山东省烟台市2020届高三适应性练习数学试题（一） Word版含解析 28页

- 1 - 2020年高考适应性练习（一） 数学 注意事项： 1.本试题考试时间为 120分钟. 2.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题卡上. 3.使用答题纸时，必须使用 0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰. 超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本题共 8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求. 1.已知集合  1M x y x   ，  2 2 0N x x x   ，则M N =（ ） A.  0 1x x  B.  0 1x x  C.  1 2x x  D.  1 2x x  【答案】B 【解析】 【分析】 求出集合 ,M N后可得它们的交集. 【详解】    1 ,1M x y x     ，    2 2 0 0,2N x x x    ， 故  0,1M N  . 故选：B. 【点睛】本题考查集合的交运算以及一元一次不等式、一元二次不等式的解，考虑集合运算 时，要认清集合中元素的含义，如   | ,x y f x x D  表示函数的定义域，而   | ,y y f x x D  表示函数的值域，     , | ,x y y f x x D  表示函数的图象. 2.已知复数 z满足 1 i2 1 i z     （ i为虚数单位），则 z =（ ） A. 3 B. 2 C. 5 D. 3 【答案】C 【解析】 - 2 - 【分析】 利用复数的除法计算可得 z，再利用复数的模的计算公式可得 z . 【详解】因为 1 i2 1 i z     ，故    1 i 1 i 2 2 2 z i       ， 故 5z  ， 故选：C. 【点睛】本题考查复数的乘法和除法以及复数的模，注意复数的除法是分子、分母同乘以分 母的共轭复数，本题属于基础题. 3.已知 1 32a  ， 2log 0.3b  ， bc a ，则（ ） A. a b c  B. b a c  C. c a b  D. b c a  【答案】D 【解析】 【分析】 根据对数函数的单调性和指数函数的单调性可得三者之间的大小关系. 【详解】因为 2logy x 为增函数，且0.3 1 ，故 2 2log 0.3 0 log 1b    ， 又 2xy  为增函数，且 1 0 3  ，故 1 032 2 1a    ， 又 xy a 为增函数，且 0b  ，故 00 1ba ac    ， 故b c a  . 故选：D. 【点睛】本题考查指数幂、对数式的大小关系，此类问题的关键是根据底数的形式构建合理 的单调函数，必要时还需利用中间数来传递大小关系. 4.已知O为坐标原点，点 P在单位圆上，过点 P作圆C： 2 2( 4) ( 3) 4x y    的切线，切 点为Q，则 PQ 的最小值为（ ） A 3 B. 2 3 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 - 3 - 【分析】 根据题意，分析圆C的圆心以及半径，由切线长公式分析可得 2| | | | 4PQ PC  ，当 | |PC 最小时， | |PQ 最小，由点与圆的位置关系分析 | |PC 的最小值，计算可得答案． 【详解】解：根据题意，圆 2 2: ( 4) ( 3) 4C x y    ，其圆心 (4,3)C ，半径 2r = ， 过点 P作圆 2 2: ( 4) ( 3) 4C x y    的切线，切点为Q， 则 2| | | | 4PQ PC  ，当 | |PC 最小时， | |PQ 最小， 又由点 P在单位圆上，则 | |PC 的最小值为 | | 1 9 16 1 4OC      ， 则 | |PQ 的最小值为 16 4 12 2 3   ； 故选：B． 【点睛】本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，涉及直线与圆相切的性质，属于基础题． 5.《九章算术》是我国古代的一本数学名著.全书为方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、 盈不足、方程、勾股九章，收有 246个与生产、生活实践有联系的应用问题.在第六章“均输” 中有这样一道题目：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思 为：“现有五个人分 5钱，每人所得成等差数列，且较多的两份之和等于较少的三份之和， 问五人各得多少？”在此题中，任意两人所得的最大差值为多少？（ ） A. 1 3 B. 2 3 C. 1 6 D. 5 6 【答案】B 【解析】 【分析】 设每人分到的钱数构成的等差数列为{ }na ，公差 0d  ，由题意可得， 1 2 3 4 5a a a a a    ， 5 5S  ，结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解． 【详解】解：设每人分到的钱数构成的等差数列为{ }na ，公差 0d  ， 由题意可得， 1 2 3 4 5a a a a a    ， 5 5S  ， 故 1 13 3 2 7a d a d   ， 15 10 5a d  ， - 4 - 解可得， 1 2 3 a  ， 1 6 d  ， 故任意两人所得的最大差值 24 3 d  ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式在实际问题中的应用，属于基础题． 6.函数 2 π ln( 1 )( ) e x xf x    的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用  1 0f  ，结合选项运用排除法得解． 【详解】解： ( 2 1)(1) 0lnf e    ，可排除选项 BCD； 故选：A． 【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用特征值的符号是否与选项对应是解决本 题的关键． 7.窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化 与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境.