江苏省徐州市第一中学2020届高三下学期6月第一次适应性考试数学试题 Word版含解析 29页

- 1 - 徐州一中 2021 届新高考全国卷第一次适应性考试 数学 注意事项： 1.本试卷共 6 页，包含单项选择题（第 1 题～第 8 题，共 40 分）、多项选择题（第 9 题～第 12 题，共 20 分）、填空题（第 13 题～第 16 题，共 20 分）和解答题（第 17 题～第 22 题，共 70 分）四部分.本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡、 试卷和草稿纸的指定位置上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用 0.5 毫米黑色墨水的签字 笔将答案写在答题卡上.写在本试卷或草稿纸上均无效. 4.考试结束后，将本试卷、答题卡和草稿纸一并交回. 5.如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗. 一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.设集合   , 1 0A x y x y   ＝ ，   2 2, 5B x y x y   ，则 A B  （ ）. A.   1,2 B.   2, 1  C.     1,2 , 2, 1  D.  【答案】C 【解析】 【分析】 本题首先可联立方程 1 0x y  ＝ 与 2 2 5x y  并求得交点坐标，然后根据交集的相关性质即 可得出结果. 【详解】联立方程 1 0x y  ＝ 与方程 2 2 5x y  ，即 2 2 1 0 5 x y x y      ＝ ， 解得交点坐标为 1,2 和 2, 1  ， 故     1,2 , 2, 1A B    ， 故选：C. 【点睛】本题考查交集的相关性质，能否明确集合中所包含的元素是解决本题的关键，考查 计算能力，体现了基础性，是简单题. - 2 - 2.已知  ,a bi a b  R 是 2 21 i 1 i    的共轭复数，则 2a b  （ ）. A. 3 B. 3 C. 1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 利用复数的乘方和除法法则将复数 2 21 i 1 i    表示为一般形式，结合共轭复数的定义可求 得 a 、b 的值，由此可得出 2a b 的值. 【详解】        2 2 121 2 2 1 11 1 1 ii i i i ii i i            ， 由题意可得 1a bi i   ， 1a = ， 1b   ，因此， 2 2 1 1a b    . 故选：D. 【点睛】本题考查复数的除法和乘方运算，同时也考查了共轭复数定义的应用，考查计算能 力，属于基础题. 3.设向量  1, 1a   ，  2 1,2 2a b k k    ，且 a b  ，则 k  （ ）. A. 5 B. 5 C. 3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】 本题首先可以设  ,b x y ，然后根据 a b  得出 x y 以及  ,b x x  ，再然后根据向量的坐 标运算得出  2 1 2 , 1 2a b x x      ，最后根据  2 1,2 2a b k k    即可联立方程并通过 计算得出结果. 【详解】设  ,b x y 因为 a b  ，  1, 1a   ， 所以 0a b  ，即 0x y  ， x y ，  ,b x x  ， 所以  2 1 2 , 1 2a b x x      ， - 3 - 因为  2 1,2 2a b k k    ， 所以 1 2 1 1 2 2 2 x k x k        ，解得 7 2x  ， 5k   ， 故选：A. 【点睛】本题考查向量垂直的相关性质以及向量的坐标运算，若两向量垂直，则向量的乘积 为 0 ，考查计算能力，体现了基础性，是中档题. 4.温度对许多化学反应的反应速率有非常大的影响.一般来说，温度每升高10K ，化学反应的 反应速率大约增加 2 4 倍.瑞典科学家 Arrhenius 总结了大量化学反应的反应速率与温度之 间关系的实验数据，得出一个结论：化学反应的速率常数 k 与温度 T 之间呈指数关系，并 提出了相应的 Arrhenius 公式： Ea RTk Ae ，式中 A 为碰撞频率因子 0A  ， e 为自然对数 的底数， aE 为活化能， R 为气体常数.通过 Arrhenius 公式，我们可以获得不同温度下化学 反应的速率常数之间的关系.已知温度为 1T 时，化学反应的速率常数为 1k ；温度为 2T 时，化学 反应的速率常数为 2k .则 1 2 ln k k （ ） A.  2 1 lna T T R E A  B.  1 2 lna T T R E A  C.  2 1 1 2 aE T T RTT  D.  1 2 1 2 aE T T RTT  【答案】D 【解析】 【分析】 根据 Arrhenius 公式得 1 2 1 2 a a E RT E RT k Ae k Ae        ，计算出 1 2 k k ，然后利用对数的运算性质化简可得结果. 【详解】根据 Arrhenius 公式可得 1 2 1 2 a a E RT E RT k Ae k Ae        ，上述两个等式相除得 2 11 2 a aE E RT RTk ek   ， 因此，  1 21 2 2 1 1 2 ln aa a E T TE Ek k RT RT RTT    . - 4 - 故选：D. 【点睛】本题考查指数与对数的运算，解答的关键在于求得 1 2 k k 的表达式，考查计算能力，属 于基础题. 5. 3 2 2 4 4x x      的展开式中的常数项为（ ） A. 160 B. 64 C. 160 D. 64 【答案】A 【解析】 【分析】 将代数式变形为 62x x     ，求出二项展开式的通项，令 x 的指数为零，求出参数的值，代入 通项可得结果. 