浙江省2020届高三下学期4月适应性测试数学试题 Word版含解析 27页

- 1 - 2020 年 4 月份浙江省高考适应性测试 数学试题 第一卷（选择题） 参考公式 若事件 A ， B 互斥，则      P A B P A P B   若事件 A ， B 相互独立，则      P AB P A P B 若事件 A 在一次试验中发生的概率是 p ，则 n 次独立重复试验 中事件 A 恰好发生 k 次的概率      1 0,1,2, ,n kk k n nP k C P p k n    台体的体积公式  1 1 2 2 1 h3V S S S S   其中 1S ， 2S 分别表示台体的上、下底面积， h 表示台体的高 柱体的体积公式 V Sh 其中S 表示柱体的底面积， h 表示柱体的 高锥体的体积公式 1V Sh3  其中S 表示锥体的底面积， h 表示锥体的 高 球的表面积公式 2S 4 R 球的体积公式 34V R3  其中 R 表示球的半径 一、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. 已知 ,x y R ，设集合   2ln 1A x y x   ，   2ln 1B y y x   ，则 R B A ð ( ) A.  0,1 B.  , 1  C.  0,1 D.  , 1  【答案】A 【解析】 【分析】 由题意  1 1A x    ，  0B y y  ，利用补集和交集的概念计算即可. 【详解】由题意       2 2ln 1 1 0 1 1A x y x x x x          ，       2ln 1 ln1 0B y y x y y y y       ， 所以   0,R B  ð ，   0,1R B A ð . 故选：A. - 2 - 【点睛】本题考查了对数型复合函数的定义域和值域的求解，考查了集合的运算，属于基础 题. 2. 下列通项表达式中能表达数列 ,1, , 1, ,1, , 1......i i i i    的是( ) A. ni B. ni C. 3ni D. 3ni 【答案】D 【解析】 【分析】 根据数列中的项和通项公式逐项排除即可得解. 【详解】当 1n  时， 1a i ，而 1i i   ， 3i i  ，故排除 B、C 选项； 当 2n  时， 2 1a  ，而 2 1i   ，故可排除 A 选项. 故选：D. 【点睛】本题考查了数列通项的应用和复数的运算，属于基础题. 3. 某几何体三视图如图所示（单位：cm），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位： cm3）是( ) A. 824 3  B. 1624 3  C. 830 3  D. 1630 3  【答案】C 【解析】 【分析】 由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，分别求出各部分体 积即可得解. - 3 - 【详解】由三视图可知，该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成， 长方体的体积为 1 3 4 3 36V     ； 截去的三棱锥有三个两两垂直的棱，长度分别为 3，3，4， 则截去的三棱锥体积为 2 1 1 3 3 4 63 2V       ； 截去的半圆柱的底面半径 r 满足  1 15 4 3 42 2r     即 4 3r  ，高为 3， 则截去的半圆柱的体积为 2 3 1 4 832 3 3V         ； 所以该几何体体积 1 2 3 8 836 6 303 3V V V V          . 故选：C. 【点睛】本题考查了三视图的识别和组合体体积的求解，属于基础题. 4. 以下说法正确的是（ ） A. 空间异面直线的夹角取值范围是 0, 2      B. 直线与平面的夹角的取值范围是 0, 2      C. 二面角的取值范围是 0, D. 向量与向量夹角的取值范围是[ )0,p 【答案】C 【解析】 【分析】 本题可根据直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围对四 个选项依次进行判断，即可得出结果. 【详解】A 项：空间异面直线的夹角取值范围是 0, 2      ，A 错误； B 项：直线与平面的夹角的取值范围是 0, 2      ，B 错误； - 4 - C 项：二面角的取值范围是 0, ，C 正确； D 项：向量与向量夹角的取值范围是 0, ，D 错误， 故选：C. 【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范 围，考查学生对基础知识的熟练度，体现了基础性，是简单题. 5. 