天津市滨海新区七校（塘沽一中等）2021届高三上学期模拟考试数学试卷 Word版含解析

天津市滨海新区七校（塘沽一中等）2021届高三上学期模拟考试数学试卷 Word版含解析

- 1 - 2021 年天津市滨海七所重点学校高三毕业班联考模拟考 数学试卷 共 150 分，考试时间 120 分钟. 一､选择题(本题共 9 个小题，每小题 5 分，共 45 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. 若集合 2| 01 xA x x      ，  2| 2 0B x x x    ，则 A B  （ ） A.  2,2 B.  1,1 C.  1,1 D.  1,2 【答案】C 【解析】 【分析】 化简集合 ,A B ，根据交集的概念进行运算可得结果. 【详解】 2| 01 xA x x      { | 2 1}x x    ，  2| 2 0B x x x    { | 1 2}x x    ， A B  { | 1 1}x x   . 故选：C 2. 为了调查某厂 2000 名工人生产某种产品的能力，随机抽查了 20 位工人某天生产该产品的 数量，产品数量的分组区间为         10,15 , 15,20 , 20,25 , 25,30 , 30,35 ，频率分布直方图 如图所示.工厂规定从生产低于 20 件产品的工人中随机地选取 2 位工人进行培训，则这 2 位工 人不在同一组的概率是（ ） A. 1 10 B. 1 3 C. 7 15 D. 8 15 【答案】D 【解析】 - 2 - 【分析】 根据频率分布直方图求出产品数量在[10,15) 和[15,20) 内的频数，根据组合知识和古典概型 的概率公式计算可得结果. 【 详 解 】 产 品 数 量 在 [10,15) 内 的 工 人 有 20 0.02 5 2   人 ， 在 [15,20) 内 的 工 人 有 20 0.04 5 4   人， 从这 6 人中随机地选取 2 位工人进行培训共有 2 6 15C  种，其中这 2 位工人不在同一组的有 1 1 2 4 2 4 8C C    种， 所以这 2 位工人不在同一组的概率是 8 15 . 故选：D 【点睛】本题考查了频率分布直方图，考查了组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于 基础题. 3. 已知公差为 d 的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，则“ 0n nS na  ，对 1n  ， *nN 恒成 立”是“ 0d  ”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】C 【解析】 【分析】 利用等差数列的求和公式  1 2 n n a a nS  代入 0n nS na  中化简，并结合通项公式得到等 价的不等式 1 0n d  ，然后根据不等式恒成立的意义得出充分必要条件. 【 详 解 】    1 1 02 2 n n n n n a a n a a nS na na       ⇔  1 1 1na a a n d    ⇔  1 0n d  ∴“ 0n nS na  ，对 1n  ， *nN 恒成立”等价于“ 1 0n d  ”对于 1n  ， *nN 恒成 立， 显然“ 1 0n d  ”对于 1n  ， *nN 恒成立，等价于“ 0d  ”, - 3 - ∴“ 0n nS na  ，对 1n  ， *nN 恒成立”是“ 0d  ”的充分必要条件 故选：C .【点睛】本题考查等差数列的求和公式和充分必要条件的判断，属小综合题，关键是根据题 目中的条件，选用  1 2 n n a a nS  较为简便. 4. 函数 ln | | cos( ) sin x xf x x x   在[ ),0 π]π (0,  的图像大致为（ ） A. B. C. D. - 4 - 【答案】D 【解析】 【分析】 判断函数的奇偶性，然后利用特殊函数值进行判断即可. 【详解】因为 ln | | cos( ) ln | | cos( ) ( )sin( ) sin x x x xf x f xx x x x             ， [ )π,0 0,π( ]x   ， 所以 ( )f x 为奇函数，因此函数 ( )f x 的图像关于原点对称，故排除 A， 又因为 ( )1 0f   ， π( ) 02f   ， π( ) 03f  ， ( ) 0f   ，故排除 B，C. 故选：D 5. 已知函数 | |( ) 2 xf x  ，记 1 31(( ) )4a f ， 3 7(log )2b f ， 1 3 (log 5)c f ，则 a ，b ， c 的 大小关系为（ ） A. c b a  B. b a c  C. a b c  D. c a b  【答案】A 【解析】 【分析】 首先判断函数  f x 的性质，再比较 1 3 3 3 1 7,log ,log 54 2      的大小关系，从而利用单调性比较 a ， b ， c 的大小关系. 【详解】   2 xf x  是偶函数，并且当 0x  时， 2xy  是增函数，  1 3 3 log 5 log 5c f f       ， - 5 - 因为 1 310 ( ) 14   ， 3 3 71 log log 52   ，即 1 3 3 3 1 70 log log 54 2       又因为  y f x 在  0,  是增函数，所以 a b c  . 