17_2024高考数学点睛密卷_天津卷_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 天津卷 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 12 高途高中数学高考研究院 ➢ 在点睛课程资料中下载 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(天津卷) 数 学 第 I 卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将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. 2．本卷共9小题，每小题5分，共45分. 一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分) 1．已知集合U ={−3， 2 − 2 ， − 1 ，0，1， 2 } ，A={−1，0， 1 } ，B={1， 2 } ，则 U ( A B ) = ( ) A． { − 3 ， − 2 } B． { − 3 ， − 2 ，1，2} C． { − 3 ， − 2 ， − 1 ，0， 1 } D． { − 3 ， − 2 ，−1，0， 2 } 【解答】解：集合 U = { − 3 ， − 2 ， − 1 ，0，1， 2 } ， A = { − 1 ，0， 1 } ， B = { 1 ， 2 } ，  A B = { − 1 ，0，1， 2 } ， 则 (A B)={−3， U − 2 } ． 故选： A ． |3x−4|,x 2  2．函数 f(x)= −2 ，则不等式 ,x2  1−x f ( x ) 1 的解集是 ( ) A． ( −  ,1 )  5 3 , +   5  B．(−,1] ,3   3   5 C． 1, D．    3  5 3 , 3  【解答】解：当 x 2 时， f ( x ) 1 5 ，即为|3x−4| 1，解得x 1或x ， 3 5 x 1或 x 2 33 高途高中数学高考研究院 当x2时， 3 f ( x ) 1 ，即为 1 − − 2 x 1 ，解得1x 3，  2  x 3 综上， ( −  ,1 ]  5 3 , 3  ， 故不等式 f ( x ) 1 的解集是 ( −  ,1 ]  5 3 , 3  . 故选： B ． 3．已知 a = 2 − 1 .1 ， b = lo g 14 1 3 ， c = lo g 2 3 ，则 ( ) A． a  b  c B． c  b  a C． b  a  c D． b  c  a 1 1.1 1 【解答】解： 2−1.1 =   ， 2 2  a  1 2 ， log 3log 2=1， 2 2  c  1 ， lo g 14 1 3 = lo g 4 3 = 1 2 lo g 2 3  1 2 ，又 lo g 4 3  lo g 4 4 = 1 ，  1 b1， 2  a  b  c ． 故选： A ． 4．已知函数y= f(x)的图象如图所示，则 f ( x ) 的解析式可能是 ( ) A． f ( x ) = − x x e − + s in − e x x x−cosx B． f(x)= ex +e−x C． f ( x ) = x e + x s + in − e x x x+cosx D． f(x)= ex +e−x 【解答】解：由函数的图象可得函数应是奇函数，故排除B， D ， 再由x0时，A选项 f ( x ) = − e x x − + s e in − x x  0 ，如 f (2) = − 2 e 2 − + s in − e 2 2  0 ，而图象是y0， 故排除 A ． 故选：C． 1 3 5．已知数列{a }为等比数列，S 为数列{a }的前n项和，a = S + ，则S 的值 n n n n 2 n 2 44 高途高中数学高考研究院 为( 4 ) A．9 B．21 C．45 D．93 1 3 【解答】因为a = S + ， n 2 n 2 所以当 n = 1 时，有 a 1 = 1 2 a 1 + 3 2 ，即 a 1 = 3 ； 当 n = 2 时，有 a 2 = 1 2 ( a 1 + a 2 ) + 3 2 ，解得 a 2 = 6 ， 所以公比 q = a a 2 1 = 6 3 = 2 ， a (1−q4) 3(1−24) 所以S = 1 = =45． 4 1−q 1−2 故选： C ． 6．某中学有学生近600人，要求学生在每天上午 7 : 3 0 之前进校，现有一个调查小组调查某 天7:00~7:30进校人数的情况，得到如下表格(其中纵坐标 y 表示第x−1分钟至第 x 分钟到 校人数， 1 x 3 0 ， x  N * ，如当 x = 9 时，纵坐标y=4表示在 7 : 0 8 ~ 7 : 0 9 这一分钟内进校 的人数为 4 人)．根据调查所得数据，甲同学得到的回归方程是 ˆy = 3 .6 x − 2 7 (图中的实线表 示)，乙同学得到的回归方程是 ˆy = 0 .8 2 e 0 .1 6 x (图中的虚线表示)，则下列结论中错误的 是( ) x 1 5 9 15 19 21 24 27 28 29 30 y 1 3 4 4 11 21 36 66 94 101 106 A．