江苏省宿迁市2020届高三下学期5月联考数学试题 Word版含解析

江苏省宿迁市2020届高三下学期5月联考数学试题 Word版含解析

- 1 - 江苏省宿迁市 2019～2020 学年度第二学期高三年级 5 月联考 数学试题 第Ⅰ卷（必做题，共 160 分） 一、填空题（请将答案填写在答题卷相应的位置上．） 1.已知集合  0A x x ，  1,0,1,2B   ，则 A B 等于 ． 【答案】 1,2 【解析】 试题分析：      | 0 1,0,1,2 1,2A B x x      考点：集合运算 【方法点睛】 1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合 类型，是数集、点集还是其他的集合． 2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解． 3．在进行集合的运算时要尽可能地借助 Venn 图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元 素离散时用 Venn 图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍． 2.若复数 z 满足 2 4iz i  （i 是虚数单位），则复数 z 的模等于______． 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 由题意可得 2 4 4 2iz ii    ，再由复数模的概念即可得解. 【详解】复数 z 满足 2 4iz i  ，  2 2 2 4 2 4 4 2i i iz ii i      ，   224 2 2 5z     ． 故答案为： 2 5 . 【点睛】本题考查了复数的运算与复数模的求解，属于基础题. 3.如图所示，运行该流程图，若输入值 2x   ，则输出的 y 值为______． - 2 - 【答案】6 【解析】 【分析】 由题意执行该程序框图，直接计算即可得解. 【详解】 2 0  ，    3 2 6y      ． 故答案为：6. 【点睛】本题考查了程序框图的求解，属于基础题. 4.已知一组数据 4，5，6，6，9，则该组数据的方差是______． 【答案】 14 5 【解析】 【分析】 由题意计算出 x 后，由方差公式直接计算即可得解. 【详解】由题意 4 5 6 6 9 65x      ，           2 2 2 2 22 1 144 6 5 6 6 6 6 6 9 65 5S              ． 故答案为：14 5 . 【点睛】本题考查了数据方差的计算，属于基础题. 5.从 2 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿者服务，则选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学的概率是______． 【答案】 5 6 - 3 - 【解析】 【分析】 由题意分别计算出所有情况数与符合要求的情况数，再结合古典概型概率公式即可得解. 【详解】从 2 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学共有 2 4 6C  种情况， 其中 2 名同学中至少有 1 名女同学有 1 1 2 2 2 2 5C C C   种情况， 故所求概率 5 6P  ． 故答案为： 5 6 . 【点睛】本题考查了计数原理的应用及古典概型概率的求解，属于基础题. 6.过双曲线 2 2 13 x y  的右焦点且与 x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于 A ， B 两 点，则 AB 的长度为______． 【答案】 4 3 3 【解析】 【分析】 由题意求得双曲线的渐近线方程与右焦点，进而可得点 32, 2 3A       ， 32, 2 3B      ，即可得 解. 【详解】双曲线 2 2 13 x y  的渐近线方程为 3 3y x  ，右焦点为 2,0 ， 则点 32, 2 3A       ， 32, 2 3B      ， 所以 2 3 2 3 4 3 3 3 3AB         ． 故答案为： 4 3 3 . 【点睛】本题考查了双曲线性质的简单应用，属于基础题. 7.已知等差数列 na 中， 1 3a   ， 5 811 5a a ，则其前 n 项和 nS 的最小值为______． - 4 - 【答案】﹣4 【解析】 【分析】 由题意结合等差数列的通项公式可得    11 3 4 5 3 7d d     ，求出 2d  后，可得  22 4nS n   ，即可得解. 【详解】设等差数列 na 的公差为 d ，  5 811 5a a ， 1 3a   ，    11 3 4 5 3 7d d     ，解得 2d  ，     213 2 2 42n n nS n n        ， 当 2n  时， nS 的最小值为 4 ． 故答案为： 4 . 【点睛】本题考查了等差数列基本量运算与前 n 项和最值的求解，属于基础题. 8.