浙江省超级全能生2020届高三下学期3月联考数学试题（C卷） Word版含解析

浙江省超级全能生2020届高三下学期3月联考数学试题（C卷） Word版含解析

- 1 - “超级全能生”2020 高考浙江省 3 月联考(C) 数学 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. 已知全集U  R ，集合  0A x x  或 1x  ，  1 1B x x    ，则 A B R Ið （ ） A.  1 1x x   B.  0 1x x  C.  0 1x x  D.  1 1x x   【答案】B 【解析】 【分析】 求出 ARð ，利用交集的定义可求得集合 A BRð . 【详解】全集U  R ，集合  0A x x  或 1x  ，则  0 1R A x x  ð ， 又  1 1B x x    ，因此，   0 1A B x x   Rð . 故选：B. 【点睛】本题考查补集和交集的混合运算，考查计算能力，属于基础题. 2. 在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 2 1yx b   ( 0b  )经过点 2,1 ，则该双曲线的 离心率是（ ） A. 2 2 B. 3 C. 2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 首先根据双曲线所过的点，代入求得 1b  ，根据双曲线中 , ,a b c 的关系求得 1 1 2c    ， 进而求得双曲线的离心率. 【详解】因为双曲线 2 2 2 1yx b   ( 0b  )经过点 2,1 ， 所以有 2 12 1b   ，解得 2 1b  ，即 1b  ， - 2 - 所以 1, 1 1 2a c    ， 所以双曲线的离心率为 2ce a   ， 故选：C. 【点睛】该题考查的是有关双曲线的离心率的问题，涉及到的知识点有点在双曲线上的条件， 双曲线的离心率，属于基础题目. 3. 若实数 x ， y 满足约束条件 1 1 x y y      ，则 2z x y  的最大值是（ ） A. 0 B. 4 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据不等式组画出可行域，数形结合，即可求得目标函数的最大值. 【详解】不等式组表示的可行域如下图所示： 目标函数 2z x y  ，可整理为 1 2 2 zy x   ， 数形结合可知，当且仅当目标函数过点  2,1A 时，取得最大值. 故 2 2 4maxz    . 故选： D . 【点睛】本题考查简单线性规划问题的最值求解，属基础题. 4. 某几何体的三视图如图所示(单位： cm )，则该几何的体积(单位： 3cm )是（ ） - 3 - A. 16 B. 6 C. 18 D. 16 3 【答案】D 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为直观图（如图），得到一个四棱锥，然后利用棱锥的体积公式求解即可 【详解】解：由几何体的三视图可知，该几何体为底面为长方形，高为 2 的四棱锥，如图所 示， 所以该几何体的体积为 1 162 4 23 3     , 故选：D 【点睛】此题考查三视图与直观图的转换，几何体的体积公式的应用，属于基础题. 5. 若 a ，b 为实数，则“ 4a b  ”是“ 2 2 4a b  ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 分别画出不等式 4x y  和 2 2 4x y  表示的区域，根据区域的包含关系判断出充分、必 要条件. - 4 - 【详解】设   , | 4A x y x y   其表示的区域是 4 4 4 4 x y x y x y x y           ， 画出图形如下图所示, 而   2 2, | 4B x y x y   表示的区域是以原点为圆心，以 2 为半径的圆的圆上和圆内部分， 由图可知，B 是 A 的真子集， 故“ 4x y  ”是“ 2 2 4x y  ”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本小题主要考查不等式表示区域的画法，考查充分、必要条件的判断，属于基础题 目. 6. 在直角坐标系中，函数 3 x x xy e e  的图象大致是（ ） A. B. - 5 - C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数为奇函数可排除 B，再利用 x   的函数值，即可得答案； 【详解】令 3 ( ) x x xf x e e  ， ( ) ( )f x f x   ， ( )f x 为奇函数可排除 B， 当 x   时， ( ) 0f x  ，且 ( ) 0f x  ， 故选：A. 【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数的图象，考查函数与方程思想、数形结合思想， 考查逻辑推理能力. 7. 设 10 2a  ，则随机变量 的分布列为：  0 1 2 P 1 2 a b 设  y E   ，则当 10, 2a     内增大时：（ ） A.  