（x）x2+2x，且在（，1 2 3 2，+）内，g（x） 3 4 故有 x（1 2， 3 2） ，f（x）g（x）且 f（x） 3 4， 则() = 3 (1 2) |;| 3 4，即为（ 1 2） |xa|1 4， 即有|xa|2，即为 ax2 或 ax+2 恒成立， 则 a 1 2 2= 3 2或 a 3 2 +2= 7 2， 故答案为： （， 3 2 7 2，+） 第 13 页（共 21 页） 13 （4 分）已知扇环如图所示，AOB120，OA2，OA= 1 2，P 是扇环边界上一动 点，且满足 =

25、x +y ，则 2x+y 的取值范围为 1 4， 221 3 【解答】解：记 ， 的夹角为 ， 0， 2 3 设 为直角坐标系的 x 轴 =（rcos，rsin） （1 2 r2） ， =（2，0） ， =（1，3） ， 代入 =x +y ，得有（rcos，rsin）（2x，0）+（y，3y） ， rcos2xy，rsin= 3y， 故 2x+yrcos+ 2 3 =r（ 2 3 + ） 2 3 + = 21 3 ( 2 7 + 3 7 ) = 21 3 ( + )，其中 cos= 2 7， sin = 3 7 又 0， 2 3 21 3 ( + )可以取到最大值 21 3 ， 当 0 时 2

26、 3 + =1，当 1200时 2 3 + = 1 2 2 3 + 1 2， 21 3 ， 1 2 2x+y 21 3 1 2 r2，1 4 2x+y 221 3 故答案为：1 4， 221 3 多空题（本大题共多空题（本大题共 4 小题，共小题，共 24.0 分）分） 14 （6 分）我国南北朝时期一部数学著作张丘建算经卷中，第 22 题为： “今有女善织， 日益功疾，初日织五尺，今一月共织九匹三丈 ”其白话意译为： “现有一善织布的女子， 从第 2 天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织了 5 尺布，现在一个月（按 30 天计算）共织布 390 尺 ”则每天增加的数量为 16 29

27、 尺，设该女子一个月中第 n 天 所织布的尺数为 an，则 a14+a15+a16+a17 52 【解答】解：依题意等差数列的前 30 项和为 390，首项 a15，设公差为 d， 第 14 页（共 21 页） 所以 S30305+ 3029 2 =390， 解得 d= 16 29， 所以 a14+a15+a16+a174a1+58d20+32 52 故填：16 29，52 15 （6 分）若二项式(2+ 1 ) 5的展开式中常数项为 10，则常数项的二项式系数为 5 ， 展开式的所有有理项中最大的系数为 80 【解答】解：二项式(2+ 1 ) 5的通项公式为 Tr+1C5ra5rx 10;5

28、 2， 令 10 5 2r0，解得 r4， 所以常数项 C54a5 410 得 a2，则常数项的二项式系数为 C 545， 所以该二项式的通项公式为 Tr+1C5r25 rx 10;5 2， 由 10 5 2rZ，0r5，rN 可得 r0，2 或 4，因此展开式中的所有有理项为 T1，T3，T5，其中最大的系数为 C5223 80 故答案为：5，80 16 （6 分）已知甲盒中仅有 2 个红球，乙盒中有 3 个红球和 3 个蓝球，先从乙盒中任取（无 放回，且每球取到的机会均等）2 个球放入甲盒中，再从甲盒中任取（无放回）2 个球， 若记 X 为甲盒中取到红球的个数， 则 P （X0） 1 30

29、 ； 随机变量 X 的数学期望 E （X） 3 2 【解答】解：由题意可得 P（X0）= 3 2 6 2 2 2 4 2 = 3 15 1 6 = 1 30； 随机变量 X 的取值为 0，1，2， P（X0）= 1 30， P（X1）= 3 2 6 2 2 1 2 1 4 2 + 3 1 3 1 6 2 3 1 1 1 4 2 = 13 30， P（X2）= 3 2 6 2 2 2 4 2+ 3 1 3 1 6 2 3 2 4 2+ 3 2 6 2 1 = 16 30， 所以期望 E（X）0 1 30 +1 13 30 +2 16 30 = 3 2 故答案为： 1 30， 3 2 17（6 分

