四川省眉山市2020届高三高考适应性考试数学（理）试卷 Word版含解析

四川省眉山市2020届高三高考适应性考试数学（理）试卷 Word版含解析

- 1 - 数学（理工类） 注意事项： 试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）．第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 4 页，共 4 页，满分 150 分．考试时间 120 分钟．考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、 草稿纸上答题无效．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷（选择题 共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有 一个是符合题目要求的． 1.已知i 是虚数单位，且  1x i i y   ，则实数 ,x y 分别为（ ） A. 1, 2x y    B. 1, 1x y   C. 1, 1x y  D. 1, 2x y  【答案】A 【解析】 【分析】 化简   1x i i y   得   1 +1x x i y   ，进而得 1{ ( 1) 0 x y x      ，解方程求得 ,x y 即可. 【详解】解：因为   1x i i y   ，所以   1 +1x x i y   ， 所以 1{ ( 1) 0 x y x      解得： 1 2 x y      . 故选：A. 【点睛】本题主要考查复数的乘法运算、复数相等，考查学生的计算能力，属于基础题. 2.设全集U  R ，集合  2lg( 1)M x y x   ,  0 2N x x   ,则 ( )RC M N  A.  2 1x x   B.  0 1x x  C.  1 1x x   D.  1x x  【答案】B 【解析】 【分析】 - 2 - 由集合 2{ lg( 1)} { | 1M x y x x x      或 1}, { 0 2}x N x x    ，先求解 RC M ，再由 集合 N 能够求出答案. 【详解】因为全集U  R , 集合 2{ lg( 1)} { | 1M x y x x x      或 1}, { 0 2}x N x x    ， 所以 { | 1 1}RC M x x    ，所以   { | 0 1}RN C M x x    ，故选 B. 【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，属于基础题，其中解答中准确计算集合 M 和集合 的交集、补集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 3.2019 年以来，世界经济和贸易增长放缓，中美经贸摩擦影响持续显现，我国对外贸易仍然 表现出很强的韧性.今年以来，商务部会同各省市全面贯彻落实稳外贸决策部署，出台了一系 列政策举措，全力营造法治化､国际化､便利化的营商环境，不断提高贸易便利化水平，外贸稳 规模､提质量､转动力取得阶段性成效，进出口保持稳中提质的发展势头，如图是某省近五年进 出口情况统计图，下列描述错误的是（ ） A. 这五年，2015 年出口额最少 B. 这五年，出口总额比进口总额多 C. 这五年，出口增速前四年逐年下降 D. 这五年，2019 年进口增速最快 【答案】C 【解析】 【分析】 根据统计图中的数据，利用统计知识逐一判断即可. 【详解】对 A 项，由图可知，这五年，2015 年出口额最少，故 A 正确； 对 B 项，由图可知，2015 年的出口额小于进口额，但 2016 年到 2019 年每年的出口额都大于 进口额，总体来看，这五年，出口总额比进口总额多，故 B 正确； 对 C 项，由图可知，2015 年至 2016 年出口增速上升，故 C 错误； 对 D 项，由图可知，2015 年至 2019 年期间，2019 年进口增速最快，故 D 正确； 故选：C - 3 - 【点睛】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于中档题. 4.五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为： 宫、商、角、徵、羽.如果把这五个音阶全用上，排成一个 5 个音阶的音序，从所有的这些音 序中随机抽出一个音序，则这个音序中宫、羽不相邻的概率为（ ） A. 1 5 B. 2 5 C. 3 5 D. 4 5 【答案】C 【解析】 【分析】 把这五个音阶全用上，排成一个 5 个音阶的音序，基本事件总数 5 5 120n A  ，其中宫、羽 不相邻的基本事件有 3 2 3 4 72m A A  ，由此可求出所求概率. 【详解】解：中国古乐中的五声音阶依次为：官、商、角、微、羽，把这五个音阶全用上， 排成一个 5 个音阶的音序，基本事件总数 5 5 120n A  ， 其中宫、羽不相邻的基本事件有 3 2 3 4 72m A A  ， 则从所有的这些音序中随机抽出一个音序，这个音序中宫、羽不相邻的概率为 72 3 120 5 mp n    ， 故选：C 【点睛】此题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等知识，考查运算求解能力，属于 基础题. 5.