2018年江苏省如皋市高考数学二模试卷（含答案解析）

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1、2018 年江苏省如皋市高考数学二模试卷一填空题：本大题共 14 小题，每题 5 分，共 70 分请把答案填写在答题卡相应位置上1 （5 分）已知集合 A1， 2m，B0 ，2若 AB 0，1，2，8，则实数 m 的值为      2 （5 分）设复数 z 满足 zi 1+2i（i 为虚数单位） ，则 z 的模为     3 （5 分）高三（1）班共有 56 人，学号依次为 1，2，3，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为 4 的样本，已知学号为 6，34，48 的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为     4 （5

2、 分）设直线 l1：x my+m 20，l 2：mx+（m 2）y10，则“m2”是直线“l1l 2”的     条件 （从“充要” ， “充分不必要” ， “必要不充分”及“既不充分也不必要”中选择一个填空）5 （5 分）根据如图所示的算法，输出的结果为     6 （5 分）若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为 3，圆心角为 的扇形，则该圆锥的体积为     7 （5 分）已知 F1、F 2 是双曲线的两个焦点，以线段 F1F2 为边作正方形 MF1F2N，若M，N 都在该双曲线上，则该双曲线的离心率为  

3、   8 （5 分）在正项等比数列a n中，S n 为其前 n 项和，已知 2a63S 4+1，a 73S 5+1，则该数列的公比 q 为     9 （5 分）函数 f（x ）A sin（x+） （A0，0，02 ）在 R 上的部分图象如图所示，则 f（2018）的值为     第 2 页（共 24 页）10 （5 分）已知变量 x，y 满足约束条件 ，则 z 的最大值为     11 （5 分）在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，设 S 是ABC 的面积，若b2+c2 a2+ S，则角 A 的值是 &

4、nbsp;   12 （5 分）如图，在平面四边形 ABCD 中，AB2，BCD 是等边三角形，若 1，则 AD 的长为      13 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A（m，0） ，B（m+4，0） ，若圆C：x 2+（y 3m ） 28 上存在点 P，使得APB45，则实数 m 的取值范围是     14 （5 分）已知函数 f（x ） ，若关于 x 的方程 ff（x）1m 有两个不同的根 x1，x 2，则 x1+x2 的取值范围是      二、解答题：本大题共 6 小题，共 90

5、 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 （1）求角 A 的值；（2）求 2sinBsinC 的取值范围16 （14 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PA平面 ABCD（1）证明：平面 PBD平面 PAC；第 3 页（共 24 页）（2）设 E 为线段 PC 上一点，若 ACBE，求证：PA平面 BED17 （14 分）如图，OA，OB 是两条互相垂直的笔直公路，半径 OA2km 的扇形 AOB 是某地的一名胜古迹区域当地政府为了缓解该古迹周围的交通压力，欲

6、在圆弧 AB 上新增一个入口 P（点 P 不与 A，B 重合） ，并新建两条都与圆弧 AB 相切的笔直公路MB，MN，切点分别是 B，P当新建的两条公路总长最小时，投资费用最低设POA ，公路 MB，MN 的总长为 f（ ） （1）求 f（）关于 的函数关系式，并写出函数的定义域；（2）当 为何值时，投资费用最低？并求出 f（）的最小值18 （16 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设椭圆 C： + 1（ab0）的下顶点为A，右焦点为 F，离心率为 已知点 P 是椭圆上一点，当直线 AP 经过点 F 时，原点O 到直线 AP 的距离为 （1）求椭圆 C 的方程；（2）设直线 AP 与圆 O：x

7、 2+y2b 2 相交于点 M（异于点 A） ，设点 M 关于原点 O 的对称点为 N，直线 AN 与椭圆相交于点 Q（异于点 A） 第 4 页（共 24 页）若|AP|2|AM|，求APQ 的面积；设直线 MN 的斜率为 k1，直线 PQ 的斜率为 k2，求证： 是定值19 （16 分）已知函数 f（x ） x24ax+alnx+a+ ，其中 aR（1）当 a1 时，求函数 f（ x）在 x1 处的切线方程；（2）记函数 f（x ）的导函数是 f（x） ，若不等式 f（x） xf（x）对任意的实数x（1，+）恒成立，求实数 a 的取值范围；（3）设函数 g（x）f（x）+2a，g（x）是函数