已知函数 ( ) sinf x x  0 4  的图象向左平移 12  个单位后，关于点 5 ,012      对称， 则实数 的值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】 由题意平移之后的函数为   sin 12g x x         ，进而可得 5 12 12 k       ， k Z ， 即可得解. 【详解】设函数 ( ) sinf x x 的图象向左平移 12  个单位后得   sin 12g x x         的图 象， 由题意   sin 12g x x         关于点 5 ,012      对称， ∴ 5 12 12 k       ， k Z ， - 5 - ∴ 2k  ， k Z ，  0 4  ， 2  ． 故答案为：2. 【点睛】本题考查了三角函数图象的平移与对称性的应用，属于基础题. 9.已知圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，记圆锥和 球体的体积分别为 1V ， 2V ，则 1 2 V V 的值为______． 【答案】 9 4 【解析】 【分析】 设圆锥底面半径为 R ，圆锥的内切球半径为 r ，由题意画出圆锥轴截面图，进而可得 3 3r R 、 圆锥高 3h R= ，即可得解. 【详解】设圆锥底面半径为 R ，圆锥的内切球半径为 r ， 由题意知，圆锥的轴截面是边长为 2R 的正三角形，球的大圆为该正三角形的内切圆，如图，  3 3r R ，圆锥高 3h R= ， 2 1 3 2 1 3 93 44 3 3 3 R RV V R             ． 故答案为： 9 4 . 【点睛】本题考查了圆锥几何特征的应用及其内切圆相关问题的求解，属于基础题. - 6 - 10.已知 是第二象限角，且 4sin 5   ，则 tan 2 4      的值为______． 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 由题意结合同角三角函数的关系可得 4tan 3    ，根据二倍角的正切公式可得 tan 22   ，最 后利用两角差的正切公式即可得解. 【详解】  是第二象限角，且 4sin 5   ，  2 , 2 ,2 k k k Z          ， 2 3cos 1 sin 5       ， sin 4tan cos 3     ，  2 2tan 42tan tan 2 2 31 tan 2             ， 又 , ,2 4 2k k k Z   Î + + Î ，  θtan 02 > ，解得 tan 22   ，  tan 1 2 1 12tan 2 4 1 2 31 tan 2               ． 故答案为： 1 3 . 【点睛】本题考查了两角差的正切公式及二倍角的正切公式的应用，考查了同角三角函数关 系的应用和运算能力，属于中档题. 11.设   1 2 1log 1 2 bxf x x   是定义在区间 ( , )a a 上的奇函数，且为单调函数，则 ab 的取值范围 是______． 【答案】1, 2 【解析】 【分析】 - 7 - 由题意结合奇函数的性质可得 2 4b  ，由函数单调性可得 2b  ，求得函数  f x 的定义域后 即可得 10 2a  ，再由指数函数的性质即可得解. 【详解】   1 2 1log 1 2 bxf x x   是定义在区间  ,a a 上的奇函数，      0f x f x   ，即 1 1 2 2 1 1log log 01 2 1 2 bx bx x x     ，  1 1 11 2 1 2 bx bx x x     得 2 4b  ， 又  f x 为单调函数， 2b  ，   1 2 1 2log 1 2 xf x x   ， 令1 2 01 2 x x   即  1 2 1 2 0x x   ，则 1 1 2 2x   ，  10 2a  ，  2 1, 2a ab    ． 故答案为：1, 2 . 【点睛】本题考查了指数函数、对数函数的图象与性质的应用，考查了函数奇偶性的应用， 属于中档题. 12.在 ABC 中， 4AB  ， 2AC  ， 60BAC   ，已知点 E ， F 分别是边 AB ， AC 的 中点，点 D 在边 BC 上．若 13 4DE DF     ，则线段 BD 的长为______． 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 由题意结合余弦定理可得 2 12BC  ，即可得 90C  ，建立平面直角坐标系后，表示出各点 坐标，由 13 4DE DF     转化为坐标运算即可得解. 【详解】在 ABC 中， 4AB  ， 2AC  ， 60BAC   ， 则 2 2 2 2 cos 16 4 8 12BC AC AB AC AB BAC         ，  2 2 2BC AC AB  ， 90C  ， - 8 - 以C 为坐标原点，点 A 、 B 分别在 x 轴、 y 轴正半轴上建立平面直角坐标系，如图， 则  0,0C ，  2,0A ，  0,2 3B ，  1, 3E ，  1,0F ， 设   0, 0 2 3D d d  ， 故  1, 3DE d    ，  1,DF d    ，  13 4DE DF     ， 2 131 3 4d d   ，解得 3 3 2d  或 3 2d   （舍去），  3 3 32 3 2 2BD   . 