从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、 正八边形等.如图，在平面直角坐标系 xOy中，O为正八边形 1 2 8PP P 的中心， 1 8PP x 轴， 现用如下方法等可能地确定点M ：点M 满足 2 i jOM OP OP   0    （其中1 , 8i j  且 *,i j N ， i j ），则点M （异于点O）落在坐标轴上的概率为（ ） - 5 - A. 3 5 B. 3 7 C. 3 8 D. 2 7 【答案】D 【解析】 【分析】 写出 i jOP OP   所有可能结果，结合条件找到满足点M （异于点O）落在坐标轴上的结果， 根据古典概率进行求解. 【详解】由题意可知 i jOP OP   所有可能结果有： 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 8OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP                     ， ， ， ， ， ， ， 2 3 2 4 2 5 2 6 2 7 2 8OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP                  ， ， ， ， ， ， 3 4 3 5 3 6 3 7 3 8OP OP OP OP OP OP OP OP OP OP               ， ， ， ， ， 4 5 4 6 4 7 4 8OP OP OP OP OP OP OP OP            ， ， ， ， 5 6 5 7 5 8OP OP OP OP OP OP         ， ， ， 6 7 6 8 7 8OP OP OP OP OP OP         ， ， ，共有 28种； 点M （异于点O）落在坐标轴上的结果有： 2 3 4 5 6 7 1 8OP OP OP OP OP OP OP OP            ， ， ， ， 1 4 3 6 5 8 2 7OP OP OP OP OP OP OP OP            ， ， ， ，共有 8种； 所以点M （异于点O）落在坐标轴上的概率为 8 2 28 7 p   . 故选：D. 【点睛】本题主要考查古典概率的求解，求出所有基本事件及符合题意的基本事件是解题关 键，侧重考查数学建模的核心素养. - 6 - 8.将函数 ( ) cosf x x 的图象向右平移 2 π 3 个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的 1 ( 0)   ，得到函数  g x 的图象，若  g x 在 π0, 2      上的值域为 1 ,1 2     ，则范围为（ ） A. 4 8, 3 3      B. 1 5, 3 3      C. 4 , 3    D. 8 , 3    【答案】A 【解析】 【分析】 由题意利用函数 sin( )y A x   的图象变换规律，余弦函数的单调性，得出结论． 【详解】解：将函数 ( ) cosf x x 的图象向右平移 2 3  个单位长度，可得 2cos( ) 3 y x    的图 象； 再将各点的横坐标变为原来的 1 ( 0)   ，得到函数 2( ) cos( ) 3 g x x   的图象． 若 ( )g x 在[0, ] 2  上的值域为 1[ ,1] 2  ，此时， 2 2[ 3 3 x      ， 2 ] 2 3    ， 2 20 2 3 3     „ „ ，求得 4 8 3 3 „ „ ， 故选：A． 【点睛】本题主要考查函数 sin( )y A x   的图象变换规律，余弦函数的单调性，属于基础 题． 二、多项选择题：本题共 4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合要求. 9.已知m， n为两条不重合的直线， ， 为两个不重合的平面，则（ ） A. 若 //m  ， n// ， //  ，则 //m n B. 若m  ， n  ，  ，则m n C. 若 //m n，m  ， n  ，则 //  D. 若 //m n， n  ，  ，则 //m  【答案】BC 【解析】 - 7 - 【分析】 根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案. 【详解】若 //m  ， n// ， //  ，则 //m n或 ,m n异面，A错误； 若m  ，  ，则 //m  或m  ，当 //m  时，因为 n  ，所以m n ；当m  时，由 n  结合线面垂直的性质得出m n ，B正确； 若 //m n，m  ，则 n  ，又 n  ，则 //  ，C正确； 若 //m n， n  ，则m  ，又  ，则 //m  或m  ，D错误； 故选：BC 【点睛】本题考查了直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空 间想象能力. 10.某校计划在课外活动中新増攀岩项目，为了解学生喜欢攀岩和性别是否有关，面向学生开 展了一次随机调查，其中参加调查的男女生人数相同，并绘制如下等高条形图，则（ ） 参考公式： 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bcK a b c d a c b d       ， n a b c d    .  2 0P K k 0.05 0.01 0k 3.841 6.635 A. 参与调查的学生中喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生人数多 - 8 - B. 参与调查的女生中喜欢攀岩的人数比不喜欢攀岩的人数多 C. 若参与调查的男女生人数均为 100人，则有 99%的把握认为喜欢攀岩和性别有关 D. 无论参与调查的男女生人数为多少，都有 99%的把握认为喜欢攀岩和性别有关 【答案】AC 【解析】 【分析】 由于参加调查的男女生人数相同，则设为m人，从而可求出男女生中喜欢攀岩的人数和不喜 欢攀岩的人数，再代入 2K 公式中计算，可得结论. 