8、 g（x）的导函数，若函数 g（x）存在两个极值点 x1，x 2，且 g（x 1）+g（x 2）g（x 1x2） ，求实数 a 的取值范围20 （16 分）已知正项数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 an2 1，数列b n是首项b12，公比为 q|q|1 的等比数列（1）求数列a n的通项公式；（2）设三个互不相等的正整数 k，t ，r（ktr）满足 2tk+r，若ak+bta t+br ar+bk，求实数 q 的最大值；（3）将数列a n与b n的项相间排列成新数列c n：a 1，b 1，a 2，b 2，a 3，b 3，设新数列c n的前 n 项和为 Tn，当 q3 时，是否存在正整数

9、 m，使得 恰好是数列c n中的项？若存在，求出 m 的值，若不存在，说明理由第 5 页（共 24 页）2018 年江苏省如皋市高考数学二模试卷参考答案与试题解析一填空题：本大题共 14 小题，每题 5 分，共 70 分请把答案填写在答题卡相应位置上1 （5 分）已知集合 A1， 2m，B0 ，2若 AB 0，1，2，8，则实数 m 的值为 3 【分析】由并集定义得 2m 8，由此能求出 m【解答】解：集合 A1， 2m，B0 ，2AB0，1，2，8，2 m8，解得 m3故答案为：3【点评】本题考查实数值的求法，考查并集定义等基础知识，是基础题2 （5 分）设复数 z 满足 zi 1+2i（i

10、 为虚数单位） ，则 z 的模为    【分析】根据所给的关于复数的等式，写出复数 z 的表达式，再进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，得到结果，然后求出复数的模即可得到答案【解答】解：复数 z 满足 zi1+2i ，z ，所以 z 的模为 故答案为 【点评】本题考查复数的代数形式的除法运算，以及复数的求模运算，是一个基础题，这种题目一般出现在高考卷的前几个题目中，是一个必得分题目3 （5 分）高三（1）班共有 56 人，学号依次为 1，2，3，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为 4 的样本，已知学号为 6，34，48 的同学在样本中，那么还有一个同学的

11、学号应为 20 【分析】从 56 个学生中用系统抽样抽取 4 个人的一个样本，分组时要分成 4 个小组，每一个小组有 14 人，第一个学号是 6，第二个抽取的学号是 6+14，可以依次写出所需要的学号【解答】解：从 56 个学生中用系统抽样抽取 4 个人的一个样本，分组时要分成 4 个小组，第 6 页（共 24 页）每一个小组有 14 人，学号为 6，34，48 的同学在样本中，即第一个学号是 6，第二个抽取的学号是 6+1420，故答案为：20【点评】本题考查系统抽样方法，考查抽样过程中的分组环节，考查分组后选出的结果有什么特点，本题是一个基础题，若出现则是一个送分题目4 （5 分）设直线

12、l1：x my+m 20，l 2：mx+（m 2）y10，则“m2”是直线“l1l 2”的 充要 条件 （从“充要” ， “充分不必要” ， “必要不充分”及“既不充分也不必要”中选择一个填空）【分析】由mm（m2）0，解得 m 并且验证即可得出结论【解答】解：由mm（m2）0，解得 m1 或2其中 m1 时两条直线重合，舍去“m2”是直线“l 1l 2”的充要条件故答案为：充要【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、直线平行、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5 （5 分）根据如图所示的算法，输出的结果为 5 【分析】模拟程序的运行过程知该程序运行后计算 S 并输出 n 的值【解

13、答】解：模拟如图所示的程序运行过程知，该程序运行后执行 S1+2+2 2+23+2431，输出 n4+15故答案为：5【点评】本题考查了循环语句的应用问题，是基础题6 （5 分）若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为 3，圆心角为 的第 7 页（共 24 页）扇形，则该圆锥的体积为   【分析】由题意画出图形，求出圆锥底面半径，进一步求出圆锥的高，代入圆锥体积公式求解【解答】解：如图，圆锥 PO 沿模型 PB 剪开，侧面展开图扇形的圆心角 BPB ，半径 PB3，则扇形弧长为 2设圆锥 PO 的底面半径为 r，则 2r2，得 r1圆锥的高 PO 该圆锥的体积为 故答案为：

