江苏省苏州大学2020届高三数学高考考前指导卷（含附加题Word版附答案）

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开始 输出 S 结束 i≤10 i←3 N Y S←S+2i （第 6 题图） i←i＋2 S←4 苏州大学 2020 届高考考前指导卷 数学 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．不需要写出解答过程，请把答案直接填 在答题卡相应位置上．．．．．．．．． 1．已知集合 { | 1 2}A x x  ≤ ≤ ， { | 1}B x x  ，则 A B  ▲ ． 2．已知纯虚数 z 满足 (1 i) 2 iz a   ，则实数 a 等于 ▲ ． 3．某高速公路移动雷达测速检测车在某时段对某段路过往的 400 辆汽车的 车速进行检测，根据检测的结果绘制出如图所示的频率分布直方图，根 据直方图的数据估计 400 辆汽车中时速在区间[90 110)， 的约有 ▲ 辆． 4．函数 ( ) 1 2 lgf x x x   的定义域为 ▲ ． 5．在直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 2 2 1 ( 0)yx    的离心率为 3 ，则  的值为 ▲ ． 6．执行如图所示的程序框图，输出的 S 的值为 ▲ ． 7．展览会会务组安排了分别标有序号为“1 号”、“2 号”、“3 号”的三辆车，采用等可 能随机的顺序前往酒店接嘉宾．某与会嘉宾设计了两种乘车方案．方案一：不乘坐 第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第 三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．则该嘉宾坐到“3 号”车的概率是 ▲ ． 8．已知函数 ( ) cosf x x x ，则 ( )f x 在点 ( ( ))2 2f ， 处的切线的斜率为 ▲ ． 9．已知 nS 是等比数列{ }na 前 n 项的和，若公比 2q  ，则 1 3 5 6 a a a S   的值是 ▲ ． 10．已知 2 sin cos( )4     ，则 tan( )4   的值是 ▲ ． 11．《九章算术》是我国古代著名数学经典．里面对勾股定理的论述比西方早一千 多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深 一寸，锯道长一尺．问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中， 不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺．问这块圆柱形木 料的直径是多少？长为 1 丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所 示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）．已知弦 1AB  尺，弓形高 1CD  寸，估 算该木材的体积约为 ▲ （立方寸）． （注：1 丈 10 尺 100 寸， π 3.14 ） （第 11 题图） 12．已知函数 2| log 2| 0 1 ( ) 3 1 x x f x x x      ， ≤ ， ， ， 若存在互不相等的正实数 1 2 3x x x， ， ，满足 1 2 3x x x  且 1 2 3( ) ( ) ( )f x f x f x  ，则 3 1( )x f x 的最大值为 ▲ ． 13．已知点 P 为正方形 ABCD 内部一点（包含边界）， E F， 分别是线段 BC CD， 中点．若 0CP DP   ， 且 AP AE AF     ，则   的取值范围是 ▲ ． 14．已知 D 是 ABC△ 边 AC 上一点，且 1s 43 2 coC BD A BD D A C  ， ， ，则3AB BC 的最大值为 ▲ ． 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演 算步骤． 15．（本小题满分 14 分） ABC△ 的内角 A B C， ， 的对边分别为 a b c， ， ，且 1a  ， 3cos sinC c A ． （1）求 C ； （2）若 3b  ， D 是 AB 上的点， CD 平分 ACB ，求 ACD△ 的面积． 16．（本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，点 E 在棱 PC 上（异于点 P C， ），平面 ABE 与棱 PD 交于 点 F． （1）求证： AB EF∥ ； （2）若 AF⊥EF，求证：平面 PAD⊥平面 ABCD． （第 16 题图） 17．（本小题满分 14 分） 如图，某公园内有一半圆形人工湖，O 为圆心，半径为 1 千米．为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实 事，拟规划在 OCD△ 区域种荷花，在 OBD△ 区域建小型水上项目．已知 AOC COD     ． （1）求四边形 OCDB 的面积（用 表示）； （2）当四边形 OCDB 的面积最大时，求 BD 的长（最终结果可保留根号）． 18．