故答案为： 3 2 . 【点睛】本题考查了余弦定理与平面向量数量积的坐标运算，考查了运算求解能力，属于基 础题 13.在平面直角坐标系中， A ，B 分别是 x 轴和 y 轴上的动点，若以 AB 为直径的圆C 与直线 2 10 0x y   相切，当圆 C 面积最小时，圆 C 的标准方程为______． 【答案】    2 22 1 5x y    【解析】 【分析】 由题意易知原点O 在圆C 上，作 OD 垂直直线 2 10 0x y   于点 D ，进而可得当 OD 为圆C 直径时，圆C 面积最小，求出直线 : 2 0OD x y  后，联立方程即可得点  4,2D ，求得圆的 圆心与半径后即可得解. - 9 - 【详解】由题意可得，原点 O 在圆C 上， 作OD 垂直直线 2 10 0x y   于点 D ， 则当 OD 为圆C 直径时，圆C 面积最小， 易知 1 2ODk  ，所以直线 : 2 0OD x y  ， 由 2 0 2 10 0 x y x y       可得点  4,2D ，所以  2,1C ，半径 4 1 5OC    ， 故圆C 的方程为   2 22 1 5x y    ． 故答案为：   2 22 1 5x y    . 【点睛】本题考查了直线与圆的综合问题，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档 题. 14.函数 f（x） 2 1 x ax x x a      ， ， ＞ ，若任意 t∈（a﹣1，a），使得 f（t）＞f（t+1），则实数 a 的取值范围为______． 【答案】1 3  a 2  1 【解析】 【分析】 根据 f（x） 2 1 x ax x x a      ， ， ＞ ，由 t∈（a﹣1，a）⇒t+1∈（a，a+1），得到 f（t） 2 1t   ； f（t+1）＝|t+1|；再根据任意 t∈（a﹣1，a），使得 f（t）＞f（t+1），即 2 1t  ＞|t+1|⇒|t+1| （|t|+1）﹣2＜0；然后分当 t＞0，﹣1≤t≤0，t＜﹣1 时，解不等式得 3 ＜t 2 ＜ 1； 根据若任意 t∈（a﹣1，a），使得 f（t）＞f（t+1）成立，则（a﹣1，a）是（ 3, 2 1） 的子集求解. 【详解】因为：f（x） 2 1 x ax x x a      ， ， ＞ ， - 10 - 由 t∈（a﹣1，a）⇒t+1∈（a，a+1）， ∴f（t） 2 1t   ；f（t+1）＝|t+1|； ∵任意 t∈（a﹣1，a），使得 f（t）＞f（t+1）， ∴ 2 1t  ＞|t+1|⇒  1 1 2 0t t    ；① 当 t＞0 时，①式转化为   1 1 2 0t t    ⇒0＜t 2 1＜ ； 当 1 0t   时①式转化为   1 1 2 0t t     ⇒ 21 2 0t    ，∴ 1 0t   ； t＜﹣1 时①式转化为   1 1 2 0t t      ⇒t2﹣3＜0⇒ 3 ＜t＜0； 综上可得 3 ＜t 2 ＜ 1； ∵若任意 t∈（a﹣1，a），使得 f（t）＞f（t+1）， ∴a﹣1 3  且 a 2  1； ∴1 3 a 2  1； 【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法和集合关系的应用，还考查了分类讨论的思想和 运算求解的能力，属于中档题. 二、解答题（请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15.如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，且 / /AD BC ， AB BC ， 2BC AD ，已知平面 PAB  平面 ABCD ， E ， F 分别为 BC ， PC 的中点．求证： （1） / /AB 平面 DEF ； （2） BC ⊥平面 DEF ． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析． 【解析】 - 11 - 【分析】 （1）由题意可得四边形 ADEB 是平行四边形，即可得 / /AB DE ，再根据线面平行的判定即 可得证； （2）由面面垂直的性质可得 BC  平面 PAB ，再由线面垂直的性质可得 BC PB 即 BC EF ，再结合 BC DE ，由线面垂直的判定即可得证. 【详解】证明：（1）因为 / /AD BC ， 2BC AD ， E 为 BC 的中点． 所以 / /AD BE 且 AD BE ，所以四边形 ADEB 是平行四边形， 所以 / /AB DE ， 又因为 AB  平面 DEF ， DE  平面 DEF 所以 / /AB 平面 DEF ； （2）因为平面 PAB  平面 ABCD ，平面 PAB  平面 ABCD AB ， AB BC ， BC 平面 ABCD 所以 BC  平面 PAB ， 因为 PB  平面 PAB ．所以 BC PB ， 因为 E ， F 分别为 BC ， PC 的中点， 所以 / /EF PB ，所以 BC EF ， 因为 / /AB DE ， BC AB ，所以 BC DE ， 因为 DE  平面 DEF ， EF  平面 DEF ， DE EF E 所以 BC  平面 DEF ． 