【 详 解 】 3 6 2 2 4 24x xx x              ， 展 开 式 的 通 项 为  6 6 2 1 6 6 2 2 r rr r r r rT C x C xx               ， 令 6 2 0r  ，得 3r  ， 因此， 3 2 2 4 4x x      的展开式中的常数项为  33 4 6 2 160T C     . 故选：A. 【点睛】本题考查二项展开式中常数项的求解，考查计算能力，属于基础题. 6.南北朝时期的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂 势既同，则积不容异”.其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平 行平面的任意平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如 图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 1V 、 2V ，被平行于这两个平面的任意 平面截得的两个截面面积分别为 1S 、 2S ，则命题 p ：“ 1V 、 2V 相等”是命题 :q “ 1S 、 2S 总 相等”的（ ） - 5 - 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 【答案】B 【解析】 【分析】 根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可. 【详解】由祖暅原理可知，若 1S 、 2S 总相等，则 1V 、 2V 相等，即必要性成立； 假设夹在两平行平面间的底面积为 S 的棱柱和底面积为3S 的棱锥，它们的体积分别为 1V 、 2V ， 则 1 2V V ， 这两个几何体被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为 1S 、 2S ，但 1S 与 2S 不总相等，即充分性不成立. 因此，命题 p 是命题 q的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合祖暅原理是解本题的关键，考查推 理能力，属于中等题. 7.已知函数   cos 15f x x  ，设  1a f   ，  0.23b f  ，  1.13c f  ，则（ ） A. c b a  B. c a b  C. b a c  D. a b c  【答案】C 【解析】 【分析】 推导出函数  y f x 为偶函数，且在区间 0,5 上单调递减，然后比较 1  、 0.23 、 1.13 的 大小关系，进而可得出 a 、b 、 c 的大小关系. 【 详 解 】 函 数   cos 15f x x  的 定 义 域 为 R ， - 6 -    cos 1 cos 15 5f x x x f x           ， 所以，函数  y f x 为偶函数， 当 0 5x  时，0 5 x   ，所以，函数  y f x 在区间 0,5 上单调递减，且  1.13c f ， 0.2 1.10 3 1 1 3 3 5       ，则      0.2 1.13 1 3f f f    ，即 b a c  . 故选：C. 【点睛】本题考查利用余弦型函数的单调性比较函数值的大小，同时也考查了利用指数函数 的单调性比较指数式的大小，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 8.已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1 2F F、 ，实轴长为 4，渐近线 方程为 1 2 1 , 42y x MF MF    ，点 N 在圆 2 2 4 0x y y   上，则 1MN MF 的最小值 为( ) A. 2 7 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】 求得双曲线的 a，b，可得双曲线方程，求得焦点坐标，运用双曲线的定义和三点共线取得最 小值，连接 CF2，交双曲线于 M，圆于 N，计算可得所求最小值． 【详解】由题意可得 2a＝4，即 a＝2， 渐近线方程为 y＝± 1 2 x，即有 b 1 a 2  ， 即 b＝1，可得双曲线方程为 2x 4  y2＝1， 焦点为 F1（ 5 ，0），F2，（ 5 ，0）， 由双曲线的定义可得|MF1|＝2a+|MF2|＝4+|MF2|， 由圆 x2+y2﹣4y＝0 可得圆心 C（0，2），半径 r＝2， |MN|+|MF1|＝4+|MN|+|MF2|， 连接 CF2，交双曲线于 M，圆于 N， - 7 - 可得|MN|+|MF2|取得最小值，且为|CF2| 4 5   3， 则则|MN|+|MF1|的最小值为 4+3﹣2＝5． 故选 B． 【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查圆的方程的运用，以及三点共线取得最 值，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题． 二、多项选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9.“搜索指数”是网民通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指 标.“搜索指数”越大，表示网民对该关键词的搜索次数越多，对该关键词相关的信息关注度 也越高.下图是 2019 年 9 月到 2020 年 2 月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图. 根据该走势图，下列结论不正确的是（ ）. A. 这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度与时间具有比较明显的线性相关性 B. 2019 年 10 月网民对该关键词的搜索指数变化的走势图具有较好的对称性，与正态曲线相 近，故当月搜索指数的平均值约为 29000 C. 