2024年1月“七省联考”考前押题卷03试题+答案(1)_2024年1月_021月合集_2024年1月高考数学“七省联考”考前押题预测卷（新高考地区专用）

2024年1月“七省联考”押题预测卷03 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准 考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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． A  x 3x4x50  B  x 2x8  A B 1．设集合 ， ，则  （ ） 4  3  4  A. ,5 B.  ,5  C.  ,4  D.  ,4  3  4  3  2．设xR，则“sinx1”是“cosx0”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        π      3．已知非零向量a，b 满足b 3,1 ， a,b  ，若 ab a，则向量a在向量b 方向上的 3 投影向量为（ ） 1 1 3  A. b B. b C. b D. b 4 2 2 a b a b 4．形如 我们称为“二阶行列式”，规定运算 ad bc，若在复平面上的一个点A c d c d z 1i 对应复数为z，其中复数z满足 i，则点A在复平面内对应坐标为（ ） 12i 1 A. (3,2) B. (2,3) C. (2,3) D. (3,2) 5．已知圆C :x2  y2 4x30，圆C :x2  y2 8x120，下列直线中不能与圆C ，C 同 1 2 1 2 时相切的是（ ） A. 3x3y 0 B. 3x3y 0 C. x 35y80 D. x 35y80  π 6．若函数 f x2sin  x  (0)在 0,π 内恰好存在 4 个x ，使得 f x 1，则的取  3 0 0值范围为（ ） 19 9 19 9 7 9 7 9 A.  ,  B.  ,  C.  ,  D.  ,   6 2  6 2 2 2 2 2 7．净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其工作原理中有多次的PP棉滤 芯过滤，其中第一级过滤一般由孔径为5微米的PP棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯）构成，其结构是 多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质，假设每一层PP棉滤芯可以过滤 掉三分之一的大颗粒杂质，若过滤前水中大颗粒杂质含量为80mg/L，现要满足过滤后水中大颗粒 杂质含量不超过 2mg/L，则 PP棉滤芯的层数最少为（参考数据：lg20.30，lg30.48） （ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 1 1 1 8．设a  cos ，bsin ，ce 5 4，则a，b，c的大小关系为（ ）． 5 5 5 A. bac B. acb C. bca D. abc 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（ ）  3 A. 已知随机变量服从二项分布：  B  8, ，设21，则的方差D3  4 B. 数据1,3,5,7,9,11,13的第60百分位数为9 C. 若样本数据x ,x , ,x 的平均数为2，则3x 2,3x 2, ,3x 2的平均数为8 1 2  n 1 2  n 1 D. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 51 10．在正四棱台ABCDABC D 中，AB3，AB 2，AA  2则（ ） 1 1 1 1 1 1 1 19 2 A. 该正四棱台的体积为 6 B. 直线AA 与底面ABCD所成的角为60° 1 C. 线段AC的长为10 1 D. 以A为球心，且表面积为6π的球与底面ABCD相切 1 y2 11．已知双曲线x2  1，直线l：y kxmk 2 与双曲线有唯一的公共点M，过点M且 4 与l垂直的直线分别交x轴、y轴于A x ,0  ，B 0,y  两点.当点M变化时，点P  x,y  之 0 0 0 0 变化.则下列结论中正确的是（ ） k A. k2 m2 4 B. y  x 0 2 0   1 1 1 C. P点坐标可以是 7, 6 D.  有最大值 x 2 y 2 25 0 0 12．已知函数 f x ，gx 的定义域均为R，它们的导函数分别为 f x，gx ，且 f xg2x5，gx f x43，若gx2 是偶函数，则下列正确的是（ ）． A. g20B. f x 的最小正周期为4 C. f x1 是奇函数 2024 D. g25，则 f k2024 k1 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．二项式(x2)(1x)n的展开式中，所有项系数和为256，则x2的系数为______（用数字作 答）. 