河北省衡水中学2021届高三上学期二调数学试题 Word版含解析

河北省衡水中学2021届高三上学期二调数学试题 Word版含解析

- 1 - 河北省衡水中学 2021 届上学期高三年级二调考试 数学 一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.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. 已知集合  2| 2 0A x x x   ，  |1 3 81xB x   ，  | 2 ,C x x n n N   ，则 ( )A B C   （ ） A.  2 B.  0,2 C.  0,2,4 D.  2,4 【答案】B 【解析】 ∵集合  2| 2 0A x x x   ∴  0 2A x x   ∵集合  |1 3 81xB x   ∴  0 4A x x   ∴  0 4A B x x    ∵集合  | 2 ,C x x n n N   ∴  ( ) 0,2A B C   故选 B. 2. 要得到函数 2 cosy x 的图象，只需将函数 2 sin 4y x      的图象（ ） A 向左平移 4  个单位 B. 向右平移 4  个单位 C. 向上平移 4  个单位 D. 向下平移 4  个单位 【答案】A 【解析】 【分析】 - 2 - 先变形： 2 cos 2 sin( )2y x x    ，再根据左加右减原理即可得解. 【详解】因为 2 cos 2 sin( )2y x x    ， 所以由函数 2 sin 4y x      的图象得到函数 2 sin 2y x      的图象， 根据左加右减，只需向左平移 4  个单位. 故选：A. 3. 已知函数 ( ) ( )f x x x a b   ，若函数 ( 1)y f x  为偶函数，且  1 0f  ，则 b 的值为（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 由 ( 1)y f x  为偶函数，所以 ( )y f x 的对称轴为 1x   ，再结合  1 0f  ，即可求得 ,a b 的值. 【详解】因为 ( 1)y f x  为偶函数， 所以 ( )y f x 的对称轴为 1x  . 又因为  1 0f  ，所以  y f x 的顶点坐标为 (1,0) . 由 2 2 2( ) 2 4 a af x x ax b x b          ， 得 12 (1) 1 0 a f a b        ， 解得 2 1 a b    ， 故选：C. 4. 已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 1 2 1a a  ， 2a 与 4a 的等差中项为 2，则 4S 的值为 （ ） A. 6 B. -2 C. -2 或 6 D. 2 或 6 - 3 - 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题中已知条件及等差数列的性质求得首项 a1 和公差 d，再利用等差数列前 n 项和公式， 求得 4S 的值. 【详解】设 na 公差为 d ，则由 2 1 2 2 4 1 4 a a a a       得       2 1 1 1 1 1 3 4 a a d a d a d         ， 解得 1 0 1 a d    或 1 8 5 a d     ， 1 0, 1a d  时， 4 0 1 2 3 6S      ， 1 8, 5a d   时， 4 8 ( 3) 2 7 2S         ． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等差数列通项公式基本量的计算以及等差数列前 n 项和公式，属于基 础题. 5. 已知 3sin 3 3      ，则 cos 2 3      （ ） A. 3 3 B. 6 3 C. 1 3 D. 1 3  【答案】D 【解析】 【分析】 换元 3x   ，可得出 3x    ，利用诱导公式以及二倍角余弦公式可求得所求代数式的 值. 【详解】换元 3x   ，可得 3x    ，且 3sin 3x  ， 所以，   2 1cos 2 cos 2 cos 2 cos2 2sin 13 3 3 3x x x x                           . 故选：D. - 4 - 6. 已知函数 ( )y f x 的部分图象如图，则 ( )f x 的解析式可能是（ ） A. ( ) tanf x x x  B.   ( ) sin 2f x x x  C. 1( ) sin 22f x x x  D. 1( ) cos2f x x x  【答案】C 【解析】 【分析】 首先通过函数的定义域排除选项 A，再通过函数的奇偶性排除选项 D,再通过函数的单调性排除 选出 B，确定答案. 【详解】由图象可知，函数的定义域为 R，而函数 ( ) tanf x x x  的定义域不是 R,所以选项 A 不符合题意； 由图象可知函数是一个奇函数，选项 D 中，存在实数 x ， 使得 1( ) cos ( )2f x x x f x      ，所以函数不是奇函数，所以选项 D 不符合题意； 由图象可知函数是增函数，选项 B， ( ) 1 2cos2 [ 1,3]f x x    ，所以函数是一个非单调函 数，所以选项 C 不符合题意； 由图象可知函数是增函数，选项 C， ( ) 1 cos2 0f x x   ，所以函数是增函数，所以选项 C 符合题意. 