从网民对该关键词的搜索指数来看，2019 年 10 月的方差小于 11 月的方差 D. 从网民对该关键词的搜索指数来看，2019 年 12 月的平均值大于 2020 年 1 月的平均值 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据所给图表及平均数、方差的概念及意义逐项判断正误. 【详解】这半年中，网民对该关键词相关的信息关注度与时间不具有明显的线性相关性，A 错 - 8 - 误； 2019 年 10 月网民对该关键词的搜索指数最高值约为 2900，故平均值应低于 2900，B 错误； 2019 年 10 月的方差大于 11 月的方差，C 错误； 2019 年 12 月份起到 2020 年 1 月份呈下降趋势，所以 2019 年 12 月份的平均值大于 2020 年 1 月份的平均值，D 正确. 故选：ABC 【点睛】本题考查统计图表，属于基础题. 10.已知函数    sin 0, 0 2f x A x A           ， 的最大值为 2 ，其图像相邻的两 条对称轴之间的距离为 2  ，且  f x 的图像关于点 ,012     对称，则下列结论正确的是 （ ）. A. 函数  f x 的图像关于直线 5π 12x  对称 B. 当 ,6 6x       时，函数  f x 的最小值为 2 2  C. 若 3 2 6 5f       ，则 4 4sin cos  的值为 4 5  D. 要得到函数  f x 的图像，只需要将   2 cos 2g x x 的图像向右平移 6  个单位 【答案】BD 【解析】 【分析】 首先根据函数  f x 的最大值得到 2A  ，根据图像相邻的两条对称轴之间的距离得到 2  ， 再 根 据  f x 的 图 像 关 于 点 ,012     对 称 得 到 6 π ， 从 而 得 到   2 sin 2 6f x x       .对选项 A，因为 25 12f        ，故 A 错误.对选项 B，根据题 意得到 2 ,6 6 2x         ，从而得到  f x 的最小值 2 2  ， 故 B 正确.对选项 C，根据 - 9 - 3 2 6 5f       得到 3cos2 5   ，再计算 4 4sin cos  的值即可判断 B 错误.对选项 D， 将   2 cos 2g x x 的图像向右平移 6  个单位，得到 2 sin 2 6y x      ，即可判断 D 正确. 【详解】由题知：函数  f x 的最大值为 2 ，所以 2A  . 因为函数  f x 图像相邻的两条对称轴之间的距离为 2  ， 所以 2 2 T  ， 2T    ， 2  ，    2 sin 2 f x x   . 又因为  f x 的图像关于点 π ,012     对称， 所以 2 sin =012 6f                  ， 6 k    ， k Z . 所以 6 k   ， k Z .因为 2   ，所以 6 π . 即   2 sin 2 6f x x       . 对选项 A， 2 sin 0 25 12f         ，故 A 错误. 对选项 B， ,6 6x       ， 2 ,6 6 2x         ， 当 π π2 6 6x + = - 时，  f x 取得最小值 2 2  ， 故 B 正确. 对选项 C， 3 22 sin( 2 ) 2 cos26 2 5f            ， 得到 3cos2 5   . 因为   4 4 2 2 2 2 3sin cos sin cos sin cos cos2 5               ， 故 C 错误. 对选项 D， - 10 -   2 cos 2g x x 的图像向右平移 6  个单位得到 2 cos2 2 cos 2 2 sin 2 2 sin 26 3 2 3 6y x x x x                                     ， 故 D 正确. 故选：BD 【点睛】本题主要考查  siny A ωx φ  的图象性质，同时图象的平移变换，属于中档题. 11.如图，在三棱锥 P ABC 中， D 、 E 、 F 分别为棱 PC 、 AC 、 AB 的中点， PA  平 面 ABC ， 90ABC   ， 6AB PA  ， 8BC  ，则（ ） A. 三棱锥 D BEF 的体积为 6 B. 直线 PB 与直线 DF 垂直 C. 平面 DEF 截三棱锥 P ABC 所得的截面面积为12 D. 点 P 与点 A 到平面 BDE 的距离相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】 根据锥体的体积公式可判断 A 选项的正误；假设 PB DF ，推导出 DF  平面 PAB ，结合 题意可判断 B 选项的正误；取 PB 的中点 M ，计算出四边形 DEFM 的面积，可判断 C 选项 的正误；证明出 //PA 平面 BDE ，可判断 D 选项的正误. 【详解】对于 A 选项， DQ 、E 分别为 PC 、 AC 的中点，则 //DE PA，且 1 32DE PA  ， PA  平面 ABC ， DE  平面 ABC ， F 为 AB 的中点， 90ABC   ， 1 1 1 1 6 8 62 4 4 2BEF ABE ABCS S S       △ △ △ ， - 11 - 所以， 1 1 6 3 63 3D BEF BEFV S DE      △ ，A 选项正确； 对于 B 选项， PA  平面 ABC ， BC 平面 ABC ， BC PA  ， 又 90ABC   ，即 BC AB ， PA AB A  ， BC  平面 PAB ， E 、 F 分别为 AC 、 AB 的中点， //EF BC ， EF  平面 PAB ， AB  平面 PAB ， EF AB  ， DE  平面 ABC ， AB Ì平面 ABC ， AB DE  ， EF DE E Q ， AB  平面 DEF ， DF  平面 DEF ， AB DF  ， 假设 DF PB ， AB PB B  ， DF ∴ 平面 PAB ， 而过点 F 有且只有一条直线与平面 PAB 垂直，故 