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的单调性和奇偶性比较函数值的大小，本题的关键 是判断函数   2 xf x  的性质，后面的问题迎刃而解. 6. 直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有顶点都在同一球面上，且 2AB AC  ， 90BAC  ， 1 4 2AA  ，则该球的表面积为（ ） A. 40 B. 32 C. 10 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意，可将直三棱柱 1 1 1ABC A B C 补成长方体，长方体的对角线即为球的直径，从而可 求球的表面积. 【详解】解：如图所示， 直三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有顶点都在同一球面上，且 2AB AC  ， 90BAC  ， 1 4 2AA  ， 可将直三棱柱 1 1 1ABC A B C 补成长方体，其中 2AB AC BM CM    ， 1 1 4 2AA BB  ，长方体的对角线  22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 4 2 2 10CB CM MB CM MB BB         ，即为球的直 径，则球的半径 r 为 10 . - 6 - 球的表面积为  224 4 10 40S r      . 故选: A. 【点睛】本题考查球的表面积，考查分析问题能力，属于中档题. 7. 已知抛物线  2 1 : 2 0C y px p  的焦点为 F，准线与 x 轴的交点为 E，线段 EF 被双曲线 2 2 2 2 2: 1( 0, 0)   x yC a ba b 顶点三等分，且两曲线 1C ， 2C 的交点连线过曲线 1C 的焦点 F，则 双曲线 2C 的离心率为（ ） A. 2 B. 3 2 2 C. 11 3 D. 22 2 【答案】D 【解析】 【分析】 求得抛物线的焦点和准线，可得 EF 的长度，由题意可得 6p a ，求出两曲线交点坐标，代 入双曲线方程可得 ,a b 的关系，利用离心率公式可求得结果. 【详解】抛物线 2 2y px 的焦点为 ( ,0)2 pF ，准线方程为 2 px   ， ( ,0)2 pE  ， | |EF p ， 因为线段 EF 被双曲线 2 2 2 2 2: 1( 0, 0)   x yC a ba b 顶点三等分，所以 2 3 pa  ，即 6p a ， 因为两曲线 1C ， 2C 的交点连线过曲线 1C 的焦点 F，所以两个交点为 ( , )2 p p 、 ( , )2 p p ， 将 ( , )2 p p 代入双曲线 2 2 2 2 1x y a b   得 2 2 2 2 14 p p a b   ， 所以 2 2 2 2 36 36 14 a a a b   ，所以 2 2 369 1a b   ，所以 2 2 9 2 b a  ， 所以双曲线 2C 的离心率 2 2 2 2 2 2 2 91 1 2 c c a b be a a a a        22 2  . 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于 , ,a b c 的等量关系．根 - 7 - 据线段 EF 被双曲线 2 2 2 2 2: 1( 0, 0)   x yC a ba b 顶点三等分得到 6p a ，再求出两曲线交点 坐标，代入双曲线方程可得 ,a b 的关系，考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中 档题． 8. 将函数   cosf x x 的图象先向右平移 5 6  个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为 原来的 1 ( 0)  倍，纵坐标不变，得到函数  g x 的图象，若函数  g x 在 3,2 2       上没有 零点，则 的取值范围是（ ） A. 2 2 80, ,9 3 9           B. 80, 9      C. 2 80, ,19 9           D.  0,1 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图象变换求出 ( )g x 的解析式，利用周期缩小 的范围，再从反面求解可得结果. 【详解】将函数   cosf x x 的图象先向右平移 5 6  个单位长度，得到 5cos( )6y x   的图 象， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的 1 ( 0)  倍，纵坐标不变，得到函数 5( ) cos 6g x x      ( 0) ，周期 2T   ， 因为函数  g x 在 3,2 2       上没有零点，所以 3 2 2 2 T   ，得 2T  ，得 2 2   ，得 0 1  ， 假设函数  g x 在 3,2 2       上有零点， 令 ( ) 0g x  ，得 5 6 2x k     ， k Z ，得 4 3 kx      ， k Z ， 则 4 3 2 3 2 k        ，得 8 2 8 29 3 3 k k    ， k Z ， - 8 - 又0 1  ，所以 2 2 9 3   或 8 19   ， 又函数  g x 在 3,2 2       上有零点，且 0 1  ， 所以 20 9   或 2 8 3 9   . 