（本小题满分 16 分） 如图，已知椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，短轴长为 2，左、右顶 点分别为 A B， ．设点 ( 2 ) ( 0)M m m ， ，连接 MA 交椭圆于点 C ． （1）求该椭圆的标准方程； （第 18 题图） （2）若 OC CM ，求四边形 OBMC 的面积． 19．（本小题满分 16 分） 已知函数 2( ) 2lnf x x ax x   （其中 a 为常数）． （1）求函数 ( )f x 的单调区间； （2）设函数 ( )f x 有两个极值点 1 2 1 2 ( )x x x x， ，若 1 2( )f x mx＞ 恒成立，求实数 m 的取值范围． 20．（本小题满分 16 分） 对于数列{ }na ，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称{ }na 为 P 数列． （1）若{ }na 的前 n 项和 3 2n nS   ，试判断{ }na 是否是 P 数列，并说明理由； （2）设数列 1 2 3 10a a a a， ， ， ， 是首项为 1 ，公差为 d 的等差数列，若该数列是 P 数列，求 d 的取值范围； （3）设无穷数列{ }na 是首项为 a 、公比为 q 的等比数列，有穷数列{ } { }n nb c， 是从{ }na 中取出部分项按原来的顺 序所组成的不同数列，其所有项和分别为 1 2T T， ，求{ }na 是 P 数列时 a 与 q 所满足的条件，并证明命题“若 0a  且 1 2T T ，则{ }na 不是 P 数列”． 苏州大学 2020 届高考考前指导卷 数学Ⅱ（附加题） 21．【选做题】本题包括 A 、B 、C 三小题，请选定其中两题．．．．．．，并在相应的．．．．．答题区域．．．．内作答．．．，若多做，则按作答的 前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A ．选修 4  2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，设点 ( 5)P x， 在矩阵 M 1 2 3 4      对应的变换下得到点 ( 2 )Q y y ， ，求 1 x y       M ． B ．选修 4  4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，以 x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 sin( ) 24     ，曲线 C 的参数方程为 2 cos 3( )sin 2 2 x y          ， ≤ ≤ ，求 l 与曲线 C 交点的直角坐标． 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计 20 分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤． 22．（本小题满分 10 分） 在四棱锥 P ABCD 中， //AB CD ， 2 2 2 4AB CD BC AD    ， 60DAB   ，AE BE ， PAD△ 为正三角形， 且平面 PAD  平面 ABCD ． （1）求二面角 P EC D  的余弦值； （2）线段 PC 上是否存在一点 M ，使得异面直线 DM 和 PE 所成的角的余弦值为 6 8 ？若存在，指出点 M 的位置；若不存在，请说明理由． （第 22 题图） 23．（本小题满分 10 分） 已知非空集合 M 满足 {0 1 2 }M n ，， ， ， *( 2 )n n  N≥ ， ．若存在非负整数 ( )k k n≤ ，使得当 a M 时，均有 2k a M  ，则称集合 M 具有性质 P ．记具有性质 P 的集合 M 的个数为 ( )f n ． （1）求 (2)f 的值； （2）求 ( )f n 的表达式． 苏州大学 2020 届高考考前指导卷 参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分． 1．{ |1 2}x x ≤ 2．2 3．280 4． 1(0 ]2 ， 5．2 6．52 7． 5 6 8． π 2  9． 1 3 10． 1 2  11．53066 12．4 13． 2 4[1 ]3 3  ， 14． 16 5 5 解答与提示： 1． { |1 2}A B x x  ≤ ． 2． 2 i (2 i)(1 i) 2 2 i1 i 2 2 2 a a a az         ．因为 z 为纯虚数，所以 2 0 2 0 a a      ， ，解得 2a  ． 3．由图可知，时速在区间[80 90) [110 120)， ， ， 的频率为 (0.01 0.02) 10 0.3   ，所以时速在区间[90 110)， 的频率为 1 0.3 ，所以时速在区间[90,110) 的车辆约为 400 0.7 280  辆． 4．由 1 2 0 0 x x    ≥ ， ， 解得 10 2x ≤ ，即函数 ( )f x 的定义域为 1(0 ]2 ， ． 5．离心率 1 31 ce a    ，所以 2  ． 6．执行第一次循环 10 5S i ， ；执行第二次循环 20 7S i ， ； 执行第三次循环 34 9S i ， ；执行第四次循环 52 11S i ， ，终止循环． 所以 52S  ． 7．