下列结论中错误的是（ ） A. 若角 的终边过点  3 0),4 (P k k k  ，则 4sin 5  = B. 若 是第二象限角，则 2  为第一或第三象限角 C. 若扇形的周长为 6，半径为 2，则其中心角的大小为 1 弧度 D. 若 0 2   ，则 sin tan  【答案】A 【解析】 【分析】 根据三角函数的定义、象限角的概念、圆心角的弧度制概念、同角三角函数的基本关系，即 - 4 - 可得答案； 【详解】对 A， 1, ( 3, 4)k p    ，则 4sin 5    ，故 A 错误； 对 B， 2 2 ,2k k k Z        ， ,4 2 2k k k Z        ， 2  为第一或 第三象限角，故 B 正确； 对 C， 6 4| | 12 l r     ，故 C 正确； 对 D， sin0 ,sin tan sin cos 12 cos             ，故 D 正确； 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数的定义、象限角的概念、圆心角的弧度制概念、同角三角函数的 基本关系，考查对概念的理解，属于基础题. 6.函数 f（x）  1 4 2 x x sinx  的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的，然后结合特殊 点函数值的正负即可判断. 【详解】因为 f（﹣x）        1 4 4 1 1 4 2 2 2            x x x x x x sin x sinx sinx f（x）， 所以 f（x）为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除选项 A，C， - 5 - 又 f（2）  2 2 1 4 2 15 sin 22 4    sin ， 因为 22    ，所以sin 2 0 ，所以 f（2）＜0，排除选项 D. 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数图象与性质及其应用，还考查了数形结合的思想方法，属于中档 题. 7.矩形 ABCD 中， 4AB  ， 3BC  ，沿 AC 将矩形 ABCD 折成一个直二面角 B AC D  ， 则四面体 ABCD 的外接球的体积是（ ） A. 125 12  B. 125 9  C. 125 6  D. 125 3  【答案】C 【解析】 【分析】 由矩形的对角线互相平分且相等即球心到四个顶点的距离相等推出球心为 AC 的中点，即可求 出球的半径，代入体积公式即可得解. 【详解】因为矩形对角线互相平分且相等，根据外接球性质易知外接球球心到四个顶点的距 离相等，所以球心在对角线 AC 上，且球的半径为 AC 长度的一半， 即 2 21 1 5 2 2 2r AC AB BC    ，所以 3 34 4 5 125 3 3 2 6V r          . 故选：C 【点睛】本题考查球与几何体的切、接问题，二面角的概念，属于基础题. 8.已知函数   3sin cosf x x x  ( xR )，将  y f x 的图象上所有点的横坐标缩短到 原来的 1 2 倍(纵坐标不变)，再将得到的图象上所有点向右平行移动 6  个单位长度，得到 - 6 -  y g x 的图象，则以下关于函数  y g x 的结论正确的是（ ） A. 若 1x ， 2x 是  g x 的零点，则 1 2x x 是 2 的整数倍 B. 函数  g x 在区间 ,4 4      上单调递增 C. 点 3 ,04      是函数  g x 图象的对称中心 D. 3x  是函数  g x 图象的对称轴 【答案】D 【解析】 【分析】 根据辅助角公式化简  f x 解析式，再根据三角函数平移变化可得函数  g x 的解析式：由正 弦函数的周期性和零点定义可判断 A，由正弦函数单调递增区间可判断 B，由正弦函数的对称 中心及对称轴可判断 C、D. 【详解】函数   3sin cosf x x x  ，由辅助角公式化简可得   2sin 6f x x      ， 将  y f x 的图象上所有点的横坐标缩短到原来的 1 2 倍(纵坐标不变)，再将得到的图象上所 有点向右平行移动 6  个单位长度，得到  y g x ， 则   2sin 2 2sin 26 6 6g x x x                   ， 对于 A，函数  y g x 的最小正周期为 2 2T    ，若 1x ， 2x 是  g x 的零点，则 1 2x x 是 2  的倍数，所以 A 错误； 对于 B，由正弦函数的图象与性质可知，函数  y g x 的单调递增区间为 , ,k k kx Z           262 2 2 2 ，解得 , ,6 3x k k k Z         ， 当 0k  时， ,6 3x       ，而 ,4 4 ,6 3            ，所以函数  g x 在区间 ,4 4      上 不为单调递增，故 B 错误； - 7 - 对于 C，由正弦函数的图象与性质可知，函数  y g x 的对称中心为 2 ,6x k k   Z ，解 得 ,2 12 kx k Z    ，当 k  2 3 4 12 时，解得 4 3k  ，不合题意，所以 C 错误； 对于 D，由正弦函数的图象与性质可知，函数  y g x 的对称轴满足 2 ,6 2x k k Z     ， 解得 ,2 3 kx k Z    ，当 0k  时， 3x  ，故 D 正确. 