14、 【点评】本题考查圆锥体积的求法，关键是明确侧面展开图扇形弧长与圆锥底面周长的关系，是中档题7 （5 分）已知 F1、F 2 是双曲线的两个焦点，以线段 F1F2 为边作正方形 MF1F2N，若M，N 都在该双曲线上，则该双曲线的离心率为  +1 【分析】求出 M 的坐标，代入双曲线方程，转化求解双曲线的离心率即可【解答】解：设：双曲线方程为： ，F1、F 2 是双曲线的两个焦点，以线段 F1F2 为边作正方形 MF1F2N，则 M（c，2c ） ，在双曲线上，可得 ，即 e2 1，即 e46e 2+10， e1 可得 e23+2 ，解得第 8 页（共 24 页）e 故答案为： 【点

15、评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力8 （5 分）在正项等比数列a n中，S n 为其前 n 项和，已知 2a63S 4+1，a 73S 5+1，则该数列的公比 q 为 3 【分析】把已知两等式联立可得 ，则 q22q30，求解得答案【解答】解：由 2a63S 4+1，a 73S 5+1，得 a72a 63（S 5S 4）3a 5，即 ，则 q22q30，解得 q1，或 q3a n是正项等比数列，q3故答案为：3【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，是基础题9 （5 分）函数 f（x ）A sin（x+） （A0，0，02 ）在 R 上的部分图象如图所示，则 f

16、（2018）的值为 2   【分析】由已知求得 T，进一步求得 ，再由 求得 A 与 ，则函数解析式可求，f（2018 ）的值可求【解答】解：由图可知， ，即 T12 则 f（x）Asin（ x+） ，由 ，解得 A ， f（x） sin（ x+ ） ，第 9 页（共 24 页）则 f（2018） 故答案为： 【点评】本题考查由 yA sin（ x+）的部分图象求函数解析式，是基础题10 （5 分）已知变量 x，y 满足约束条件 ，则 z 的最大值为 2 【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可【解答】解：变量 x，y 满足约束条件 ，满足的可行域如图：则

17、z 1+ 的几何意义是可行域内的点与（1，1）连线的斜率加 1，经过 A 时，目标函数取得最大值由 ，可得 A（0，2） ，则 z 1+ 的最大值是： 2故答案为：2【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域，判断目标函数的最值是解题的关键11 （5 分）在ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，设 S 是ABC 的面积，若b2+c2 a2+ S，则角 A 的值是    【分析】直接利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用求出结果【解答】解：ABC 中，S 是ABC 的面积，第 10 页（共 24 页）且 b2+c2 a2+ S，由余弦定理得 3b

18、2+3c2a 2+2 bcsinA， ，所以 sin2AsinBsinC（ sinA3cosA） ，整理为：由于 b2+c22bc ，所以 ，则 ，由于 ，故 ，进一步解得 A 故答案为：【点评】本题考查的知识要点：余弦定理和三角形面积公式的应用12 （5 分）如图，在平面四边形 ABCD 中，AB2，BCD 是等边三角形，若 1，则 AD 的长为    【分析】取 BD 的中点 H，连接 AH，CH，运用等边三角形的性质和向量的加减运算、中点的向量表示和向量垂直的条件：数量积为 0，以及向量的平方即为模的平方，解方程可得所求值【解答】解：取 BD 的中点 H，连接 AH，

19、CH，由BCD 为等边三角形可得 CHBD，由 1，第 11 页（共 24 页）可得（ + ） + （ + ）（ ） （ 2 2）1，可得 2 2+24+2 6，即有 AD 的长为 故答案为： 【点评】本题考查向量的中点表示和向量垂直的条件：数量积为 0，以及向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题13 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A（m，0） ，B（m+4，0） ，若圆C：x 2+（y 3m ） 28 上存在点 P，使得APB45，则实数 m 的取值范围是 【分析】求出ABP 的外接圆 M 半径和圆心坐标，确定外接圆 M 的方程，将点 P 转化为圆 M 与圆 C