已知牌堆中有 5 张扑克牌，其中 2 张“2”和 3 张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放 回且每张牌取到的机会相等），规定： （a）取出“2”得 2 分，取出“3”得 3 分，取出 2 张牌所得分数和记为随机变量 1 （b）取出“2”得 3 分，取出“3”得 2 分，取出 2 张牌所得分数和记为随机变量 2 则（ ） A.    1 2E E  ，    1 2D D  B.    1 2E E  ，    1 2D D  C.    1 2E E  ，    1 2D D  D.    1 2E E  ，    1 2D D  【答案】C 【解析】 【分析】 先写出 1 4,5,6  ， 2 4,5,6  ，再求出每种得分对应的概率值，根据期望和方差公式计算即 可求解 【详解】可将抽牌结果分为三种情况：两张“2”，一张“2”和一张“3”，两张“3” 取出两张“2”的概率为： 2 5 1 1 10P C   ； 取出一张“1”，一张“2”的概率为： 1 1 2 3 2 5 3 5 C CP C   ； 取出两张“3”的概率为： 2 3 2 5 3 10 CP C   按（a）种规定的得分共有：4 分，5 分，6 分三种情况，即 1 4,5,6  ； 按（b）种规定的得分共有：6 分，5 分，4 分三种情况，即 2 4,5,6  ； 列出随机变量 1 与 2 的分布列，如下表： - 5 - 1 4 5 6 P 1 10 3 5 3 10 2 4 5 6 P 3 10 3 5 1 10 则    1 2 37 33,10 10E E   ，    1 2E E    2 2 2 1 37 1 37 3 37 3 26104 5 610 10 10 5 10 10 1000D                             2 2 2 2 33 3 33 3 33 1 26104 5 610 10 10 5 10 10 1000D                              1 2D D  故    1 2E E  ，    1 2D D  故选：C 【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求值，属于中档题 6. 以下方程能表达该图象的是( ) - 6 - A.  2 2 1xy x y  B.  2 2 1xy y x  C. 2 2 1xy x y  D.  2 2 1xy x y  【答案】A 【解析】 【分析】 由图象的特征对比方程的性质，逐项排除即可得解. 【详解】设点  ,a b 为该图象上一点， 对于 B，图象在第一象限存在点满足 a b 即 2 2a b ，此时  2 2 0 1ab b a   ，故 B 错误； 对于 C，图象经过第二、四象限即存在点满足 0ab  的情况，则 2 2 0 1ab a b   ，故 C 错 误； 对于 D，     2 2 2 2a b a b ab a b     ，由 ,a b 不在图象上，故 D 错误. 故选：A. 【点睛】本题考查了由图象识别方程，关键是找到选项的差异，属于基础题. 7. 设函数 2( ) ( , , , 0)f x ax bx c a b c a    R ，则“ 02 bf f a         ”是“ ( )f x 与 ( ( ))f f x ”都恰有两个零点的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 - 7 - C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】显然 2 bf a     是  f x 的最小值，若  f x 有两个零点， 设 1 2,x x ，且 1 2x x ，由    0f f x  得   1f x x 或   2f x x ， 由题意    0f f x  只有两个零点，因此   1f x x 无解，   2f x x 有两个不等实根， 即 1 22 bx f xa       ， 02 bf f a          ，必要性得证， 若 02 bf f a         ，由于 0a  ，因此  f x 有两个零点， 设为 1 2,x x ，不妨设 1 22 bx f xa       ，由    0f f x  得   1f x x 或   2f x x ， 显然   1f x x 无解，   2f x x 有两个不等实根， 即   f f x 有两个零点，充分性得证， 故题中是充分必要条件，故选 C. 【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件考查二次函数的图象与性质，属于难题题. 判断 充要条件应注意：首先弄清条件 p 和结论 q分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试 ,p q q p  .对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观 外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对 于范围问题也可以转化为包含关系来处理.本题中，不但要理解充分条件与必要条件的基本含 义，更要熟练掌握二次函数的图象与性质，以及二次函数与一元二次方程的关系. 8. 已知 0x  ，则 9 253 5x xx x               的最小值为( ) A. 12 15 B. 48 C. 793 16 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】 - 8 - 转化条件得 29 25 153 5 1 48x x xx x x                         ，根据函数单调性确定 15x x  的取 值范围后即可得解. 【详解】由题意 2 2 9 25 225 303 5 2 19x x x xx x x x                    2 215 15 152 49 1 48x x xx x x                         ， 令   15f x x x   ， 0x  ，由函数单调性可知    ,f x    ， 所以当 15 1x x    时， 9 253 5x xx x               取最小值 48. 