【点睛】本题考查了线线、线面、面面关系的判定与性质，考查了空间思维能力，属于中档 题. 16.如图，在 ABC 中， 6AC  ，D 为 AB 边上一点， 2CD AD  ，且 6cos 4BCD  ． （1）求sinB ； （2）求 ABC 的面积． 【答案】（1） 10 8 ；（2） 3 15 2 ． - 12 - 【解析】 【分析】 （1）由余弦定理结合题意可得 1cos 4ADC  ，根据同角三角函数的平方关系可得 15sin 4ADC  、 10sin 4BCD  ，再利用  sin sinB ADC BCD    即可得解； （2）由正弦定理可得 sin sin sin BD CD BC BCD B BDC    ，进而可求得 4BD  、 2 6BC  ， 利用三角形面积公式即可得解. 【详解】（1）在 ADC 中，由余弦定理得  22 22 2 2 2 2 6 1cos 2 2 2 2 4 AD CD ACADC AD CD         所以 2 2 1 15sin 1 cos 1 4 4ADC ADC           因为 6cos 4BCD  ， BCD 是三角形 BCD 的内角， 所以 2 2 6 10sin 1 cos 1 4 4BCD BCD            所以  sin sinB ADC BCD    sin cos cos sinADC BCD ADC BCD      15 6 1 10 4 4 4 4     10 8  ； （2）在 BCD 中，由正弦定理得 sin sin sin BD CD BC BCD B BDC    ， 所以 102sin 4 4sin 10 8 CD BCDBD B    ， 152sin sin 4 2 6sin sin 10 8 CD BDC CD ADCBC B B      ， 所以 6AB AD BD   ， - 13 - 所以 1 1 10 3 15sin 6 2 62 2 8 2ABCS AB BC B         ． 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理及三角恒等变换的综合应用，考查了运算求解能力， 属于中档题. 17.某公司准备设计一个精美的心形巧克力盒子，它是由半圆 1O 、半圆 2O 和正方形 ABCD 组成 的，且 8AB cm ．设计人员想在心形盒子表面上设计一个矩形的标签 EFGH，标签的其中两 个顶点 E，F 在 AM 上，另外两个顶点 G，H 在 CN 上（M，N 分别是 AB，CB 的中点）．设 EF 的中 点为 P， 1FO P   ，矩形 EFGH 的面积为 2Scm ． （1）写出 S 关于 的函数关系式 ( )S  （2）当 为何值时矩形 EFGH 的面积最大？ 【答案】（1） ( ) 32sin (2cos 2)S     ， 0, 4      ；（2）当 为 4  时，矩形 EFGH 的 面积最大，为 264cm ． 【解析】 【分析】 （1）由题意知 0, 4      ，可得 8sinEF  ， 8cos 4 2EH   ，利用矩形的面积公式， 即可得答案； （2）利用导数可得：当 0, 4      时， ( ) 0S   恒成立，所以 ( )S  在 0, 4E      上单调递 增，即可得答案； - 14 - 【详解】（1）由题意知 0, 4      ， 8sinEF  ， 8cos 4 2EH   ， 则 ( ) 8sin (8cos 4 2)S EF EH      ， 即 ( ) 32sin (2cos 2)S     ， 0, 4      （2） ( ) 32[cos (2cos 2) sin ( 2sin )]S            2 232 2cos 2sin 2 cos      232 4cos 2 cos 2    ． 因为 0, 4      ，所以 22 4cos 4 „ ，1 2 cos 2 „ ，所以 24cos 2 cos 2 0    ， 故当 0, 4      时， ( ) 0S   恒成立，所以 ( )S  在 0, 4E      上单调递增． 故当 4   时， max( ) 32sin 2cos 2 644 4S          ． 答：当 为 4  时，矩形 EFGH 的面积最大，为 264cm ． 【点睛】本题考查导数在实际问题中的运用，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力、运 算求解能力. 18.在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的上顶点到焦点的距离为 2， 离心率为 3 2 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）设 P 是椭圆C 长轴上的一个动点，过点 P 作斜率为 k 的直线l 交椭圆C 于 A ， B 两点， 若 2 2PA PB 的值与点 P 的位置无关，求 k 的值． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） 1 2k   ． 