14.随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：  4sin 4cos 2sin2 1 1 P a 4 4 则E()的最小值为______. 15.已知数列 a  满足 a 2a 2n1a n2n，记数列 a tn 的前 n项和为 S ，若 n 1 2 n n n S S 对任意的nN*恒成立，则实数t的取值范围是______________． n 10 ex 16．已知正实数x，y满足yex lnxln y，则 ln y的最小值为______． x 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．  2 3  17．在  ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2 Asin2B  sinC 3 sinAsinB  sinC.   （1）求C； （2）若c2 13，a 3b，点D在边AB上，且ACDBCD，求CD的长. n1 18．已知数列 a  的前n项和为S ，且满足S  a ，a 1． n n n 2 n 1 （1）求数列 a  的通项公式； n 2an,n为偶数 （2）设数列 b  满足b   a 2 a ，求数列 b  的前2n项和T ． n n n  n 2,n为奇数 n 2n   a a 2 n n19．如图，直三棱柱ABC- ABC 中， ABC为等腰直角三角形，CACB，E，F分别是棱 1 1 1  AA,CC 上的点，平面BEF 平面ABB A ，M是AB的中点． 1 1 1 1 （1）证明：CM//平面BEF； （2）若AC  AE 2，求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值． 20．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1,2,3,4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入 一件奖品，再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四 个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱，在打 开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则，主持人将随机打开甲 的选择之外的一个空箱子. （1）计算主持人打开4号箱的概率； （2）当主持人打开4号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还 是改选1号或3号箱？（以获得奖品的概率最大为决策依据）x2 y2 21．已知椭圆E：  1，椭圆上有四个动点A，B，C，D，CD//AB，AD与BC相交于P点. 16 4 如图所示.（1）当A，B恰好分别为椭圆的上顶点和右顶点时，试探究：直线AD与BC的斜率之积是否为定 值？若为定值，请求出该定值；否则，请说明理由； （2）若点P的坐标为 8,6 ，求直线AB的斜率. 22．已知函数 f xln1x ，gxax2 x． （1）当a 1时，求证： f x gx ； （2）当x1时， f x gx 恒成立，求实数a的取值范围； 1 1 1 （3）已知nN，证明：sin sin L sin ln2． n1 n2 2n2024年1月“七省联考”押题预测卷03 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准 考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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． A  x 3x4x50  B  x 2x8  A B 1．设集合 ， ，则  （ ） 4  3  4  A. ,5 B.  ,5  C.  ,4  D.  ,4  3  4  3  【答案】D 【解析】因为A  x 3x4x50   4 ,5  ，B  x 2x8  ,4，   3  4  所以A  B   ,4 . 3  故选：D. 2．设xR，则“sinx1”是“cosx0”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】A 【解析】因为sin2 xcos2 x1可得： 当sinx1时，cosx0，充分性成立； 当cosx0时，sinx 1，必要性不成立； 所以当xR，sinx1是cosx0的充分不必要条件. 故选：A.        π      3．已知非零向量a，b 满足b 3,1 ， a,b  ，若 ab a，则向量a在向量b 方向上的 3 投影向量为（ ） 1 1 3  A. b B. b C. b D. b 4 2 2 【答案】A      2   【解析】因为 ab a，所以 ab aa ab0，  2 1        2   ∴ a  a b 0，又b 3,1 ，所以 b  3 12 2，∴ a 1或 a 0（舍去）， 2 所以a  b  a 2 1，   ab  1 所以a  在b  方向上的投影向量为   b b. b  b 4 故选：A . a b a b 4．