故选：C 【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生 对这些知识的理解掌握水平. 7. 已知 min{ , }m n 表示实数 m，n 中的较小数，若函数 1 2 4 ( ) min 3 log ,logf x x x       ，当 0 a b  时，有    f a f b ，则 a b 的值为（ ） - 5 - A. 6 B. 8 C. 9 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】 首先画出函数  f x 的图象，由图象确定当有    f a f b 时，即 2 1 4 log log 3a b  ，再根 据对数运算公式化简求值. 【详解】作出函数  f x 的图象，如图中实线所示，由    f a f b 可知， 2 1 4 log log 3a b  ， 所以 2 4log log 3a b  ，即 2 2 2log log log ( ) 3a b a b   ，所以 8a b  . 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题一道数形结合分析问题的典型题型，关键是理解 min{ , }m n ，并画 出函数  f x 的图象，属于中档题型. 8. 设 nS 为数列 na 的前 n 项和， *1( 1) , N2 n n n nS a n    ，则 1 2 100S S S    （ ） A. 1001 1 13 2          B. 981 1 13 2          C. 501 1 13 2          D. 491 1 13 2          【答案】A 【解析】 【分析】 由 递 推 式 求 出 数 列 的 首 项 , 当 2n  时 分 n 为 偶 数 和 奇 数 求 出 na , 代 入 - 6 - *1( 1) ,2 n n n nS a n N    后分组,然后利用等比数列的前 n 项和公式求解. 【详解】由 *1( 1) ,2 n n a nS a n    N ， 当 1n  时， 1 1 1 2S a   ，得 1 1 4a   ； 当 2n  时， 1 1 1 1 1 1( 1) ( 1)2 2           n n n n n n nn na S S a a ，即 1 1( 1) ( 1) 2 n n n n n na a a      . 当 n 为偶数时， 1 1 ( 2)2n na n    ，所以 1 1 2n na   （ n 为正奇数）， 当 n 为奇数时， 1 1 1 1 1 1 12 ( 2)2 2 2 2n n nnn na a              ，所以 1 2n na  （ n 为正偶数）， 所以 1 22 2 1 1,2 2a a   ，所以 41 2 3 42 4 1 1 1 12 , ,2 2 2 2a a a a        ， 所以 3 4 99 1004 3 100 100 1 1 1 12 , , ,2 2 2 2a a a a         ，所以 99 100 100 99 1 12 2 2a a     . 因为 1 2 3 100S S S S           1 2 3 4 5 6 99 100a a a a a a a a              2 100 1 1 1 2 2 2       3 5 99 1 1 1 1 2 2 2 2      2 100 1 1 1 2 2 2         50 100 1 1 1 11 12 4 2 2 1 11 14 2               100 1 1 13 2      . 故选：A 【点晴】方法点睛：本题考查已知数列 nS 与 na 的关系式，求通项公式，分组求和，一般数列 求和包含： 1、公式法，利用等差和等比数列的前 n 项和公式求解； 2、错位相减法求和，适用于等差数列乘以等比数列的数列求和； 3、裂项相消法求和，适用于能变形为 ( 1) ( )na f n f n   ； 4、分组转化法求和，适用于 n n nc a b  ； 5、倒序相加法求和，适用于倒序相加后，对应的两项的和是常数的数列. 二､多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求.全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分. - 7 - 9. （多选题）等差数列 na 是递增数列，满足 7 53a a ，前 n 项和为 nS ，下列选择项正确的 是（ ） A. 0d  B. 1 0a  C. 当 5n  时 nS 最小 D. 0nS  时 n 的最小值为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】 由题设可得基本量 1a d， 的关系，再把 nS 看成关于 n 的二次函数. 【详解】由题意，设等差数列 na 的公差为 d ， 因为 7 53a a ，可得  1 16 3 4a d a d   ，解得 1 3a d  ， 又由等差数列 na 是递增数列，可知 0d  ，则 1 0a  ，故 ,A B 正确； 因为 2 2 1 7 2 2 2 2n d d d dS n a n n n        ， 由 7 72 2 d n n d     可知，当 3n  或 4 时 nS 最小，故C 错误， 令 2 7 02 2n d dS n n   ，解得 0n  或 7n  ，即 0nS  时 n 的最小值为8 ，故 D 正确. 