E  递减，  2E y 递增 B.  E  递减，  2E y 递减 C.  E  递增，  2E y 先递减再递增 D.  E  递减，  2E y 先递增再递减 【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意，求得随机变量 2y 的分布列，结合 1 2a b  ，求得  E  ，  2E y ，再讨论其单 - 6 - 调性即可. 【详解】根据题意可得 1 2a b   E   2 1 2 1a b a a a       . 则当 10, 2a     内增大时，  E  =1 a 单调递减； 又  y E   ，故 2y 的分布列如下所示：  0 1 2 2y  21a  2a  21a  P 1 2 a 1 2 a 故  2E y    2 231 11 12 2a a a a         令  f a   2E y 2 2 1 51 2 4a a a           ， 故当 10, 2a     时，  f a 单调递减，即  2E y 单调递减. 故选： B . 【点睛】本题考查随机变量的数学期望的求解，涉及其单调性，属综合基础题. 8. 已知 P ABC 是正四面体，E 是棱 PA 上的中点，F 是线段 BC 的动点，EF 与直线 AB 所成的最小角为 ， EF 与平面 ABC 所成的角为  ，二面角 E BC A  的平面角为 ，则 （ ） - 7 - A.   ，  B.   ，   C.   ，  D.   ，  【答案】C 【解析】 【分析】 作出图示，根据异面直线所成的角、线面角、面面角的定义，找出  ， ， 所表示的平面角， 再运用解三角形的方法，求得各角的值或范围，从而得出其大小关系，可得选项. 【详解】作出图示如下图所示，设正四面体的棱长为 2，取 BC 的中点 D，连接 ED，AD，EB， EC，作 PH  面 ABC 于 H，作 EG  面 ABC 于 G， 则 3EB EC AD   ，  22 2 23 1 2ED EB BD     ， 由正四面体的性质得：点 H，点 G 在线段 AD 上，且 2 1,3 3AH AD AG AD  ， 所以 2 2 2 2 2 3 2 62 3 3PH PA AH          ， 1 6 2 3EG PH  ， BF x  0 2x  ，在 Rt GDF 中，   2 22 22 2 3 71 2 +3 3GF GD DF x xx            ， 2 2 2 2 26 72 + 2 +33 3x xEF EG GF x x                  ， 过点 F 作 //MF AB 交 AC 于 M，连接 EM，则 MFE （或其补角）就是 EF 与直线 AB 所成的 角，又 2MF x  ， AM x ， 所以 2 2 2 22 co +1s 3EM AE AM A xE AM x     ， - 8 - 所以         2 2 22 2 2 2 2 +3 +1 2 + 2 2 2 3 cos 2 x x xMF E x xF EMMFE MF EF x xx               2 22 2 3 1 6 41+22 2 2 5 +6 2 +32 +3 2 +3 xx x x xx x x xx x           ， 令    2 3 6 22 4 + 0xf x xx x    ，则        ' 22 4 3 2 2 3 0 + x xf x x x x     ， 因为 0 2x  ，所以  ' 0f x  ，所以  f x 在 0 2， 上单调递减，所以当 0x  时，  f x 取 得最大值， cos MFE 取得最大值， 又 cos MFE 在 0 2 骣琪琪桫 ，p 上单调递减，所以当 0x  时， MFE 取得最小值， 所以当 0x  时， EF 与直线 AB 所成的角最小，最小角 6   ， 连接 GF，则 GFE 就是 EF 与平面 ABC 所成的角  ，所以 2 2 6 63sin 2 +3 3 2 +3 EG EF xx xx       ， 因为 0 2x  ，所以 2 2 +3 32 xx   ，所以 2 3sin3 3   ， 因为 D 是 BC 的中点，所以 ,ED BC AD BC  ，所以 ADE 就是二面角 E BC A  的平 面角 ，由图示知 是锐角， 所以在 ADE 中， 2 2 2 cos 6 2 3 AD ED AEE D EAD A D      ，又 6 2 6 3 3cos cos3 6 6 6      ， 3sin 3   ， siny x 在 0 2 骣琪琪桫 ，p 上单调递增， cosy x 在 0 2 骣琪琪桫 ，p 上单调递减，所以 > 6  ，  ， 综上得：   ，  . 故选：C. - 9 - 【点睛】本题考查空间中的线线角、线面角、面面角的定义和求解方法，关键在于运用定义 找出所各角所表示的平面角，属于较难题. 9. 已知 a 、b R ，函数    3 2 1 0f x ax bx x a     恰有两个零点，则 a b的取值范围 （ ） A.  ,0 B.  , 1  C. 1, 4      D. 1, 4     【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数分析函数  y f x 的单调性，可得出该函数的极小值  1 0f x  ，由题意得出     2 1 1 1 3 2 1 1 1 1 3 2 1 0 1 0 f x ax bx f x ax bx x             ，进而可得 2 3 1 1 2 1 1 1 2 2 3 a x x b x x        ，可得出 3 2 1 1 1 2 2 2a b x x x     ，令 1 1 0t x   ，由 0a  可得出 1 2t   ，构造函数   3 22 2 2g t t t t   ，求得函数  y g t 在区 间 1, 2      上的值域，由此可求得 a b的取值范围. 【详解】   3 2 1f x ax bx x    且 0a  ，   23 2 1f x ax bx    ， 24 12 0b a    ， 则方程   0f x  必有两个不等的实根 1x 、 2x ，设 1 2x x ， 由韦达定理得 1 2 2 3 bx x a    ， 1 2 1 03x x a   ，则必有 1 20x x  ，且 - 10 -   2 1 1 13 2 1 0f x ax bx     ，① 当 1x x 或 2x x 时，   0f x  ；当 1 2x x x  时，   0f x  . 所以，函数  y f x 的单调递增区间为 1 2,x x ，单调递减区间为  1, x 和 2 ,x  . 由于  0 1 0f   ，若函数  y f x 有两个零点，则   3 2 1 1 1 1 1 0f x ax bx x     ，② 联立①②得 2 1 1 3 2 1 1 1 3 2 1 0 1 0 ax bx ax bx x          ，可得 2 3 1 1 2 1 1 1 2 2 3 a x x b x x        ，所以， 3 2 1 1 1 2 2 2a b x x x     ， 令 1 1 0t x   ，令   3 22 2 2g t t t t   ，则  a b g t  ，  3 2 22 2 1 0a t t t t     ，解得 1 2t   ，       2 26 4 2 2 3 2 1 2 3 1 1g t t t t t t t          . 当 1 2t   时，   0g t  ，此时，函数  y g t 单调递增，则   3 21 1 1 1 12 2 22 2 2 2 4a b g t g                                    . 故选：D. 【点睛】本题考查利用三次函数的零点个数求代数式的取值范围，将代数式转化为函数是解 答的关键，考查化归与转化思想的应用，属于难题. 10. 数列 na 满足 1a a ， 1 2 1 11 2n n na an n       ， n N ，则下列正确的是（ ） A. 当 1a  时， 2 2020a e B. 当 0a  时， 2020a e C. 对任意 a ，数列 na 单调递增 D. 对任意 a ，数列 na 单调递减 【答案】A 【解析】 【分析】 证明出 ln 1 x x ，利用放缩法得出 1 1 1 1ln ln 1 2n n na a n n     ，结合不等式的性质可判 断 A 选项的正误；根据递推公式计算得出 4 1a  ，结合 A 选项可判断 B 选项的正误；取 2a   ， - 11 - 比较 1a 与 2a 的大小，可判断 C 选项的正误；利用 A 选项可判断 D 选项的正误. 【详解】对于 A 选项，令   ln 1f x x x   ，其中 0x  ，   1 11 xf x x x     . 当 0 1x  时，   0f x  ，此时，函数  y f x 单调递减； 当 1x  时，   0f x  ，此时，函数  y f x 单调递增. 所以，    1 0f x f  ，即 ln 1 x x . 当 1a  时， 1 1a  ， 2 1 11 22 2a     ， 3 2 2 1 11 06 2a a       ， 以此类推，对任意的 n N ， 0na  ，从而   1 1 11 11 2 n n n n a a n n a      ，则 1n na a  ， 此时，数列 na 单调递增，则 1 1na a  ， 所以 1 2 2 1 1 1 11 12 2n n nn na a an n n n                 ， 上述不等式两边取自然对数得 1 2 1 1ln ln 1 ln 2       n nna a n n ，  1 2 1 1 1 1 1 1 1ln ln ln 1 2 1 2 1 2n n n n na a n n n n n n                ，      1 2 1 3 2 1ln ln ln ln ln ln ln lnn n na a a a a a a a          2 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 2 2 3 1 2 2 2nn n                              1 1 1 111 1 12 21 2 21 21 2 n nn