【解析】 - 15 - 【分析】 （1）由题意结合椭圆性质可得 2a  、 3c  ，由 2 2 2b a c  求出 2b 后即可得解； （2）设   ,0 2 2P m m   ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线l 的方程为  y k x m  ，联 立方程可得 2 1 2 2 8 1 4 mkx x k    ，  2 2 1 2 2 4 1 1 4 k m x x k    ，进而可得        2 4 2 2 2 2 2 22 8 6 2 1 4 8 8 1 4 m k k k k PA PB k          ，令 4 28 6 2 0k k    即可得解. 【详解】（1）由题设可知 2a  ， 3 2 ce a   ， 所以 3c  ，所以 2 2 2 1b a c   ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  ； （2）设   ,0 2 2P m m   ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线l 的方程为  y k x m  ， 将直线与椭圆的方程联立即   2 2 14 y k x m x y      ， 消去 y 得   2 2 2 2 21 4 8 4 1 0k x mk x k m     ，   ， 所以 2 1 2 2 8 1 4 mkx x k    ，  2 2 1 2 2 4 1 1 4 k m x x k    ， 所以         2 2 2 2 2 2 2 22 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 14 4 x xPA PB x m y x m y x m x m                                     2 4 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 22 8 6 2 1 4 8 83 2 2 24 1 4 m k k k k x x m x x m k               ， 因为 2 2PA PB 的值与点 P 的位置无关，即上式取值与 m 无关， 故有 4 28 6 2 0k k    ，解得 1 2k   . 【点睛】本题考查了椭圆标准方程的确定及直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力， 属于中档题. - 16 - 19.已知函数   ln 1 2 1 2 2 x af x x ax x     ． （1）当 0a  时，求函数  f x 在 1x  处的切线方程； （2）若函数  f x 在定义域上单调增，求 a 的取值范围； （3）若函数  f x 在定义域上不单调，试判定  f x 的零点个数，并给出证明过程． 【答案】（1） 2 2y x  ；（2） 2a   ；（3）函数  f x 必有三个不同零点，证明详见解析． 【解析】 【分析】 （1）求导后可得  1 2f   即为切线斜率，再求出  1 0f  ，利用点斜式即可得解； （2）转化条件得 2 2ln 2 3 0x x a    在 0x  时恒成立，令    2 2ln 2 3 0g x x x a x     ， 对  g x 求导后求出  ming x ，令  min 0g x  即可得解； （3）由题意若函数  f x 在定义域上不是单调函数 2a   ，设   22ln 2 2 1h x x x ax a     ，求导后，即可确定函数  h x 的零点个数，结合  1 0f  即可 得解. 【详解】（1）当 0a  时，   ln 1 1 2 2 xf x xx x    ， 则   2 2 2 2 1 ln 1 1 2ln 3 2 2 2 x x xf x x x x        ，  1 0f  ， 则在 1x  处的切线斜率为  1 2f   ， 所以函数  f x 在 1x  处的切线方程为  2 1y x  即 2 2y x  ； （2）因为    ln 2 1 2 2 x x af x a a Rx x      ． 所以  f x 的定义域为  0,  ，   2 2 2ln 2 3 2 x x af x x     ， 又因为函数  f x 在定义域上为单递增函数， 所以   2 2 2ln 2 3 02 x x af x x      在 0x  时恒成立， 即 2 2ln 2 3 0x x a    在 0x  时恒成立， - 17 - 设    2 2ln 2 3 0g x x x a x     ， 则     2 2 1 12 2 x xxg x x x     ， 当 0 1x  时， ( ) 0g x  ，则  g x 在 0,1 上为减函数， 当 1x  时，   0g x  ，则  g x 在 1, 上为增函数， 所以 2 2ln 2 3 0x x a    在 0x  时恒成立  min (1) 4 2 0g x g a     ， 所以 2a   ； （3）因为   2 2 2ln 2 3 2 x x af x x     ， 所以   2 2 3 02 a a a ef e e    ，则   0f x  不可能对 0x  恒成立， 即  f x 在定义域上不可能始终都为减函数， 由（2）知函数  