故选：ABD 【点睛】数列的函数观，通项 na kn b  是关于 n 的一次函数；前 n 项和 2 nS An Bn  是关 于 n 的 二次函数. 10. 设函数  y f x 和  y f x  ，若两函数在区间 ,m n 上的单调性相同，则把区间 ,m n 叫做  y f x 的“稳定区间”，已知区间 1,2020 为函数 1 2 x y a     的“稳定区间”，则实数 a 的可能取值是（ ） A 3 2  B. 5 6  C. 0 D. 1 32 【答案】AB - 8 - 【解析】 【分析】 首先求函数  f x ，根据两个函数同为增函数或同为减函数，确定绝对值里面的正负，根据 恒成立求 a 的取值范围. 【详解】由题意得 1( ) 2 x f x a     与 ( ) 2xf x a   在区间[1,2020]上同增或同减. 若同增，则 1 0,2 2 0 x x a a        „ … 在区间[1,2020]上恒成立，即 1 ,2 2, a a      所以 12 2a „ „ . 若同减，则 1 0,2 2 0 x x a a        … „ 在区间[1,2020]上恒成立，即 2020 2020 1 ,2 2 , a a          … „ 无解， 所以 A，B 选项符合题意. 故选：AB 【点睛】思路点睛：本题考查指数函数单调性的综合应用，本题的关键是读懂“稳定区间” 的定义，同时讨论函数同为增函数或同为减函数，去绝对值后转化为恒成立问题. 11. 已知函数 ( ) sin (0 3)4f x x        „ 的图象的一条对称轴为直线 8x  ，函数 ( ) ( ) 2cos 2 4g x f x x       ，则下列关于函数 ( )g x 的说法错误的是（ ） A. 直线 8x  是 ( )g x 图象的一条对称轴 B. ( )g x 的最小正周期为 C. 点 ,08      是 ( )g x 图象的一个对称中心 D. ( )g x 的最大值为 5 【答案】AC 【解析】 【分析】 由 8x  为 ( )f x 的一条对称轴，结合 的取值范围，即可求出 的值，从而求出  g x 的解析 式，再利用辅助角公式化简，结合余弦函数的性质计算可得； 【详解】解：由 8x  为 ( )f x 的一条对称轴，得 8 4 2 k      ，即 2 8 ,k k Z    .又因 为  0,3  ， 所 以 2  ， 所 以 - 9 - ( ) sin 2 2cos 24 4g x x x              3 2 2cos2 sin 22 2x x  ，   5 cos(2 )g x x   其中 1tan 3   . 易知 ,4 k k   Z ，且 3 ,4 k k   Z ，故 A，C 错误，B，D 正确. 故选：AC 12. 已知函数 ( ) sin( ) 0,| | 2f x x           在区间 2,2 3      上至少存在两个不同的 1 2,x x 满足    1 2 1f x f x  ，且  f x 在区间 ,3 12      上具有单调性，点 ,06     和直线 7 12x  分别为  f x 图象的一个对称中心和一条对称轴，则下列命题中正确的是（ ） A.  f x 在区间 ,6 2       上的单调性无法判断 B.  f x 图象的一个对称中心为 59 ,06      C.  f x 在区间 ,4 4      上的最大值与最小值的和为 1 2 D. 将  f x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍(纵坐标不变)，再向左平移 6  个单位得到  y g x 的图象，则 ( ) cosg x x  【答案】BC 【解析】 【分析】 根据条件求出 ( ) sin 2 3f x x      ，然后利用正弦型函数的图象及其性质逐一判断即可. 【详解】由题意得 70, ,6 12 2 x k k           Z ，即 4 1 3 2k      ， 又 ( )f x 在区间 2,2 3      上至少存在两个最大值或最小值，且在区间 ,3 12      上具有单调 性， - 10 - 所以 5 12 3 12 2 2 7 2 3 2 6 T T                               ，所以12 12 7 5   所以只有 1k  时满足，此时 2, 3    ，即 ( ) sin 2 3f x x      ， 因为 6 2x   ，所以 2 423 3 3x     ，所以 ( )f x 在区间 ,6 2       上单调递减，故 A 错误； 由 592 206 3      ，所以 59 ,06      为  f x 图象的一个对称中心，故 B 正确； 因为 4 4x  „ „ ，所以 min 52 , ( )6 3 6 4x f x f         „ „ max 1sin , ( ) sin 16 2 12 2f x f                  ，所以最大值与最小值之和为 1 2 ，故 C 正确； 将 ( )f x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍，得到 sin 3y x      的图象，再向左平移 6  个单位，得到 sin sin cos6 3 2y x x x                 的图象， 即 ( ) cosg x x ，故 D 错误. 