形如 我们称为“二阶行列式”，规定运算 ad bc，若在复平面上的一个点A c d c d z 1i 对应复数为z，其中复数z满足 i，则点A在复平面内对应坐标为（ ） 12i 1 A. (3,2) B. (2,3) C. (2,3) D. (3,2) 【答案】A 【解析】由题意可得：z(12i)(1i) z3ii， 则z i3i32i， 所以点A在复平面内对应坐标为(3,2). 故选：A. 5．已知圆C :x2  y2 4x30，圆C :x2  y2 8x120，下列直线中不能与圆C ，C 同 1 2 1 2 时相切的是（ ） A. 3x3y 0 B. 3x3y 0 C. x 35y80 D. x 35y80 【答案】D 【解析】由题意知：C：x22  y2 1,C：x42  y2 4， 1 2 所以圆C 的圆心为(2,0)，半径为1；圆C 的圆心为(4,0)，半径为2， 1 2 2 3 d  1 对于 A，圆C 的圆心(2,0)到直线的距离为 1 ，与半径相等，故满足相切条件， 1  2 3 32 4 3 d  2 圆C 的圆心(4,0)到直线的距离为 2 ，与半径相等，故也满足相切条件， 2  2 3 32 即直线 3x3y 0是两圆的一条公切线； 2 3 d  1 对于 B，圆C 的圆心(2,0)到直线的距离为 1 ，与半径相等，故满足相切条件， 1  2 3 324 3 d  2 圆C 的圆心(4,0)到直线的距离为 2 ，与半径相等，故也满足相切条件， 2  2 3 32 即直线 3x3y 0是两圆的一条公切线； 28 d  1 对于C，圆C 的圆心(2,0)到直线的距离为 1 ，与半径相等，故满足相切条件， 1 12   35 2 4+8 d  2 圆C 的圆心(4,0)到直线的距离为 2 ，与半径相等，故也满足相切条件， 2  3 2 32 即直线x 35y80是两圆的一条公切线； 28 5 d   1 对于D，圆C 1 的圆心(2,0)到直线的距离为 1 12   35 2 3 ，不满足相切条件， 即直线x 35y80不可能是两圆的公切线； 故选：D.  π 6．若函数 f x2sin  x  (0)在 0,π 内恰好存在 4 个x ，使得 f x 1，则的取  3 0 0 值范围为（ ） 19 9 19 9 7 9 7 9 A.  ,  B.  ,  C.  ,  D.  ,   6 2  6 2 2 2 2 2 【答案】B  π π π π 5π 【解析】令 f x2sin  x  1,则x  2kπ,或x  2kπ,kZ，  3 3 6 3 6 π 7π 即x 2kπ,或x 2kπ,kZ 2 6 π 7π 5π 19π 9π 故x可取 ， , , , , ,  2 6 2 6 2 由于x0,π ，则x0,π ， 19π 9π 19 9 要使在 0,π 内恰好存在4个x ，使得 f x 1，则 π ，解得 ≤ ， 0 0 6 2 6 2 故选：B 7．净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其工作原理中有多次的PP棉滤 芯过滤，其中第一级过滤一般由孔径为5微米的PP棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯）构成，其结构是 多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质，假设每一层PP棉滤芯可以过滤 掉三分之一的大颗粒杂质，若过滤前水中大颗粒杂质含量为80mg/L，现要满足过滤后水中大颗粒 杂质含量不超过 2mg/L，则 PP棉滤芯的层数最少为（参考数据：lg20.30，lg30.48） （ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】An n  1 2 【解析】设经过n层PP棉滤芯过滤后的大颗粒杂质含量为y，则y 80 1 80 ，      3 3 2 n  2 n 1 2 1 3 令80 2，解得  ，两边取常用对数得nlg lg ，即nlg lg40     3  3 40 3 40 2 即nlg3lg212lg2，因为lg20.30，lg30.48， 80 所以 0.480.30n1.60，解得n  ，因为nN*，所以n的最小值为9． 9 故选：A 1 1 1 8．设a  cos ，bsin ，ce 5 4，则a，b，c的大小关系为（ ）． 