【详解】解：由题意设参加调查的男女生人数均为m人，则 喜欢攀岩 不喜欢攀岩 合计 男生 0.8m 0.2m m 女生 0.3m 0.7m m 合计 1.1m 0.9m 2m 所以参与调查的学生中喜欢攀岩的男生人数比喜欢攀岩的女生人数多，A对 B错； 2 2 2 2 2 (0.56 0.06 ) 50 1.1 0.9 99 m m m mK m m m m       ， 当 100m  时， 2 50 50 100 50.505 6.635 99 99 mK      ， 所以当参与调查的男女生人数均为 100人，则有 99%的把握认为喜欢攀岩和性别有关，C对 D 错， 故选：AC 【点睛】此题考查了独立性检验，考查了计算能力，属于基础题. 11.已知 1( 3,0)F  ， 2 ( 3,0)F 是双曲线C： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a b a b     的焦点，A为左顶点，O 为坐标原点， P是C右支上一点，满足 2 2 2 2( ) ( ) 0F P F A F P F A        ， 2 2 2 2F P F A F P F A       ，则（ ） - 9 - A. C的方程为 2 24 4 1 3 9 x y  B. C的渐近线方程为 3y x  C. 过 1F作斜率为 3 3 的直线与C的渐近线交于M ，N 两点，则 OMN 的面积为 3 8 D. 若点Q是 2F 关于C的渐近线的对称点，则 1QOF 为正三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】 由 2 2 2 2( ) ( ) 0F P F A F P F A        ， 2 2 2 2| | | |F P F A F P F A       ，可得 2 2| | | |F A F P   ， 2 2F A F P   ，及 3c  ，再由 a，b， c之间的关系求出 a，b的值，进而求出双曲线的方程及渐近线的方 程，可得 A，B正确；求过 1F作斜率为 3 3 的直线方程，与C的渐近线方程求出交点M ，N 的坐标，求出 | |MN 的值，再求O到直线MN的距离，进而求出 OMN 的面积可得C不正 确；求出 2F 关于渐近线的对称点Q的坐标，进而求出 | |OQ ， 1| OF |， 1| |QF 的值，可得 1QOF 为正三角形，所以D正确． 【 详 解 】 解 ： 由 2 2 2 2( ) ( ) 0F P F A F P F A        ， 可 得 2 2 2 2F P F A   ， 即 2 2| | | |F A F P   ， 由 2 2 2 2| | | |F P F A F P F A       ，可得 2 2F A F P   ， 将 3x c  代入双曲线的方程可得 2 | | by a  ，由题意可得 2 2 2 2 3 b a c a c c a b          解得 2 3 4 a  ， 2 9 4 b  ， 所以双曲线的方程为： 2 24 4 1 3 9 x y  ，渐近线的方程： 3by x x a     ， 所以 A， B正确； C中：过 1F作斜率为 3 3 的直线，则直线MN的方程为： 3 3x y  ， - 10 - 则 3 3 3 x y y x      解得： 3 2 x  ， 3 2 y  ，即 3( 2 M ， 3) 2 ， 则 3 3 3 x y y x       ，解得： 3 4 x   ， 3 4 y  ，即 3( 4 N  ， 3) 4 ， 所以 2 23 3 3 3 3| | ( ) ( ) 2 4 2 4 2 MN      ， O到直线MN的距离为 2 2 3 3 2( 3) 1 d    ， 所以 1 1 3 3 3 3| | 2 2 2 2 8△     MNOS MN d 所以C不正确； D中：渐近线方程为 3y x ，设 2 ( 3F ， 0)的关于渐近线的对称点 ( , )Q m n ，则 33 2 2 3 33 n m n m           解得： 3 2 m   ， 3 2 n  ，即 3( 2 Q  ， 3) 2 ， 所以 2 23 3| | ( ) ( ) 3 2 2 OQ     ， 1| | 3OF  ， 2 2 1 3 3| | ( 3) ( ) 3 2 2 QF      ， 所以 1QOF 为正三角形，所以D正确； 故选：ABD． 【点睛】 本题考查由向量的关系线段的长度及位置关系，及点关于线的对称，和三角形的面积公式， 属于中档题． 12.已知  f x 是定义域为 ( , )  的奇函数，  1f x 是偶函数，且当  0,1x 时， - 11 -    2f x x x   ，则（ ） A.  f x 是周期为 2的函数 B.    2019 2020 1f f   C.  f x 的值域为[-1，1] D.  f x 的图象与曲线 cosy x 在  0, 2π 上有 4个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】 对于 A，由  f x 为 R上的奇函数，  1f x 为偶函数，得    4f x f x  ，则  f x 是周 期为 4的周期函数，可判断 A； 对 于 B ， 由  f x 是 周 期 为 4 的 周 期 函 数 ， 则    2020 0 0f f  ，      2019 1 1 1f f f      ，可判断 B． 对于 C，当  01x ，时，    2f x x x   ，有  0 1f x ＜ ，又由  f x 为 R上的奇函数， 则  10x  ， 时，  1 0f x  ＜ ，可判断 C． 对于 D，构造函数 ( ) ( ) cosg x f x x  ，利用导数法求出单调区间，结合零点存在性定理，即 可判断 D． 【详解】根据题意， 对于 A，  f x 为 R上的奇函数，  1f x 为偶函数， 所以 ( )f x 图象关于 1x  对称， (2 ) ( ) ( )f x f x f x     即 ( 4) ( 2) ( )f x f x f x     则  f x 是周期为 4的周期函数，A错误； 对于 B，  f x 定义域为 R的奇函数，则  0 0f  ，  f x 是周期为 4的周期函数，则    2020 0 0f f  ； 当  0,1x 时，    2f x x x   ，则    1 1 1 2 1f      ， - 12 - 则        2019 1 2020 1 1 1f f f f         ， 则    2019 2020 1f f   ；故 B正确． 对于 C，当  01x ，时，    2f x x x   ，此时有  0 1f x ＜ ， 又由  f x 为 R上的奇函数，则  10x  ， 时，  1 0f x  ＜ ， (0) 0f  ，函数关于 1x  对称，所以函数  f x 的值域[ 11] ，． 