30、） 若不等式|ax2+bx+c|1 对于x1， 1上恒成立， 则|a|+|b|+|c|的最大值是 5 ， 第 15 页（共 21 页） 若|ax2+bx+c|1 对于x0，1上恒成立，则 2|a|+3|b|+4|c|的最大值是 265 【解答】解：对第一问，不等式|ax2+bx+c|1 对于x1，1上恒成立， 可得 x0 时，|c|1，x1 时，|ab+c|1， x1 时，|a+b+c|1， 相加可得|ab+c|+|c|2， 又|ab+c|+|c|ab|，即为|ab|2， 相加可得|a+b+c|+|c|2， 又|a+b+c|+|c|a+b|，即为|a+b|2， 则|ab|+|a+b|4，又|a

31、b|+|a+b|2|a|，则|a|2； 由|ab|+|a+b|2|b|，则|b|2； 可得|a|+|b|+|c|5，即|a|+|b|+|c|的最大值为 5； 对第二问，若|ax2+bx+c|1 对于x0，1上恒成立， 当 x0 时，|c|1， x1 时，|a+b+c|1， x= 1 2时，| 4 + 2 +c|1， x= 1 3时，| 9 + 3 +c|1， 由相加可得|a+b+c|+| 4 + 2 +c|2， 由|a+b+c|+| 4 + 2 +c|3 4 + 2|，即|3a+2b|8， 可得83|a|2|b|8， 由相加可得|a+b+c|+| 9 + 3 +c|2， 由|a+b+c|+|

32、9 + 3 +c|8 9 + 2 3 |，即|4a+3b|9， 可得94|a|3|b|9， 由 2|a|+3|b|18（3|a|2|b|）13（4|a|3|b|） ， 可得 2|a|+3|b|818+913261， 则 2|a|+3|b|+4|c|的最大值为 265 故答案为：5，265 四、解答题（本大题共四、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分）分） 18 （14 分）在ABC 中， 角 A， B， C 所对边分别为 a，b，c，满足 2cos（AC）4sinAsinC 第 16 页（共 21 页） 1 （）若 = 3，求角 A； （）若 a+c3， = 3，求ABC 的面积

33、S 【解答】解： （）由 2cos（AC）4sinAsinC1， 2cosAcosC+2sinAsinC4sinAsinC1， 2cosAcosC2sinAsinC1 ( + ) = 1 2， cosB= 1 2， 0B， = 3， 由正弦定理可知 = ， 即 = 1 2， 0A， = 6或 = 5 6 ， b= 3a，即 ba， BA = 6 （）由余弦定理可知 b2a2+c22accosB， 即 a2+c23+ac， 从而（a+c）23+3ac，可得 ac2， SABC= 1 2acsinB= 1 2 2 3 2 = 3 2 19（15分） 矩形ABCD中， AB3， AD2， E、 F分

34、别为线段CD、 AB上的点， 且 = = 1 3， 现将ADE 沿 AE 翻折成四棱锥 PABCE，且二面角 PAEB 的大小为2 3 第 17 页（共 21 页） （1）证明：AEPF； （2）求直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值 【解答】 （1）证明：由题意在矩形 ABCD 中 AB3，AD2， = = 1 3， 四边形 ADEF 为边长为 2 的正方形 连结 DF，交 AE 于点 M，如图： 则 AEDF，且 = = 2 在四棱锥 PABCE 中，AEPM，AEMF， AE面 PMF，又 PF面 PMF， AEPF （2）解：设点 F 到平面 PAE 的距离为 d1，点 B 到平