20、的公共点，利用两圆圆心距与两圆半径之间的关系列不等式求实数 m 的取值范围【解答】解：设ABP 的外接圆为圆 M，由于| AB|4，由正弦定理可知，圆 M 的半径r 满足 2r ，所以，圆 M 的半径长为 ，易知AMB 2 APB 90，且 圆心 M 在线段 AB 的垂直平分线上，可求得点 M 的坐标为（m+2， 2）或（m+2 ， 2） ，由于点 P 在圆 C 上，也在圆 C 上，则圆 C 与圆 P有公共点标为（m+2，2 ） ，则圆 M 的方程为（xm2） 2+（y 2） 28，此时，由于圆 M 与圆C 有公共点，则 ，即 ，化简得 5m24m120，解得 ；若点 M 的坐标为（ m+2，

21、 2） ，则圆 M 的方程为（xm2） 2+（y+2） 28，此时，第 12 页（共 24 页）由于圆 M 与圆 C 有公共点，则 ，即 ，化简得 5m2+8m240，解得 综上所述，实数 m 的取值范围是 ，故答案为： 【点评】本题考察点与圆的位置关系，问题的关键在于将点转化为圆与圆的位置关系，属于中等题14 （5 分）已知函数 f（x ） ，若关于 x 的方程 ff（x）1m 有两个不同的根 x1，x 2，则 x1+x2 的取值范围是  （，ln2） 【分析】作出 f（x ）的图象，令 tf （x）1，即 f（x ）1+t，mf（t） ，讨论 m 的范围，求得 t 的范围，进而得

22、到满足题意的范围【解答】解：函数 f（x ） 的图象如右：可令 tf（x）1，即 f（x）1+t，m f（t ） ，若 m0 时，t1，f（x ）2 无解；若 m0，t1，f（x ）2 无解；若 0m 时，可得 t1ln 2，0t 21，可得 f（x）1 ln2，1f（ x）2，则符合题意，且 x1ln（1ln 2） ，1x 22ln 21，可得 x1+x2ln（1ln2）+1 ；若 m ，则 tln2，f（x）1ln 2，可得符合题意，且 x1ln（1ln 2） ，x 22ln 21，x1+x2ln4（1ln2）1；若 m1，则ln2t0 ，1ln 2t+11，第 13 页（共 24 页）即

23、 1ln2f（x） ，满足题意，可得 ln（1ln2）x 1ln 2，0x 22ln21，可得 ln（1ln2）x 1+x2ln21；若 m1，t0，t+11，f（x）1 一解，若 m1，则 f（x）无解综上可得 x1+x2ln2，故答案为：（，ln2） 【点评】本题考查函数方程的转化思想，以及数形结合思想，考查分类讨论思想，结合不等式的性质，属于难题二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 （1）求角 A 的值；（2）求 2sinBsinC 的

24、取值范围【分析】 （1）由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得 sinB2cosAsinB，结合sinB0，可求 cosA ，根据范围 A（0，） ，可求 A 的值（2）利用三角函数恒等变换的应用可得 2sinBsin C cosC，根据范围 C（0，） ，可得 cosC 的范围，进而得解 2sinBsin C 的取值范围【解答】 （本题满分为 14 分）解：（1）在ABC 中，由 ，结合正弦定理可得：，即 sinAcosC2cosAsinBcosAsin C，第 14 页（共 24 页）整理得：sinAcosC+cosAsinC2cosAsinB ，即 sin（A+C）2cosAsin

25、B，所以：sin（ B）2cosAsinB，即：sinB 2cos AsinB因为 B（0，） ，故 sinB0，所以：cosA 又 A（0，） ，所以 A （6 分）（2）2sinBsinC2sin （ C）sinC 2（ cosC+ sinC）sinC cosC，因为 C（0， ） ，所以 cosC（ ，1） ，故 cosC（ ， ） 所以 2sinBsinC 的取值范围是（ ， ） （14 分）【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，考查了转化思想和运算求解能力，属于中档题16 （14 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PA