综上所述，正确的为 D， 故选：D. 【点睛】本题考查了辅助角公式化简三角函数式，三角函数图象平移变换求解析式，正弦函 数图象与性质的应用，属于基础题. 9.已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 棱长为 4，P 是 1AA 中点，过点 1D 作平面 满足 CP 平面  ，则平面 与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的截面周长为（ ） A. 4 5 6 2 B. 12 2 C. 8 2 8 D. 8 5 【答案】A 【解析】 【分析】 作出平面 为平面 1 1MNB D ，再根据正方体的棱长为 4，即可得答案； 【详解】取 AD 的中点 M，AB 的中点 N，连结 PD， 1 1 1 1, , ,M N BMD B DN 则 - 8 -  1 1, ,D M PD D M CD PO CD D    1D M  平面 PCD，CP  1D M ，又 MN  面 1 1ACC A ，PC  MN PC  面 1 1MNB D ，即平面 为面 1 1MNB D ， 1 14 2 2, 4 2, 2 5AB MN BD B N DM      ， 截面的周长为 4 5 6 2 ， 故选：A. 【点睛】本题考查空间中平面的作法、线面垂直判定定理与性质定理的运用，考查转化与化 归思想，考查空间想象能力、运算求解能力. 10.如图所示，O 为 ABC 的外心， 4AB  ， 2AC  ， BAC 为钝角， M 为 BC 边的中 点，则 AM AO  的值为（ ） A. 2 3 B. 12 C. 6 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】 取 AB,AC 的 中 点 ,D E ， 且 O 为 ABC 的 外 心 ， 可 知 OD AB,OE AC  ， 所 求 - 9 - AM AO AD AO AE AO          ， 由 数 量 积 的 定 义 可 得 | |, | |AD AO AD AE AO AE         ，代值即可． 【 详 解 】 如 图 所 示 ， 取 AB,AC 的 中 点 ,D E ， 且 O 为 ABC 的 外 心 ， 可 知 OD AB,OE AC  ， ∵ M 是边 BC 的中点，∴ 1 ( )2AM AB AC    . 1 1AM ( ) ( )2 2AO AB AC AO AB AO AC AO AD AO AE AO                      ， 由数量积的定义可得 cos ,AD AO AD AO AD AO       ， 而| | cos , | |AO AD AO AD     ，故 2 2 2 | | 4| | 42 2 ABAD AO AD                 ； 同理可得 2 2 2 | | 2| | 12 2 ACAE AO AE                 ， 故 4 1 5AM AO AD AO AE AO             . 故选 D． 【点睛】本题考查向量数量积的运算，数形结合并熟练应用数量积的定义是解决问题的关键， 属于中档题． 11.已知函数 ( )f x 对定义域 R 内的任意 x 都有 ( )f x = (4 )f x ，且当 2x  时其导函数 ( )f x 满足 ( ) 2 ( ),xf x f x  若 2 4a  则 （ ） A. 2(2 ) (3) (log )af f f a  B. 2(3) (log ) (2 )af f a f  C. 2(log ) (3) (2 )af a f f  D. 2(log ) (2 ) (3)af a f f  - 10 - 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：根据题意，由于函数 ( )f x 对定义域 R 内的任意 x 都有 ( )f x = (4 )f x ， 可 知 函 数 关 于 x=2 对 称 ， 同 时 根 据 条 件 2x  时 ， 有 ( ) 2 ( ),xf x f x  那 么 说 明 了 当 ( 2) ( ) 0x f x  ，当 x>2 时，递增，当 x<2 时单调递减，则可知函数的单调性，同时结合 2 4a  ， 21 log 2,16 2 4   aa 那么可知 2(log ) (3) (2 )af a f f  ，故选 C. 考点：函数的单调性 点评：解决的关键是对于函数的单调性的判定以及周期性的运用，属于基础题． 12.