f x 为增函数 2a   ， 所以若函数  f x 在定义域上不是单调函数 2a   ， 又因为  1 0f  ，所以 1x  是函数   0f x  一个零点， 令   0f x  即 22ln 2 2 1 0x x ax a     ， 设   22ln 2 2 1h x x x ax a     ，则  f x 与  h x 有相同的零点， 令   22( 1) 0x axh x x     ，得 2 1 0x ax   ， 因为 2a   ，所以 2 4 0a    ， 所以 2 1 0x ax   有两个不相等实数解 1x ， 2x ， 因为 1 2 1x x  ， 1 2 2x x a    ，所以不妨设 1 20 1x x   ， 当  10,x x 时，   0h x  ，  h x 在 10, x 为增函数； 当  1 2,x x x 时，   0h x  ，  h x 在 10, x 为减函数； 当  1,x x  时，   0h x  ，  h x 在 10, x 为增函数； 则    1 1 0h x h  ，    2 1 0h x h  ， - 18 - 又因为 2a   时， 0 1ae  ， 2 4a  ， 所以   2 21 2 0a a ah e e ae    ，     23 132 2ln 2 4 04 4h a a a          ， 又因为  f x 在 0,1 图象不间断，所以  f x 在 0,1 上有唯一零点； 又因为  f x 在 (1, ) 图象不间断，所以  f x 在 (1, ) 上有唯一零点； 又因为 1x  是函数   0f x  一个零点， 综上，函数  f x 必有三个不同零点． 【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. 20.已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，把满足条件 1n na S   Nn  的所有数列 na 构成的集 合记为 M ． （1）若数列 na 的通项为 1 2n na  ，则 na 是否属于 M ？ （2）若数列 na 是等差数列，且 na Mn  ，求 1a 的取值范围； （3）若数列 na 的各项均为正数，且 na M ，数列 4n na       中是否存在无穷多项依次成等 差数列，若存在，给出一个数列 na 的通项；若不存在，说明理由． 【答案】（1） na M ；（2） 1 1a   ；（3）数列 4n na       中是不存在无穷多项依次成等差数列， 理由详见解析． 【解析】 【分析】 （1）由题意可得 11 2 n nS      ，证明 1 0n na S   即 1n na S  后即可得解； （2）由题意可得 2 1 1 1 3 1 1 02 2 2 d n a d n a          ，当 1n  时， 1d   ；结合二次函 数的性质可得 1 02 d   ；即可得 1d   ；进而可得  1 1 1 0a n   ，即可得解； - 19 - （3）转化条件得 2 * 1 )2 (n na a n N   即 1 4 4 2 n n na a   ，假设数列 4n na       中存在无穷多项依次 成等差数列，不妨设该等差数列的第 n 项为 dn b （b 为常数），则存在 m N ， m n ，使 得 1 1 4 4 42 2 m m n m dn b a a a       ，设   2 22n nf n  ， *n N ， 3n  ，作差后可得       91 3 132f n f n f     即当 3n  时， 2 22n n  ，进而可得不等式 2 1 1 0n da n ba  有无穷多个解，显然不成立，即可得解. 【详解】（1）因为 1 2n na  ，所以 111 12 112 21 2 n n nS             ， 所以 1 1 1 1 3 1 3 1 11 1 1 02 2 2 2 2 2 4 n n n n na S                              ， 所以 1n na S  ，即 na M ； （2）设 na 的公差为 d ，因为 na Mn  ， 所以      1 21 1 21n na n a a a n        （*） 特别的当 1n  时， 2 12 1a a  ，即 1d   ， 由（*）得     1 1 1 11 2 2 n n n na nd n na d        ， 整理得 2 1 1 1 3 1 1 02 2 2 d n a d n a          ， 因为上述不等式对一切 *n N 恒成立，所以必有 1 02 d   ，解得 1d   ， 又 1d   ，所以 1d   ， 于是 1 11 1 0a n a    ，即   1 1 1 0a n   ， 所以 1 1 0a   即 1 1a   ； （3）由 1n na S  得 1n n nS S S   ，所以 1 2n nS S  ，即 1 2n n S S   ， - 20 - 所以 1 3 12 1 1 2 2nn n n S S SS S S S S       ，从而有 1 1 12 2n n nS S a    ， 又 1n na S  ，所以 2 1 1 