B 选项错误； 对于 C 选项，取 PB 的中点 M ，连接 DM、 FM ， DQ 、 M 分别为 PC 、 PB 的中点， //DM BC 且 1 2DM BC ， 同理可得 //EF BC 且 1 2EF BC ， //EF DM 且 EF DM ， 所以，四边形 DEFM 为平行四边形，则平面 DEF 截三棱锥 P ABC 所得的截面为平行四边 形 DEFM ， 易知 DE EF ，且 1 32DE PA  ， 1 42EF BC  ，所以， 12DEFMS DE EF   ， 故 C 选项正确； 对于 D 选项， //DE PA ， PA  平面 BDE ， DE  平面 BDE ， //PA 平面 BDE ， 所以，点 P 与点 A 到平面 BDE 的距离相等，故 D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查锥体体积、截面面积的计算，同时也考查了线线垂直的判断以及线面平行 的应用，考查推理能力，属于中等题. - 12 - 12.已知函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，当 0x＞ 时，   1 x xf x e  .则下列结论正确的是 （ ）. A. 当 0x  时，    1xf x e x   B. 函数  f x 在 R 上有且仅有三个零点 C. 若关于 x 的方程  f x m 有解，则实数 m 的取值范围是    2 2f m f   D. 1 2,x x  R ，    2 1 2f x f x  【答案】BD 【解析】 【分析】 根据函数的性质结合图象，逐项判断，即可得到本题答案. 【 详 解 】 令 0x  ， 则 0x  ， 所 以 1( ) ( 1) ( )x x xf x e x f xe         ， 得 ( ) ( 1)xf x e x  ，所以选项 A 错误； 观察在 0x  时的图象，令 ( ) ( 1) ( 2) 0x x xf x e x e e x       ，得 2x   ， 可知 ( )f x 在 ( , 2)  上单调递减，在 ( 2,0) 上递增，且在 ( , 1)  上， ( ) 0f x  ，在 ( 1,0) 上， ( ) 0f x  ，由此可判断在 ( ,0) 仅有一个零点，由函数的对称性可知 ( )f x 在 (0, ) 上 也有一个零点，又因为 (0) 0f  ，故该函数有三个零点，所以选项 B 正确； 由图可知，若关于 x 的方程  f x m 有解，则 1 1m   ，所以选项 C 错误； 由图可知， ( )f x 的值域为 ( 1,1) ，所以对 1 2,x x  R ，    2 1 2f x f x  恒成立，所以选 项 D 正确. 故选：BD - 13 - 【点睛】本题主要考查函数的性质和导数在研究函数中的应用，体现了数形结合的数学思想， 综合性较强. 三、填空题： 13.盒子里有 3 个分别标有号码 1，2，3 的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子 中，共取 3 次.则取得小球标号最大值是 3 的取法有______种.（用数字作答） 【答案】19 【解析】 【分析】 本题可通过题意列出所有满足标号最大值是3 的取法，然后计算出数目即可得出结果. 【详解】由题意可知，满足标号最大值是 3 的取法有： 333 、323、332 、331、313、321、312 、311、 322 、132 、 231、133、 233、131、 232 、113、 223、123、 213，共19种， 故答案为19. 【点睛】本题考查学生对题意的理解，能否根据题意列出所有满足题意的取法是解决本题的 关键，考查推理能力，是简单题. 14.给出下列三个论断：① a b ；② 1 1 a b  ；③ 0a  且 0b  . 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个真命题：__________． 【答案】①③推出②，②③推出① 【解析】 【分析】 利用不等式的基本性质可得． 【详解】解：由① a b ；② 1 1 a b  ；③ 0a  且 0b  . 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个真命题： （1）若 a b ， 0a  且 0b  ，则 1 1 a b  ；或（2）若 1 1 a b  ， 0a  且 0b  ，则 a b ； 对于（1）若 0a  且 0b  ，则 0ab  ，由不等式的性质可得 a b ab ab  即 1 1 a b  ； 对于（2）若 0a  且 0b  ，则 0ab  ，由不等式的性质可得 1 1ab aba b    即b a ； 故答案为：①③推出②，②③推出① 【点睛】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． - 14 - 15.已知抛物线 2: 8C x y 的焦点为 F ， P 是抛物线在第一象限的一点，且点 P 到抛物线的对 称轴和准线的距离相等，则点 P 的坐标为______；O 为坐标原点， PQ OP 交抛物线的准 线于点Q ，则三角形 OPQ 内切圆的面积为______. 【答案】 (1). ( )4,2 (2).  30 20 2 π 【解析】 【分析】 根据题意求点 P 的坐标，再求直线 PQ 的方程，得到点 Q 的坐标，根据三角形内切圆的性质 及三角形的面积公式即可求得结论. 【详解】抛物线的标准方程为 2 8x y ，焦点坐标为  0 2F ， 准线方程为 2y   ，对称轴为 y 轴， 设   2 0 0 0, 08 xP x x      ，点 P 到抛物线的对称轴和准线的距离相等，所以 2 0 0 28 xx   ，解得 0 4x  ，所以可得  4,2P ， 2 1 4 2OPk   ,因为 PQ OP ，所以 2PQk   , 所以直线 PQ 的方程为 2 2( 4)y x    即 2 10 0x y   ， 又因为抛物线的准线方程为 2y   ，所以可得 (6, 2)Q  ， 由两点间的距离公式求得| | 2 5,| | 2 5,| | 2 10OP PQ OQ   , 设三角形 OPQ 内切圆半径为 r ，所以 1 1(2 5 2 5 2 10) 2 5 2 52 2r     ，解得 2 5 10r   ， 所以三角形OPQ 内切圆面积 2(2 5 10) (30 20 2)S      . 