故选：A 【点睛】关键点点睛：求出函数 ( )g x 的解析式，利用间接法求解是解决本题的关键. 9. 已知函数  f x 、  g x 均是周期为 2 的函数， 2 2 2 ,0 1 ( ) 34 2,1 22 x x x f x x x                ， 3( 1),0 2( ) 3 3, 22 2 m x x g x x         ，若函数      h x f x g x  在区间 0,5 有 10 个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） A. 30, 3       B. 1 3,2 3       C. 10, 2      D. 1 4,2 5      【答案】B 【解析】 【分析】 作出函数 ( )f x 在 0,5 上的图象，作出 ( )g x 在 3 ,22      和 7 ,42      上的图象，可知 ( )f x 的图象 与 ( )g x 的图象在 0,1 上有 2 个交点，在 3(1, ]2 上有一个交点，利用二次函数性质可解的结果. 【详解】当 0 1x  时，由 2 2 0y x x    可得 2 2 2y x x   ，即 2 21 1x y   ，    21 1f x x    的图象是以 (1,0) 为圆心，1为半径的圆的四分之一， 作出函数 ( )f x 在 0,5 上的图象，作出 ( )g x 在 3 ,22      和 7 ,42      上的图象， - 9 - 在 3 ,22      和 7 ,42      上， ( )g x 的图象与 ( )f x 的图象共有两个交点， 因为 ( )f x 的图象与 ( )g x 的图象在[0,5]上共有 10 个交点， 所以 ( )f x 的图象与 ( )g x 的图象在 3[0, ]2 、 7[2, ]2 、[4,5]上共有 8 个交点， 又 ( )f x 与 ( )g x 的周期都是 2， 所以 ( )f x 的图象与 ( )g x 的图象在 0,1 上有 2 个交点，在 3(1, ]2 上有一个交点， ① 2( 1) 2m x x x    在 0,1 上有 2 个实根， 即 2 2 2 2(1 ) (2 2) 0( 0)m x m x m m      在 0,1 上有 2 个实根， 所以       22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 0 2 20 1 2 1 1 2 2 0 m m m m m m m m                   ，解得 21 1 4 3m  ， 因为 0m  ，所以 1 3 2 3m  ； ② 23( 1) 4( ) 22m x x     在 3(1, ]2 上有 1 个实根， 即 24 ( 12) 7 0x m x m     在 3(1, ]2 上有 1 个实根， 所以    212 16 7 0 12 31 8 2 m m m          或  9 3 364 12 7 4 7 04 2 mm m m            ， - 10 - 或 12 3 8 2 9 3 364 7 04 2 m m m         ， 解得 20 4 23m   或 1 4 2 5m  ， 综上所述： 1 3 2 3m  . 故选：B 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （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 二､填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分.试题中包含两个空的，答对 1 个的给 3 分，全部答对的给 5 分) 10. i 是虚数单位，若 8 4iz z   ，则 z  ___________. 【答案】 3 4i 【解析】 【分析】 先设复数  , ,z a bi a b R   ，再求得 2 2z a b  ，最后利用复数相等即可求得. 【详解】解：设复数  , ,z a bi a b R   ，则 2 2z a bi a b    ， 所以 2 2 8 4z a a b bi iz       ， 所以根据复数相等得： 2 2 8 4 a a b b      ，解得 3 4 a b    ， 所以 3 4z i  ， 故答案为：3 4i 【点睛】本题考查复数的相等概念，共轭复数，复数的模等，是基础题. 11. 已知 1 3 n x x     的展开式中第 6 项与第 8 项的二项式系数相等，则含 10x 项的系数是 - 11 - ___________. 【答案】 4 【解析】 【分析】 首先由二项式系数相等求 n ，再根据通项公式求指定项的系数. 【详解】由条件可知 5 7 n nC C ，所以 5 7 12n    ， 所以 121 3x x     的通项公式是 12 12 2 1 12 12 1 1 3 3 r r r r r r rT C x C xx                     ， 令12 2 10r  ，解得： 1r  ， 所以函数 10x 的系数是 1 12 1 43 C       . 故答案为：-4 【点睛】易错点睛：本题考查二项式定理求指定项系数，其中二项式系数与项的关系是第 1r  项的系数是 r nC ，这一点容易记错，需注意. 12. 已知圆 2 2: 4 2 1 0C x y x y     ，直线 l 过点 1,3 ，且与圆 C 交于 A，B 两点， | | 2 3AB  ，则直线 l 的方程为__________. 