故 C正确． 对于 D， (0) 0f  ，且  0,1x 时，    2f x x x   ， [0,1], ( ) ( 2)x f x x x     ， [1,2],2 [0,1], ( ) (2 ) ( 2)x x f x f x x x         ， [0,2], ( ) ( 2)x f x x x     ， ( )f x 是奇函数， [ 2,0], ( ) ( 2)x f x x x     ， ( )f x 的周期为 4， [2,4], ( ) ( 2)( 4)x f x x x     ， [4,6], ( ) ( 4)( 6)x f x x x      ， [6,2 ], ( ) ( 6)( 8)x f x x x     ， 设 ( ) ( ) cosg x f x x  ， 当 2[0,2], ( ) 2 cosx g x x x x     ， ( ) 2 2 sing x x x     ， 设 ( ) ( ), ( ) 2 cos 0h x g x h x x       在 [0,2]恒成立， ( )h x 在 [0,2]单调递减，即 ( )g x 在 [0,2]单调递减， 且 (1) sin1 0, (2) 2 sin2 0g g        ， 存在 0 0(1,2), ( ) 0x g x   ， 0(0, ), ( ) 0, ( )x x g x g x   单调递增， 0( ,2), ( ) 0, ( )x x g x g x   单调递减， - 13 - 0(0) 1, (1) 1 cos1 0, ( ) (1) 0, (2) cos2 0g g g x g g          ， 所以 ( )g x 在 0(0, )x 有唯一零点，在 0( , 2)x 没有零点， 即 2( ]0,x ，  f x 的图象与曲线 cosy x 有 1个交点， 当  2 4x ， 时，，     2cos 6 +8 cos xxg x f x x x     ， 则   2 6+sing x xx   ，     2 6+sin xxh x g x    ， 则   2+cos >0h x x  ，所以  g x 在 2 4， 上单调递增， 且    3 sin3>0, 2 2+sin2 0g g      ， 所以存在唯一的    1 2 3 2 4x  ， ， ，使得   0g x  ， 所以  12,x x ，   0g x  ，  g x 在  12, x 单调递减，  1 4x x ， ，  >0g x ，  g x 在  1 4x， 单调递增， 又  3 1 cos3 0g     ，所以  1 (3) 0g x g  ， 又    2 cos2>0, 4 cos4>0g g    ， 所以  g x 在  12, x 上有一个唯一的零点，在  1 4x， 上有唯一的零点， 所以当  2 4x ， 时，  f x 的图象与曲线 cosy x 有 2个交点，， 当  4 6x ， 时，同 [0, 2]x ，  f x 的图象与曲线 cosy x 有 1个交点， 当 [6,2 ], ( ) ( 6)( 8) 0, cos 0x f x x x y x       ，  f x 的图象与曲线 cosy x 没有交点， 所以  f x 的图象与曲线 cosy x 在  0, 2π 上有 4个交点，故 D正确； 故选：BCD． 【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、周期性、两函数图像的交点，属于较难题. 三、填空题： 13. 2 61( ) 2 x x  展开式中的常数项是 . 【答案】 15 16 - 14 - 【解析】 【详解】试题分析：通项为 2 6 12 3 1 6 6 1( ) ( ) ( 1) 2 2 r r r r r r r rT C x C x x         ，令12 3 0r  ，得 4r  ， 所以常数项为 4 2 2 4 5 6 1 15( ) ( ) 2 16 T C x x    . 考点：二项展开式系数 【方法点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略 (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第 r＋1项，再由特定项的特点求出 r值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第 r＋1项，由特 定项得出 r值，最后求出其参数. 14.已知向量 (cos , 7)  a ， 1 , tan 3        b ，且 //   a b，则 cos2 =________. 【答案】 5 9  【解析】 【分析】 直接利用向量共线的充要条件列出方程求解，然后利用二倍角公式求解即可． 【详解】解：向量 (cos , 7)  a ， 1 , tan 3        b ，且 //   a b， 可得 7tan cos 3    ， 7sin 3   ， 2 27 5cos2 1 2sin 1 2 ( ) 3 9          ． 故答案为： 5 9  ． 【点睛】本题考查向量共线的充要条件，二倍角的余弦函数的应用，考查计算能力，属于基 础题． 15.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的焦点分别为 1( ,0)F c ， 2( ,0)( 0)F c c  ，两条平行线 1l ： y x c  ， 2l ： y x c  交椭圆于 A， B，C，D四点，若以 A， B，C，D为顶点的四 - 15 - 边形面积为 22b ，则椭圆的离心率为________. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 直线CD的方程与椭圆的方程联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长CD，再求两条 平行线间的距离，进而求出平行四边形的面积，再由题意可得 a，c的关系，进而求出椭圆的 离心率． 