记方案一与方案二坐到“3 号”车的概率分别为 P1，P2，三辆车的出车顺序可能为：123，132，213，231，312， 321．方案一坐“3 号”车可能：132，213，231，所以 1 3 6P  ；方案二坐“3 号”车可能：312，321，所以 2 2 6P  ．则 该嘉宾坐到“3 号”车的概率 1 2 5 6P P P   ． 8． ( ) cos sinf x x x x   ，所以在 π 2x  处的切线的斜率为 π π( )2 2k f    ． 9． 2 3 1 2 1 3 5 6 16 [1 ( ) ] 1 11 (1 ) 1 3 1 a q a a a q a qS q q         ． 10．因为 π2 sin cos( )4    ，解得 1tan 3   ，所以 1 1π 13tan( ) 14 21 3        ． 11．如图， 10AB  （寸），则 5AD  （寸）， 1CD  （寸），设圆 O 的半径为 x（寸），则 ( 1)OD x  （寸）．在 Rt ADO△ ，由勾股定理可得 2 2 25 ( 1)x x   ，解得 13x  （寸），则该木材的体 积约为 2 2100 13 16900x       （立方寸）． 12．函数 ( )f x 的图象如右图所示，由题意， 30 ( ) 2f x  ，即 31 9x  ，因为 1 2 3( ) ( ) ( )f x f x f x  所以 3 1 3 3( ) (3 )x f x x x  ，令 3 (1,3)t x  ，构造函数 3 2( ) 3g t t t   ， 2( ) 3 6g t t t    ， 所以当 2t  时， max( ) (2) 4g t g  ，所以 3 1( )x f x 的最大值为 4． 13．设正方形 ABCD 的边长为 a，以 A 为原点， AB AD， 所在直线为分别为 x y， 轴建立平面直 角坐标系，则 (0 0) ( 0) ( ) (0 )A B a C a a D a， ， ， ， ， ， ， ．设 ( )P x y， ，因为 0CP DP   ，所以 ( ) ( ) 0x a y a x y a    ， ， ， 即 2 2 2( ) ( )2 4 a ax y a    ，设 cos2 2 sin2 a ax ay a         ， ． 又 因 为 ( ) ( )2 2 a aE a F a， ， ， ， AP AE AF     ， 所 以 ( ) ( ) ( )2 2 a ax y a a  ， ， ， ， 即 2 2 ax a ay a           ， ， 所 以 2 2 3 2( ) [ (sin cos )] 1 sin( )3 3 2 2 3 4 a ax ya a               ，由 P 为正方形 ABCD 内部一点（包含边界）， 可得 [ 2 ]   ， ，所以 [ ]4 4 4      ， ，所以 2 2 41 sin( ) [1 ]3 4 3 3          ， ． 14．法一：设 AD t ，则 3CD t ， 4AC t ， 在 ABD△ 中， 2 2 2( 2)cos 2 2 t cADB t    ， 在 BDC△ 中， 2 2 2(3 ) ( 2)cos 2 2 3 t aBDC t     ， 又 cos cosADB BDC    ， 所以 2 2 2 2 2 2( 2) (3 ) ( 2) 2 2 2 2 3 t c t a t t       ，解得 2 2 212 3 8t c a   ，① 在 ABC△ 中， 2 2 2 2(4 ) 2 cosAC t a c ac B    ，即 2 2 2 116 2t a c ac   ，② 由①②可得 2 2 39 322a c ac   ． 所以 2 2 2 23 3 3 532 ( 3 ) (3 ) ( 3 ) ( ) ( 3 )2 2 2 8 a ca c a c a c a c       ≥ ， 即 2 8 32( 3 ) 5a c  ≤ ，所以 16 53 5a c ≤ ， 当且仅当 3a c ，即 8 5 8 5,5 15a c  时等号成立， 所以 3AB BC 的最大值为16 5 5 ． 法二：因为 3CD AD ，所以 3CD DA  ，即 3( )BD BC BA BD      ， 整理得到 3 1 4 4BD BA BC    ，两边平方后有 2 2 29 1 3 16 16 8BD BA BC BA BC        ， 所以 2 29 1 32 16 16 8BA BC BA BC       即 2 29 1 3 12 | | | |16 16 8 4BA BC BA BC        ， 整理得到 2 2 332 9 | | | | | | | |2BA BC BA BC       ， 设 | | | |c BA a BC  ， ，所以 2 2 23 932 9 (3 )2 2c a ac c a ac      ， 因为 29 3 3 3 3( )2 2 2 2 ac a c c a   ≤ ， 所以 2 2 2 29 3 532 (3 ) (3 ) (3 ) (3 )2 8 8c a ac c a c a c a       ≥ ， 8 32 16 53 5 5c a  ≤ ，当且仅当 8 5 8 5 5 15a c ， 时等号成立， 所以 3AB BC 的最大值为16 5 5 ． 