【答案】 1x  或3 4 15 0x y   【解析】 【分析】 根据| | 2 3AB  求出圆心C 到直线 l 的距离为 d ，讨论直线l 的斜率是否存在，当直线l 的斜 率存在时，设出其点斜式方程，根据点到直线的距离公式可求得结果. 【详解】圆 2 2: 4 2 1 0C x y x y     的圆心 (2,1)C ，半径 2r = ， 设圆心C 到直线l 的距离为 d ，则 2 2 4 3 12 ABd r         ， 当直线l 的斜率不存在时，直线 l ： 1x  ，满足 1d  ； 当直线l 的斜率存在时，设 :l 3 ( 1)y k x   ，即 3 0kx y k    ， - 12 - 所以 2 2 | 2 1 3 | | 2| 1 1 1 k k kd k k         ，解得 3 4k   ， 所以 :l 3 4 15 0x y   ， 综上所述：直线 l 的方程为 1x  或3 4 15 0x y   . 故答案为： 1x  或3 4 15 0x y   【点睛】易错点点睛：容易漏掉直线的斜率不存在的情形. 13. 某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第 一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经 过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为 0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后， 甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为 0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的 概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为 ，则随机变量 的期望为 ________. 【答案】 (1). 0.38 (2). 0.9 【解析】 【分析】 考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量 的可能取值为 0,1,2,3，计算得到概 率，再计算数学期望得到答案. 【详解】第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：            0.5 1 0.6 1 0.4 1 0.5 0.6 1 0.4 1 0.5 1 0.6 0.4 0.38p                 . 甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为： 1 0.5 0.6 0.3p    ， 2 0.6 0.5 0.3p    ， 3 0.4 0.75 0.3p    . 故随机变量 的可能取值为 0,1,2,3， 故    3 3431 0.3 10000p      ；    21 3 4410.3 1 0.3 1001 0p C     ；    2 2 3 1890.3 1 0.32 1000p C     ；   3 270. 03 3 10 0p    . 故   343 441 189 270 1 2 3 0.91000 1000 1000 1000E           . 故答案为：0.38 ；0.9. 【点睛】本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力. - 13 - 14. 在 ABC 中，已知 9AB AC  uuur uuur ，sin cos sinB A C ， 6ABCS  ，P 为线段 AB 上的 点，且 | | | | CA CBCP x y CA CB       ，则 CP BP  的最小值为________． 【答案】 64 25  【解析】 【分析】 由数量积的定义通过解三角形求出 ABC 中各边．发现这是一个直角三角形，然后以以 C 为 原 点 ， CA 所 在 直 线 为 x 轴 ， CB 所 在 直 线 为 y 轴 建 立 直 角 坐 标 系 ， 则 条 件 | | | | CA CBCP x y CA CB       为点 ( , )P x y ，且满足 13 4 x y  ．用坐标求出CP BP  ，结合几何意义 可得最小值． 【详解】依题意得： cos 9, sincos ,sin 1 sin 6,2 b c A B bA C c b c A              解得 4tan 3A  ， 3cos 5A  ， 3b  ， 5c  ， 2 2 2 2 32 cos 3 5 2 3 5 45a b c bc A          ， 所以 ABC 为 Rt ，所以 90 C ． 以 C 为原点，CA 所在直线为 x 轴，CB 所在直线为 y 轴建立直角坐标系，则由题目条件得点 ( , )P x y ，且满足 13 4 x y  ． - 14 - 2 2 2( 4) ( 2) 4CP BP x y y x y         ， 点 (0,2) 到直线 13 4 x y  即 4 3 12 0x y   的距离为 2 2 6 12 6 54 3 d    ， 则CP BP  最小值为 26 6445 25        ． 故答案为： 64 25  ． 【点睛】本题考查平面向量的数量积，考查正弦定理的边角转化，余弦定理，考查转化与化 归思想，解题关键是建立平面直角坐标系，用坐标表示数量积的运算，从而利用几何意义求 得最值． 