5 5 5 A. bac B. acb C. bca D. abc 【答案】D  π 【解析】设AOB  0, ，作出单位圆，与x轴交于A点，则A(1,0)，  2 过点A作AC垂直于x轴，交射线OB于点C，连接AB，过点B作BD⊥x轴于点D， 由三角函数定义可知AC tan，BDsin，AB， 1 1 1 设扇形OAB的面积为S ，则S S S ，即 tan  sin，故 1 OAC 1 ABO 2 2 2 tansin， 1  π 1 1 1 因为   0, ，所以tan  sin ， 5  2 5 5 5 1 1 1 1 1 1 又cos 0，由tan  得sin  cos ，即ba， 5 5 5 5 5 5 令 f xex x1，x 0， 则 fxex 1，当x 0时， fxex 10， 故 f x 在 ,0 上单调递减， 所以 f    4   f 00，所以e  5 4  1 ，  5 5 故cb，综上，abc. 故选：D 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（ ）  3 A. 已知随机变量服从二项分布：  B  8, ，设21，则的方差D3  4 B. 数据1,3,5,7,9,11,13的第60百分位数为9 C. 若样本数据x ,x , ,x 的平均数为2，则3x 2,3x 2, ,3x 2的平均数为8 1 2  n 1 2  n 1 D. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 51 【答案】BC 3  3 3 【解析】对于A，易知D8   1   ，而21， 4  4 2 所以D22D6，A错误； 对于B，共有7个数据，而760%4.2，故第60百分位数为9，B正确； 对于C，若样本数据x ,x , ,x 的平均数为2， 1 2  n 则3x 2,3x 2, ,3x 2的平均数为3228，C正确； 1 2  n 对于D，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体， 2 每个个体被抽到的概率都是 ，D错误. 51 故选：BC 10．在正四棱台ABCDABC D 中，AB3，AB 2，AA  2则（ ） 1 1 1 1 1 1 1 19 2 A. 该正四棱台的体积为 6 B. 直线AA 与底面ABCD所成的角为60° 1 C. 线段AC的长为10 1 D. 以A为球心，且表面积为6π的球与底面ABCD相切 1 【答案】BD 【解析】连接AC，AC，过A作AH  AC，垂足为H . 1 1 1 因为AB3，AB 2，所以AC 3 2，AC 2 2， 1 1 1 1 3 2 2 2 2 6 所以AH   ，AH  AA2  AH2  ， 2 2 1 1 2 AH   19 6 所以该正四棱台的体积V  1  AB2  AB2 AB2  AB2  ，A错误. 3 1 1 1 1 6 AH 1 直线AA 与底面ABCD所成的角为AAH ，由cosA AH   ，所以AAH 60，B正 1 1 1 AA 2 1 1 确.2 2  2   6  AC  CH2  AH2  3 2      14 ，C错误 1 1  2   2      6 设以A为球心，且表面积为6π的球的半径为R，则4πR2 6π，解得R   AH ， 1 2 1 所以以A为球心，且表面积为6π的球与底面ABCD相切，D正确. 1 故选：BD. y2 11．已知双曲线x2  1，直线l：y kxmk 2 与双曲线有唯一的公共点M，过点M且 4 与l垂直的直线分别交x轴、y轴于A x ,0  ，B 0,y  两点.当点M变化时，点P  x,y  之 0 0 0 0 变化.则下列结论中正确的是（ ） k A. k2 m2 4 B. y  x 0 2 0   1 1 1 C. P点坐标可以是 7, 6 D.  有最大值 x 2 y 2 25 0 0 【答案】ACD  y2 x2  1 【解析】对于A，联立 4 消y可得  4k2 x2 2kmxm2 40，  y kxm 直线与双曲线只有一个公共点，且k 2，则Δ0， ∴4k2m2 4  4k2 m2 4  0，∴k2 m2 4，即选项A正确； k k2 m2 k2 4  k 4  对于B，由方程可得x  ，则y  m  ，∴M   , ， M m M m m m  m m 4 1 k  5k 则AB的直线方程为y   x ，令y0，x  ， m k  m 0 m 5 令x0，y  ，所以y kx ，即B错误； 0 m 0 0  5k 5  5 5 对于C，则易知P   , ，若  6 ，则m ，  m m m 6 7 25 49 7 5k 6   k2  4 ，取k  ， 5 7，即P 7, 6 ，所以C正确； 6 6 6 m 5  61 1 m2 m2 m2 m2k2  k2 4  1k2 k4 5k2 4 对于D，可得       x2 y2 25k2 25 25k2 25k2 25k2 0 0 k2 4  1 4 1 1    2   ，当且仅当k  2时，等号成立，即D正确； 25 25k2  5 2525 5 25 故选：ACD 12．