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分． 15．（本小题满分 14 分） 解：（1）因为 1a  且 3 cos sinC c A ，所以 3 cos sina C c A ， ······················ 2 分 在 ABC△ 中，由正弦定理 sin sin a c A C  ，所以 sin sina C c A ， 所以 3sin cos sin sinA C C A ． ··························································· 4 分 因为 (0 )A ， ，所以 sin 0A  ，所以 3 cos sinC C ， 因为 (0 )C  ， ，所以 sin 0C  ，所以 cos 0C  ，所以 tan 3C  ， ··············6 分 因为 (0 )C  ， ，所以 3C  ．································································8 分 （2）由（1）知， 3ACB   ，因为 1a  ， 3b  ， 所以 ABC△ 的面积 1 3 3 3sin sin2 2 3 4ABCS ab ACB    △ ，·························10 分 因为 D 是 AB 上的点， CD平分 ACB ， 所以 1 sin 12 6 1 3sin2 6 BCD ACD a CDS a S bb CD       △ △ ，····················································· 12 分 因为 ABC ACD BCDS S S △ △ △ ，所以 3 3 3 3 9 3 4 4 4 16ACD ABCS S   △ △ ．············· 14 分 16．（本小题满分 14 分） 证：（1）因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB CD∥ ． ········································································································2 又 AB  平面 PDC，CD 平面 PDC， 所以 AB∥ 平面 PDC，········································································· 5 又因为 AB 平面 ABE，平面 ABE∩平面 PDC EF ， 所以 AB EF∥ ．·················································································· 7 分 （2）因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB⊥AD． 因为 AF⊥EF，（1）中已证 AB EF∥ ， 所以 AB⊥AF，··················································································· 9 分 因为 AB⊥AD，由点 E 在棱 PC 上（异于点 C）， 所以 F 点异于点 D，所以 AF AD A ， 又 AF AD， 平面 PAD，所以 AB⊥平面 PAD，········································12 分 又 AB 平面 ABCD，所以平面 PAD⊥平面 ABCD．·································· 14 分 17．（本小题满分 14 分） 解：（1）由题意 AOC COD     ，设四边形OCDB 的面积为 ( )S  ， 因为四边形 OCDB 可以分为 OCD△ 和 OBD△ 两部分， 所以 1 1( ) sin sin( 2 )2 2OCD OBDS S S OC OD OB OD         △ △ ，················3 分 因为 1OB OC OD   ，所以 1( ) (sin sin 2 )2S     ． 因为 0 2 0    ， ，所以 0 2    ． 所以四边形 OCDB 的面积 1( ) (sin sin 2 ) (0 )2 2S       ， ， ．·······················6 分 （2）由（1） 1( ) (sin sin 2 ) (0 )2 2S       ， ， ， 所以 2 21 1( ) ( sin ) (sin cos ) cos cos sin2 2S              21 (4cos cos 2)2     ， 令 ( ) 0S   ，即 24cos cos 2 0    ，解得 1 33cos 8    或 1 33cos 8    ， 因为 0 2    ，所以存在唯一的 0 ，使得 0 1 33cos 8    ．