故答案为： 4,2 ； 30 20 2 π - 15 - 【点睛】本题考查直线和抛物线的关系，利用抛物线的定义解决问题的方法：灵活地运用抛 物线上的点到焦点的距离与到准线距离相等这一性质“看到准线想到焦点，看到焦点想到准 线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的有效途径,属于中档题. 16.已知点 P 是单位正方体（棱长均为1） 1 1 1 1ABCD A B C D 的对角面 1 1BB D D 上的一动点， 过点 P 作垂直于平面 1 1BB D D 的直线，与正方体的侧面相交于 M 、N 两点，则 BMN△ 的面 积的最大值为______. 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 过点 P 作平面 EFGH  平面 1 1BB D D ，交线为 FH ，平面 EFGH 分别交棱 1AA 、 1BB 、 1CC 、 1DD 于点 E 、F 、G 、H ，设 FP x ，BF y ，计算出 MN ，可得出 BMN△ 关于 x 、 y 的表达式，由此可求得 BMN△ 的最大值. 【详解】如下图所示过点 P 作平面 EFGH  平面 1 1BB D D ，交线为 FH ， 平面 EFGH 分别交棱 1AA 、 1BB 、 1CC 、 1DD 于点 E 、 F 、G 、 H ， - 16 - 设 FP x ， BF y ，则 0 2x< < ， 0 1y  ， MN  平面 1 1BB D D ， FH  平面 1 1BB D D ， MN FH  ，同理 MN BP ， 易知四边形 EFGH 为正方形，则 EG FH ， //MN EG ， 易知 BF  平面 EFGH ， FP  平面 EFGH ， BF FP  ， 2 2 2 2=BP BF FP y x    . ①当 20 2x  时， MFN△ 为等腰直角三角形， 2 2MN FP x   ，  2 2 2 21 1 1 31 12 2 2 2BMNS MN BP x x y x x             △ ； ②当 2 22 x  时，  2 2 2MN PH x   ，       22 2 2 21 2 2 1 1 22BMNS MN BP x x y x x x x          △ ， 令     22 1 2f x x x   ，其中 2 22 x  ，则     22 2 2 2 1f x x x x     ， 2 2 2 32 2 1 2 04 4x x x            ，则当 2 22 x  时，   0f x  ， 所以，函数  f x 在区间 2 , 22       上单调递减，   30 2f x  ，即 30 2BMNS △ . 综上所述， BMN△ 面积的最大值为 3 2 . - 17 - 故答案为： 3 2 . 【点睛】本题考查正方体中三角形面积最值的计算，解答的关键就是建立函数关系式，考查 计算能力，属于中等题. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在① 2 1n nS b  ，② 14 n nb b   （ 2n  ），③ 1 2n nb b   （ 2n  ）这三个条件中任选 一个，补充在下面的问题中，若问题中的 k 存在，求出 k 的值；若 k 不存在，说明理由.已知 数列 na 为等比数列， 1 2 3a  ， 3 1 2a a a ，数列 nb 的首项 1 1b  ，其前 n 项和为 nS ，______， 是否存在 k N ，使得对任意 n N ， n n k ka b a b 恒成立？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】见解析 【解析】 【分析】 由数列 na 为等比数列可得 2 3 n na      ，①通过 1n n nS S b  ，整理可得 1 2n n b b   ，进而可 求出数列 nb 的通项公式，求出 n na b ，利用单调性可判断；②由 14 n nb b   可得数列 nb 为 等比数列，求出数列 nb 的通项公式，求出 n na b ，利用单调性可判断；③由 1 2n nb b   知 数列 nb 是等差数列，求出数列 nb 的通项公式，求出 n na b ，利用作差法求最大项即可判断.. 【详解】设等比数列 na 的公比为 q，因为 1 2 3a  ，所以 3 1 2a a a ， 所以 3 2 2 3 aq a   ， 故 2 3 n na      . 若选择①，则 2 1n nS b  ，则 1 12 1n nS b   （ 2n  ），两式相减整理得 1 2n n b b   （ 2n  ）， 又 1 1b  ， 所以 nb 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 12n nb  - 18 - 所以 12 1 423 2 3 n n n n na b              由指数函数的性质知，数列 n na b 单调递增，没有最大值， 所以不存在 k N ，使得对任意 n N ， n n k ka b a b 恒成立. 若选择②，则由 14 n nb b   （ 2n  ）， 1 1b  ，知数列 nb 是首项为 1，公比为 1 4  的等比数 列， 所以 11 4 n nb      所以   12 1 143 4 6 n n n n na b                       因为   1 1 1 24 4 46 6 6 3 n n n na b                   .当且仅当 1n  时取得最大值 2 3 . 所以存在 1k  ，使得对任意 n N ， n n k ka b a b 恒成立. 