n              ， 2 na e  ，则 2 2020a e ，A 选项正确； 对于 B 选项，当 1 0a a  时， 2 1 2a  ， 3 2 2 1 1 7 1 51 6 2 12 4 6a a         ， 4 3 1 1 13 5 1 371 112 8 12 6 8 36a a           ， - 12 - 由 A 选项可知，数列 na 为单调递增数列，当 4n  且 n N 时， 4 1na a  ， 此时 1 2 2 1 1 1 11 12 2n n nn na a an n n n                 ，  1 2 1 1 1 1 1 1 1ln ln ln 1 2 1 2 1 2n n n n na a n n n n n n                ，      4 5 4 6 5 1ln ln ln ln ln ln ln lnn n na a a a a a a a          4 5 1 37 1 1 1 1 1 1 1 1 1ln 36 4 5 5 6 1 2 2 2nn n                              4 4 1 1 1137 1 1 37 3 1 1 37 32 2ln ln ln 1136 4 36 8 2 36 81 2 n nn n                  ， na e  ，B 选项错误； 对于 C 选项，取 2a   ，即 1 2a   ，则 2 1 1 52 1 2 2 2a          ， 1 2a a  ， 此时，数列 na 不是单调递增数列，C 选项错误； 对于 D 选项，取 1a  ，由 A 选项可知，数列 na 为单调递增数列，D 选项错误. 故选：A. 【点睛】本题考查数列递推公式的应用，考查数列单调性以及放缩法的应用，考查推理论证 能力，属于难题. 二､填空题 11. 复数 1 2z i   (i 为虚数单位)，则 z 的虚部为______， z  ______. 【答案】 (1). 1 5  (2). 5 5 【解析】 【分析】 直接化简 1 2z i   ，再求其共轭复数和模即可. 【详解】解： 2 2 1 2 2 2 1 2 (2 )(2 ) 2 5 5 i iz ii i i i          ， - 13 - 所以 2 1 5 5z i  ， 2 22 1 1 5 5 5 5 5z              ， 所以 2 1 5 5z i  的虚部为 1 5  ， 故答案为： 1 5  ； 5 5 【点睛】此题考查复数的运算，共轭复数，复数的模，属于基础题. 12. 在二项式 4 2 nx x     的展开式的第 5 项为常数项，则 n ______，此常数项是______. 【答案】 (1). 6 (2). 960 【解析】 【分析】 先求出二项式 4 2 nx x     展开式的通项公式为 2 3 3 2 1 2 n r r r n r nT C x      ，再由已知条件得 2 3 4 02 n    ，运算即可得解. 【详解】解：由二项式 4 2 nx x     展开式的通项公式为 2 3 3 2 1 2 n r r r n r nT C x      ， 由展开式中，第 5 项为常数项，则 2 3 4 02 n    ，即 6,n  所以该常数项为 4 3 4 6 5 6 2 15 64 960T C      ， 故答案为：6；960. 【点睛】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式的通项公式，属于基础题. 13. 新冠肺炎侵袭，某医院派出 5 名医生支援 A ､ B ､C 三个国家，派往每个国家至少一名医 生，共有______种安排方式；若甲､乙不去同一个国家，共有______种安排方式. 【答案】 (1). 150 (2). 114 【解析】 【分析】 首先将把 5 人分成 3 组，再分配到三个不同的国家去即可得到答案，先考虑甲､乙同去一个国 家时的情况，再利用间接法即可得到甲､乙不去同一个国家的答案. 【详解】第一步，把5 人分成 3 组，共有两类分法： - 14 - ①一组3 人，其余两组各1人，共有 3 1 1 5 2 1 2 2 10C C C A  种分法， ②一组1人，其余两组各 2 人，共有 1 2 2 5 4 2 2 2 15C C C A  种分法， 第二步，将这 3 组分配到三个不同的国家去，共有 3 3 6A  种分法， 所以共有  10 15 6 150   种安排方式. 当甲､乙同去一个国家时， ①分组为 3 ，1，1，共有 1 1 1 33 2 1 32 2 18 C C C AA ， ②分组为1， 2 ， 2 ，共有 2 1 1 33 2 1 32 2 18 C C C AA ， 所以甲､乙同去一个国家共有36种，即甲､乙不去同一个国家，共有150 36 114  种. 故答案为：150 ；114 【点睛】本题主要考查排均匀分组问题，间接法为解题的关键，属于中档题. 14. 已知 x 、 y 为正实数，满足 4 2 7x y xy   ，则 2x y 的最小值为______. 【答案】 3 【解析】 【分析】 由 4 2 7x y xy   可得出 7 4 2 1 xy x   ，进而可得   92 2 1 32 1x y x x      ，利用基本不 等式可得 2x y 的最小值. 