已知函数 f x ，gx 的定义域均为R，它们的导函数分别为 f x，gx ，且 f xg2x5，gx f x43，若gx2 是偶函数，则下列正确的是（ ）． A. g20 B. f x 的最小正周期为4 C. f x1 是奇函数 2024 D. g25，则 f k2024 k1 【答案】ABD 【解析】A选项，gx2 为偶函数，故gx2 gx2 ， 两边求导得，gx2 gx2 ， 令x0得g2 g2 ，解得g20，A正确； B选项，因为 f xg2x5，gx2 gx2 ， 所以 f xgx25①， 因为gx f x43，所以gx2 f x23②， 则①②相减得， f x f x22③， 又 f x2 f x42④， 则③④相减得 f x f x40，即 f x f x4， 又 f x f x2 ，故 f x 的最小正周期为4，B正确； C选项，假如 f x1 为奇函数，则 f x1 f x10， 当x1时，可得 f 0 f 20， 但 f x f x22，当x2可得 f 2 f 02， 显然不满足要求，故 f x1 不是奇函数，C错误； D选项，因为 f xg2x5，所以 f 0g25， 又g25，故 f 00， 由B选项得 f x f x22，故 f 2 f 02，解得 f 22， 且 f 3 f 12， 由B选项知 f x 的一个周期为4，故 f 4 f 00， 所以 f 1 f 2 f 3 f 44，2024 则 f k506f 1 f 2 f 3 f 4 50642024，D正确.   k1 故选：ABD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．二项式(x2)(1x)n的展开式中，所有项系数和为256，则x2的系数为______（用数字作 答）. 【答案】48 【解析】令x1可得二项式(x2)(1x)n的所有项系数和为2n 256，所以n8. 二项式(1x)8的展开式的通项公式为T Cr xr，r 0，1，…，8， r1 8 所以(x2)(1x)n的展开式中，x2的系数为C1 2C2  48. 8 8 故答案为：48 14.随机变量有3个不同的取值，且其分布列如下：  4sin 4cos 2sin2 1 1 P a 4 4 则E()的最小值为______. 5 【答案】 4 1 1 1 【解析】依题意知  a1，则a  ，则E()sincossin2， 4 4 2  π 设t sincos 2sin   ，则t   2, 2  ，  4 2  1 5 故sin2(sincos)2 1t2 1，所以E()t2 t1 t  ，    2 4 1 5 当t   2, 2时，E()取最小值 ，   2 4 5 故答案为： 4 15.已知数列 a  满足 a 2a 2n1a n2n，记数列 a tn 的前 n项和为 S ，若 n 1 2 n n n S S 对任意的nN*恒成立，则实数t的取值范围是______________． n 10 12 11 【答案】 ,   11 10 【解析】由a 2a 2n1a n2n， 1 2 n 当n1时，a 2， 1 当n2时，由a 2a 2n1a n2n得a 2a 2n2a n12n1， 1 2 n 1 2 n1 两式相减并化简得a n1n2 ， na 也符合上式，所以a n1， 1 n 令b a tnn1tn1tn1， n n b b 1tn111tn1 1t 为常数， n1 n   所以数列 b  是等差数列，首项b 2t ， n 1 2t1tn1 1t 3t 所以S  n n2  n， n 2 2 2 3t 对称轴为 2 3t ， n  1t 22t 由于S S 对任意的nN*恒成立， n 10 1t 0   2 12 11 所以 ，解得 t  ， 3t 11 10  9.5 10.5  22t 12 11 所以t的取值范围是 , .   11 10 12 11 故答案为： ,   11 10 ex 16．已知正实数x，y满足yex lnxln y，则 ln y的最小值为______． x 【答案】e1##1e x x x x ln x 【解析】由yex lnxln y得yex ln ，即xex  ln ln e y， y y y y  x 设 f ttet，则 f x f  ln ， ftett1 ，  y 当t1时， ft0，所以 f t 在1,上单调递增． x 因为x，y均为正实数，所以yex ln 0， y  x x x 由 f x f  ln ，可得xln ，即y  x0．  y y ex 1x x 由y 知，当0 x1时，y0，y  单调递增， ex ex x x  1 当x1时，y0，y  单调递减，所以y    0,  ． ex ex  e ex 1 1 1 1 则 ln y  ln y,0 y ．令gu lnu,0u ， x y e u e1 1 u1  1 则gu   0，所以gu 在 0,  上单调递减， u2 u u2  e 1 1 ex 所以gu  g   e1，所以 ln ye1，即 ln y的最小值为e1． min e y x 故答案为：e1 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．在 ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，   2 3  sin2 Asin2 BsinC sin AsinBsinC.   3   （1）求C； （2）若c2 13，a 3b，点D在边AB上，且ACDBCD，求CD的长. 