····················· 10 分 当 00    时， ( ) 0S   ， ( )S  在 0(0 )， 单调递增； 当 0 2     时， ( ) 0S   ， ( )S  在 0( )2  ， 单调递减， 所以 0  时， max 0( ) ( )S S  ，···························································12 分 此时 2 2 2 02 cos( 2 )BD OB OD OB OD       2 2 0 0 01 1 2cos2 2 2(2cos 1) 4cos         ， 从而 0 1 332cos 4BD     （千米）． 答：当四边形 OCDB 的面积最大时，BD 的长为 1 33 4   千米．·················· 14 分 18．（本小题满分 16 分） 解：（1）因为椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，短轴长为 2， 所以 2 2 2 2 2 2 2 b a b c c a         ， ， ， 解得 2 1a b ， ， 所以该椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  ．·····················································4 分 （2）因为点 ( 2 ) ( 0) ( 2 0)M m m A ， ， ， ， 所以直线 AM 的方程为 ( 2) 2 2 my x  ，即 2 ( 2)4 my x  ． 由 2 2 12 2 ( 2)4 x y my x       ， ， 消去 y 得 2 2 2 2( 4) 2 2 2 8 0m x m x m     ．··············· 7 分 设 0 0( )C x y， ，则 2 0 2 2 82 4 mx m    ，所以 2 0 2 2 4 2 4 mx m    ，所以 0 2 4 4 my m   ． 连接 OM ，取 OM 的中点 R ，则 2( )2 2 mR ， ，··········································10 分 连接 CR ，因为 OC CM ，所以CR OM ． 又 30 2 0 42 2 2 4 2 3 2 2 OM CR mym m mk k mx      ， ， 所以 3 2 4 1 2 4 2 3 2 m m m m     ，即 4 22 8 0m m   ， 因为 0m  ，所以 2m  ，··································································13 分 所以四边形 OBMC 的面积 2 1 1 4 2 42 2 2 22 2 3( 2) 4ABM AOCS S S         △ △ ． ······································································································ 16 分 19．（本小题满分 16 分） 解：（1）因为 2( ) 2lnf x x ax x   ，所以 22 2( ) ( 0)x axf x xx     ．················ 2 分 令 2( ) 2 2p x x ax   ， 2 16a   ， 当 0 ≤ 即 4 4a ≤ ≤ 时， ( ) 0p x ≥ ，即 ( ) 0f x ≥ ， 所以函数 ( )f x 单调递增区间为 (0 ) ， ． 当 0  即 4a   或 4a  时， 2 2 1 2 16 16 4 4 a a a ax x    ， ． 若 4a   ，则 1 2 0x x  ，所以 ( ) 0p x  ，即 ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 (0 ) ， ． 若 4a  ，则 2 1 0x x  ，由 ( ) 0f x  即 ( ) 0p x  ，得 10 x x  或 2x x ； 由 ( ) 0f x  ，即 ( ) 0p x  得 1 2x x x  ． 所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 1 2(0 ) ( )x x  ， ， ， ；单调递减区间为 1 2( )x x， ． 综上，当 4a ≤ 时，函数 ( )f x 的单调递增区间为 (0 ) ， ，无减区间；当 4a  时，函数 ( )f x 的单调递增区间 为 1 2(0 ) ( )x x  ， ， ， ，单调递减区间为 1 2( )x x， ．········································ 6 分 （2）由（1）得 22 2( ) ( 0)x axf x xx     ， 若 ( )f x 有两个极值点 1 2x x， ，则 1 2x x， 是方程 22 2 0x ax   的两个不等正实根， 由（1）知 4a  ．则 1 2 1 22 12 ax x x x   ， ，故 1 20 1x x   ，···················· 8 分 要使 1 2( )f x mx 恒成立，只需 1 2 ( )f x mx  恒成立． 因为 2 2 2 31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 ( ) 2ln 2 2 2ln 2 2 ln1 f x x ax x x x x x x x xx x x           ，········ 10 分 令 3( ) 2 2 ln (0 1)h t t t t t t      ，则 2( ) 3 2lnh t t t    ，·························· 12 分 当 0 1t  时， ( ) 0h t  ， ( )h t 为减函数，所以 ( ) (1) 3h t h   ．