【详解】由 4 2 7x y xy   可得出  9 2 2 17 4 9 22 1 2 1 2 1 xxy x x x        ， 由于 x 、 y 为正实数，则 0 7 4 02 1 x xy x      ，可得 70 4x  ，    9 9 92 2 2 2 1 3 2 2 1 3 32 1 2 1 2 1x y x x xx x x                 ， 当且仅当 92 1 2 1x x    时，即当 1x  时，等号成立， - 15 - 因此， 2x y 的最小值为3 . 故答案为：3 . 【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，解答的关键就是对所求代数式进行合理 配凑，考查计算能力，属于中等题. 15. 在凸四边形 ABCD 中，已知 60ABC   ， 30ADC   ， AB BC ， 5AD  ， 2 3CD  ，则 AC  ______， BD  _______. 【答案】 (1). 7 (2). 37 【解析】 【分析】 在 ADC 中，由余弦定理可求得 AC ，再运用余弦定理求得 cos ACD ，由余弦的和角公式 求得 cos BCD ，根据余弦可求得 BD 的长. 【详解】在 ADC 中， 30ADC   ， 5AD  ， 2 3CD  ， 由余弦定理得 2 2 2 3+ 2 cos 25+12 2 5 2 3 72AC AD CD AD CD ADC           ， 所以 7AC  ，所以 2 22 + 7+12 25 21cos 2 142 7 2 3 ACACD A CD A C CD D         ， 因为 0 ACD    ，所以 5 7sin 14ACD  ， 又 60ABC   ，AB BC ，所以 ABC 是正三角形，所以 3BCA   ， 7BC AC  ， 所以 3 21cos cos + cos cos sin sin3 3 3 14BCD ACD ACD ACD                ， 所以，在 BCD 中， 2 2 2 3 21+ 2 cos 7+12 2 7 2 3 3714BD BC CD BC CD BCD                  ， 所以 37BD  ， 故答案为： 7 ； 37 . - 16 - 【点睛】本题考查运用余弦定理求解三角形，关键在于分析出边角的关系，选择合适的公式， 属于基础题. 16. 记   1 2 1 2, 2d A B x x y y    ，其中  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，已知 A 、 B 是椭圆 2 2 14 x y  上的任意两点，C 是椭圆右顶点，则    , ,d A C d B C 的最大值是______. 【答案】 4 4 2 【解析】 【分析】 设 点  2cos ,sinA   ， 其 中 0 2   ， 可 得    , 2 1 cos 2 sind A C     ， 分 0    和 2    两种情况讨论，结合辅助角公式求得  ,d A C 的最大值，同理可求 得  ,d B C 的最大值，由此能得出结果. 【详解】设点  2cos ,sinA   ，其中 0 2   ，易知点  2,0C ， 则    , 2cos 2 2 sin 2 1 cos 2 sind A C          . ①当 0    时，    , 2 1 cos 2sin 2 2 sin 24d A C            ， 0    ，则 3 4 4 4       ，当 4 2     时，  ,d A C 取最大值 2 2 2 ； ②当 2    时，    , 2 1 cos 2sin 2 2 2 sin 4d A C            ， 2    ，则 5 9 4 4 4      ，当 3 4 2     时，  ,d A C 取最大值 2 2 2 . 综上所述，  ,d A C 的最大值 2 2 2 ，同理可知，  ,d B C 的最大值也为 2 2 2 . 因此，    , ,d A C d B C 的最大值是 4 4 2 . 故答案为： 4 4 2 . - 17 - 【点睛】本题考查距离的新定义，考查椭圆方程的应用，考查计算能力，属于难题. 17. 平面非零向量 a  ，b  ， c  ，满足 a b  ， c  为单位向量，已知    2 0a b a b c         且 3a c   ，则 a b r r 的最大值是______. 【答案】6 【解析】 【分析】 首 先 根 据    2 0a b a b c         可 得    2 2 0a b b a a c           ， 拆 开 后 得 2( ) 2( ) ( ) 0a b a b a c            ，即 2( ) 2( ) ( ) 2a b a b a c a b a c                  ，结合题中 所给的条件，可得 0 6a b    ，从而得到结果. 