15. 已知函数 3 21( ) 23f x ax x cx   在 R 数上单调递增，且 4ac  ，则| sin | sin acx x  的最 小值为__________， 2 24 4 a c c a   的最小值为__________. 【答案】 (1). 5 . (2). 1 2 . 【解析】 【分析】 根据条件分析出 4, 0, 0ac a c   ，根据函数   4h x x x   的单调性分析出 sin ins ac xx  的最小值.将待求式子变形为关于 c 的式子，利用基本不等式以及函数单调性求解出 2 24 4 a c c a   的最小值. - 15 - 【详解】解：因为 3 21( ) 23f x ax x cx   在 R 上单调递增，则   2 4 0f x ax x c     ， 所以 0, =16 4 0a ac    ，所以 4ac  ，又因为 4ac  ，所以 4ac  ，则 0c  ， 又因为 4sin sinsin sinx acx x x    ，  sin 0,1x  ， 令函数   4h x x x   ，   2 41 0h x x     在 0,1 恒成立，   4h x x x   在 0,1 上单调递减， 所以    min 1 5h x h  ，所以 sin ins ac xx  的最小值为 5 ，取等号时sin 1x   ， 所以   2 2 4 2 2 2 2 3 2 44 16 816 16 4 44 4 4 4 44 4 4 cca c c c cc c c a c c c c cc c c                           1 4 8 44 c c c c                  ，又因为 4 42 4c cc c     ，取等号时 2c  ， 且函数   8g t t t   ，   2 81 0g t t    ，   8g t t t   在 4, 上递增，所以    min 4 2g t g  ， 所以 2 24 4 a c c a   的最小值为 1 12=4 2  ，取等号时 2a c  ； 故答案为： 5 ； 1 2 . 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求解最值时，一定要注意取等号的条件是否能满足，若 不满足则无法直接使用基本不等式，转而利用对勾函数单调性分析更方便. 三､解答题(本大题 5 小题，共 75 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.) 16. 已知锐角三角形 ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， 2b  ， 3c  ，三 角形 ABC 的面积为 3 3 2 . （1）求 BC 边上的高： - 16 - （2）求  sin A C . 【答案】（1） 3 21 7 （2） 21 14  【解析】 【分析】 （1）利用三角形面积公式求出 sin A ，根据 A 为锐角，求出 A ，用余弦定理求出 a ，再根据 面积公式求出所求的高； （2）利用余弦定理求出 cosC ，根据同角公式求出sinC ，再根据两角差的正弦公式求出结 果. 【详解】（1） 1 1 3 3sin 2 3sin2 2 2ABCS bc A A    △ ，得 3sin 2A  ， 因为 A 为锐角，所以 3A  . 所以 2 2 12 cos 4 9 2 2 3 2a b c bc A         7 ， 设 BC 边上的高为 h ，则 1 3 3 2 2ah  ，得 3 3 7 h  3 21 7  . （2） 2 2 2 7 4 9 7cos 2 142 7 2 a b cC ab         , 2 2 7 3 21sin 1 cos 1 14 14C C     , 所以sin( ) sin cos cos sinA C A C A C   3 7 1 3 21 21 2 14 2 14 14       . 【点睛】关键点点睛：利用三角形的面积公式、余弦定理求解是解题关键. 17. 如图，已知梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠DAB＝90°，AB＝BC＝2AD＝4，四边形 EDCF 为 矩形，DE＝2，平面 EDCF⊥平面 ABCD． (1)求证：DF∥平面 ABE； - 17 - (2)求平面 ABE 与平面 BEF 所成二面角的正弦值； (3)若点 P 在线段 EF 上，且直线 AP 与平面 BEF 所成角的正弦值为 2 21 63 ，求线段 AP 的长． 【答案】(1)证明见解析；(2) 7 7 ；(3)6. 【解析】 【分析】 （1）由 DE⊥CD，及面面垂直的性质定理得线面垂直，取 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴， DE 所在直线为 z 轴建立如图所求的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出平面 ABE 的一个法 向量，由法向量与 DF 的方向向量垂直，再由 DF 不在平面 ABE 内可证线面平行； （2）求出平面 ABE 与平面 BEF 的法向量，由法向量的夹角正弦值得二面角正弦值； （3）点 P 在线段 EF 上，由 EP EF  ，用  表示出 P 点坐标，由 AP  与平面 BEF 方向向量 的夹角的余弦值的绝对值等于 2 21 63 ，求出  ，从而可得线段长． 