若选择③，则由 1 2n nb b   （ 2n  ）知数列 nb 是公差为 2 的等差数列. 又 1 1b  ，所以 2 1nb n  . 设   22 1 3 n n n nc a b n        ， 则     1 1 2 2 5 2 22 1 2 13 3 3 3 n n n n n nc c n n                        所以当 2n  时， 1n nc c  ，当 3n  时， 1n nc c  . 即 1 2 3 4 5c c c c c      所以存在 3k  ，使得对任意 n N ， n n k ka b a b 恒成立. 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、数列的单调性，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题. 18.已知在 ABC 中， , ,a b c 分别为角 A,B,C 的对应边，点 D 为 BC 边的中点， ABC 的面积 - 19 - 为 2 3sin AD B . (1)求sin sinBAD BDA   的值； (2)若 6 , 2 2BC AB AD  ，求b ． 【答案】（1） 1 3 ； （2） 33 . 【解析】 【分析】 (1)先由 ABC 的面积为 2 3sin AD B 且 D 为 BC 的中点，得到 ABD 的面积；再由三角形的面积公 式和正弦定理即可求出结果； (2)根据(1)的结果和 6BC AB ，可求出sin BDA 和sin BAD ；再由余弦定理，即可求出 结果. 【详解】(1)由 ABC 的面积为 2 3sin AD B 且 D 为 BC 的中点可知: ABD 的面积为 2 6sin AD B , 由三角形的面积公式可知: 21 sin2 6sin ADAB BD B B    , 由正弦定理可得:3sin sin 1BAD BDA    , 所以 1sin sin 3BAD BDA    , (2) 6BC AB ,又因为 D 为中点，所以 BC 2BD 6AB  ,即 BD 3AB , 在 ABD 中由正弦定理可得 sin sin BD AB BAD BDA   ,所以sin 3sinBAD BDA   由（1）可知 1sin sin 3BAD BDA    所以 1sin ,sin 13BDA BAD    ,   0,BAD    ,2BAD   在直角 ABD 中 12 2,sin 3AD BDA   ,所以 1, 3AB BD  . BC 2BD , BC 6  在 ABC 中用余弦定理，可得 2 2 2 12 cos 1 36 2 1 6 33, 333b a c ac B b            . 【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理以及面积公式，即可求解，属于 常考题型. - 20 - 19.如图1，在边长为 5 的菱形 ABCD 中， 6AC  ，现沿对角线 AC 把 ADC 翻折到 APC△ 的位置得到四面体 P ABC ，如图 2 所示.已知 4 2PB  . （1）求证：平面 PAC  平面 ABC ； （2）若Q 是线段 AP 上的点，且 1 3AQ AP  ，求二面角Q BC A  的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 10 10 . 【解析】 【分析】 （1）取 AC 的中点 O ，连接 PO 、 BO ，推导出 AC PO 、 BO PO ，利用线面垂直的 判定定理得出 PO  平面 ABC ，再利用面面垂直的判定定理可证得平面 PAC  平面 ABC ； （2）推导出 OB 、OC 、 OP 两两垂直，以 O 为坐标原点， OB 、OC 、OP 所在直线分别 为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 O xyz ，计算出向量 BQ  的坐标，利用空间向量法 可求得二面角Q BC A  的余弦值. 【详解】（1）在三棱锥 P ABC 中，取 AC 的中点 O ，连接 PO 、 BO ，得到 PBO ， 四边形 ABCD 是菱形， PA PC  ， PO AC ， 又 5DC  ， 6AC  ， 4OC  ， 4PO OB  ， 又 4 2PB  ， 2 2 2PO OB PB   ， PO OB  ， 又 PO OCQ ，OB AC OI ，OB 、 AC  平面 ABC ， PO  平面 ABC ， 又 PO  平面 PAC ，平面 PAC  平面 ABC ； （2） AB BC ，O 为 AC 中点， OB OC  ， OB 、OC 、OP 两两垂直， 以O 为坐标原点，OB 、OC 、OP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直 角坐标系 O xyz ， - 21 - 则  4,0,0B 、  0,3,0C 、  0,0,4P 、  0, 3,0A  ，    1 1 44, 3,0 0,3,4 4, 2,3 3 3BQ BA AQ BA AP                    ，  4,3,0BC   ， 设平面 BCQ 的法向量  , ,n x y z ， 由 0 0 n BC n BQ         ，即 4 3 0 44 2 03 x y x y z       ，解得 3 4 4 15 x y y z     ，取 15z  ，则  3,4,15n  ， 易知平面 ABC 的一个法向量为  0,0,1m  ， 15 3 10cos , 101 5 10 m nm n m n           . 由图可知二面角Q BC A  为锐角，所以，二面角 Q BC A  的余弦值为 3 10 10 . 【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的余弦值，考 查推理能力与计算能力，属于中等题. 20.某社区消费者协会为了解本社区居民网购消费情况，随机抽取了 100 位居民作为样本，就 最近一年来网购消费金额(单位：千元)，网购次数和支付方式等进行了问卷调査.