【详解】因为    2 0a b a b c         ， 所以   2 2 0a b b a a c           ， 所以 2( ) 2( ) ( ) 0a b a b a c            ， 所以 2( ) 2( ) ( ) 2a b a b a c a b a c                  ， 所以 2 6a b a b      ，所以 0 6a b    ， 所以 a b r r 的最大值是 6，当且仅当 a b  与 a c r r 同向共线时取等号， 故答案为：6. 【点睛】该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量的运算，向量数量积运算律， 以及数量积的性质，属于较难题目. 三､解答题：解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 18. 已知函数    sinf x A x   ，( 0A  ， 0 ， π0 2   ) xR 的部分图像如图 所示. - 18 - （1）求  f x 的解析式； （2）若   4 5f   ，求  sin 2 的值. 【答案】（1） ( ) sin 2 4f x x      ；（2） 7 2sin 2 10   或 2sin 2 10   . 【解析】 【分析】 （1）由图像即可求得 A 和T ，进而得 ，得到函数 ( )f x 的解析式，将最高点 ,08     代入解 析式，即可求得 的值，即可求得函数  f x 的解析式； （2）将 代入解析式，即可得 4sin 2 4 5      ，利用正弦的差角公式变形即可求得sin 2 的值. 【详解】（1）由函数图象可知 1A  ， 4 4 T  ，即T  ， 所以 2 2T    ，从而函数 ( ) sin(2 )f x x   将 ,08     代入  f x 解析式得 24 k     ， 24 k    ， 又| | 2   ，故 4   ， 所以函数解析式为 ( ) sin 2 4f x x      ； （2）因为   4 4sin 2 5f        ， 所以 3cos 2 54       , - 19 - 于是sin 2 sin 2 sin 2 cos cos2 s4 4 4 4 i4 4n                                 4 3 4 2 3 5 2 5 2 2 2 10 2          , 即 4 2 3 2 7 2sin 2 10 10    或 4 2 3 2sin 2 10 2 10    . 【点睛】本题考查了已知部分图像求三角函数解析式的方法，正弦差角公式的简单应用，属 于简单题目. 19. 四棱锥 P ABCD ，底面 ABCD 为平行四边形， PC  平面 ABCD ，且 1PC AB AC   ， AC AB ； （1） M 为 BC 中点，求证： AM BP ； （2）若点 N 是线段 PC 上的动点，当二面角 N BD C  的正切值为 5 2 ，求此时 NB 与平 面 PAB 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 6 【解析】 【分析】 （1）首先连接 AM ，根据线面垂直的性质得到 PC AM ，易证 AM BC ，从而得到 AM  平面 PBC ，再利用线面垂直的性质即可证明 AM BP . （2）以C 为原点，CD ，CA ，CP 分别为 x ， y ， z 轴建系，CN t ，利用向量法根据二 面角 N BD C  的正切值为 5 2 得到 1 2t  ，再求线面角即可. 【详解】（1）连接 AM ，如图所示， - 20 - 因为 PC  平面 ABCD ， AM  平面 ABCD ，所以 PC AM . 因为 AB AC ， M 为 BC 中点，所以 AM BC . 又因为 PC BC C  ，所以 AM  平面 PBC ， 因为 PB  平面 PBC ，所以 AM BP . （2）以C 为原点， CD ，CA ， CP 分别为 x ， y ， z 轴建系，如图所示， 设CN t ，则  0,0,N t ，  1,0,0D ，  0,1,0A ，  1,1,0B ，  0,0,1P .  1,0,  ND t ，  2,1,0  DB ， 设平面 NBD 的法向量为  1 1 1, ,n x y z r ， 则 1 1 1 1 0 2 0               ND n x tz DB n x y ，令 1 1z  ，解得  ,2 ,1 n t t . 又因为平面CBD 的法向量为  0,0,1 CP ， 设二面角 N BD C  的平面角为 ， 5tan 2   ，所以 2cos 3   ， 即 2 1 2cos 35 1          n CP n CP t ，解得 1 2t  . - 21 - 所以 11,1, 2        NB ，  0,1, 1  PA ，  1,0,0  AB ， 设平面 PAB 的法向量为  2 2 2, ,m x y z ， 则 2 2 2 0 0             PA m y z AB m x ，令 2 1z  ，解得  0,1,1m  . NB 与平面 PAB 所成角的正弦值为 1 22 611 1 24           m NB m NB . 