26、平面 ABCD（1）证明：平面 PBD平面 PAC；（2）设 E 为线段 PC 上一点，若 ACBE，求证：PA平面 BED【分析】 （1）证明 PABD ACBD，推出 BD平面 PAC然后证明平面 PBD平面 PAC第 15 页（共 24 页）（2）设 ACBDO，连结 OE证明 AC平面 BED得到 ACOE 证明ACPA推出 PAOE然后证明 PA平面 BED【解答】证明：（1）PA平面 ABCD，BD平面 ABCD，PABD 又四边形 ABCD 是菱形，ACBD，又 PAACA，PA，AC平面 PAC，BD平面 PAC而 BD平面 PBD，平面 PBD平面 PAC（6 分）（2）设

27、ACBDO，连结 OEACBE，ACBD ，BEBDB，BE，BD 平面 BED，AC平面 BEDOE平面 BED，ACOEPA平面 ABCD，AC平面 ABCD，ACPA又 AC、PA、OE 共面，PAOE 又 OE平面 BED，PA 平面 BED，PA平面 BED（14 分）【点评】本题考查平面与平面垂直，直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面培第 16 页（共 24 页）训的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力17 （14 分）如图，OA，OB 是两条互相垂直的笔直公路，半径 OA2km 的扇形 AOB 是某地的一名胜古迹区域当地政府为了缓解该古迹周围的交通压力，欲在圆弧 A

28、B 上新增一个入口 P（点 P 不与 A，B 重合） ，并新建两条都与圆弧 AB 相切的笔直公路MB，MN，切点分别是 B，P当新建的两条公路总长最小时，投资费用最低设POA ，公路 MB，MN 的总长为 f（ ） （1）求 f（）关于 的函数关系式，并写出函数的定义域；（2）当 为何值时，投资费用最低？并求出 f（）的最小值【分析】 （1）直接利用平面几何知识和三角函数关系式的恒等变换求出结果（2）利用三角函数关系式的恒等变换和基本不等式求出结果【解答】解：（1）连结 OM在 Rt OPA 中，OP2，POA ，故 AP2tan据平面几何知识可知，MBMP， ，在 Rt BOM 中，OB2，

29、 ，故 BM2tan（ ） 所以 f（）AP+2BM2tan+4tan（ ） 显然 ，所以函数 f（）的定义域为 （2）令 ，则 ，且 第 17 页（共 24 页）所以 f（）2tan（ ）+4tan +4tan， ， ， ，当且仅当 ，即： 等号成立时，投资最低 f（）2 【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，基本不等式的应用18 （16 分）在平面直角坐标系 xOy 中，设椭圆 C： + 1（ab0）的下顶点为A，右焦点为 F，离心率为 已知点 P 是椭圆上一点，当直线 AP 经过点 F 时，原点O 到直线 AP 的距离为 （1）求椭圆 C 的方程；（2）设直线 AP 与圆

30、 O：x 2+y2b 2 相交于点 M（异于点 A） ，设点 M 关于原点 O 的对称点为 N，直线 AN 与椭圆相交于点 Q（异于点 A） 若|AP|2|AM|，求APQ 的面积；设直线 MN 的斜率为 k1，直线 PQ 的斜率为 k2，求证： 是定值【分析】 （1）运用椭圆的离心率公式以及点到直线的距离公式，解方程可得 a，b，c，第 18 页（共 24 页）进而得到所求椭圆方程；（2）设直线 AP 的斜率为 k，则直线 AP 的方程为 ykx1，联立椭圆方程可得 P 的坐标，联立圆方程可得 M 的坐标，运用两直线垂直的条件：斜率之积为1，求得 Q 的坐标，由|AP|2|AM|可得 k，求