【详解】(1)证明：∵四边形 EDCF 为矩形，∴DE⊥CD， 又平面 EDCF⊥平面 ABCD，平面 EDCF∩平面 ABCD＝CD， ∴ED⊥平面 ABCD． 取 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴，DE 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系， 如图，则 A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(﹣2，4，0)，E(0，0，2)，F(﹣2，4，2)， 设平面 ABE 的法向量 m  ＝(x，y，z)， ∵ BE  ＝(﹣2，﹣4，2)， AB  ＝(0，4，0)， 由 2 4 2 0 4 0 BE m x y z AB m y                ，取 z＝1，得 m  ＝(1，0，1)， 又 DF  ＝(﹣2，4，2)，∴ DF m  ＝﹣2+0+2＝0， 则 DF  ⊥ m  ，又∵DF⊄平面 ABE，∴DF∥平面 ABE． (2)解：设平面 BEF 的法向量 n  ＝(a，b，c)， ∵ BE  ＝(﹣2，﹣4，2)， EF  ＝(﹣2，4，0) - 18 - 由 2 4 2 0 2 4 0 BE n a b c EF n a b                  ，取 b＝1，可得 n  ＝(2，1，4)， ∴cos＜ ,m n   ＞＝ | | 1 42 7| || | 2 21 m n m n        ， ∴sin＜ ,m n   ＞＝ 42 71 49 7   ， 即平面 ABE 与平面 BEF 所成二面角的正弦值为 7 7 ． (3)解：∵平面 BEF 的法向量 n  ＝(2，1，4)， 点 P 在线段 EF 上，设 P(m，n，t)， EP EF  ，则(m，n，t﹣2)＝(﹣2λ，4λ，0)， 解得 P(﹣2λ，4λ，2)，∴ AP  ＝(﹣2λ﹣2，4λ，2)， ∵直线 AP 与平面 BEF 所成角的正弦值为 2 21 63 ， ∴ 2 2 2 | | 4 | || | ( 2 2) (4 ) 2 21 AP n AP n              ＝ 2 21 63 ， 解得λ＝1， ∴线段 AP 的长为 2 2 2( 4) 4 2 6AP       |． 【点睛】本题考查用空间向量法证明线面平行，求二面角，直线与平面所成的角，从而求得 空间线段长，解题关键是建立空间直角坐标系．考查了空间想象能力与运算求解能力． 18. 已知数列 na 是公差不为 0 的等差数列， 1 3 2a  ，数列 nb 是等比数列，且 1 1b a ， 2 3b a  ， 3 4b a ，数列 nb 的前 n 项和为 nS . - 19 - （1）求数列 nb 的通项公式； （2）设 , 5 8 , 6 n n n b nc a n    ，求 nc 的前 n 项和 nT ； （3）若 1 n n A S BS    对 *n N 恒成立，求 B A 的最小值. 【答案】（1） 13 1( )2 2 n nb    （2） 2 11 ,1 52 3 27 927 , 62 2 32 n n n T n n n                （3）17 12 【解析】 【分析】 （1）利用等差数列的通项公式与等比中项性质列式可解得等差数列的公差和等比数列的公 比，进而可得所求通项公式； （2）对 n 分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式可得所求和； （3） 1( ) n n f n S S   ，讨论当 n 为奇数和偶数时， ( )f n 的单调性，可得 ( )f n 的最值，结合 不等式恒成立可得 ,A B 的范围，进而可得所求最小值. 【详解】（1）设数列 na 的公差为 d ， 0d  ， 因为数列 nb 是等比数列，所以 2 2 1 3b b b ， 所以 2 3 1 4a a a ，所以   1 1 1 2 32a d a a d  ， 所以 2 1 4 0a d d  ，因为 0d  ，所以 1 4 0a d  ， 又 1 3 2a  ，所以 3 8d   ， 所以 1 1 3 2b a  ，数列 nb 的公比 32 1 1 1 1 ( 2 ) 1 11 2 ( )4 2 ab a dq b a a             ， 所以 1 1 1 3 1( )2 2 n n nb b q      . （2）由（1）知 13 1( )2 2 n nb    ， 1 3 3 3 15( 1) ( 1)2 8 8 8na a n d n n         ， - 20 - 所以 13 1 , 52 2 3 15, 6 n n nc n n              ， 当1 5n  时， 1 3 112 2(1 ) 11 1 2 n n n b qT q                 11 2 n      ， 当 6n  时，   5 5 3 15 311 2 2n n nT            23 27 927 2 2 32n n   ， 所以 2 11 ,1 52 3 27 927 , 62 2 32 n n n T n n n                . （3） nS  1 3 112 2(1 ) 11 1 2 n nb q q                11 2 n      ， 1 1 11 2 11 2 n n n n S S              ， 令 1 1( ) 1 2 11 2 n nf n             ， 当 n 为奇数时， 1 1( ) 1 2 11 2 n nf n            0 ，且 ( )f n 递减，可得 ( )f n 的最大值为 5(1) 6f  ， 当 n 为偶数时， 1 1( ) 1 2 11 2 n nf n           0 ，且 ( )f n 递增，可得 ( )f n 的最小值为 7(2) 12f   ， 所以 ( )f n 的最小值为 7 12  ，最大值为 5 6 ， - 21 - 因为 1 n n A S BS    对 *n N 恒成立，所以 7 12 5 6 A B      ， 所以 5 7 17 6 12 12B A    ，所以 B A 的最小值为17 12 . 