综上，BC 正确 故选：BC 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是熟练掌握三角函数的图象与性质，细心计算即可得解. 三､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知等比数列 na 的前 n 项和 2n nS a b   ，且 52,9,a a 成等差数列，则 a b的值为 ___________. 【答案】-2 【解析】 【分析】 根据等比数列 na 的前 n 项和 2n nS a b   ，利用 1 1 , 2 , 1 n n n S S na S n     ，求得 na ，然后再 52,9,a a 成等差数列求解. - 11 - 【详解】因为等比数列 na 的前 n 项和 2n nS a b   ， 当 2n  时；    1 1 1 2 2 2n n n n n na S S a b a b b            ； 当 1n  时， 0 1 1 2 2a S a b b     ， 所以 0a b  ①， .又 52,9,a a 成等差数列， 所以 2 5 18a a  ，即 42 2 18b b   ② .由①②解得 1, 1a b   ， 所以 2a b   . 故答案为：-2 14. 已知函数 ( ) sin cos ( 0, 0)f x a x x a      的最大值为 2.若函数  f x 在区间 0,7 上至少取得两次最大值，则 的最小整数值为___________. 【答案】2 【解析】 【分析】 先将函数转化为 2( ) sin cos 1sin( )f x a x x a x        ，根据  f x 的最大值为 2， 由 2 1 2a   求得 a，然后根据  f x 在区间 0,7 上至少取得两次最大值确定 的范围即可. 【详解】因为 2( ) sin cos 1sin( )f x a x x a x        ， 所以  f x 的最大值为 2 1 2a   ， 解得 3a  或 3a   (舍去)， 所以 ( ) 3sin cos 2sin 6f x x x x          ， 当 2 ,6 2x k k     Z 时，函数  f x 取得最大值， 当 0x  时，取得前两个最大值时，k 分别为 0 和 1， 当 1k  时，由 26 2x      ，得 7 73x   „ ， - 12 - 所以 3 … ， 所以 的最小整数值为 2. 【点睛】方法点睛：解决三角函数图象与性质综合问题的方法：先将 y＝f(x)化为 y＝asin x＋ bcos x 的形式，然后用辅助角公式化为 y＝Asin(ωx＋φ)＋b 的形式，再借助 y＝Asin(ωx＋φ)的 性质(如周期性、对称性、单调性等)解决相关问题． 15. 记函数 ( ) [ ]f x x x  ，其中[ ]x 表示不大于 x 的最大整数， , 0, ( ) 1 , 0. kx x g x xx    若方程    f x g x 在区间 5,5 上有 7 个不同的实数根，则实数 k 的取值范围为___________. 【答案】 1 1,5 4     【解析】 【分析】 在同一直角坐标系内，画出 ( )f x ， ( )g x 的图像，结合图形，由题中条件，即可得出结果. 【详解】在同一直角坐标系内，作出函数 ( )f x ， ( )g x 的图象，如图所示， 由图像可得，函数  y g x 与  y f x 在区间[ 5,0) 内有 3 个交点， 即方程    f x g x 在区间[ 5,0) 上有3 个实根， 故方程    f x g x 在区间[0,5]上有 4 个不同实根，即只需  y g x 与  y f x 在区间  0,5 内有 4 个交点， 当直线 y kx 经过点  4,1 时， 1 4k  ，经过点 5,1 时， 1 5k  . 若在区间[0,5]上有 4 个根，则 1 1,5 4k     . - 13 - 故答案为： 1 1,5 4     . 【点睛】方法点睛： 已知函数零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)的常用方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出 函数的图象，利用数形结合的方法求解. 16. 在 ABC 中内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 2 2b a ac  ，则 B A =__________； cosb A a a b  的取值范围为___________. 【答案】 (1). 2 (2). 3 5,2 2      【解析】 【分析】 由余弦定理可转化条件为 2 cosc a B a  ，再由正弦定理及三角恒等变换即可得 B A ；再由正 弦定理可得 2cos 12cos 2cos b A a Aa b A    ，换元后结合导数即可得解. 