故选：B. 【点睛】本题考查了函数单调性的应用，考查了整体意识，属于中档题. 9. 如图所示，在顶角为 3  圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1,4 的两个球与圆锥的侧 面、截面相切，两个球分别与截面相切于 EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( ) （注：在截口曲线上任取一点 A ，过 A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点 ,B C ，由相切 的几何性质可知， AE AC ， AF AB ，于是 AE AF AB AC BC    ，为椭圆的几 何意义） - 9 - A. 1 2 B. 8 15 C. 11 27 D. 15 63 【答案】C 【解析】 【分析】 设两球的球心分别为 1O ， 2O ，圆锥顶点为 S ，取两球与圆锥同一母线上的切点G ， H ， 连接 1O G ， 2O H ， 1O F ， 2O E ，连接 2O S 交 EF 于 K ，由题意可得 3 3AE AF  ，再 利用平面几何知识即可得 11FE  ，即可得解. 【详解】设两球的球心分别为 1O ， 2O ，圆锥顶点为 S ，取两球与圆锥同一母线上的切点G ， H ， 连接 1O G ， 2O H ， 1O F ， 2O E ，连接 2O S 交 EF 于 K ， 由顶角为 3  ，两个球的半径分别为1， 4 ， 可知 1 3 tan 6 O GSG   ， 2 4 3 tan 6 O HSH   ， 1 1 2 sin 6 O GSO   ， 2 2 8 sin 6 O HSO   ， 所以 3 3GH  即 3 3AE AF AB AC GH     ， 1 2 6O O  ， 由 1 2O FK O EK△ △∽ 可得 1 1 2 2 1 4 O K O FFK O K EK O E    ， 所以 2 24 5O K  ，所以 2 224 4 1145 5EK       ， 5 114FE EK  ， 所以该椭圆离心率 11 11 273 3 EFe AE AF    . 故选：C. - 10 - 【点睛】 本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题. 10. 已知 0a  ， 0b  ，下列说法错误的是（ ） A. 若 1a ba b  ，则 2a b  B. 若 2 3a be a e b   ，则 a b C.  ln lna a b a b   恒成立 D. 2lna a b be e   恒成立 【答案】AD 【解析】 【分析】 对 A 式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明 A 错误；对 B 不等式放缩 2 2a be a e b   ，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明 B 正确；对 C 不等式等 价变型  ln ln ln 1     a ba a b a b b a ，通过 10,ln 1   x x x 恒成立，可得 C 正确； D 求出 lna a b be 的最大值，当且仅当 1 1 a b e   时取等号，故 D 错误. 【详解】A. 1 ln ln 0    a ba b a a b b 设 ( ) lnf x x x ， ( ) ( ) 0  f a f b - 11 - 由图可知，当 1b 时，存在 0a ，使 ( ) ( ) 0f a f b  此时 1 a b ，故 A 错误. B. 2 3 2    a b be a e b e b 设 ( ) 2xf x e x  单调递增， a b  ，B 正确 C.  ln ln ln 1     a ba a b a b b a 又 10,ln 1   x x x ， ln 1  a b b a ，C 正确 D. max 1  x xy ye e 当且仅当 1x  ； min 1ln   y x x y e 当且仅当 1x e ； 所以 2ln a a b be e ，当且仅当 1 1 a b e   时取等号，D 错误. 故选：AD 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思 想和数形结合的数学思想，属于难题. 第二卷（非选择题） 二、填空题： 11. 《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______ 尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺. 【答案】 (1). 10 31 (2). 165 【解析】 【分析】 设该女子每天的织布数量为 na ，转化条件得数列 na 为公比为 2 的等比数列，利用等比数列 - 12 - 的通项公式和前 n 项和公式求得 1 5 31a  后即可得解. 【详解】设该女子每天的织布数量为 na ，由题可知数列 na 为公比为 2 的等比数列， 设数列 na 的前 n 项和为 nS ，则  5 1 5 1 2 51 2 a S    ，解得 1 5 31a  ， 所以 2 1 102 31a a  ，  10 10 5 1 231 1651 2S    . 