···················14 分 由题意，要使 1 2( )f x mx 恒成立，只需满足 3m ≤ ． 所以实数 m 的取值范围 ( 3] ， ．························································16 分 20．（本小题满分 16 分） 解：（1）由 3 2n nS   ，可知 1 1 2 3n n n na S S     ， 故 1 3 2 0n n na S     对一切正整数 n 都成立，故{ }na 是 P 数列．················· 3 分 （2）由题意知，该数列的前 n 项和为 ( 1) 2n n nS n d   ， 1 1na nd    ， 由数列 1 2 3 10a a a a， ， ， ， 是 P 数列，可知 2 1 1a S a  ，故公差 0d  ． 2 1 3(1 ) 1 02 2n n dS a n d n      对满足1 9n≤ ≤ 中的每一个正整数 n 都成立， 即 2 3(1 ) 1 02 2 d n d n    对于1 9n≤ ≤ 都成立．········································6 分 由 2 2 31 (1 ) 1 02 2 39 9(1 ) 1 02 2 d d d d             ， ， 可得 80 27d  ，故 d 的取值范围是 8(0 )27 ， ．····· 8 分 （3）若{ }na 是 P 数列，则 1 2a S a aq   ， 若 0a  ，则 1q  ，又由 1n na S  对一切正整数 n 都成立， 可知 1 1 n n qaq a q   ，即 12 ( )nq q   对一切正整数 n 都成立， 由 1( ) 0n q  ， 1( ) (0 1)n q  ， ，故 2 0q ≤ ，可得 2q≥ ． 若 0a  ，则 1q  ，又由 1n na S  对一切正整数 n 都成立， 可知 1 1 n n qaq a q   ，即 (2 ) 1nq q  对一切正整数 n 都成立， 又当 ( 1]q  ， 时， (2 ) 1nq q  当 2n  时不成立， 故有 (0 1) (2 ) 1 q q q     ， ， ，或 2 ( 1 0) (2 ) 1 q q q      ， ， ， 解得 1 5( 0) (0 1)2q  ， ， ． 所以{ }na 是 P 数列时， a 与 q 所满足的条件为 0 2 a q    ， ≥ ，或 0 1 5(0 1) ( 0)2 a q    ， ， ， ．12 分 下面用反证法证明命题“若 0a  且 1 2T T ，则{ }na 不是 P 数列”． 假设{ }na 是 P 数列，由 0a  ，可知 2q≥ 且{ }na 中每一项均为正数， 若{ }nb 中的每一项都在{ }nc 中，则由这两数列是不同数列，可知 1 2T T ， 若{ }nc 中的每一项都在{ }nb 中，同理可得 1 2T T ． 若{ }nb 中至少有一项不在{ }nc 中且{ }nc 中至少有一项不在{ }nb 中， 设{ } { }n nb c ， 是将{ } { }n nb c， 中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为 1 2T T ， ， 不妨设{ },{ }n nb c  中的最大项在{ }nb  中，设为 ma ，则 2m≥ ， 则 2 1 2 1 1m mT a a a a T    ≤ ≤ ，故 2 1T T  ，所以 2 1T T ， 故总有 1 2T T ，与 1 2T T 矛盾．故{ }na 不是 P 数列．································· 16 分 数学Ⅱ（附加题） 21．【选做题】本题包括 A 、 B 、C三小题，请选定其中两题．．．．．．，若多做，则按作答的前两题评分． A ．选修 4  2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 解：依题意 1 2 3 4      5 x     2y y      ，即 10 2 3 20 x y x y       ， ， 解得 4 8 x y     ， ， ·····················3 分 由逆矩阵公式知，矩阵 M 1 2 3 4      的逆矩阵 1 2 1 3 1 2 2         M ，···················· 7 分 所以 1 x y       M 2 1 3 1 2 2        4 8      16 10      ．··············································· 10 分 B ．选修 4  4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 解：直线 2 2( sin cos ) 22 2l    ： ， 所以直线 l 的直角坐标方程为 2 0x y   ．