【详解】解：设 1(C x ， 1)y ， 2(D x ， 2 )y ，联立直线 1l 与椭圆的方程： 2 2 2 2 1 y x c x y a b       ，整理可 得： 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0a b x a cx a c a b     ， 2 1 2 2 2 2a cx x a b    ， 2 2 2 2 1 2 2 2 a c a bx x a b    ， 所以 4 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 ( ) 2 2| | 1 1 ( ) 4 2 4 2 ( ) a c a c b aCD x x x x b a b a b a b               ， 直线 1l ， 2l 间的距离 2 2 2 cd c  ， 所以平行四边形的面积 2 2 2 2 2 2| | 2 2 2aS CD d b c b a b        ，整理可得： 2 22 2 2 0c ac a   ， 即 2 2 2 2 0e e   ， 解得： 2 2e    ， 由椭圆的性质可得，离心率 2 2e   ， 故答案为：2 2 ． 【点睛】本题考查椭圆的性质及直线与椭圆的综合，属于中档题． - 16 - 16.已知 ABC 是边长为 4的等边三角形，D，E分别是 AB，AC的中点，将 ADE 沿DE 折起，使平面 ADE 平面 BCED，则四棱锥 A BCED 外接球的表面积为________，若 P为 四棱锥 A BCED 外接球表面上一点，则点 P到平面 BCED的最大距离为________. 【答案】 (1). 52 π 3 (2). 39 3 3  【解析】 【分析】 由题意画出图形，找出四棱锥外接球的球心，利用勾股定理求半径，代入球的表面积公式求 球的表面积，再由球的对称性可知，球表面上的点到平面BCED距离的最大值为半径加球心 到面的距离. 【详解】解：如图，取 BC 的中点 G ，连接 , ,DG EG AG ， AG 交 DE 于 K ，可知 DG EG BG CG   ，则G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，过G作平面BCED的垂 线，再过折起后的 ADE 的外心作平面 ADE 的垂线，设两垂线的交点为O，则O为四棱锥 A BCED 外接球的球心， 因为 ADE 的边长为 2，所以 3 3 OG HK  ， 所以四棱锥 A BCED 外接球的半径 2 23 392 ( ) 3 3 OB    , 所以四棱锥 A BCED 外接球的表面积为 2 39 524 3 3          ， 由对称性可知，四棱锥 A BCED 外接球的表面上一点 P到平面 BCED的最大距离为： 39 3 39 3 3 3 3    故答案为： 52 π 3 ； 39 3 3  - 17 - 【点睛】此题考查空间中点、线在、面间的距离计算，考查空间想象能力，属于中档题. 四、解答题：本题共 6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知正项等比数列 na 的前 n项和为 nS ， 1 2a  ， 2 2 32S a a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）设 2 2 1 2 logn n n nb a a    ，求数列 nb 的前 n项和. 【答案】（1） 2nna  ；（2） 13 (2 3) ( 1) 2 n nT n n n         . 【解析】 【分析】 （1）设正项等比数列{ }na 的公比为q，由题设条件列出q的方程，求出q及 na ； （2）由题意得 1(2 1) ( ) 2 2 n nb n n   ，利用分组求和及错位相减法求和求出数列{ }nb 的前 n项 和． 【详解】解：（1）因为 2 2 32S a a  ，所以 1 2 32a a a  ， 所以 2 2 0q q   ，解得 2q = . 所以 2nna  . （2）由题意得 1(2 1) 2 2 n nb n n       . 令 1(2 1) 2 n nc n        ，其前 n项为 nP ，则 - 18 - 21 1 11 3 (2 1) 2 2 2 n nP n                       ， 2 3 11 1 1 1 11 3 (2 3) (2 1) 2 2 2 2 2 n n nP n n                                    ， 两式相减得： 2 3 11 1 1 1 1 12 (2 1) 2 2 2 2 2 2 n n nP n                                    1 1 1 11 4 21 12 (2 1)12 21 2 n n n                       1 13 1 1(2 1) 2 2 2 n n n                  所以 13 (2 3) 2 n nP n         ， 而 ( 1)2(1 2 ) 2 ( 1) 2 n nn n n        ， 所以数列 nb 的前 n项和 13 (2 3) ( 1) 2 n nT n n n         . 【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算及分组求和、错位相减法求和在数列求和中的 应用，属于中档题． 18.在 ABC 中， a，b，c分别为角 A， B，C对边，且 ABC 同时满足下列四个条件中 的三个：① 2 2 2 2 3 3 a c b ac   ；② 21 cos 2 2sin 2 AA  ；③ 3a  ；④ 2b  . （1）满足 ABC 有解的序号组合有哪些？ （2）在（1）的组合中任选一组，求 ABC 的面积. 【答案】（1）①③④或②③④；（2）答案不唯一，具体见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用余弦定理由条件①得 3cos 3 B   ，由条件②得 3 A   ，由于 2 3 3 A B       ， - 19 - 与 A B   矛盾，所以 ABC 不能同时满足①②，经验证①③④作为条件和②③④作为条 件， ABC 都有解， （2）若选择组合①③④，由cosB计算出 sinB，再利用三角形面积公式即可求出结果，若选 择组合②③④，因为 2 B   ，利用勾股定理求出 c的值，再利用三角形面积公式即可求出结果． 【详解】（1）由条件①得 2 2 2 2 3 1 3cos 2 3 2 3 a c bB ac ac ac         ， 由条件②得 21 2cos 1 1 cosA A    ，即 22cos cos 1 0A A   ， 解得 1cos 2 A  或 cos 1A   （舍），因为 (0, π)A ，所以 π 3 A  . 