【详解】由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，即 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 所以 2 2 cosc ac B ac   ，即 2 cosc a B a  ， 由正弦定理得 sin 2sin cos sinC A B A  ，即 sin( ) 2sin cos sinA B A B A   ， 所以 sin cos cos sin 2sin cos sinA B A B A B A   即sin( ) sinB A A  ， 因为  , 0,A B  ，所以 B A A  或 ( )B A A    (舍去)，所以 2B A ，即 2B A  ； 因为 3 (0, )A B A    ，所以 0, 3A     ， 所以 cos sin cos sin sin 2 cos sin sin sin sin sin 2 b A a B A A A A A a b A B A A       2 12cos 2cos A A ， 令 1cos ,12x A      ，则 2 1 1( ) 2 , ,12 2f x x xx       ， 3 2 2 1 8 1( ) 4 02 2 xf x x x x      ， - 14 - 所以  f x 在区间 1 ,12      上单调递增， 又 1 3 5, (1)2 2 2f f      ，所以 3 5( ) ,2 2f x     . 故答案为：2； 3 5,2 2      . 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用正弦、余弦定理对条件合理变形，再利用换元、 导数确定函数的取值范围. 四､解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 如图，在圆内接 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，满足 cos cos 2 cosa C c A b B  . （1）求 B； （2）若点 D 是劣弧 AC 上一点，AB=2，BC=3，AD=1，求四边形 ABCD 的面积 【答案】（1） 3B  ；（2） 2 3 . 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理化简即可． （2）在 ABC ，利用余弦定理求出 AC ，已知 B ，可得 ADC ，再余弦定理求出 DC ， 即可 ABC 和 ADC 面积，可得四边形 ABCD 的面积． 【详解】解：（1）由正弦定理得sin cos sin cos 2sin cosA C C A B B  ， 得sin 2sin cosB B B . 因为 0 ,sin 0B B   ， 所以 1cos 2B  ，即 3B  . - 15 - （2）在 ABC 中 AB=2，BC=3， 3B  ， 2 2 2 24 9cos 3 2 12 AB BC AC AC AB BC       ， 解得 7AC  . 在 ADC 中， 7, 1AC AD  ，A，B，C，D 在圆上， 因为 3B  ，所以 2 3ADC   ， 所以 2 2 2 22 1 7 1cos 3 2 2 2 AD DC AC DC AD DC DC         ， 解得 2DC  或 3DC   （舍去）， 所以四边形 ABCD 的面积 1 2 1sin sin 2 32 3 2 3ABC ADCS S S AD DC AB BC         . 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现 “角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间 的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数 思想求最值. 18. 已知数列 na 的前 n 项和为 1, 1, 0n nS a a  2 2 1 1n n nS a S   ,其中  为常数. (1)证明: 1 2n nS S    ； (2)是否存在实数  ,使得数列 na 为等比数列,若存在,求出  ;若不存在,说明理由. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 分析：（1） 1 1n n na S S   ， 2 2 1 1n n nS a S   ，∴  22 1 1n n n nS S S S    ，整理后即 得结果；（2）由（1）可得  1 2 2n na a n   ，检验 n=1 也适合即可. 详解：（1） 1 1n n na S S   ， 2 2 1 1n n nS a S   ，  22 1 1n n n nS S S S     ，  1 1 2 0n n nS S S      ， 10, 0n na S     ， 1 2 0n nS S     ； 1 2n nS S    ， - 16 - （2） 1 2n nS S    ，  12 2n nS S n   ， 相减得：  1 2 2n na a n   ，  na 从第二项起成等比数列， 2 12S S   即 2 1 12a a a    ， 2 1 0a     得 1   ，   2 1, 1 2 ,nna      , 1 , 2 , n n   若使 na 是等比数列 则 2 1 3 2a a a ，    22 1 1     ， 1   （舍）或 1  经检验得符合题意． 点睛：已知 nS 求 na 的一般步骤：（1）当 1n  时，由 1 1a S 求 1a 的值；（2）当 2n  时，由 1n n na S S   ，求得 na 的表达式；（3）检验 1a 的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则 分段表示 na ；（4）写出 na 的完整表达式. 