点 F 为抛物线  2: 2 0C y px p  的焦点，过 F 的直线交抛物线 C 于 AB 两点（点 A 在第 一象限），过 A、B 分别作抛物线 C 的准线的垂线段，垂足分别为 M、N，若 4, 3MF NF  ， 则直线 AB 的斜率为（ ） A. 1 B. 7 24 C. 2 D. 24 7 【答案】D 【解析】 【分析】 令    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，根据抛物线焦点弦的性质可得 2 2 1 2 1 2,4 px x y y p   ， 可得 MF NF ，由勾股定理可得 5MN  ，再根据等面积法求出 p ，即可求出抛物线的焦 点坐标与 A 点坐标，最后利用斜率公式计算可得； 【详解】解：如图令    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，易知： 2 2 1 2 1 2 1 2, , , , ,4 2 2 p p px x y y p M y N y              ． - 11 - 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 MF NF y y y yk k p p p p p            ． MF NF  因为 4, 3MF NF  5MN  1 2 5y y   1 13 4 52 2 2 p      12 5p  所以抛物线方程为 2 24 5y x ，焦点坐标 6 ,05F      2 2 1 12 165 y      1 16 5y  ， 1 16 5y   （舍去），所以 32 16,15 5A     16 245 32 6 7 15 5 AFk    故选：D 【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用，焦点弦的性质的应用，属于中档题. 第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.若函数 ln2 lg ,( 0) ( ) ,( 0)2 x x x f x x e x     ，则 1 10f f        ______． 【答案】 1 【解析】 【分析】 先计算 1 110f       ，再计算 ( 1)f  ，即可得答案； - 12 - 【详解】 1 1lg 110 10f        ，  1lnln2 21 1( 1) 12 2f e e        ，  1 110f f         ， 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查根据分段函数求函数值，考查运算求解能力，属于基础题. 14.按如图所示的程序框图运算,若输入 x=20,则输出的 k=______. 【答案】3 【解析】 【详解】根据题意可知，起始量为 k=0,第一次得到：k=1,x=39; 第二次：k=2,x=77;第三次：k=3,x=153,此时不符合条件， 则终止循环得到的 k 的值为 3. 故答案为:3. 考点：本试题考查了框图的知识． 【点睛】解决该试题的关键是利用已知中的条件结构和循环结构，解决变量的求值问题，注 意循环结构的终止条件，也就是最后一步何时停止，这一点是易错点，属于基础题． 15.如图，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左顶点为 A ，左焦点为 F ，上顶点为 B ，若 90BAO BFO     ，则该椭圆的离心率是 . - 13 - 【答案】 5 1 2  【解析】 【 详 解 】 90 , 90 ,BAO BFO BAO BFO        2 2 sin cos , b cBAO BFO aa b        2 2 2 4 2, 3 1 0b c a e e         2 2 3 5 5 10,1 , , 0,1 ,2 2e e e e        16.在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 1a  ， 120A   ，若 b c  有最大值， 则  的取值范围是______. 【答案】 1 ,22      【解析】 【分析】 利用正弦定理求得 ,b c ，结合辅助角公式以及三角函数的最值，求得  的取值范围. 【详解】由于 120A  o ，所以 0 60B   . 由正弦定理得 1 2 sin sin sin sin120 3 b c a B c A     ，所以 2 2sin , sin 3 3 b B c C  ，所 以 b c   2 2 2 2sin sin sin sin 60 3 3 3 3 B C B B      2 2 3 1sin cos sin2 23 3 B B B        2 1sin cos 3 B B   .当 2 1 0   时， cosb c B   没有最大值.所以 1 2   . 则 b c    2 22 1 1 sin 3 B        .其中 3tan 2 1    ，要使 b c  有最大值，则 B  可以等于 90 ，由于 0 60B   ，所以 30 90   ，所以 3tan 3   ，即 - 14 - 3 3 2 1 3  ，解得 1 22   .所以  的取值范围是 1 ,22      . 故答案为： 1 ,22      【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查辅助角公式，属于难题. 三、解答题：共 70 分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．第 17~21 题为必 考题，每个试题考生都必须作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60 分． 