2 3 【答案】（1） （2） 3 2 【解析】（1）由已知借助正弦定理可得：  2 3  2 3 sin2 Asin2 BsinC sin AsinBsinC a2 b2 c2  absinC，   3 3   2 3 即2abcosC  absinC，即tanC  3， 3 2 C(0,π)，故C  ； 3  1 （2）由余弦定理知b2 9b2 522b3b   ，∴b2，  2 1  1  1 2 由S S S 知， bCDsin  ·3bCDsin  b3bsin ， △CBD △CAD △ABC 2 3 2 3 2 3 3 3 即CD b . 4 2 n1 18．已知数列 a  的前n项和为S ，且满足S  a ，a 1． n n n 2 n 1 （1）求数列 a  的通项公式； n 2a n,n为偶数  （2）设数列 b  满足b a 2 a ，求数列 b  的前2n项和T ． n n n  n 2,n为奇数 n 2n  a a 2  n n 4n14 4n 【答案】（1）a n （2）  n 3 2n1 n1 【解析】（1）因为S  a ， n 2 n n n2时，S  a , n1 2 n1a n 两式相减得 n  ， a n1 n1 a a 3 a n 2 2， 3  ，L ， n  ， a a 2 a n1 1 2 n1 a 相乘得 n n，所以a n(n2)， a n 1 当n1时符合上式， 所以a n； n 2n,n为偶数  （2）b n2 n ， n  2,n为奇数   n n2 2 2 1 1  当n为奇数时b 1 1 22   ， n n n2 n n2  1 1 1 1 1  T 22 24  22n 2 1      2n    3 3 5  2n1 2n1   4(14n) 4n   14 2n1 4n14 4n   . 3 2n1 19．如图，直三棱柱ABC- ABC 中， ABC为等腰直角三角形，CACB，E，F分别是棱 1 1 1  AA,CC 上的点，平面BEF 平面ABB A ，M是AB的中点． 1 1 1 1 （1）证明：CM//平面BEF； （2）若AC  AE 2，求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值． 6 【答案】（1）证明见解析 （2） 3 【解析】（1）过F作FD EB交BE 于D，因为平面BEF 平面ABB A ， 1 1 平面BEFI 平面ABB A  BE， 1 1 FD平面BEF，则FD BE， FD平面ABB A ， 1 1M 为中点，且CACB，CM  AB，  又AA 平面ABC，CM 平面ABC， 1 AA CM ，又AB,AA 平面ABB A ， 1 1 1 1 ABAA  A，CM 平面ABB A ， 1 1 1 CM //FD，CM 平面BEF，FD平面BEF， CM //平面BEF． （2） CM //DF ，  可确定一平面CMDF ，  CF //AA 1 ，CF 平面ABB 1 A 1 ，AA 1 平面ABB 1 A 1 CF //平面ABB A ，CF 平面CMDF ， 1 1 平面CMDF平面ABB A MD， 1 1 CF //MD， 四边形CMDF 为平行四边形， AE CF MD 1 2 以CA,CB,CC 为x，y，z轴建系， 1 则B(0,2,0),E(2,0,2),F(0,0,1)， 设m  x,y,z 为平面BEF的法向量，   EF (2,0,1),BF (0,2,1)，   m  EF 0 2xz 0 则 ，即 ，令x1，则y 1,z 2，  m  BF 0 2yz 0 m  1,1,2是平面BEF的一个法向量， n  0,0,1 为平面ABC的一个法向量， 2 6   cos m,n | | 6 1 3 6 平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为 . 3 20．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1,2,3,4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入 一件奖品，再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱，在打 开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则，主持人将随机打开甲 的选择之外的一个空箱子. （1）计算主持人打开4号箱的概率； （2）当主持人打开4号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还 是改选1号或3号箱？（以获得奖品的概率最大为决策依据） 1 【答案】（1） （2）甲应该改选1号或3号箱. 3 【解析】（1）设A,A ,A ,A 分别表示1，2，3，4号箱子里有奖品， 1 2 3 4 设B,B ,B ,B 分别表示主持人打开1,2,3,4号箱子， 1 2 3 4 则Ω A A A A ，且A,A ,A ,A 两两互斥. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 1 由题意可知，事件A,A ,A ,A 的概率都是 ，PB∣A  ，PB∣A  ，PB∣A  ， 1 2 3 4 4 4 1 2 4 2 3 4 3 2 PB∣A 0. 4 4 4 11 1 1 1 由全概率公式，得PB PAPB∣A      . 4 i 4 i 42 3 2 3 i1 （2）在主持人打开4号箱的条件下，1号箱､2号箱､3号箱里有奖品的条件概率分别为 PAB  PA PB∣A  3 PA∣B  1 4  1 4 1  ， 1 4 PB  PB  8 4 4 PA B  PA PB∣A  1 PA∣B  2 4  2 4 2  ， 2 4 PB  PB  4 4 4 PA B  PA PB∣A  3 PA∣B  3 4  3 4 3  ， 3 4 PB  PB  8 4 4 通过概率大小比较，甲应该改选1号或3号箱. x2 y2 21．已知椭圆E：  1，椭圆上有四个动点A，B，C，D，CD//AB，AD与BC相交于P点. 16 4 如图所示. （1）当A，B恰好分别为椭圆的上顶点和右顶点时，试探究：直线AD与BC的斜率之积是否为定 值？若为定值，请求出该定值；否则，请说明理由； （2）若点P的坐标为 8,6 ，求直线AB的斜率. 1 1 【答案】（1）是定值，定值为 （2） 4 31 【解析】（1） 由题意知，a  4，b2，所以A(0,2)，B4,0，所以k  ， AB 2 1 设直线CD的方程为y  xtt 2，设Dx ,y  ，Cx ,y ， 2 1 1 2 2 x2 y2  1  16 4 联立直线CD与椭圆的方程 ，整理得x2 2tx2t2 80， 1  y  xt  2 由4t2 4  2t2 8  0，解得2 2 t 2 2，且t 2， 则x x 2t，x x 2t2 8， 1 2 1 2  1  1   x t2  x t 所以 y 2y   2 1     2 2   k k  1 2  AD BC x x 4 x x 4x 1 2 1 2 1 1 1 x x  t(x x )t2 x 2t 4 1 2 2 1 2 2  x x 4x 1 2 1 t2 4 t2 4 x 2t 2tx 2t 2 2 2 1   x x 4x x x 4x 1 2 1 1 2 1 t2 4 x 2 1 1，   2t2 84x 4 1 1 故直线AD与BC的斜率之积是定值，且定值为 . 4 （2）设Ax ,y ，Bx ,y ，Dx,y ，记  P  D    D  A  (0)， 3 3 4 4  x 8 x 3 x8x x   1 3 得 .所以 . y6y y y 6  3  y  3  1 x2 y2 3  3 1  16 4  又A，D均在椭圆上，所以x 8 2 y 6 2 ，  3   3   1   1    1  16 4 化简得x 3y 1220， 3 3   因为CD∥AB，所以PC CB， 同理可得x 3y 1220， 4 4 即直线AB：x3y1220，1 所以AB的斜率为 . 3 22．已知函数 f xln1x ，gxax2 x． （1）当a 1时，求证： f x gx ； （2）当x1时， f x gx 恒成立，求实数a的取值范围； 1 1 1 （3）已知nN，证明：sin sin L sin ln2． n1 n2 2n 【答案】（1）证明见解析 （2）a0 （3）证明见解析 【解析】（1）当a 1时，∵y  gx f x x2 xlnx1， 1 2x2 3x ∴y2x1  ， x1 x1 3 令y0得x0，或x （舍） 2 当x1,0 ，y0，y单调递减； 当x0, ，y0，y单调递增 ∴当x0时，y 0 min 即gx f x0，∴gx f x 1 x （2）令hxlnx1x（x1），则hx 1 ． x1 x1 当1 x0时，hx0，则函数hx 在1,0上单调递增， 当x0时，hx0，则函数hx 在 0, 上单调递减， 所以，hx h00，即lnx1 x， max 所以，当a0时，lnx1 xax2 x，即 f x gx ， 1 当a0时，取x  0，由于 f(x )ln1x ln10， 0 a 0 0 2  1 1 而g(x )ax2 x a   0，得lnx 1ax2 x ， 0 0 0   a   a 0 0 0 故 f x  gx ，不合乎题意. 0 0 综上所述，a0． （3）当a0时， 由（1）可得lnx1 x，则lnx x1， 1 1 1 1 可得ln  1，即lnx 1，即lnx1 （x1）， x x x x 1 1 t 令 1 ，所以，x ， t x t1 t 1 1 所以，ln  ，即lntlnt1≥ （t1）， t1 t t1 所以， lnnklnnk1，k0,1,2, ,n，  nk 令gx xsinx（x0），则gx1cosx0，且gx 不恒为零， 所以，函数gx 在 0, 上单调递增， 故gx g00，则sinx x（x0）， 1 1 所以，sin  lnnklnnk1，k0,1,2, ,n，  nk nk 1 1 1 所以，sin sin  sin  n1 n2 2n lnn1lnnlnn2lnn1 ln2nln2n1        2n ln2nlnnln ln2 n ．