19. 在① 3AN BN  ，② 4 3AMNS △ ，③ AC AM 这三个条件中任选一个，补充在下面问 题中，并进行求解.问题：在 ABC 中，内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ， 3B  ， 8c  ，点 M ， N 是 BC 边上的两个三等分点， 3BC BM  ，____________，求 AM 的长和 ABC 外接圆半径.注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分. 【答案】答案见解析 【解析】 【分析】 若选择条件①， BM t ，用余弦定理 2 2 2 2 cosAN AB BN AB BN B    ，求得 t ，再用 余弦定理求得 AM ， AC ，最后由正弦定理可得外接圆半径； - 17 - 若选择条件②，由三角形面积求得 BC ，得 BM ，然后用余弦定理求得 AM ， AC ，利用正 弦定理求得外接圆半径； 若选择条件③，设 BM t ，用余弦定理表示出 ,AM AC 后解得t ，然后同样由余弦定理求得 ,AM AC ，用正弦定理求得外接圆半径． 【详解】若选择条件① 因为 3AN BN  ，所以 2 3AN BM  ， 设 BM t ，所以 2 3AN t ；又 60B   ， 8c  ， 所以在 ABN 中， 2 2 2 2 cosAN AB BN AB BN B    ， 即 2 2 2(2 3 ) 8 4 2 8 2 cos60t t t      ， 即： 2 2 8 0t t   ， 所以 2t  或-4（舍去）. 在 ABM 中， 2 2 2 22 cos 8 4 2 8 2cos60 52AM AB BM AB BM B          ， 所以 2 13AM  ， 同样 2 2 2 2 22 cos 8 6 2 8 6cos60 52AC AB BC AB BC B          ， 所以 2 13AC  ， 由正弦定理可得： 2 13 4 392 sin sin 60 33 2 b ACR B     ， 所以外接圆半径为 2 39 3R  . 若选择条件② 因为点 M ， N 是 BC 边上的三等分点，且 4 3AMNS △ ， 所以 12 3ABCS  ， 因为 60B   ，所以 1 1 312 3 sin 60 82 2 2ABCS AB BC BC       △ ， 所以 6BC  ，所以 2BM  . - 18 - 在 ABM 中， 2 2 2 22 cos 8 4 2 8 2cos60 52AM AB BM AB BM B          ， 所以 2 13AM  ， 同样 2 2 2 2 22 cos 8 6 2 8 6cos60 52AC AB BC AB BC B          ， 所以 2 13AC  ， 由正弦定理可得： 2 13 4 392 sin sin 60 33 2 b ACR B     ， 所以外接圆半径为 2 39 3R  . 若选择条件③ 设 BM t ，则 3BC t ， 在 ABM 中， 2 2 2 2 cosAM AB BM AB BM B    2 2 2 28 2 8 cos60 8 8t t t t       ， 同样在 ABC 中， 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC B    2 2 28 9 2 8 3 cos60 64 9 24t t t t         ， 因为 AC AM ，所以 2 2 28 8 64 9 24t t t t     ， 所以 2t  ， 在 ABM 中， 2 2 2 2 cosAM AB BM AB BM B    28 4 2 8 2cos60 52      ， 所以 2 13AM  ， 同样 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC B    2 28 6 2 8 6cos60 52      ， 所以 2 13AC  ， 由正弦定理可得： 2 13 4 392 sin sin 60 33 2 b ACR B     ， 所以外接圆半径为 2 39 3R  . 【点睛】本题考查正弦定理，余弦定理，掌握两个定理的应用是解题关键．属于中档题． - 19 - 20. 设函数 2 2 3 2 2 3( ) 3 , ( ) 3 3 ,2 2 a af x x x ax g x ax x a             R . （1）求函数  f x 的单调区间； （2）若函数   23( ) ( ) ( ) 0,22 2 ax f x g x x x     在 0x  处取得最大值，求 a 的取值范围. 【答案】（1）当 3a  时， ( )f x 的单调递增区间为 ( , )  ，无单调递减区间； 当 3a  时， ( )f x 的单调递增区间为 9 3,1 3 a      和 9 31 ,3 a      ，单调递减区间为 9 3 9 31 ,13 3 a a       ；（2） 6, 5     . 【解析】 【分析】 （1）先对  f x 求导，对导函数分 3a  和 3a  两种情况讨论即可. （2）因为函数  x 在 0x  处取得最大值，所以  2 3 2 23 1 3 3(0) ( ) ( 1) 3 , 0,22 2 2 2a x ax a x x a x       … ，利用分离参数法转化为不等式恒成 立问题，求函数的最值即可. 