17.一次考试中，五名同学的数学、物理成绩如下表所示： 学生 1A 2A 3A 4A 5A 数学（x 分） 89 91 93 95 97 物理（y 分） 87 89 89 92 93 （1）求出这些数据的回归直线方程； （2）要从 4 名数学成绩在 90 分以上的同学中选 2 人参加一项活动，以 X 表示选中的同学的 物理成绩高于 90 分的人数，求随机变量 X 的分布列及数学期望  E X 的值． 附：对于一组数据  1 1,u v ， 2 2,u v ，…， ,n nu v ，其回归直线  v u   的斜率和截距的 最小二乘估计分别为      1 2 1 ˆ n i i i n i i u u v v u u          ， ˆˆ v u    【答案】（1） ˆ 0.75 20y x  ；（2）答案见解析. - 15 - 【解析】 【分析】 （1）利用最小二乘法公式，先求出 0.75b  ，再利用回归直线经过样本点中心，即可得答案； （2）随机变量 X 的可能取值为 0，1，2．利用古典概率模型求出随机变量的分布列，进而求 得期望. 【详解】解：（1） 89 91 93 95 97 935x      ， 87 89 89 92 93 905y      ，   5 2 2 2 2 2 2 1 ( 4) ( 2) 0 2 4 40i i x x              5 1 ( 4) ( 3) ( 2) ( 1) 0 ( 1) 2 2 4 3 30i i i x x y y                    ， 30 0.7540b   ， 69.7bx  ， 20.2a y bx   ． 故这些数据的回归方程是： ˆ 0.75 20y x  ． （2）随机变量 X 的可能取值为 0，1，2． 2 2 2 4 1( 0) 6 CP X C    ； 1 1 2 2 2 4 2( 1) 3 C CP X C    ； 2 2 2 4 1( 2) 6 CP X C    ． 故 X 的分布列为： X 0 1 2 p 1 6 2 3 1 6 1 2 1( ) 0 1 2 16 3 6E X        ． 【点睛】本题考查最小二乘法求回归直线方程、离散型随机变量的分布列及期望，考查逻辑 推理能力、运算求解能力，求解时注意概率模型的选择. 18.如图，AB 为圆O 的直径，点 ,E F 在圆O 上，AB EF ，矩形 ABCD 所在的平面与圆O - 16 - 所以的平面互相垂直，已知 2, 1AB EF  . （1）求证：平面 DAF 平面CBF ； （2）当 AD 的长为何值时，平面 DFC 与平面 FCB 所成的锐二面角的大小为 60 ？ 【答案】（1）见解析（2）当 AD 的长为 6 4 时，平面 DFC 与平面 FCB 所成的锐二面角大小 为 60 . 【解析】 【试题分析】（1）先运用面面垂直的性质定理证明线线垂直，再运用线面垂直的判定定理证 明线面垂直，最后运用面面垂直的判定定理分析推证；（2）依据题设条件建立空间直角坐标 系，再运用向量的坐标形式的有关运算及数量积公式分析求解： 解：（1）平面 ABCD  平面 ,ABEF CB AB ， 平面 ABCD 平面 ABEF AB ，∴CB  平面 ABEF . ∵ AF  平面 ABEF ，∴ AF CB ， 又∵ AB 为圆 O 的直径，∴ AF BF ，∴ AF  平面CBF . ∵ AF  平面 ADF ，∴平面 DAF  平面 CBF . （2）设 EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA、OG 、 AD 方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴方 向建立空间直角坐标系（如图）. - 17 - 设 ( 0)AD t t  ，则点 D 的坐标为  1,0,t ， 则  1,0,C t ，又     1 31,0,0 , 1,0,0 , , ,02 2A B F       ， ∴   1 32,0,0 , , ,2 2CD FD t          . 设平面 DCF 的法向量为  1 , ,n x y z ，则 1 10, 0n CD n FD     ，即 2 0, { 3 0,2 x y tz     令 3z  ，解得 0, 2x y t  .∴  1 0,2 , 3n t . 由（1）可知 AF  平面CFB ，取平面CFB 的一个法向量为 2 1 3, ,02 2n AF         ∴ 1 2 1 2 cos60 n n n n  ，即 2 31 2 4 3 1 t t    ，解得 6 4t  . 因此，当 AD 的长为 6 4 时，平面 DFC 与平面 FCB 所成的锐二面角大小为 60 . 点睛：立体几何是高中数学中的传统而典型的内容之一，也高考重点考查的考点和热点．这 类问题的设置一般有两类：其一是线面位置关系的判定；其二是有关几何体的体积面积以及 角度距离的求解与计算等问题．求解第一问时，先运用线面垂直的判定定理证明线面垂直， 再运用面面垂直的判定定理分析推证从而使得问题获证；解答第二问时，先依据题设条件建 立空间直角坐标系，再运用向量的有关知识及数量积公式建立方程进行探求从而使得问题获 解． 19.