【点睛】本题第一问考查线线垂直的证明，第二问考查向量法求二面角和线面角，同时考查 学生的计算能力，属于中档题. 20. 设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 55 2a a ， 5 15S  ，数列 nb 满足： 1 0b  ， 1 1 1 1 n n b n b n     . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）记数列 n n nc a b  ，数列 nc 的前 n 项和为 nT ，证明：    1 1 2 2n n n n nT    . 【答案】（1） na n ， 2 1n nb n ；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）首先根据题意得到    1 1 5 1 5 2 4 5 45 152       a d a d S a d ，再解方程组即可数列 na 的通项公式，根 据题意得到  11 2 1   n nn b nb n ，再利用叠加法即可得到数列 nb 的通项公式. （2）首先得到 2 1 nc n 且 1  nn c n ，再利用等差数列的求和公式即可证明结论. 【详解】（1）由题知：    1 1 5 1 5 2 4 5 45 152       a d a d S a d ，解得 1 1a d  ，即 na n . - 22 - 因为 1 1 1 1 n n b n b n     ，所以    11 1 1 0    n nn b n b ， 即  11 2 1   n nn b nb n . 所以    11 2 1 1    n nnb n b n ，      1 21 2 2 2 1      n nn b n b n ， …… 2 12 2 1 1   b b . 叠加得到：     2 1 2 1 2 1 1 1…+        nnb b n n n ， 因为 1 0b  ，所以 2 1n nb n . （2）因为 2 1   n n nc a b n ，所以 1  nn c n ， 所以  0 1 1 2… …       nn T n ，即证    1 1 2 2n n n n nT    . 【点睛】本题第一问考查等差数列的通项公式，同时考查了叠加法求通项公式，第二问考查 数列的证明，属于中档题. 21. 如图，已知点  1,0F 为抛物线 2 2y px ( 0p  )的焦点，一条直线交抛物线于 A ､ B 两 点，与准线交于点C ( B 在 A 、C 之间且 B 、A 均在 x 轴上方)，满足 BF AF ，记 BCF△ 、 ABF 的面积分别为 1S 、 2S . （1）求抛物线的标准方程； - 23 - （2）求 1 2 S S 的取值范围. 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 0,1 . 【解析】 【分析】 （1）根据抛物线的焦点坐标可求得 p 的值，进而可求得抛物线的标准方程； （2）设直线 AB 的方程为 x my b  ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，将该直线的方程与抛物 线的方程联立，列出韦达定理，由 BF AF 可得出 2 24 6 1m b b   ，由题意得出 0b  ，进 而得出 2 1 4m  ，求得 2y ，化简得出 1 2 2 1 2 112 2 S S m    ，结合 2 1 4m  可求得 1 2 S S 的取值范 围. 【详解】（1）由于抛物线的 2 2y px 的焦点为  1,0F ，则 12 p  ，可得 2p  ， 因此，抛物线的标准方程为 2 4y x ； （2）设直线 AB 的方程为 x my b  ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 在直线 AB 的方程中，令 1x   ，可得 1by m   ，即点 11, bC m      ， 联立 2 4 x my b y x     ，可得 2 4 4 0y my b   ， 216 16 0m b    ， 由于 A 、 B 两点均在 x 轴上方，由韦达定理得 1 2 4 0y y m   ， 1 2 4 0y y b   ，则 0b  . 解方程 2 4 4 0y my b   ，由于 1 2y y ，则 2 2 2 2y m m b   ，    1 1 1 11, 1,FA x y my b y     ，  2 21,FB my b y   ， 由于 BF AF ，则          22 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1 1FA FB my b my b y y m y y m b y y b                    22 24 1 4 1 1 0m b m b b        ， 可得 2 24 6 1m b b   ，由于 0b  ，则 24 1m  ，可得 2 1 4m  . - 24 -   22 2 2 21 2 2 2 2 2 12 1 1 2 1 2 1 12 21 1 44 C C b by m m bBC m y y y yS m m S AB y ym y y m by y y y                 2 2 2 2 2 2 6 1 12 1 1 1 4 3 1 3 1 4 8 12 2 2 4 1 2 4 2 4 24 6 14 4 b b bm b b b b m m b m mm m b b bm b                       2 1 2 11 0,12 2m     . 