31、得 P，Q 坐标，以及| AP|，|AQ |，由APQ 的面积为|AP|AQ|，计算可得；运用两点的斜率公式，分别计算线 MN 的斜率为 k1，直线 PQ 的斜率为 k2，即可得证【解答】解：（1）据题意，椭圆 C 的离心率为 ，即 当直线 AP 经过点 F 时，直线 AP 的方程为 + 1，即 axcy ac0，由原点 O 到直线 AF 的距离为 ，可知 ，即 联立可得， a2，c ，故 b2a 2c 21所以椭圆 C 的方程为 +y2 1（ 4 分）（2）据题意，直线 AP 的斜率存在，且不为 0，设直线 AP 的斜率为 k，则直线 AP 的方程为 ykx1，联立 +y21，整理可得（1+

32、4k 2）x 28kx0，所以 x0 或 x 所以点 P 的坐标为（ ， ） ，联立 ykx1 和 x2+y21，整理可得（1+k 2）x 22kx 0，所以 x0 或 x 所以点 M 的坐标为（ ， ） 显然，MN 是圆 O 的直径，故 AMAN，第 19 页（共 24 页）所以直线 AN 的方程为 y x1用 代替 k，得点 Q 的坐标为（ ， ）即 Q（ ， ）（9 分）由|AP|2|AM|可得，x P2x M，即 2 ，解得 k 根据图形的对称性，不妨取 k ，则点 P，Q 的坐标分别为（ ， ） ， （ ， ） ，故|AP| ，| AQ| 所以APQ 的面积为 |AP|AQ| （12

33、分）证明：直线 MN 的斜率 k1k OM ，直线 PQ 的斜率 k2 所以 为定值，得证（16 分）【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，以及直线与圆的方程联立，解方程求交点，考查直线的斜率公式的运用，化简整理的运算能力，属于中档题19 （16 分）已知函数 f（x ） x24ax+alnx+a+ ，其中 aR（1）当 a1 时，求函数 f（ x）在 x1 处的切线方程；（2）记函数 f（x ）的导函数是 f（x） ，若不等式 f（x） xf（x）对任意的实数第 20 页（共 24 页）x（1，+）恒成立，求实数 a 的取值范围；（3）设函数 g（x）f（x）+2a，g（

34、x）是函数 g（x）的导函数，若函数 g（x）存在两个极值点 x1，x 2，且 g（x 1）+g（x 2）g（x 1x2） ，求实数 a 的取值范围【分析】 （1）根据导数的几何意义即可求切线方程，（2）先求导，则不等式 f（x）xf（x）对任意的实数 x（1，+）恒成立，转化为x22alnx10 对任意实数 x（1，+）恒成立，构造函数 t（x）x 22alnx1，x 1，分类讨论，即可求出 a 的范围，（3）先求导，根据函数 g（x）存在两个极值点 x1，x 2 可得 a ，且x1+x24a，x 1x2a，再化简 g（x 1）+g（x 2）g（x 1x2）可得到 8a8lna0，构造 h（

35、a）8a8lna，a ，求出函数的最值即可【解答】解：（1）当 a1 时，f（x ） x24x+lnx+ ，其中 x0故 f（1） 4+ 2f（x）x4+ ，故 f（1）14+1 2，函数函数 f（x ）在 x1 处的切线方程为 y+22（x1） ，即 2x+y0（2）由 f（x） x24ax+alnx+a+ ，可得 f（x ）x4a+ 据题意可知，不等式 x24ax+alnx+a+ x（x 4a+ ）对任意实数 x（1，+）恒成立，即 x22alnx10 对任意实数 x（1，+）恒成立，令 t（x）x 22alnx1，x 1故 t（x）2 x 2 若 a 1，则 t（x ）0， t（x）在（

36、1，+）上单调递增， t（x）t（1）0，故a1 符合题意若 a 1，令 t（x ）0，得 x （负舍） 当 x（1， ）时，t（x ） 0，t （x）在（1， ）上单调递减，故 t（ ）t（1）0，与题意矛盾， a1 不符题意综上所述，实数 a 的取值范围 a1第 21 页（共 24 页）（3）据题意 g（x）f（x）+2a x24ax+alnx+3a+ ，其中 x0则 g（x）x 4a+ 函数 g（x）存在两个极值点 x1，x 2，x 1，x 2，是方程 x24ax+a0 的两个不等的正根， 得 a ，且 x1+x24a，x 1x2ag（x 1）+g（x 2） （x 12+x22）+4 a