故答案为： 10 31 ，165. 【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题. 12.  91ax  的二项展开式中系数最大的是第三项，且 a N ，则 a ______，展开式中二 项式系数最大的是第______项. 【答案】 (1). 3 或 4 (2). 5 和 6 【解析】 【分析】 写出  91ax  的二项展开式的通项公式，由题意 2 9 2 3 9 3 9 9 2 9 2 1 9 1 9 9 C a C a C a C a             ，解不等式组即可得解； 由二项式系数的定义可得展开式中二项式系数最大为第 3 和 4 项；即可得解. 【详解】由题意 91ax  的二项展开式的通项公式为  9 9 9 1 9 91rr r r r r rT C ax C a x         ， 由第三项的系数最大可得 2 9 2 3 9 3 9 9 2 9 2 1 9 1 9 9 C a C a C a C a             即 36 84 36 9 a a    ， 解得 21 49 a  ，又 a N ，所以 3a  或 4 ； 展开式中二项式系数最大的是 4 9C 和 5 9C ，即为第 5 项和第 6 项. 故答案为：3 或 4；5 和 6 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题. 13. 设实数 x 、 y 满足条件3 0x y  、 2x y  ，则可行域面积为______， xy 最大值为 ______. 【答案】 (1). 3 (2). 1 - 13 - 【解析】 【分析】 本题首先可以将3 0x y  、 2x y  转化为 0 3 0 2 y x y x y        或 0 3 0 2 y x y x y        ，然后绘出可行域， 求出可行域面积，再然后结合图像得出当 xy 最大时点在线段 AC 上，最后根据配方法求出 xy 的最大值. 【详解】因为实数 x 、 y 满足条件3 0x y  、 2x y  ， 所以实数 x 、 y 满足 0 3 0 2 y x y x y        或 0 3 0 2 y x y x y        ， 绘出可行域，如图： 易知 1 3,2 2A     ， 1 3,2 2B    ，  2,0C ， 故可行域面积 1 32 2 2 32 2AOCS S= = 创 �△ ， 结合图象可知，当 xy 最大时点在线段 AC 上，直线 AC 的方程为 2y x  ， 则    222 2 1 1 1xy x x x x x          ， 故当 1x  时， xy 取最大值， xy 的最大值为1， 故答案为：3 、1. 【点睛】本题考查可行域的画法以及配方法求最值，考查去绝对值，考查配方法的灵活应用， 考查数形结合思想，考查计算能力，是中档题. 14. 已知三角形 ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为O ，且O 点满足 2 3 4 0OA OB OC      ，则 cos ACB ______， AB OA   ______. - 14 - 【答案】 (1). 10 4 (2). 3 4  【解析】 【分析】 由题意  4 2 3OC OA OB     ，两边同时平方可得 1cos 4AOB  ，利用二倍角余弦公式即 可得 cos ACB ；转化条件为  AB OA OB OA OA        即可得 AB OA uuur uur ；即可得解. 【详解】由题意可知 ABC 为锐角三角形，点O 在 ABC 内部， 由 2 3 4 0OA OB OC      可得  4 2 3OC OA OB     ， 两边同时平方可得 2 2 2 16 4 9 12 cosOC OA OB OA OB AOB          ， 由 1OC OA OB     可得 1cos 4AOB  ， 由 2AOB ACB   可得 2cos 2cos 1AOB ACB    得 10cos 4ACB  ； 由   2 1 314 4AB OA OB OA OA OB OA OA                  . 故答案为： 10 4 ， 3 4  . 【点睛】本题考查了平面向量数量积与二倍角余弦公式的综合应用，考查了转化化归思想， 属于中档题. 15. 已知奇函数  f x 的定义域为 R 且在 R 上连续.若 0x  时不等式   1f x f x      的解集 为 2,3 ，则 xR 时   1f x f x      的解集为______. 【答案】      3, 2 0,2 3,    【解析】 【分析】 当 0x  时，易得   1f x f x      的解集为    0,2 3, ；利用奇函数的性质可得当 0x  - 15 - 时，   1f x f x         的解集为 2,3 ，令 0t x   即可得解. 【详解】由题意可得当 0x  时，   1f x f x      的解集为   0,2 3, ， 由奇函数的性质可得当 0x  时，   1f x f x         的解集为 2,3 ， 令 0t x   ，则   1f t f t        的解集为 3, 2  ， 即当 0x  时，   1f x f x      的解集为 3, 2  ， 所以   1f x f x      的解集为      3, 2 0,2 3,    . 