因此， 1 2 S S 的取值范围是 0,1 . 【点睛】本题考查抛物线标准方程的求解，同时也考查了抛物线中三角形面积比值的取值范 围的求解，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题. 22. 设函数   2 21 3 1ln2 2 2f x x ax x ax x       . （1）当 1a  时，求函数  f x 的单调区间； （2）当 0 4 ea  时， ①证明：函数  f x 有两个零点 1x ， 2x ； ②求证： 1 2x x e  ，注： 2.71828e   为自然对数的底数. 【答案】（1）增区间为( , )e  和 (0 )1，，减区间为 (1 )e， ；（2）①证明见解析；②证明见解 析. 【解析】 【分析】 （1）先求导数，再根据导函数符号确定单调区间； （2）①先求导函数零点，再结合单调性以及零点存在定理确定零点个数； ②令 lnt x ，转化研究  ( ) 2 3t th t e a t a e    零点，再构造函数 1( ) ( ) (1 ),(0 )2s t h t h t t     ，利用导数研究单调性，再根据单调性证明不等式. - 25 - 【详解】（1）   2 21 3 1ln2 2 2f x x ax x ax x      Q ，     1(ln )2f x x a x    ，当 1a  时，     11 (ln )2f x x x    ， 由   0f x  得 0 1x  或 x e ，由   0f x  得1 x e  ， 因此函数  f x 增区间为 ( , )e  和 (0 )1，，减区间为 (1 )e， ； （2）①由（1）可得当 0 4 ea  时，函数  f x 增区间为 ( , )e  和 (0 )a， ，减区间为 ( )a e， ；又   2 2ln 0, ( ) ( ) 02 4 a ef a a a f e e a       ，   0,2 aef e   因此当 ( )x a e ， 时，函数  f x 有且仅有一个零点， 当 ( )x e e ， 时，函数  f x 有且仅有一个零点，即当 ( , )x e  时，函数  f x 有且仅有 一个零点，   2 21 3 1ln [( 2 )ln 3 ]2 2 2 2 xf x x ax x ax x x a x a x          Q 令    g 2 ln 3 ( ) ( )2 xx x a x a x f x g x      当 0 x a  时，      g 2 ln 3 2 ln 3 (2 ln ) 0x x a x a x a a x a a a x           因此当 0 x a  时， ( ) 0f x  ，即当 (0, )x a 时，函数  f x 无零点， 综上，函数  f x 有两个零点 1x ， 2x ； ②由①得 1 (0, )x e ， 2 ( , )x e e ，令 lnt x ，则    g 2 3 ( )t tx e a t a e h t     所以 1 1 2 2 1 2 1 1ln (0, ), ln ( ,1), ( ) ( ) 0,2 2t x t x h t h t      因为 ( ) 2th t te a   ，所以当 1 12 t  时 1 1 1( ) ( ) 2 2 02 2 2 4 eh t h e a e        即 ( )h t 在 1( ,1)2 上单调递增； 令 1( ) ( ) (1 ),(0 )2s t h t h t t     ，则 1( ) ( )+ (1 ) (1 ) 4t ts t h t h t te t e a        - 26 - 因为 ty te 为凹函数，所以 1 1 1( ) ( ) 4 4 02 2 2 4 es t s e e a e         即 ( )s t 在 1(0 )2 ， 上单调递增，因此 1( ) ( ) 02s t s  ； 因为 1 1(0, ),2t  所以 1 1 1 1 1( ) 0 ( ) (1 ) 0 ( ) (1 )s t h t h t h t h t      ， 因为 1 2( ) ( )h t h t ，所以 2 1( ) (1 )h t h t  因为 2 1 1 1( ,1) 1 ( ,1)2 2t t  ， ，( )h t 在 1( ,1)2 上单调递增； 所以 2 1 1 2 1 2 1 21 1 ln ln 1t t t t x x x x e          【点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间、利用导数研究函数零点、利用导数证明不等 式，考查综合分析论证与求解能力，属难题. - 27 -