··············································3 分 曲线 C 的普通方程为 2 2( 2) 1 ( 3 2)x y x    ≤ ≤ ，··································6 分 2 2 2 0 ( 2) 1 ( 3 2) x y x y x         ， ≤ ≤ - ， 消去 y 整理得 22 8 7 0x x   ， 则 22 2x    ，所以交点坐标为 2 2( 2 )2 2   ， ．··································10 分 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计 20 分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤． 22．（本小题满分 10 分） 解：设 O是 AD 中点， PAD△ 为正三角形，则 PO AD ． 因为平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ，PO  平面 PAD 所以 PO ABCD 面 ． 又因为 2AD AE  ， 60DAB   ， 所以 ADE△ 为正三角形， 所以 OE AD ． 建立如图所示空间直角坐标系 O xyz ， 则 (0 0 3) (0 3 0) ( 2 3 0) ( 1 0 0)P E C D ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 于是 ( 2 3 3) (0 3 3) (1 0 3)PC PE DP       ， ， ， ， ， ， ， ， ．····················2 分 （1）设平面 PEC 的法向量为 1 ( )x y z ， ，n ， 由 1 10, 0PC PE     n n ，得一个法向量为 1 (0 1 1) ，，n ， 平面 EDC 的一个法向量为 2 (0 0 1) ， ，n ， 所以 1 2 1 2cos 22   ，n n ， 又由图可得二面角 P EC D  为锐角， 所以二面角 P EC D  的余弦值为 2 2 ．················································· 4 分 （2）设 (0 1)PM PC   ≤ ≤ ，则 ( 2 3 3 )PM      ， ， ， (1 2 3 3 3 )DM DP PM          ， ， ， (0 3 3)PE   ， ， ，················· 6 分 所以 2 | 6 3| 6| cos | | | 8| || | 6 10 10 4 DM PEDM PE DM PE                 ， ，················· 8 分 解得 1 3   或 2 3 ，所以存在点 M 为线段 PC 的三等分点．··························· 10 分 23．（本小题满分 10 分） 解：（1）当 2n  时， {0} {1} {2} {0 2} {0 1 2}M  ， ， ， ， ， ，， 具有性质 P ， 对应的 k 分别为 0 1 2 1 1，， ，，，故 (2) 5f  ．··············································· 3 分 （2）设当 n t 时，具有性质 P 的集合 M 的个数为 ( )f t ， 则当 1n t  时， ( 1) ( ) ( 1)f t f t g t    ， 其中 ( 1)g t  表示 1t M  时也具有性质 P 的集合 M 的个数， 下面计算 ( 1)g t  关于 t 的表达式， 此时应有 2 1k t ≥ ，即 1 2 tk ≥ ，故对 n t 分奇偶讨论． ①当 t 为偶数时， 1t  为奇数，故应该有 2 2 tk ≥ ， 则对每一个 k ， 1t  和 2 1k t  必然属于集合 M ， 且 t 和 2k t ，， k 和 k 共有 1t k  组数， 每一组数中的两个数必然同时属于或不属于集合 M ， 故对每一个 k ，对应具有性质 P 的集合 M 的个数为 0 1 1 1 1 1 1 2t k t k t k t k t kC C C              ， 所以 2 12 2 2( 1) 2 2 2 1 2 2 1 t t t g t           ．··········································5 分 ②当 t 为奇数时， 1t  为偶数，故应该有 1 2 tk ≥ ， 同理 1 1 12 2 2( 1) 2 2 2 1 2 2 2 1 t t t g t            ，····································· 7 分 综上，可得 2 2 ( ) 2 2 1( 1) ( ) 2 2 2 1 t t f t tf t f t t           ，为偶数， ，为奇数， 又 (2) 5f  ， 由累加法解得 2 1 2 6 2 5( ) 4 2 5 t t t tf t t t           ，为偶数， ，为奇数， 即 2 1 2 6 2 5( ) 4 2 5 n n n nf n n n           ，为偶数， ，为奇数． ······················································· 10 分