已知 *n N ，数列 nd 满足 3 ( 1) 2 n nd   ，数列 na 满足 1 2 3 2n na d d d d     ； 又知数列 nb 中， 1 2b  ，且对任意正整数 ,m n ， m n n mb b ． （1）求数列 na 和数列 nb 的通项公式； （2）将数列 nb 中的第 1a 项，第 2a 项，第 3a 项，…，第 na 项，删去后，剩余的项按从小到 大的顺序排成新数列 nc ，求数列 nc 的前 2020 项和． - 18 - 【答案】（1） 3na n ， 2n nb  ；（2） 30306 627 7   . 【解析】 【分析】 （1）根据题中条件可直接求和计算出 na ，然后令 1m  ，则 1 n nb b ，可求出 nb ； （2）结合（1）可知，将数列 nb 中的第 3 项，第 6 项，第 9 项，…，删去后，可构成新数 列 nc ，然后利用奇偶分求法或相邻并项法或利用 nb 的前 n 项和，均可求出数列 nc 的前 2020 项和. 【详解】（1） 3 ( 1) 2 n nd   ， 1 2 3 2 3 2 32n n na d d d d n        ， 又数列 nb 中， 1 2b  ，且对任意正整数 ,m n ， m n n mb b ， 令 1m  ，则 1 2n n nb b  ， 数列 na 的通项公式为 3na n ，数列 nb 的通项公式为 2n nb  ． （2）由（1）知 3na n ， 故将数列 nb 中的第 3 项，第 6 项，第 9 项，…，删去后构成新数列 nc ， 设数列 nc 的前 n 项和为 nT . 法 1：  nc 中的奇数项与偶数项仍成等比数列， 其首项分别是 1 2b  ， 2 4b  ，公比均是 8， 则    2020 1 3 5 2019 2 4 6 2020T c c c c c c cc              1 4 7 3028 2 5 8 3029b b b b b b b b              1010 10102 1 8 4 1 8 1 8 1 8      10106 8 6 7   . 法 2： - 19 - 2020 1 2 3 2020T c c c c          1 2 4 5 3028 3029b b b b b b            2 4 5 3028 30292 2 2 2 2 2       4 30283 2 3 2 3 2        10102 1 8 3 1 8     10106 8 6 7   . 法 3： 2020 1 2 3 2020T c c c c      1 2 3 3029 3030 3 6 9 3 34 0 0b b b b b b b b b b                10103 33030 3 2 1 22 1 2 1 2 1 2        3030 30308 82 2 2 27 7       30306 627 7    . 【点睛】本题主要考查数列求和，考查学生的分析理解能力，属于中档题.解决数列求和问题， 需要掌握常用的求和方法，比如错位相减法，裂项相消法，相邻并项法等. 20.已知椭圆C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 1 2 ，短轴长为 4 3 ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）直线 2x  与椭圆C 交于 P 、Q 两点， A 、 B 是椭圆O 上位于直线 PQ 两侧的动点，且 - 20 - 直线 AB 的斜率为 1 2 ． ①求四边形 APBQ 面积的最大值； ②设直线 PA 的斜率为 1k ，直线 PB 的斜率为 2k ，判断 1 2k k 的值是否为常数，并说明理由． 【答案】（1） 2 2 116 12 x y  ；（2）①12 3 ；②是常数，理由详见解析． 【解析】 【分析】 （1）由题意可得出关于 a 、b 、 c 的方程组，解出 a 的值，即可得出椭圆C 的标准方程； （2）①求得点  2,3P 、  2, 3Q  ，可得出 6PQ  ，设直线 AB 的方程为 1 2y x t  ，设 点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，将直线 AB 的方程与椭圆C 的方程联立，列出韦达定理，结合四 边形的面积公式以及二次函数的基本性质可求得四边形 APBQ 面积的最大值； ②求得 1k 、 2k 的表达式，代入韦达定理可求得 1 2k k 为定值. 【详解】（1）设椭圆C 的方程为   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ． 由题意可得 2 2 2 2 4 3 1 2 b c a a b c        ，解得 4 2 3 2 a b c      ，因此，椭圆C 的标准方程为 2 2 116 12 x y  ； （2）①由（1）可求得点 P 、Q 的坐标为  2,3P 、  2, 3Q  ，则 6PQ  ， 设直线 AB 的方程为 1 2y x t  ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ， 联立 2 2 1 2 116 12 y x t x y       ，得 2 2 12 0x tx t    ，  2 2 24 12 48 3 0t t t       ，可得 4 4t   . 