【点睛】易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的 事项： (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点； (2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容 易被忽视的问题； (3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制 条件的转化. 19. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     过点  2,1P ， 1F 、 2F 分别为椭圆 C 的左、右焦点， 且 1 2 1PF PF    . （1）求椭圆 C 的方程； （2）过 P 点的直线 1l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，直线 2l 平行于 OP（O 为原点），且与椭 圆 C 交于 A、B 两点，与直线 2x  交于点 M（M 介于 A、B 两点之间）. （i）当 PAB△ 面积最大时，求 2l 的方程； （ii）求证：| | | | | | | |PA MB PB MA   . 【答案】（1） 2 2 18 2 x y  ；（2）（i） 1 22y x  ；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】 - 22 - （1）根据条件求出 ,a b ，即可写出椭圆方程； （2）（i）设直线 2l 的方程为 1 2y x t  ，联立椭圆方程，表示出 PABS ，可求出 PABS 最大时 t 的值，即可得出 2l 的方程； （ii）要证明结论，只需证明 | | | | | | | | PA PB MA MB  ，即证直线 2x  为 APB 的平分线，转化成证 明： 0PA PBk k  . 【详解】（1）设 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，则 1 ( 2, 1)PF c    ， 2 ( 2, 1)PF c   ， 2 1 2 4 1 1PF PF c         ， 6c  ， 又 (2,1)P 在椭圆上，故 2 2 4 1 1a b   ， 又 2 2 6a b  ，解得 2 8a  ， 2 2b  ， 故所求椭圆C 的方程为 2 2 18 2 x y  . （2）（i）由于 1 2OPk  ，设 2l 的方程为 1 2y x t  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 由 2 2 1 2 18 2 y x t x y       ，消去 y 整理得 2 22 2 4 0x tx t    ， 由韦达定理可得：   1 2 2 1 2 2 2 2 2 4 4 4 0 4 x x t x x t t t              ， 则    2 2 2 1 2 1 2 1 5| | 1 4 4 4 2 44 2AB x x x x t t       2 25 16 4 5 42 t t    ， - 23 - 又点 P 到 2l 的距离 2 | | 2 | | 511 2 t td        ， 所以    2 2 2 2 2 41 2| |5 4 4 22 25PAB t ttS t t t         △ . 当且仅当 2 24 t t  ，即 2 2t  时，等号成立. 又 M 介于 A 、 B 两点之间，故 2t   . 故直线 AB 的方程为： 1 22y x  . （ii）要证结论成立，只须证明 | | | | | | | | PA PB MA MB  ， 由角平分线性质即证：直线 2x  为 APB 的平分线， 转化成证明： 0PA PBk k  . 由于 1 2 1 2 1 1 2 2PA PB y yk k x x             1 2 2 1 1 2 1 11 2 1 22 2 2 2 x t x x t x x x                                       2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 2) 4( 1) 2 4 2 ( 2) 4( 1) 4 4 4 4 02 2 2 2 2 2 x x t x x t t t t t t t x x x x x x                       因此结论成立. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查弦长公式，考查点到直线的距离公式，考查椭圆中 三角形面积利用基本不等式求最值问题，考查了学生的逻辑推理能力与运算能力，属于难题. 20. 