【详解】解：（1）  22( ) 3 6 3 1 3f x x x a x a        ， 当 3a  时，   0f x  ， 所以 ( )f x 的单调递增区间为 ( , )  ，无单调递减区间； 当 3a  时，令   0f x  ，得 9 31 3 ax   或 9 31 3 ax   ， 所以 ( )f x 的单调递增区间为 9 3,1 3 a      和 9 31 ,3 a      令   0f x  ，得 9 3 9 31 13 3 a ax     ， 所以 ( )f x 的单调递减区间为 9 3 9 31 ,13 3 a a       . 综上，当 3a  时， ( )f x 的单调递增区间为 ( , )  ，无单调递减区间； - 20 - 当 3a  时， ( )f x 的单调递增区间为 9 3,1 3 a      和 9 31 ,3 a      ，单调递减区间为 9 3 9 31 ,13 3 a a       . （2）由题意得  3 2 21 3 3( ) ( 1) 3 , 0,22 2 2x ax a x x a x       . 因为函数  x 在 0x  处取得最大值， 所以  2 3 2 23 1 3 3(0) ( ) ( 1) 3 , 0,22 2 2 2a x ax a x x a x       … ， 即  3 21 3 ( 1) 3 0, 0,22 2ax a x x x   „ ， 当 0x  时，显然成立. 当  0,2x 时，得  21 3 1 3 02 2ax a x    ， 即          22 3 2 3 2 3 23 2 2 2 2 1+2 x xa x x x x x x           „ . 令  2 2,4t x   ，则 2( ) 1, (2,4]th t t t    ，   2 21 0h t t     恒成立，所以 2( ) 1, (2,4]th t t t    是增函数， 5( ) 0, 2h t     ， 所以 3 6 2 5( 2) 12x x    … ，即 6 5a„ ， 所以 a 的取值范围为 6, 5     . 【点睛】思路点睛：对含参数的函数求单调区间，根据导函数分类讨论是解决这类题的一般 方法；已知函数的最大值求参数的取值范围，往往转化为不等式恒成立问题，如果能分离参 数的话，分离参数是解决这类题的常用方法，然后再求函数的最值即可. 21. 甲､乙两名同学在复习时发现他们曾经做过的一道数列题目因纸张被破坏导致一个条件看 不清，具体如下等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知____________， （1）判断 1 2 3, ,S S S 的关系并给出证明. （2）若 1 3 3a a  ，设 12n n nb a ， nb 的前 n 项和为 nT ，证明 4 3nT  . - 21 - 甲同学记得缺少的条件是首项 1a 的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q 的值，并且他俩都记 得第（1）问的答案是 1 3 2, ,S S S 成等差数列.如果甲､乙两名同学记得的答案是正确的，请通过 推理把条件补充完整并解答此题. 【答案】补充条件见解析；（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）可补充公比 q的值，由等比数列的通项公式和等差中项的性质，计算即可得所求得结论； （2）由等比数列的通项公式求得 2 1 3 2 n nb n      ，再利用乘公比错位相减求和结合等比数列 求和公式，不等式的性质即可得证. 【详解】（1）补充的条件为 1 2q   ， 1 2 3, ,S S S 的关系为 1 3 2, ,S S S 成等差数列. 证明如下： 若 1 2q   则 1 1S a ， 2 1 2 1 1 1 1 1 2 2S a a a a a     ， 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 3 2 4 4S a a a a a a a       ， 可得 1 2 32S S S  ，因此 1 3 2, ,S S S 成等差数列. （2）证明：由 1 3 3a a  ，可得 1 1 1 34a a  ， 解得 1 1 14, 4 2 n na a        11 2412 12 2 3 2 n n n n n n nb a          ， 则 1 2 3 2 1 1 1 11 2 33 2 2 2 2n nT n           L ， - 22 - 2 3 4 1 1 2 1 1 1 11 2 32 3 2 2 2 2n nT n             L ， 上面两式相减可得 2 3 4 1 1 1 111 2 1 1 1 1 1 1 2 12 2 12 3 2 2 2 2 2 2 3 21 2 n n n n nT n n                            . 整理可得 1 2 2 4 22 13 2 3 2n n n n nT                ， 因为 * 1 2N ,1 12n nn     ，所以 4 3nT  . 【点睛】关键点点睛：本题得关键点是利用 1 3 2, ,S S S 成等差数列求出等比数列 na 的公比 1 2q   才能求出 2 3 2n n nb   ，在利用乘公比错位相减求和时要仔细，必要时可以用万能公式 建议求和的结果，再利用不等式的性质即可得证. 