2n n na S a    ，即  2 1 2 3n na a n  － ， 又 2 2 2 1 1 2a S a    ， 1 2 1 1 2a a   ，所以有 2 * 1 )2 (n na a n N   ， 所以 1 4 4 2 n n na a   ， 假设数列 4n na       中存在无穷多项依次成等差数列， 不妨设该等差数列的第 n 项为 dn b （b 为常数）， 则存在 m N ， m n ，使得 1 1 4 4 42 2 m m n m dn b a a a       ，即 2 1 1 2nda n ba   ， 设   2 22n nf n  ， *n N ， 3n  ， 则        2 22 3 2 3 1 2 11 02 2 2n n n n nnf n f n            ， 即       91 3 132f n f n f     ， 于是当 3n  时， 2 22n n  ， 从而有：当 3n  时 2 1 1da n ba n  ，即 2 1 1 0n da n ba  ， 于是当 3n  时，关于 n 的不等式 2 1 1 0n da n ba  有无穷多个解，显然不成立， 因此数列 4n na       中是不存在无穷多项依次成等差数列． 【点睛】本题考查了新概念在数列中的应用，考查了数列与函数的综合应用及反证法的应用， 属于难题. 第Ⅱ卷（附加题，共 40 分） 三、选做题 21.已知矩阵 3 0 0 4A       ． - 21 - （1）求 A 的逆矩阵 1A ； （2）求圆 2 2 144x y ＝ 经过 1A 变换后所得的曲线的方程． 【答案】（1） -1 1 03 10 4 A             ；（2） 2 2 116 9 x y  ． 【解析】 【分析】 （1）由题意结合 1 1 0 0 1AA      ，即可得解； （2）求出圆上的点  ,P x y   经过 1A 变换后所得的点  ,P x y ，即可得解. 【详解】（1）由条件 3 0 0 4A      且 1 1 0 0 1AA      ，可得 -1 1 03 10 4 A             ； （2）设变换后新曲线上任一点  ,P x y ，变换前对应点  ,P x y   ， 则 1 03 10 4 x x y y                      ，即 1 3 1 4 x x y y      ， 所以 3 4 x x y y      ，代入 2 2 144x y  得： 2 2 116 9 x y  ， 所以曲线 2 2 144x y  经过 1A 变换后所得曲线的方程为 2 2 116 9 x y  . 【点睛】本题考查了逆矩阵的求解及矩阵变换的应用，考查了运算求解能力，属于基础题. 22.已知圆的参数方程为 1 2cos 3 2sin x y         （ 为参数），以平面直角坐标系原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，取与直角坐标系相同的单位建立极坐标系，求过圆心且与极轴垂直的直 线的极坐标方程． 【答案】 cos 1    【解析】 【分析】 - 22 - 由题意消去参数可得圆的普通方程为    2 21 3 4x y    ，进而可得过圆心且与极轴垂直的 直线的直角坐标方程为 1x   ，由极坐标方程与直角坐标方程的转换公式即可得解. 【详解】由 1 2cos 3 2sin x y         （ 为参数）消去参数得圆的普通方程为    2 21 3 4x y    ， 圆心坐标为 1,3 ，过圆心且与极轴垂直的直线的直角坐标方程为 1x   ， 则其极坐标方程为 cos 1    . 【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程与极坐标方程的转化，属于基础题. 23.已知函数   1 2f x x x    ，若 2 3 2a b c    , ,a b c R ，且不等式  2 2 2a b c f x  恒成立，求实数 x 的取值范围． 【答案】 1,2 . 【解析】 【分析】 由柯西不等式得  2 2 2 2 2 36 a b ca b c      ，转化条件得   3f x  ，结合绝对值三角不 等式   1 2 1 2 3f x x x x x         ，即可得解. 【详解】由柯西不等式可得     2 2 2 2 2 2 22 1 2 1a b c a b c       ， 所以  2 2 2 2 2 36 a b ca b c      ， 当且仅当 1 2 1 a b c   即 2b  、 2 2a c  时，等号成立， 所以  2 2 2a b c f x  恒成立   3f x  ， 因为   1 2 1 2 3f x x x x x         ，当且仅当 1 2x   时，等号成立， 所以   3f x  的解集为 1 2x   ， 所以实数 x 的取值范围 1,2 . 【点睛】本题考查了柯西不等式与绝对值三角不等式的综合应用，考查了计算能力与转化化 归思想，属于中档题. - 23 - 四、必做题 24.