因为 3 1 2πcos cos 3 2 3 B      ， (0, π)B ， 而 cosy x 在 (0, π)单减，所以 2π π 3 B  . 于是 π 2π π 3 3 A B    ，与 πA B  矛盾. 所以 ABC 不能同时满足①②. 当①③④作为条件时： 有 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，即 2 2 1c c  ， 解得 2 1c   . 所以 ABC 有解. 当②③④作为条件时： 有 sin sin a b A B  ，即 3 2 sin3 2 B  .解得 sin 1B  . 因为 (0, π)B ， 所以 π 2 B  ， ABC 为直角三角形， 所以 ABC 有解. 综上所述，满足有解三角形的所有组合为：①③④或②③④. （2）若选择组合①③④： 因为 (0, π)B ， - 20 - 所以 2 2 3 6sin 1 cos 1 3 3 B B            . 所以 ABC 的面积 1 1 6 2 2sin 3 ( 2 1) 2 2 3 2 S ac B         . 若选择组合②③④： 因为 π 2 B  ， 所以 2 22 ( 3) 1c    所以 ABC 的面积 1 31 3 2 2 S     . 【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的运用，考查了考生的计算能力 和解决问题的能力，属于中档题． 19.如图，在四棱锥 S ABCD 中， SA平面 ABCD，底面 ABCD为平行四边形， 60ABC  ， 5SA  ， 6AB  ， 3AD  ，M 为 SD上一点. （1）求证：平面 AMC 平面 SAD； （2）若 //BS 平面 AMC，求面 SAB与面 AMC所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 5 102 68 . 【解析】 【分析】 （1）由 SA平面 ABCD，得 SA AC ，在 ABC 中，利用余弦定理求出 AC的长，从而 可得 2 2 2AC BC AB  ，由此得 AC BC ，则有 AC 平面 SAD，进而可证得平面 ACM  平面 SAD； （2）由（1）可知 , ,SA AC AD两垂直，所以以 A为原点，以 AC  、 AD  、 AS  所在方向分别 - 21 - 为 x轴、 y轴、 z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz ，利用空间向量求二 面角即可. 【详解】（1）证明：因为 SA平面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以 SA AC . 在 ABC 中， 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC     136 9 2 6 3 27 2        ， 所以 3 3AC ，因为 2 2 2AC BC AB  ， 所以 ACB△ 为直角三角形， AC BC . 因为 ABCD为平行四边形，所以 //AD BC，所以 AC AD . 又 SA AD A ， SA平面 SAD， AD平面 SAD， 所以 AC 平面 SAD . 又 AC 平面 ACM ，所以平面 ACM 平面 SAD . （2）连接 BD，设 AC与 BD交点为N ，连接MN， 因为 //BS 平面 ACM ， BS 平面 SBD，平面 ACM 平面 SBD MN ， ∴ //BS MN .∵N 是 BD中点，∴M 是 SD中点. 如图，以 A为原点，以 AC  、 AD  、 AS  所在方向分别为 x轴、 y轴、 z轴的正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系 A xyz . 于是  0,0,0A ，  0,0,5S ， 3 3,( )3,0B  ，  3 3,0,0C ，  0,3,0D ， 3 50, , 2 2 M       (0, 0,5)AS   ， (3 3, 3, 0)AB    ， (3 3,0,0)AC   ， 3 50, , 2 2 AM        设  1 1 1 1, ,n x y z  为平面 SAB的一个法向量，则 - 22 - 1 1 0 0 n AB n AS           ，即 1 1 1 3 0 0 x y z      ，取 1 (1, 3,0)n   . 设  2 2 2 2, ,n x y z  为平面 ACM 的一个法向量，则 2 2 0 0 n AC n AM           ，即 2 2 2 0 3 5 0 x y z     ，取 2 (0, 5,3)n    . 1 2 1 2 1 2 5 102cos , 68 n nn n n n          . 设平面 SAB与平面 ACM 所成角的平面角的大小为， 则 1 2 5 102cos cos , 68 n n     . 所以平面 SAB与平面 ACM 所成角的余弦值为 5 102 68 . 【点睛】此题考查了空间图形中证明面面垂直，利用空间向量求二面角，考查了推理能力和 计算能力，属于中档题. 20.受新冠肺炎疫情影响，2020年春节过后，广大市民积极响应国家号召居家防疫，工厂企业 延迟开工，大中小学延迟开学，“网上办公”“网上教学”“网上购物”等成为人们的生活 常态.为了解用户流量需求，提升服务水平，某市移动公司面向用户进行了一次使用手机流量 上网时间的问卷调查，通过随机抽样，得到 100人每天使用流量上网时间 Z （单位：分钟） 的数据，并统计如下： 时间 [20，40） [40，60） [60，80） [80，100） [100，120） [120，140） [140，160] 频数 5 10 20 30 15 12 8 （1）由频率分布表可以认为，用户每天使用流量上网时间 Z 服从正态分布 ( ,958)N  ， 近 似为这 100人使用流量上网时间的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作为代表），求 (60.6 153.6)P Z  ； （2）记 X 表示全市 100万用户中每天使用流量上网时间不低于 60.6分钟的人数，在（1）的 条件下，求EX ； - 23 - （3）在（1）的条件下，移动公司在疫情防控期间针对用户制定下表中的奖励方案： ①每天使用流量上网时间不低于  的用户每天可 2次获赠随机流量，低于  的用户每天可 1 次获赠随机流量； ②每次获赠的随机流量和对应的概率如表所示. 