故答案为：     3, 2 0,2 3,    . 【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了运算能力和推理能力，属于中档题. 16. 已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆1和l ，0 和O ，车牌中不设置字母l 和O ，则“浙 A”的五位车牌最多有______块. 【答案】 67.06 10 【解析】 【分析】 按车牌中没有字母、有一个字母和有两个个字母分类讨论，求和即可得解. 【详解】若车牌中没有字母则共有 510 100000 块车牌； 若车牌中含有一个字母则共有 1 4 5 24 10 1200000C    块车牌； 若车牌中含有两个个字母则共有 2 2 3 5 24 10 5760000C    块车牌； 则“浙 A”的五位车牌最多有 6100000 1200000 5760000 7.06 10    块. 故答案为： 67.06 10 . 【点睛】本题考查了分步相乘和分类相加计数原理的应用，属于中档题. 17. 已知函数   ln xxf x aex    恰有一个零点，则实数 a 的取值范围是______． - 16 - 【答案】 1( ,0] e       【解析】 【分析】 问题转化为函数 ln( ) 1 xg xx   和 ( ) xh x ae 的只有一个公共点，利用导数得出 ( )g x 的单调 性，极值，可作出函数图象，由图象易知 0a  时，两函数图象只有一个公共点，在 0a  时， 先求出两图象在同一点 0 0( , )x y 处有共同切线时 a 的值，而且利用图象知 a 取其它值时交点情 况，从而得出结论． 【详解】函数   ln xxf x aex    恰有一个零点，即方程 ln1 0xx aex    只有一根， ln1 xx aex   只有一根， 设 ln( ) 1 xg xx   ， ( ) xh x ae ， 0x  ， 2 1 ln( ) xg x x   ，当 0 x e  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 递增，x e 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 递减， max 1( ) ( ) 1g x g e e    ， 0x  时， ( )g x   ， x   ， ( ) 1g x  ， ∴ 0a  时， ( ) xh x ae 是减函数，且 ( ) 0≤h x ，函数 ln( ) 1 xg xx   与 ( ) xh x ae 的图象只有 一个交点，满足题意， 0a  时， ( ) xh x ae 是增函数，设 ( )y g x 与 ( )y h x 在 0 0( , )x y 处有共同的切线，显然 0 (0, )x e ， ( ) xh x ae  ，则 0 0 0 2 0 0 0 0 1 ln ln1 x x xae x xy ae x       ，∴ 0 0 2 0 0 1 ln ln1x x x x    ，整理得 2 0 0 0( 1)ln 1 0x x x    ， 设 2( ) ( 1)ln 1p x x x x    ，则 1( ) 2 ln 1p x x x x      ，设 1( ) 2 ln 1q x x x x     ， - 17 - 则 2 2 1 1 (2 1)( 1)( ) 2 x xq x x x x       ， 10 2x  时， ( ) 0q x  ， ( )q x 递减， 1 2x  时， ( ) 0q x  ， ( )q x 递增， min 1 1( ) 4 ln 4 ln 2 02 2q x q         ，∴ 0x  时， 1( ) 02q x q     ，即 ( ) 0p x  ， ∴ ( )p x 是 (0, ) 上的增函数，又 (1) 0p  ，∴ 2 0 0 0( 1)ln 1 0x x x    只有唯一解 0 1x  ， ∴ 1ae  ， 1a e  ， 当 1a e  时， ( )y g x 与 ( )y h x 的图象没有公共点，当 10 a e   时 ( )y g x 与 ( )y h x 的 图象有两个在公共点， 综上所述，函数   ln xxf x aex    恰有一个零点时， 1( ,0]a e       ． 故答案为： 1( ,0] e       ． 【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题时首先把零点个数转化为函数图象交点个数，然 后利用导数研究函数的性质，结合函数图象得出结论．本题考查学生的分析问题处理问题的 能力，考查运算求解能力，属于难题． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18. 三角形 ABC 的内角 ABC 所对的边分别是 a ，b ， c ，且 24cos 2 cos cos 25C A B  （1）若三角形是锐角三角形，且 A B   ，求 tan B 的取值范围； - 18 - （2）若 4a  ， 3b  ，求三角形 ABC 的面积． 【答案】（1） 17 24,31 7      ；（2）6. 【解析】 【分析】 （1）先利用 24cos 2 cos cos 25C A B  得出  cos A B ，再解出  tan A B ，将 tan B 用 含 tan A 的式子表示，然后根据角 A 的范围，求 tan B 的取值范围； （2）利用余弦定理将 24cos 2 cos cos 25C A B  化为关于三边的关系式，代入 4a  ， 3b  ， 解出 c ，然后再设法求其面积. 