如图，正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，设 1AD  ， 1 3DD  ，点 P 在 1CC 上，且 1 2C P PC ． （1）求直线 1A P 与平面 PDB 所成角的正弦值； （2）求二面角 A BD P  的余弦值． 【答案】（1） 2 2 3 ；（2） 3 3  ． 【解析】 【分析】 （1）建立空间直角坐标系，求出各点坐标后，进而可得平面 PDB 一个法向量 1n ur 、直线 1A P 的方向向量 1A P  ，利用 1 1sin cos ,A P n    即可得解； （2）取平面 ABD 一个法向量  2 0,0,1n  uur ，利用 1 2 1 2 1 2 cos , n nn n n n       即可得解. 【详解】如图，以点 D 为原点O ， DA ， DC ， 1DD 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标 系O xyz ， 则  0,0,0D ，  1,1,0B ，  1 1,0,3A ，  0,11P ； - 24 - （1）所以  1 1,1, 2A P    ，  1,1,0DB  ，  0,1,1DP  ， 设平面 PDB 一个法向量为  1 , ,n x y z ， 由 1 1 0 0 n DP n DB          得 0 0 y z x y      ，令 1x  ，则  1 1, 1,1n   ， 设直线 1A P 与平面 PDB 所成角为 ， 所以 1 11 1 1 1 4 2 2sin cos , 36 3 A PA P n A P n n                所以直线 1A P 与平面 PDB 所成角的正弦值为 2 2 3 ； （2）由（1）知平面 PDB 一个法向量为  1 1, 1,1  n ， 取平面 ABD 一个法向量  2 0,0,1n  uur ， 则 1 2 1 2 1 2 1 3cos , 33 n nn n n n         ， 由图知二面角 A BD P  为钝二面角， 所以二面角 A BD P  的余弦值为 3 3  . 【点睛】本题考查了利用空间向量求解线面角和二面角，考查了运算能力，属于中档题. - 25 - 25.已知抛物线C ： 2 2y x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两条直线 1 2,l l 分别交C 于 A B， 两点， 交C 的准线于 P Q， 两点． （Ⅰ）若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ 的中点，证明 / /AR FQ ； （Ⅱ）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 2 1y x  ． 【解析】 【分析】 设 2 2 1 1 1,0 , , , , , , , ,2 2 2 2 2 2 a b a bA B b P a Q b R                              l 的方程为 2 (x a  ) 0b y ab  ．（Ⅰ）由 F 在线段 AB 上 1 0ab  ，又 1 22 2 1 1 a b a b abk b ka a ab a a            / /AR FQ ；（Ⅱ）设 l 与 x 轴的交点为  1,0D x  1 1 1 1 ,2 2 2 2ABF PQF a bS b a FD b a x S         1 1 1 2 2 2 a bb a x     1 0x  （舍去）， 1 1x  ．设满足条件的 AB 的中点为  ,E x y ．当 AB 与 x 轴不垂直时  2 11 y xa b x     2 a b y    2 1 1y x x   ．当 AB 与 x 轴垂直时  E 与 D 重合 所求轨迹方程为 2 1y x  ． 【详解】由题设 1 ,02F      ，设 1 2: , :l y a l y b  ，则 0ab  ，且 2 2 1 1 1,0 , , , , , , , ,2 2 2 2 2 2 a b a bA B b P a Q b R                             ． 记过 ,A B 两点的直线为 l ，则l 的方程为  2 0x a b y ab    （Ⅰ）由于 F 在线段 AB 上，故1 0ab  ， 记 AR 的斜率为 1,k FQ 的斜率为 2k ，则 1 22 2 1 1 a b a b abk b ka a ab a a           ， 所以 / /AR FQ - 26 - （Ⅱ）设 l 与 x 轴的交点为  1,0D x ， 则 1 1 1 1 ,2 2 2 2ABF PQF a bS b a FD b a x S        ， 由题设可得 1 1 1 2 2 2 a bb a x    ，所以 1 0x  （舍去）， 1 1x  ． 设满足条件的 AB 的中点为  ,E x y ． 当 AB 与 x 轴不垂直时，由 AB DEk k 可得  2 11 y xa b x    ． 而 2 a b y  ，所以  2 1 1y x x   ． 当 AB 与 x 轴垂直时， E 与 D 重合，所以，所求轨迹方程为 2 1y x  【点睛】本题考查了 1.抛物线定义与几何性质；2.直线与抛物线位置关系；3.轨迹求法． - 27 -