四边形 APBQ 的面积  2 2 1 2 1 2 1 2 1 6 3 4 3 48 32S x x x x x x t          ， - 21 - 故当 0t  时， max 12 3S  ； ②由题意知，直线 PA 的斜率 1 1 1 3 2 yk x   ，直线 PB 的斜率 2 2 2 3 2 yk x   ， 则 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 13 33 3 2 2 2 2 2 2 x t x ty yk k x x x x                      1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 12 2 2 2 2 42 22 2 1 12 2 2 2 2 4 x t x t t x xt t x x x x x x x x                       ， 由①知 1 2x x t   ， 2 1 2 12x x t  ， 可得    2 1 2 2 2 2 4 2 81 1 1 1 012 2 4 2 8 t t t tk k t t t t                  . 所以 1 2k k 的值为常数 0 ． 【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中四边形面积最值以及斜率之和定值 问题的求解，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题. 21.已知函数 1 ln( ) xf x x  （1）若函数 ( )f x 区间 1, ( 0)3a a a     上存在极值点，求实数 a 的取值范围； （2）当 1x  时，不等式 ( ) 1 kf x x   ，恒成立，求实数 k 的取值范围； （3）求证： 222 1[( 1)!] ( 1) n nn n e      （ *n N ，e 为自然对数的底数， 2.71828e  ……）． 【答案】（1） 2 ,13      ；（2） ( ,2] ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由函数 ( )f x 定义域为( )0,+¥ ， 2 ln( ) xf x x    ，得到 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减，得到 1x  为  f x 的极值点，再由 ( )f x 区间 1, ( 0)3a a a     上存在 极值点得到关于 a 的不等式组，求得 a 的取值范围即可； - 22 - （2）把 ( ) 1 kf x x   转化为 ( 1)(1 ln )x xk x   ，令 ( 1)(1 ln )( ) ( 1)x xg x xx    ，进而 转化为  mink g x ，利用导数求得  ming x 即可； （3）由（2）得1 ln 2 1 x x x    ，即 2 2ln 1 11x x x     ，令 *( 1),x k k k N   ，得 2 1 1ln[ ( 1)] 1 1 2( 1) 1k k k k k k           ，令 1,2,3, ,k n  ，得到 n 个式子，对这 n 个 式子进行累加后，根据对数的运算性质即阶层的定义即可得到结论. 【详解】（1）函数 ( )f x 定义域为( )0,+¥ ， 2 2 1 (1 ln ) 1 ln( ) x x xxf x x x         ， 当 0 1x  时， ( ) 0f x  ，当 1x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减， 所以 1x  为  f x 的唯一极值点. 因为，函数 ( )f x 区间 1, ( 0)3a a a     上存在极值点， 所以应满足 0 11 3 a a a     ，解得： 2 13 a  ， 故所求实数 a 的取值范围为 2 ,13      . （2）当 1x  时，不等式 ( ) 1 kf x x   化为： 1 ln 1 x k x x    ，即 ( 1)(1 ln )x xk x   . 令 ( 1)(1 ln )( ) ( 1)x xg x xx    ，由题意， ( )k g x 在[1, ) 恒成立, 所以只需  mink g x . 2 2 [( 1)(1 ln )] ( 1)(1 ln ) ln( ) x x x x x x x xg x x x            ， 令 ( ) ln ( 1)h x x x x   ，则 1( ) 1 0h x x     ，当且仅当 1x  时取等号， - 23 - 所以 ( ) lnh x x x  在[1, ) 上单调递增，所以 ( ) (1) 1 0h x h   因此 2 2 ln ( )( ) 0x x h xg x x x     ， ( )g x 在[1, ) 上单调递增， min( ) (1) 2g x g  因此， k 2 ，即实数 k 的取值范围为 ( ,2] ； （3）由（2）知，当 2k  时，不等式 2( ) 1f x x   在 1x  上恒成立， 即1 ln 2 1 x x x    ，整理得： 2 2ln 1 11x x x     令 *( 1),x k k k N   ，则有 2 1 1ln[ ( 1)] 1 1 2( 1) 1k k k k k k           分别令 1,2,3, ,k n  ，则有 1 1 1ln(1 2) 1 2 1 ,ln(2 3) 1 22 2 3                  ，…， 1 1ln[ ( 1)] 1 2 1n n n n        将这 n 个不等式左右两边分别相加，得 2 2 2 1 2ln 1 2 3 ( 1) 2 1 21 1n n n nn n                   故 222 2 2 2 11 2 3 ( 1) n nn n e         ， 所以 222 2 2 2 2 11 2 3 ( 1) ( 1) n nn n n e          从而 222 1[( 1)!] ( 1) n nn n e      ，从而得证. 【点睛】本题主要考查根据函数的极值求参数的取值范围，恒成立问题，不等式的证明，综 合性比较强，属于难题. （二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第 一题计分． [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中,曲线 1C : 2 2cos , 2sin , x y       ( 为参数),以原点O 为极点, x 轴的正 半轴为极轴建立极坐标系,曲线 2C : 2 4 sin 3    ,曲线 1C 与曲线 2C 相交于 M , N 两点. - 24 - （1）求曲线 2C 的直角坐标方程与直线 MN 的一般方; （2）点 3 ,04P    ,求 PM PN . 【答案】（1） 2C ： 2 2 4 3x y y   ，直线 MN ： 4 4 3 0x y   （2）11 2 4 【解析】 【分析】 （1）将曲线 1C : 2 2cos 2sin x y       化简为: 2 cos2 sin2 x y       ,根据 2 2sin cos 1   消参,即可 得到 2C 的直角坐标方程,将 1C 和 2C 直角坐标方程作差,即可求得直线 MN 的一般方程. （2）将 MNl : 3 4y x  方程,改写成直线参数方程: 3 2 4 2 2 2 x t y t       （ t 为参数）,将其代入 1C , 即可求得 PM PN . 【详解】（1） 1C : 2 22 4x y   即 2 24 0x x y   . ——① 2C : 2 2 4 3x y y   ——② 将①-②得: MNl : 4 4 3 0x y    ,  曲线 2C 的直角坐标方程: 2 2 4 3x y y   ,直线 MN 的一般方程为: 4 4 3 0x y   . （2） MNl : 3 4y x  ,  3 ,04P    在 MNl 上, 直线 MN 的参数方程为: 3 2 4 2 2 2 x t y t       （ t 为参数）, - 25 - 代入 1C : 2 22 4x y   ,整理得 2 11 2 57 04 16t t   , 根据韦达定理: 1 2 11 2 4t t  , 1 2 57 16t t  ,  1 0t  , 2 0t  . 故: 1 2 11 2 4PM PN t t    . 【点睛】本题考查了极坐标和直角坐标方程.解题关键是掌握直线的标准参数方程,结合韦达 定理来求线段和,意在考查学生的转化能力和计算求解能力,属于基础题. [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数   1 2 2f x x x a    . （1）若 1a  ,求不等式   4f x  的解集; （2）证明:对任意 xR ,  2 2f x a a   . 【答案】（1）  5, 1,3x         （2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）当 1a  时,   1 2 2f x x x    ,分别讨论 1x   , 1 1x   和 1x  时求解   4f x  , 即可求得答案; （2）因为    2 2 1f x x x a x a      ,根据| | | | | | | | | |a b a b a b     即可求得答 案. 【详解】（1）当 1a  时,   1 2 2f x x x    ①当 1x   时,   1 2 2 4f x x x     ,得 5 3x   ； ②当 1 1x   时,   1 2 2 3 4f x x x x       ,得 1x  , ∴ x ③当 1x  时,   1 2 2 3 1 4f x x x x       ,得 1x  , - 26 - ∴  5, 1,3x         . （2）      2 2 1 2 1f x x x a x a x x a x a             2 1 2 1 2 2 2a x a a a a a           .  对任意 xR ,  2 2f x a a   . 【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的求解,其中解答中合理分类讨论去掉绝对值,转化 为等价不等式求解是解答的关键,着重考查了分类讨论思想,以及推理与运算能力,属于中档 试题. - 27 -