【详解】  cos 2cos cos cos 2cos cos cos cos sin sinC A B A B A B A B A B         24cos 25A B   又 A B ，且 ,A B 都为锐角，故   7sin 25A B  ，   7tan 24A B  ， 又   tan tantan 1 tan tan A BA B A B    ， 所以     24 6257 tan +2424tan 7 24 6257 7tan 7 tan 24 7 tan 24 7 7 7 tan 24 AAB A A A       又 2C  ，所以 22 A B A    ，得 4A  ， tan 1A  ， 所以     24 625 24 625 24 7 7 7 24 7 7 7 tan 24 7A       ， 故17 24tan31 7B  . （2）由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24cos 2cos cos 22 2 2 25 a b c b c a a c bC A B ab bc ac           ， 代入 4a  ， 3b  整理得： 2 4 2 25 49 24 24 24 25 c c c    ， 解得： 5c  则△ ABC 为直角三角形，面积为 1 3 4 62S     . 【点睛】本题考查解三角形中的综合问题，考查学生的计算能力，最值、取值范围问题的分 - 19 - 析与处理能力，难度较大. 解答时，要注意利用余弦定理进行边角互化，取值范围问题要设 法表示出所求量满足的关系式，然后利用函数的性质或不等式等求解. 19. 在四面体 ABCD 中，已知 2AC BC DC DA DB     ， AB x . （1）当四面体体积最大时，求 x 的值； （2）当 3x  时，设四面体 ABCD 的外接球球心为 O ，求 AO 和平面 BCD所成夹角的正弦 值. 【答案】（1） 6 ；（2） 7 13 26 . 【解析】 【分析】 （1）取 DC 中点 E ，连接 AE ， BE ，过点 A 作 AH BE ，由题意可知当 AE ⊥ 平面 BCD 时，四面体的面积最大，求出此时的 x 的值即可得解； （2）在线段 BE 上取O ，使 2 2 33 3BO BE   ，O 为 BCD 的内心，过O 作  O O 平 面 BCD ，则球心在直线O O 上，设O O m  ，球的半径为 r ，由勾股定理求得 m 后，由 sin cos OAP   即可得解. 【详解】（1）取 DC 中点 E ，连接 AE ， BE ，过点 A 作 AH BE , 由 2AC BC DC DA DB     可得 AE CD ， BE CD ， 3AE BE  ， 由 AE BE EI 可得CD  平面 ABE ， 又CD 平面 BCD，所以平面 ABE  平面 BCD，所以 AH  平面 BCD， 即 AH 即为四面体的高，由 AH AE ，可知当 AE ⊥平面 BCD 四面体面积最大， 此时 2 2 6AB x AE BE    即 x 的值为 6 ； （2）当 3x  时， 3AB AE BE   ，则 H 为 BE 的中点， 所以 3 2BH  ， 3 2AH  ， 在线段 BE 上取O ，使 2 2 33 3BO BE   ，易知O 为 BCD 的内心， 3 6O H  ， 过O 作  O O 平面 BCD，则球心在直线O O 上， - 20 - 球心为O ，过点 O 作OP AH ，连接 OB ，OA，则 3 6OP O H  ， 设O O m  ，球的半径为 r ，则 HP O O m  ， 则 2 2 2 2 2 2 3 3 6 2r OA OP AP m                 ， 2 2 2 2 2 2 2 3 3r OB O O O B m            ， 所以 2 22 23 3 2 3 6 2 3m m                    ，解得 1 3m  ， 所以 13 3OA  ， 7 6AP  ， 7 13cos 26 APOAP AO    ， 设 AO 和平面 BCD 所成夹角为 ， 由 AH  平面 BCD 可知 7 13sin cos 26OAP    ， 所以 AO 和平面 BCD所成夹角的正弦值为 7 13 26 . 【点睛】本题考查了三棱锥的特征及其外接球的相关问题，考查了线面角的求解，属于中档 题. 20. 已知数列 1 1(1 )n n n a ab   ， n N ，且 1 1a  ． （1）若 nb 的前 n 项和为 2 2 n ，求 na 和 nb 的通项公式 - 21 - （2）若 2 nb n ，求证： 9 2na  【答案】（1） 2 1na n  ; 1 2nb n  （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1） nb 的前 n 项和为 2 2 n ，知求 nb 是等差数列，求出 nb 代入 1 1(1 )n n n a ab   化简，利用 累积法可求 na 通项公式 （2） 2 nb n 代入 1 1(1 )n n n a ab   化简得 1 2 1(1 )n na an   ,用数学归纳法可证明. 