经统计这 100 位居民的网购消费金额均在区间 0,30 内，按 0,5 ， 5,10 ， 10,15 ， 15,20 ， 20,25 ，  25,30 分成 6 组，其频率分布直方图如图所示. - 22 - （1）估计该社区居民最近一年来网购消费金额的中位数； （2）将网购消费金额在 20 千元以上者称为“网购迷”，补全下面的 2 2 列联表，并判断有 多大把握认为“网购迷与性别有关系”； 男 女 合计 网购迷 20 非网购迷 45 合计 100 （3）调査显示，甲、乙两人每次网购采用的支付方式相互独立，两人网购时间与次数也互不. 影响.统计最近一年来两人网购的总次数与支付方式，所得数据如下表所示： 网购总次数 支付宝支付次数 银行卡支付次数 微信支付次数 甲 80 40 16 24 乙 90 60 18 12 将频率视为概率，若甲、乙两人在下周内各自网购 2 次，记两人采用支付宝支付的次数之和 为 ，求 的数学期望. 附：观测值公式：         2 2 a b c d ad bcK a b c d a c b d         临界值表：  2 0P K k 0.01 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 - 23 - 0k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】(1) 中位数估计为 17.5 千元. (2)见解析；(3) 7 3 【解析】 【分析】 (1)利用频率分布直方图的中位数公式求解即可(2) 由直方图知，网购消费金额在 20 千元以 上的频数为 0.35 100 35  ，得“网购迷”共有 35 人，列出列联表计算 2K 即可得出结论； (3) 设甲，乙两人采用支付宝支付的次数分别为 X ， Y ，据题意得 12, 2X B     ， 22, 3Y B     ，计算 ( ) (Y)E X E， ，由 X Y   ，即可求解 【详解】（1）在直方图中，从左至右前 3 个小矩形的面积之和为 (0.01 0.02 0.04) 5 0.35    ， 后 2 个小矩形的面积之和为 (0.04 0.03) 5 0.35   ，所以中位数位于区间  15,20 内. 设直方图的面积平分线为15 x ，则 0.06 0.5 0.35 0.15x    ，得 2.5x  ，所以该社区居 民网购消费金额的中位数估计为 17.5 千元. （2）由直方图知，网购消费金额在 20 千元以上的频数为 0.35 100 35  ， 所以“网购迷”共有 35 人，由列联表知，其中女性有 20 人，则男性有 15 人. 所以补全的列联表如下： 男 女 合计 网购迷 15 20 35 非网购迷 45 20 65 合计 60 40 100 因为 2 2 100(45 20 15 20) 600 6.593 5.02460 40 35 65 91K         ，查表得  2 5.024 0.025P K   ， - 24 - 所以有 97.5%的把握认为“网购迷与性别有关系”. （3）由表知，甲，乙两人每次网购采用支付宝支付的概率分别为 1 2 ， 2 3 . 设甲，乙两人采用支付宝支付的次数分别为 X ，Y ，据题意， 12, 2X B     ， 22, 3Y B     . 所以 1( ) 2 12E X    ， 2 4( ) 2 3 3E Y    . 因为 X Y   ，则 7( ) ( ) ( ) 3E E X E Y    ，所以 的数学期望为 7 3 . 【点睛】本题考查频率分布直方图，独立性检验，二项分布，熟记公式准确计算是关键，是 中档题 21.椭圆 2 2 2 2: 1x yE a b   （ 0a b  ）的离心率是 2 2 ，点 (0,1)P 在短轴CD 上，且 1PC PD    ． （1）求椭圆 E 的方程； （2）设O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 ,A B 两点，是否存在常数  ，使得 OA OB PA PB      为定值？若存在，求  的值；若不存在，请说明理由 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）见解析. 【解析】 【详解】（1）由已知，点 C，D 的坐标分别为（0，－b），（0，b） 又点 P 的坐标为（0，1），且 PC PD  ＝－1 于是 2 2 2 2 1 1 2{ 2 b c a a b c       ，解得 a＝2，b＝ 2 所以椭圆 E 方程为 2 2 14 2 x y  . （2）当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1 A，B 的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2） - 25 - 联立 2 2 1{ 4 2 1 x y y kx     ，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0 其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0 所以 1 2 1 22 2 4 2,2 1 2 1 kx x x xk k       从而 OA OB PA PB      ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）] ＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1 ＝ 2 2 ( 2 4) ( 2 1) 2 1 k k        ＝－ 所以，当λ＝1 时，－ ＝－3， 此时，OA OB PA PB      ＝－3 为定值. 当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD 此时OA OB PA PB OC OD PC PD              ＝－2－1＝－3 故存在常数λ＝1，使得OA OB PA PB      为定值－3. 