35、面 PAE 的距离为 d， 由（1）PMF 就是二面角 PAEB 的平面角， = 2 3 AE面 PMF，面 PMF面 PAE， 过 F 作 FHPM 于 H，面 PMF面 PAEPM，FH面 PAE 又在PMF 中， = = 2， = 6， = 6， 1= = 1 2 = 6 2 ， = 2 3， = 3 21 = 36 4 由题意可得 = 10， = = 315 20 ， 直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值为315 20 20 （15 分）已知正项数列an，满足 2=an+1，其中 Sn为an的前 n 项和 第 18 页（共 21 页） （1）求an的通项公式； （2） 已知数列b

36、n （1） n+1 :1 +1， 求数列bn的前n项和Tn， 并求出满足Tn 2+ 5 对 nN*恒成立时，实数 m 的取值范围 【解答】解： （1）正项数列an前 n 项和为 Sn，且 Sn= (1+)2 4 （nN*） ， 可得 a1S1= (1+1)2 4 ，解得 a11， n2 时，4Sn1（1+an1）2，又 4Sn（1+an）2， 两式相减可得 4an4Sn4Sn1（1+an）2（1+an1）2， 化为（an+an1） （anan12）0， 由 an0，可得 anan12， 则 an1+2（n1）2n1； （2） bn （1） n+1 :1 +1 = （1） n+1 2 (2;1)

37、(2:1) = (;1)+1 2 （ 1 2;1 + 1 2:1） ， 当 n 为奇数时，Tn= 1 2（1+ 1 3 1 3 1 5 + 1 5 + 1 23 1 21 + 1 21 + 1 2+1）= 1 2 （1+ 1 2+1） ， 可得此时 Tn 1 2； 同理可得当 n 为偶数时，Tn= 1 2（1 1 2+1） ，由 Tn 递增，可得 TnT2= 2 5， Tn= 1 2 (1 1 2+1)，为偶数 1 2 (1 + 1 2+1)，为奇数 ； 满足 Tn 2+ 5 对 nN*恒成立，可得 2: 5 2 5，解得2m1 21 （15 分）已知抛物线 M：y24x，A、B 为抛物线 M

38、 上不同的两点，线段 AB 的垂直平 分线与抛物线 M 的一个交点为 C，交直线 AB 于点 D （1）若 D（1，1） ，求直线 AB 的方程； （2）若 AB2CD，求ABC 面积的最小值 【解答】解： （1）设直线 AB 的方程为：y1k（x1） （k0） ，即 ykx+1k， 第 19 页（共 21 页） 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，联立方程 = + 1 2= 4 ， 消去 x 整理可得：y 2 4 + 4 4 = 0，所以 y 1+ 2= 4 = 2，解得 k2， 所以直线 AB 的方程为 y2x1； （2）设 C（t2，2t） （t0） ，则可设直线 AC 的方程为

39、：y2tk（xt2） ， 不妨设 k0，联立方程 2 = ( 2) 2= 4 ，消去 x 整理可得： y 2 4 + 8 42= 0，则 y 1+ 2 = 4 ，y 1 2 = 8 42， 所以|AC|= 1 + 1 2 |1 2| =41 + 1 2 | 1 |， 由题知 ACBC，ACBC，所以 k = 1 ， 同理可得|BC|41 + 2( + )， （t0，k0） ， 由|AC|BC|，解得 t= 13 2+， 故三角形 ABC 的面积为 S= 1 2 | = 1 2 |2 8（1 + 2）2|k+t|28（1+k 2)(1+ 2)2 2(+1) (1+2)2 2(+1)2 8 (2)

40、2(+1) 2 2 2(+1)2 = 16， 当且仅当 k1 时取等号，此时三角形 ABC 的面积的最小值为 16 22 （15 分）已知函数 f（x）eaxln（x+1） ，g（x）lnx+ 2 a，其中 aR （）若函数 yf（x）的图象与直线 yx 在第一象限有交点，求 a 的取值范围 （）当 a2 时，若 yg（x）有两个零点 x1，x2，求证：4x1+x23e2 【解答】解： （）设 g（x）f（x）xeaxln（x+1）x， 则由题设知，方程 g（x）0，在（0，+）有解， 而 g（x）f（x）1eaxaln（x+1）+ 1 +11e axF（x）1 设 h （x） eaxF （x