【详解】（1） nb 的前 n 项和为 2 2 n ，  nb 是等差数列， 设 nb an b  ，则 1 2 1 1 2 ( ) 2 2 n b a b b b n n       ， 1 1 2 a b    1 2nb n   1 1 2 1(1 )1 2 1 2 n n n na a ann       ， 1 2 1 2 1 n n a n a n     ， 1 2 2 1 2 3 1 2 1 2 3 2 5 3 2 3 2 5 2 3 1 n n n n n n a a a a n n n a a a a n n n                  2 1na n  2 1na n   满足 1 1a  2 1na n   （ n N ） （2） 2 nb n 代入 1 1(1 )n n n a ab   得 1 2 1(1 )n na an   ， 1 2 11n n a a n    用数学归纳法证明： 1n  时， 1 91 2a   显然成立， 设 n k 时， 9 2ka  成立， - 22 - 则 1n k  时， 1 2 2 2 1 9 1 9 9 9(1 ) (1 )2 2 2 2k ka ak k k        所以 9 2na  成立 【点睛】本题考查数列的通项公式及运用数学归纳法证明不等式.属于中档题. 21. 已知抛物线 2 1 : 4C y x 和 x 轴上的定点  4,0M ，过抛物线焦点作一条直线交 1C 于 A 、 B 两点，连接 ,AM BM 并延长，交 1C 于C 、 D 两点. （1）求证：直线 CD 过定点； （2）求直线 AB 与直线 CD 最大夹角为 ，求 tan . 【答案】（1）证明见解析；（2） 3tan 4   . 【解析】 【分析】 （1）当直线 AB 、 AM 斜率不存在时，可直接求解；当直线 AB 、 AM 斜率存在时，设直线  : 1AB y k x  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  3 3,C x y ，  4 4,D x y ，不妨设 1 0y  ，联立 方程组得 1 1 4y y   ， 2 2 1 2 1 2 14 4 y yx x    ， 1 1 16 16,C x y      ， 2 2 16 16,D x y      ，结合 2 1 14y x 可得 直线   1 2 1 16: 4 x yCD y y   ，即可得证； （2）当直线 AB 斜率存在时，易证 1 4CDk k ，利用 tan 1 CD CD k k k k  -= + 求出最大值即可得解. 【详解】（1）证明：由题意知抛物线焦点  1,0F ， 当直线 AB 斜率不存在时，直线 : 1AB x  ，易得  1,2A ，  1, 2B  ， 则直线  2: 43AM y x   ，  2: 43BM y x  ， 所以点  16, 8C  ，  16,8D ，此时直线 : 16CD x  ； 当线 AB 斜率存在时，设直线  : 1AB y k x  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  3 3,C x y ，  4 4,D x y ，不妨设 1 0y  ， 则   2 1 4 y k x y x      ，化简得 2 4 4 0y yk    ，   ， - 23 - 则 1 1 4y y   ， 2 2 1 2 1 2 14 4 y yx x    ， ①当 1 4x  时，则  4,4A ，所以 2 1 4 1y y    ， 2 1 1 1 4x x   ，点 1 , 14B    ， 所以直线 : 4AM x  ，点  4, 4C  ， 直线  4: 415BM y x  ，则   2 4 415 4 y x y x      解得点  64,16D ， 所以直线 1 16: 3 3CD y x  ； ②当 1 4x  时，此时直线  1 1 : 44 yAM y xx   ， 则  1 1 2 44 4 yy xx y x       ，结合 2 1 14y x 化简得  2 2 1 1 116 16 0x x x x x    ， 此方程有一根为 1x ，所以 3 1 16x x  ，所以 3 1 16y y   ，所以 1 1 16 16,C x y      ， 同理可得 2 2 16 16,D x y      ， 由 1 1 4y y   ， 1 2 1x x ， 2 1 14y x 可得 2 1 1 64 16,C y y      ，  2 1 14 ,4D y y ， 所以 1 1 1 2 2 1 1 2 1 164 64 44 CD y y yk yy y     ， 所以直线  21 1 12 1 : 4 44 yCD y y x yy    ，化简得   1 2 1 16: 4 x yCD y y   ， 可得直线 CD 过点 16,0 ； 综上，直线CD 恒过点 16,0 ； （2）由（1）知，当直线 AB 斜率不存在时， / /AB CD ； - 24 - 当直线斜率 AB 存在时， 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 16 16 1 16 16 4CD y y x x y yk ky y x x x x        ， 设直线 AB 与直线CD 的夹角为 ， 2 3 3 3tan 41 4 4 CD CD k k k k k k k k  -= = = £+ + + ，当且仅当 2k   时，等号成立， 所以对于直线 AB 与直线 CD 最大夹角 ， 3tan 4   . 