考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、 运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. 22.已知函数 ( ) ln(2 )f x x a  ( 0, 0)x a  ，曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线在 y 轴上 的截距为 2ln3 3  . （1）求 a； （2）讨论函数 ( ) ( ) 2g x f x x  ( 0)x  和 2( ) ( ) 2 1 xh x f x x    ( 0)x  的单调性； （3）设 1 2 ,5a   1n na f a  ，求证： 15 2 1 2 02 n n na     ( 2)n  . - 26 - 【答案】（1） 1a  （2） ( ) ( ) 2g x f x x  ( 0)x  为减函数， 2( ) ( ) 1 2 xh x f x x    ( 0)x  为增函数. （3）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求出导函数 ( )f x ，求出切线方程，令 0x  得切线的纵截距，可得 a （必须利用函数 的单调性求解）； （2）求函数的导数，由导数的正负确定单调性； （3）不等式 15 2 1 22 n n na    变形为 2 5 n na  ，由 ( )g x 递减，得 ( ) (0) 0g x g  ( 0x  )， 即 ( ) 2f x x ，即 1 1(2 1) 2n n na f a a    ，依次放缩， 2 1 1 2 1 22 2 2 5 n n n n na a a a       ． 不等式 1 2 0 na   ， 2( ) ( ) 2 1 xh x f x x    递增得 ( ) (0)h x h ( 0x  )， 2( ) 02 1 xf x x   , 1 1 1( ) 2f x x   , 1 1 12 2( ) 2f x x       ,先证 2 1 1 12 2 0( )a f a     ，然 后同样放缩得出结论． 【详解】解：（1）对 ( ) ln(2 )f x x a  求导，得 2( ) 2f x x a    . 因此 2(1) 2f a    .又因为 (1) ln(2 )f a  ， 所以曲线 ( )y f x 在点 (1, (1)f 处的切线方程为 2ln(2 ) ( 1)2y a xa     ， 即 2 2ln(2 )2 2y x aa a      . 由题意， 2 2ln(2 ) ln32 3a a     . 显然 1a  ，适合上式. 令 2( ) ln(2 ) 2a a a      ( 0)a  ， - 27 - 求导得 2 1 2( ) 02 (2 )a a a      ， 因此 ( )a 为增函数：故 1a  是唯一解. （2）由（1）可知， ( ) ln(2 1) 2g x x x   ( 0),x  2( ) ln(2 1) 2 1 xh x x x     ( 0)x  ， 因为 2 4( ) 2 02 1 2 1 xg x x x        ， 所以 ( ) ( ) 2g x f x x  ( 0)x  为减函数. 因为 2 2 2( ) 2 1 (2 1)h x x x     2 4 0(2 1) x x   ， 所以 2( ) ( ) 1 2 xh x f x x    ( 0)x  为增函数. （3）证明：由 1 2 ,5a     1 ln 2 1n n na f a a    ，易得 0na  . 15 2 1 222 5 n n nn n aa      由（2）可知， ( ) ( ) 2g x f x x  ln(2 1) 2x x   在 (0, ) 上为减函数. 因此，当 0x  时， ( ) (0) 0g x g  ，即 ( ) 2f x x . 令 1( 2)nx a n  ，得  1 12n nf a a  ，即 12n na a  . 因此，当 2n  时， 2 1 1 2 12 2 2 n n n na a a a       2 5 n  . 所以 15 2 1 22 n n na    成立. 下面证明： 1 2 0 na   . 由（2）可知， 2( ) ( ) 2 1 xh x f x x    2ln(2 1) 2 1 xx x     在 (0, ) 上为增函数. 因此，当 0x  时， ( ) (0) 0h x h  ， 即 2( ) 02 1 xf x x   . 因此 1 1 1( ) 2f x x   ， - 28 - 即 1 1 12 2( ) 2f x x       . 令 1( 2)nx a n  ，得  1 1 1 1 12 22n nf a a         ， 即 1 1 1 12 22n na a         . 当 2n  时， 2 1 12 2 na a     1 1 2f a   1 22 5f       1 2ln1.8   . 因为 1ln1.8 ln 3 ln e 2    ， 所以 1 2 0ln1.8   ，所以 2 1 2 0a   . 所以，当 3n  时， 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 02 2 2 n n n na a a a                            . 所以，当 2n  时， 1 2 0 na   成立. 综上所述，当 2n  时， 15 2 1 2 02 n n na     成立. 【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．本 题中不等式的证明，考查了转化与化归的能力，把不等式变形后利用第（2）小题函数的单调 性得出数列的不等关系： 12n na a  ， 1 1 1 12 ( 2)2n na a     ( 2)n  ．这是最关键的一步．然 后一步一步放缩即可证明．本题属于困难题． - 29 -