41、） 1， 则 h （x） eaxaF （x） +F （x） eaxa2ln （x+1） + 2+21 (+1)2 若 a0，由 x0 可知 0eax1，且 F（x）aln（x+1）+ 1 +1 1 +1 1， 从而 g（x）eaxF（x）10，即 g（x）在（0，+）上单调递减，从而 g（x）g （0）0 恒成立， 因而方程 g（x）0 在（0，+）上无解 第 20 页（共 21 页） 若 0a 1 2，则 h（0）= 21 (+1)2 0，又 x+时，h（x）+， 因此 h（x）0，在（0，+）上必存在实根，设最小的正实根为 x0， 由函数的连续性可知，x（0，x0）上恒有 h（x）0， 即

42、 h（x）在（0，x0）上单调递减， 也即 g（x）0，在（0，x0）上单调递减，从而在（0，x0）上恒有 g（x）g（0） 0， 因而 g（x）在（0，x0）上单调递减，故在（0，x0）上恒有 g（x）g（0）0，即 g（x0） 0， 注意到 eaxax，因此 g（x）eaxln（x+1）xaxln（x+1）xxaln（x+1）1， 令 xe 1 时，则有 g（x）0，由零点的存在性定理可知函数 yg（x）在（x0，e 1 ） 上有零点，符合题意 若 a 1 2时，则由 x0 可知，h（x）0 恒成立，从而 h（x）在（0，+）上单调 递增， 也即 g（x）在（0，+）上单调递增，从而 g（

43、x）g（0）0 恒成立，故方程 g（x） 0 在（0，+）上无解 综上可知，a 的取值范围是（0，1 2） （）因为 f（x）有两个零点，所以 f（2）0， 即 ln2+1a0a1+ln2， 设 0 x12x2，则要证 x1+x244x1x2， 因为 24x14，x22， 又因为 f（x）在（2，+）上单调递增， 所以只要证明 f（4x1）f（x2）f（x1）0， 设 g（x）f（x）f（4x） （0 x2） ， 则 g（x）f（x）f（4x）= 2 2 + 42 (4)2 = 8(2)2 2(4)2 0， 所以 g（x）在（0，2）上单调递减，g（x）g（2）0，所以 x1+x24， 因为

44、f（x）有两个零点，x1，x2，所以 f（x1）f（x2）0， 方程 f（x）0 即 ax2xlnx0 构造函数 h（x）ax2xlnx， 则 h（x1）h（x2）0，h（x）a1lnx，h（x）0 xea 1， 第 21 页（共 21 页） 记 pea 12（a1+ln2） ， 则 h（x）在（0，p）上单调递增，在（p，+）上单调递减， 所以 h（p）0，且 x1px2， 设 R（x）lnx 2() + lnp， R（x）= 1 4 (+)2 = ()2 (+)2 0， 所以 R（x）递增， 当 xp 时，R（x）R（p）0， 当 0 xp 时，R（x）R（p）0， 所以 ax12x1lnx1 21(1) 1+ + 1， 即（ax12） （x1+p）2x122px1+x12lnp+x1plnp， （2+lnpa）x12+（2ap2p+plnp）x1+2p0， （pea 1，lnpa1） ， 所以 x12+（23ea 1）x 1+2ea 10， 同理 x22+（23ea 1）x 2+2ea 10， 所以 x12+（23ea 1）x 1+2ea 1x 12+（23ea 1）x 1+2ea 1， 所以（x2x1）x2+x1+（23ea 1）0， 所以 x2+x12+3ea 1， 由 a2 得： x1+x22+3ea 13e2， 综上：4x1+x23e2