【点睛】本题考查了抛物线与直线的综合运用，考查了运算能力，属于中档题. 22. 已知函数      21 lnf x x a x a R    . （1）讨论  f x 的单调性； （2）若  f x 存在两个极值点  1 2 1 2,x x x x ，且关于 x 的方程    f x b b R  恰有三个实 数根 3x ， 4x ， 5x  3 4 5x x x  ，求证：  2 1 5 32 x x x x   . 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求导后按照 1 2a   、 0a  、 1 02 a   分类讨论，求出   0f x  、   0f x  的解 集即可得解； （2）构造新函数        1 1 1 2 1,0 min ,g x f x x f x x x x x x       ，求导后可得    0 0g x g  即可得 3 4 12x x x    ；同理可得 5 4 22x x x  ，即可得证. 【详解】（1）由题意得     22 22 1 a x x af x x x x       ， 令   0f x  即 22 2 0x x a   ， 4 8a   ， ①当 1 2a   时， 0  ，   0f x  ，函数  f x 在 0,  上单调递增； ②当 1 2a   时，   ， - 25 - 22 2 0x x a   的两根为 1 1 2 1 2 ax   ， 2 1 2 1 2 ax   ， （i）当1 2 1 0a   即 0a  时， 1 1 2 1 02 ax    ， 所以当 1 2 10, 2 ax       时，   0f x  ；当 1 2 1 ,2 ax        时，   0f x  ； 所以  f x 在 1 2 10, 2 a      上单调递减， 1 2 1 ,2 a       单调递增； （ii）当1 2 1 0a   即 1 02 a   时， 1 2 1 2 10 2 ax x    ， 所以当 1 2 1 1 2 10, ,2 2 a ax                   时，   0f x  ； 当 1 2 1 1 2 1,2 2 a ax         时，   0f x  ； 则  f x 在 1 2 1 1 2 1,2 2 a a        上单调递减，在 1 2 10, 2 a      ， 1 2 1 ,2 a       单调递增. 综上，当 1 2a   时，函数  f x 在 0,  上单调递增；当 0a  时，  f x 在 1 2 10, 2 a      上单调递减， 1 2 1 ,2 a       单调递增；当 1 02 a   时，  f x 在 1 2 1 1 2 1,2 2 a a        上单调递减， 1 2 10, 2 a      ， 1 2 1 ,2 a       单调递增； （2）证明：由题意得 1 02 a   ， 3 1 4 2 50 x x x x x     ， 1 20 1x x< < < ， 令        1 1 1 2 1,0 min ,g x f x x f x x x x x x       ， 则        1 1 1 1 1 + 4 1          a ag x f x x f x x x x x x x              2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 2 4 1 4 2x x x ax x x x x x ax x x x x x x x x              ， - 26 - 由（1）知 2 1 12 2 0x x a   ， 则             2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 2 2 4 1 0x x ax ax x xg x x x x x x x x x             又  0 0g  ，可知对于  1 2 10 min ,x x x x   均有    0 0g x g  ， 所以    1 1f x x f x x   ，所以    1 4 1 1 42f x x x f x x    ， 由    4 3f x f x 可得    3 1 42f x f x x  ， 结合函数  f x 在  10, x 上单调递增，可得 3 1 42x x x  即 3 4 12x x x    ， 令      2 2 2 1,0h x f x x f x x x x x       ， 同理可得        2 2 2 2 4 1 0x xh x x x x x      ， 由  0 0h  可得当 2 10 x x x   时，    0 0h x h  ， 所以    2 2f x x f x x   ，所以    2 2 4 2 2 4f x x x f x x x     ， 由    5 4f x f x 可得    2 4 52f x x f x  ， 结合函数  f x 在 2 ,x  上单调递增，可得 5 2 42x x x  即 5 4 22x x x  ， 所以 2 1 5 4 3 42 2x x x x x x     即  2 1 5 32 x x x x   ，得证. 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算能力与推理能力，属于难题. - 27 -