设某用户获赠的随机流量为 ，求 的分布列及数学期望. 附：① 958 31 ；②若  2~ ,Z N   ，则 ( ) 0.6827P Z        ， ( 2 2 ) 0.9545P Z        ， ( 3 3 ) 0.9973P Z        . 获赠随机流量（单位：M） 100 200 概率 2 3 1 3 【答案】（1）0.8186；（2） 841350EX  ；（3）分布列见解析；期望为 200 . 【解析】 【分析】 （1）由题意知 91.6  ， 31  ，再根据正态曲线的性质求出概率； （2）使用流量上网时间不低于 60.6分钟的概率为 0.84135， 6~ (10X B ，0.84135)，由此能求 出EX ． （3）由题意知 1( ) ( ) 2 P Z P Z     ， 的所有可能取值为 100，200，300，400，分别求 出相应的概率，由此能求出 的分布列及数学期望． 【详解】解：（1）由题意可知， 30 0.05 50 0.1 70 0.2 90 0.3 110 0.15 130 0.12 150 0.08               91.6 . 因为 958 31   ，所以60.6 31  ，153.6 2 31   ，故 0.6827 0.9545(60.6 153.6) ( 2 ) 0.8186 2 2 P Z P Z             （2）因为每位用户每天使用流量上网时间不低于 60.6分钟的概率 - 24 - 0.6827( 60.6) ( ) 0.5 0.84135 2 P Z P Z         . 所以  6~ 10 ,0.84135X B ， 因此 610 0.84135 841350EX    . （3）由题意可知， 1( ) ( ) 2 P Z P Z     ，  的所有可能取值为 100，200，300，400. 1 2 1( 100) 2 3 3 P      ， 1 1 1 2 2 7( 200) 2 3 2 3 3 18 P         ， 1 2 1 2( 300) 2 2 3 3 9 P        ， 1 1 1 1( 400) 2 3 3 18 P       ， 所以分布列为：  100 200 300 400 P 1 3 7 18 2 9 1 18 所以 1 7 2 1100 200 300 400 200 3 18 9 18 E          . 【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互 独立事件概率乘法公式等基础知识，属于中档题． 21.已知O为坐标原点，F 为抛物线C： 2 2 ( 0)y px p  的焦点，过F 斜率为 1的直线交抛 物线于 A， B两点， AOB 的面积为8 2 . （1）求抛物线C的方程； （2）若 P为C上位于第一象限的任一点，直线 l与C相切于点 P，连接 PF 并延长交C于点 M ，过 P点作 l的垂线交C于另一点 N ，求 PMN 面积 S的最小值. 【答案】（1） 2 8y x ；（2）64. 【解析】 - 25 - 【分析】 （1）设 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ，由题可知，直线 AB的方程为 2 py x  ，将其与抛物线的 方程联立，写出韦达定理，于是 2 2 2 1 2 1 2 1 2| | ( ) 4 4 4 2 2y y y y y y p p p       ，所以 2 1 2 1 2| | 8 2 2 2 2AOB pS y y p       ，解出 p的值即可得抛物线C的方程； （2）设 0(P x ， 0 0)( 0)y y  ， 2 1 1( , ) 8 yM y ， 2 2 2( , ) 8 yN y ，切线 l的方程为 0 0( )x x t y y   ，因 为M 、 F 、 P三点共线，所以 / /FM FP   ，利用平面向量共线的坐标运算可得 22 01 0 1( 2) ( 2) 0 8 8 yy y y    ，因为 0 1y y ，所以 0 1 16y y   ．联立切线 l与抛物线的方程，消 去 x，结合△ 0 可得 0 4 yt  ，所以直线 PN 的方程为 0 0 0( ) 4 yy y x x    ，然后利用点到直 线的距离公式，得点M 到直线PN 的距离 2 3 1 0 0 1 0 2 0 | 4 4 | 8 8 16 y y yy y d y      ，代入 1 0 16y y   对 d 的 表达式进行化简．再次联立直线 PN 与抛物线的方程，消去 x，利用弦长公式求得 2 2 0 0 2 0 2( 16) 16 | | y y PN y    ，而 1 | | 2 S d PN   ，将 d 和 | |PN 均代入，并结合均值不等式即可得 解． 【详解】解：（1）由已知，直线 AB的方程为 2 py x  ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 2 2 2 y px py x       ，可得 2 22 0y py p   ， 且 1 2 2y y p  ， 2 1 2y y p  . 于是  2 2 2 1 2 1 2 1 24 4 4 2 2y y y y y y p p p       . 2 1 2 1 2 8 2 2 2 2AOB pS y y p     △ ，所以 4p  . 故抛物线C的方程为 2 8y x . （2）设   0 0 0, 0P x y y  ， 2 1 1, 8 yM y       ， 2 2 2, 8 yN y       ，切线 l的方程为  0 0x x t y y   ， - 26 - 则有 2 1 12, 8 yFM y         ， 2 0 02, 8 yFP y         ，由M ， F ， P三点共线，可知 //FM FP   ， 即 22 01 0 12 2 0 8 8 yy y y              ，因为 0 1y y ，化简可得 0 1 16y y   . 由  0 0 2 8 x x t y y y x       ，可得 2 0 08 8 8 0y ty ty x    ， 因为直线 l与抛物线相切，故 2 2 0 064 32 4 0t ty y     ，故 0 4 yt  . 