37、（x 1+x2）+ aln（x 1+x2）x+6a+1， （16a 22a）16a 2+alna+6a+18a 2+alna+5a+1，g（x 1x2）x 1x24a+ a4a+ 3a+1 ，据 g（x 1）+g（x 2）g（x 1x2）可得8a 2+alna+5a+13a+1，即 8a28aalna0，又 a ，故不等式可简化为 8a8lna 0，令 h（a）8a8lna，a ，则 h（a）8 40，h（a）在（ ，+）上单调递增，又 h（1）0，不等式 8a8lna0 的解为 a1实数 a 的取值范围是（ ，1【点评】本题考查了导数和函数的单调性，极值，最值的关系，以及函数恒成立的问题，培

38、养学生的转化能力，运算能力，属于难题20 （16 分）已知正项数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 an2 1，数列b n是首项b12，公比为 q|q|1 的等比数列（1）求数列a n的通项公式；（2）设三个互不相等的正整数 k，t ，r（ktr）满足 2tk+r，若ak+bta t+br ar+bk，求实数 q 的最大值；第 22 页（共 24 页）（3）将数列a n与b n的项相间排列成新数列c n：a 1，b 1，a 2，b 2，a 3，b 3，设新数列c n的前 n 项和为 Tn，当 q3 时，是否存在正整数 m，使得 恰好是数列c n中的项？若存在，求出 m 的值，若不存在，说明

39、理由【分析】 （1）推导出 4Sn +1，则 +2an+1+1，从而（a n+1+an）（a n+1a n2）0，进而数列 an是公差为 2 的等差数列，由此能求出数列 an的通项公式（2）推导出 qt+qk2q r从而 rk 2（tk） ，令 tk n，则 2q2nq n10，由此能求出当 n1 时，q 取得最大值 利用 为c n中的项只能为 c1，c 2，c 3利用分类思想能求出 m【解答】解：（1）正项数列a n的前 n 项和为 Sn，且满足 an2 1，4S n（a n+1） 2，即 4Sn +1，则 +2an+1+1，将 可得， ，整理得（a n+1+an） （a n+1a n2）0

40、，a n0，a n+1a n2 为定值，数列a n是公差为 2 的等差数列在中，令 n 1，可得 4S1 +1，解得 a11a n2n1（2）三个互不相等的正整数 k，t ，r（ktr）满足 2tk+r，a k+bta t+bra r+bk，由 2k1+2q t1 2t1+2q r1 2r1+2q k1 ，tkq t1 q r1 ，rtq r1 q k1 又 2tk+r，即 tyrt，q t1 q r1 q j1 q k1 ，整理可得 qt+qk2q r2q rk q tk 10第 23 页（共 24 页）又 2tk+r，rk 2（tk） ，令 tkn，则 2q2nq n10，q n 或 1|

41、q |1 ，q n n 为奇数，1q0，q（ ） ，当 n1 时，q 取得最大值 （3）由题意得 ，kN *，T 2n（a 1+a3+a2n1 ）+（b 2+b4+b2n） + 3 m+m21，T2m1 T 2mb 2m3 m+m2123 m1 3 m1 +m21 3 3 3，若 为c n中的项只能为 c1，c 2，c 3若 3 1，则 3n1 0，所以 m 无解；若 3 2，则 3n1 +1m 20由题意 m1 不符合题意，m2 符合题意当 m3 时，即 f（m）3 m1 +1m 2，则 f（m ）3 m1 ln32m，设 g（m）3 m1 2n，则 g（m）3 m1 （ln3） 220，即 f（m）3 m1 ln3*2m 为增函数，故 f（m ）f（3）0，f（m）为增函数故 f（m）f（3）10，当 m3 时，方程 3m1 +1m 20 无解，即 m2 是方程唯一解第 24 页（共 24 页）若 3 3，则 m21，即 m1综上所述，m1 或 m2【点评】本题考查数列的通项公式的注法，考查函数、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题