已知函数    sin 1 lnf x m x x   . （1）当 1m  时，求函数  f x 在 0,1 的单调性； （2）当 0m  且 1a e   时， 1( ) ( )h x af x x    ，求函数  h x 在 0,e 上的最小值； （3）当 0m  时，设 1( ) ( ) ( 1)g x f x a ax     .记 0x 为函数  y g x 在 (1, ) 上的唯一零 点，证明： 2 0 0 132 2 ln2 a xe a ax        .其中 2.71828e  为自然对数的底数. - 24 - 【答案】（1）函数  f x 在 0,1 的单调递增（2） 1a e   （3）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求导，利用导数的符号判断可得结果； （2）求导后，对 a 分类讨论，得函数的单调性，根据单调性可得最小值； （3）令 0 1t x  ，得到 0 1 0 2 0 0 3 12 1xx e x x          21 2 3 1te t tt     ，构造函数 21( ) 12 xx e x x     (0 1)x  ，利用导数求得其单调性和最值可证得 2 0 0 132 2 a xe x      ， 再构造函数 ( ) lnx x x   ， 1x  ，利用导数求得其单调性和最值可证得 2 0 0 12 ln xa a x   ， 即可求解. 【详解】（1）当 1m  时， ( ) sin(1 ) lnf x x x   ， 1( ) cos(1 )f x x x      ， 因为 0 1x  ，所以 1 cos(1 ) 0x     ， 1 1x  ，所以 ( ) 0f x  ， 所以函数  f x 在 0,1 的单调递增. （2）当 0m  且 1a e   时， 1( ) ( )h x af x x    1lna x x    ， 2 2 1 1( ) a axh x x x x       ， 当 0a  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 在 0,e 上单调递减，所以 ( )h x 的最小值为 1( )h e a e    ； 当 1 0ae    时，因为 0 x e  ，所以 1 0ax   ，所以 ( ) 0h x  ， ( )h x 在 0,e 上单调递 减，所以 ( )h x 的最小值为 1( )h e a e    综上所述： ( )h x 的最小值为 1a e   . （3）当 0m  时， 1 1( ) ( ) lng x f x a x ax x       ， 因为 ( )g x 在 (1, ) 上有唯一零点 0x ， 所以 0 0 1ln 0x ax    ， 0 0 1lna x x   0 1 0ln xx e        ， 0 1x  ， - 25 - 所以 2 0 0 132 2 a xe x      0 1 0 0 0 3 12 2 xx e x x          0 1 0 2 0 0 3 12 1xx e x x          ， 令 0 1t x  ， (0 1)t  ， 所以 0 1 0 2 0 0 3 12 1xx e x x          21 2 3 1te t tt     ， 构造函数 21( ) 12 xx e x x     (0 1)x  ，则 ( ) 1xx e x    ， ( ) 1xx e   0 ， 所以 ( )x  在 (0,1) 上递增，所以 ( ) (0) 0x    ，所以 ( ) x 在 (0,1) 上递增， 所以 ( ) (0) 0x   ，即 21 1 02 x xe x    ，所以 22 2 2 0xe x x    ， 所以 0 1 0 2 0 0 3 12 1xx e x x          21 2 3 1te t tt        2 21 12 2 3 1 1t t t t tt t         0 ， 所以 2 0 0 132 2 a xe x      . 因为 0 0 0 0 1 12 ln 2 ln ln lna a x xx x                ， 则 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 12 ln 2 ln ln lnxa a x x xx x x x                   0 0 0 0 0 0 1 1ln ln ln lnx x x xx x                    构造函数 ( ) lnx x x   ， 1x  ，则 1( ) 1 0x x     ， 所以 ( )x 在 (1, ) 上单调递减，所以 ( ) (1) 1x    ， 所以 0 0 0 0 0 ln 1 11xx xx x      且 0 0 n 1l 1 axx    ， 所以 0 0 0 1( ) ( ln )x xx    ， 即 0 0 0 0 0 0 1 1ln ln ln lnx x x xx x                ， - 26 - 即 0 0 0 0 0 0 1 1ln ln ln ln 0x x x xx x                    ， 从而 2 0 0 12 ln xa a x   ， 综上所述： 2 0 0 132 2 ln2 a xe a ax        . 【点睛】关键点点睛：第三问中作差、换元，再构造函数，利用导数判断函数的单调性、求 出最值进行求解是解题关键.