所以直线 PN 的方程为：  0 0 04 yy y x x    ，即 3 0 0 04 4 0 8 yy x y y    ， 点M 到直线 PN 的距离为 2 3 1 0 0 1 0 2 0 4 4 8 8 16 y y yy y d y      ， 将 1 0 16y y   代入可得，   3 0 220 00 2 2 0 0 0 32 4 168 16 8 16 yy yy d y y y        . 联立 3 0 0 0 2 4 4 0 8 8 yy x y y y x         ，消 x可得， 2 3 0 0 032 32 0y y y y y    ， 所以 0 2 0 32y y y    ， 2 0 0 32y y y    .  2 2 0 0 0 2 02 2 2 0 0 0 0 2 16 1616 16 321 1 2 y y PN y y y y y y y          ， 故    2 32 2 2 2 0 0 0 0 22 0 00 0 16 2 16 16 161 1 1 2 2 88 16 y y y yS d PN y yy y                ， 33 0 0 0 0 1 16 1 162 64 8 8 y y y y               ，，当且仅当 0 4y  时，“=”成立， 此时， PMN 面积 S 的最小值为 64. 【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，多次用到直线与曲线的方程联立，还涉及点到 直线的距离公式、弦长公式、均值不等式等基本公式，综合性很强，计算量也非常大，考查 学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题． - 27 - 22.已知函数 2( ) e ( )xf x a x a  R . （1）若 2a  ，求函数  f x 在 0x  处的切线方程； （2）讨论函数  f x 极值点的个数； （3）若函数  f x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 2 12x x ，证明： 10 ln2x  . 【答案】（1） 2 2 0x y   ；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）先求出切线的斜率 (0)f  ，再写出切点坐标 (0， (0))f ，最后由点斜式写出直线的方程． （2）由已知： ( ) 2xf x ae x   ，令 ( ) 2xg x ae x  ，则讨论函数 ( )f x 极值点的个数，转化为 讨论 ( )g x 的零点的情况， 分两大类：当 0a„ 时，当 0a  时，函数 ( )g x 的单调性，零点个数；当 0a  时，令 ( ) 2 0xg x ae    ，解得 2x ln a  ，得 2x ln a  时，函数 ( )g x 取得最小值 22 2ln a  ．分两种情 况①当 22 2 0ln a  … ，②当 22 2 0ln a   ， ( )g x 的零点个数． （3）由题意可知， 20 a e   ，且 1 12xae x ， 2 22xae x ， 2 1( 0)x x  ，两式相除得 2 1 2 1 2x x xe x    ，并两边取自然对数可得 2 2 1 1 xx x ln x   ，令 2 1 x t x  ，则 1 ( 2) 1 lntx t t    ，令 ( ) ( 2) 1 lnth t t t    ，求导，分析单调性，函数值取值范围．进而得出答案． 【详解】解：（1）当 2a  时， 2( ) 2exf x x  ， ( ) 2e 2xf x x   ， 所以 (0) 2f  ， (0) 2f   ，所以切线方程为 2 2 0x y   . （2） ( ) e 2xf x a x   ，令 ( ) e 2xg x a x  ，则讨论函数  f x 的极值点的个数，转化为讨 论  g x 的零点的情况. 注意到 ( ) e 2xg x a   ， e 0x  ，可知 当 0a  时，   0g x  ，函数  g x 在 ( , )  上单调递减，又当 x时，  g x ， - 28 - 当 x时，  g x ，此时  g x 有一个零点 0x ，且当  0,x x  时，   0g x  ，  f x 单增，当  0 ,x x  时，   0g x  ，  f x 单减，函数  f x 有一个极大值点 0x . 当 0a  时，令 ( ) e 2 0xg x a    ，解得 2lnx a  .因为当 2, lnx a       ）时，   0g x  ， 当 2ln ,+x a       时，   0g x  ，所以 2lnx a  时，函数  g x 取得最小值 22 2ln a  . 当 22 2 ln 0 a   ，即 2 e a  时，此时函数   0g x  ，所以   0f x  ，函数  f x 单调递增， 无极值点. 当 22 2 ln 0 a   ，即 20 e a  时，因为 2ln 0g a       ，所以当 x时，  g x ，当 x时，  g x ，所以存在 1 2 2lnx x a   ，使得    1 2 0g x g x  .当  1,x x  时，   0g x  ，  f x 单增，当  1 2,x x x 时，   0g x  ，  f x 单减，当  2 ,x x  时，   0g x  ，  f x 单增.此时，  f x 存在极大值点 1x 、极小值点 2x ，共 2个极值点. 综上，当 0a  时，函数  f x 有一个极大值点，当 20 e a  时，函数  f x 存在 1个极大值点、 1个极小值点，当 2 e a  时，函数  f x 无极值点. （3）由题意可知， 20 e a  ，且 1 1e 2xa x ， 2 22xae x . 因此 2 1 0x x  ，且 2 1 2 1 e 2x x x x    ，并两边取自然对数可得 2 2 1 1 ln xx x x   ， 令 2 1 x t x  ，则 1 ln ( 2) 1 tx t t    ， 令 ln( ) 1 th t t   ， 2 11 ln ( ) ( 1) t th t t      ，令 1( ) 1 lnF t t t    ，则 2 2 1 1 1( ) tF t t t t     ， 当 2t  时， ( ) 0F t  ，函数  F t 单调递减，所以 1( ) (2) ln 2 0 2 F t F    ， 所以   0h t  ，函数  h t 单调递减，所以   ln 2h t  ，即 10 ln2x  . 【点睛】本题考查导数的综合应用，切线方程、极值，不等式的证明，属于难题．