22. 定义可导函数 ( )y f x 在 x 处的弹性函数为 ( ) ( ) xf x f x   ，其中 ( )f x 为 ( )f x 的导函 数．在区间 D 上，若函数 ( )f x 的弹性函数值大于 1，则称 ( )f x 在区间 D 上具有弹性，相应的 区间 D 也称作 ( )f x 的弹性区间． （1）若 ( ) 1xr x e x   ，求 ( )r x 的弹性函数及弹性函数的零点； （2）对于函数 ( ) ( 1) lnxf x x e x tx    （其中 e 为自然对数的底数） （ⅰ）当 0t  时，求 ( )f x 的弹性区间 D； （ⅱ）若 ( ) 1f x  在（i）中的区间 D 上恒成立，求实数 t 的取值范围． 【答案】（1） ( ) ( 1)( ) 1 x x x xr x er x e x        ， 0x  ； （2）（ⅰ）(1, ) ，（ⅱ）( , 1]  . 【解析】 【分析】 （1）由 ( ) 1xr x e x   ，可得 ( ) 1xr x e   ，根据题设条件，即可求得 ( )r x 的弹性函数及 弹性零点； （2）（ⅰ）函数 ( ) ( 1) lnxf x x e x   ，可得函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，函数 ( )f x 是弹 - 23 - 性函数 2 1( ) 1( ) ( 1) ln x x x x ef x f x x e x      ，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间； （ⅱ）由 ( ) 1f x  在 (1, ) 上恒成立，可得 1 ln 1(1 ) x xt ex x    在 1x  上恒成立，设 1 ln 1( ) (1 ) x xh x ex x    ，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得t 的取值范围. 【详解】（1）由 ( ) 1xr x e x   ，可得 ( ) 1xr x e   ， 则 ( ) ( 1)( ) 1 x x x xr x er x e x        ， 令 ( ) ( 1) 0( ) 1 x x x xr x er x e x        ，解得 0x  ， 所以 ( )r x 弹性函数的零点为 0x  . （2）（ⅰ）当 0t  时，函数 ( ) ( 1) lnxf x x e x   ，可得函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 因为 21 1( ) ( 1) ln ( 1) x x x x x ef x x e x e x e x x          ， 函数 ( )f x 是弹性函数 2 1( ) 1( ) ( 1) ln x x x x ef x f x x e x      ， 此不等式等价于下面两个不等式组： （Ⅰ）   2 1 ln 0...... 1 ( 1) ln ....... x x x x e x x e x e x         ① ② 或（Ⅱ）   2 1 ln 0..... 1 ( 1) ln ....... x x x x e x x e x e x         ③ ④ ， 因为①对应的函数就是 ( )f x ， 由 ( ) 0f x¢ > ，所以 ( )f x 在定义域上单调递增， 又由 (1) 0f  ，所以①的解为 1x  ； 由可得   2 21 [( 1) ln ] ( 1) 1 ln 0x x xg x x e x e x x x e x           ， 且   3 2 2 1 ( ) 1(2 1) ( 1) x x x x x eg x x e x x e x x          在 1x  上恒为正， 则  g x 在 1x  上单调递增，所以    1 0g x g  ，故②在 1x  上恒成立， 于是不等式组（Ⅰ）的解为 1x  ， 同①的解法，求得③的解为 0 1x  ； - 24 - 因为 0 1x  时，④ 2 1 0,( 1) ln 0x xx e x e x     ，所以不成立， 所以不等式（Ⅱ）无实数解， 综上，函数 ( )f x 的弹性区间 (1, )D   . （ⅱ）由 ( ) 1f x  在 (1, ) 上恒成立，可得 1 ln 1(1 ) x xt ex x    在 1x  上恒成立， 设 1 ln 1( ) (1 ) x xh x ex x    ，则 2 2 ( 1) 2 ln( ) xx x e xh x x      ， 而  2( 1) 2 ln 1xx x e x g x      ， 由（ⅰ）可知，在 1x  上恒为正， 所以 ( ) 0h x  ，函数  h x 在 (1, ) 上单调递增，所以    1 1h x h   ， 所以 1t   ，即实数t 的取值范围是 ( , 1]  . 【点睛】本题主要考查了函数的弹性函数及弹性函数的零点的求法，利用导数研究不等式恒 成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而 得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题 转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难题．