7:00~7:30内，每分钟的进校人数y与相应时间 x 呈正相关 B．乙同学的回归方程拟合效果更好 C．该校超过半数的学生都选择在规定到校时间的前5分钟内进校 D．根据甲同学得到的回归方程可知该校当天7:09~7:10这一分钟内的进校人数一定是5 高途高中数学高考研究院 9人 【解答】解：对于 5 A ，根据散点图知，7:00~7:30内，每分钟的进校人数 y 与相应时间x呈 正相关，故 A 正确； 对于 B ，由图知，曲线 ˆy = 0 .8 2 e 0 .1 6 x 的拟合效果更好，故乙同学的回归方程拟合效果更好， 故 B 正确； 对于 C ，全校学生近 600 人，从表格中的数据知，7:26~7:30进校的人数超过 300，故 C 正确； 对于 D ，表格中并未给出对应的值，而由甲的回归方程得到的只能是估计值，不一定就是实 际值，故 D 错误． 故选：D． 7．已知函数 f ( x ) 2 s in ( x ) 0 , | | π 2     = +     的部分图象如图所示，其中 A  π 3 , 0  ， B  − π 2 4 , − 2  ，现有如下说法： ①函数 f ( x ) 在  3 π 4 , π  上单调递减； ②将函数 f ( x ) 的图象向右平移 π 2 4 个单位长度后关于原点对称；  5π ③当xπ,  时，  4  f ( x )  ( − 3 , 3 ) ， 则正确命题的个数为 ( ) A．0 B．1 C．2 D．3 3T π  π  9π π 2π 【解答】解： = −− = ，T = ，= =4， 4 3  24 24 2 T f ( x ) 2 s in ( 4 x )   = + ，将 B  − π 2 4 , − 2  代入 f ( x )  π  中，得−2=2sin− + ，  6  π π π 则− +=− +2kπ(kZ)，即=− +2kπ(kZ)， 6 2 36 高途高中数学高考研究院 π π 又|| ，所以=− ， 2 3 6  f ( x ) = 2 s in  4 x − π 3  ； 3π  x ,π ，    4   π  π π 4x−  3π− ,4π− ，   3  3 3  函数 f ( x ) 在  3 π 4 , π  上先减后增，故①错误； 将函数 f ( x ) 的图象向右平移 π 2 4 个单位长度后，得到 f  x − π 2 4  = 2 s in  4 x − π 2  = − 2 c o s 4 x ， 其图象关于y轴对称，故②错误；  5π xπ,  ，  4   4 x − π 3   4 π − π 3 , 5 π − π 3  ，则 s in  4 x − π 3    − 2 3 ,1  ，  f(x)(− 3,2]， 故③错误． 故选： A ． 8．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体 沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四 个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的 半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过 A ， B ，C三点的截面面 积为 6 3 ，则其外接球的表面积为 ( ) A． 8 π B． 1 0 π C． 1 2 π D． 1 6 π 【解答】解：如图，将二十四等边体补全成正方体， 则该二十四等边体的过 A ， B ， C 三点的截面为正六边形 A B C D E F ， 设补全后的正方体的棱长为2a，则正六边形 A B C D E F 的边长为 2 a ， 1 3 正六边形ABCDEF的面积为6  2a 2a =3 3a2 =6 3， 2 27 高途高中数学高考研究院 7  a = 2 ，正方体的棱长为 2 2 ， 又根据对称性可知该二十四等边体的外接球的球心 O 即为正方体的体心，  F C 即为该二十四等边体的外接球的直径，又易知 F C = G H = 4 ，  该二十四等边体的外接球的半径 R = 2 ，  该二十四等边体的外接球的表面积为 4 π R 2 = 1 6 π ． 故选： D ． 9．已知双曲线 C : x a 2 2 − y b 2 2 = 1 ( a  0 , b  0 ) 的左、右焦点分别为F ， 1 F 2 ，过F 的直线与双曲线 1 C 分别在第一、二象限交于A， B 两点， △ A B F 2 内切圆的半径为 r ，若 | B F 1 |= 2 a ， r = 2 3 3 a ， 则双曲线 C 的离心率为 ( ) A． 7 B． 2 2 1 C． 3 2 3 D． 5 3 3 【解答】解：不妨设内切圆与三边切点分别为 P ， Q ， R ， 所以 | A P |= | A R | ， | B P |= | B Q | ， | F 2 Q |= | F 2 R | ， 点 A 在双曲线上，  | A F 1 | − | A F 2 |= 2 a ，又 | B F 1 |= 2 a ，|AB|=|AF |， 2 | A P |= | A R | ，|BP|=|FR|， 2  | B Q |= | Q F 2 | ， 点 B 在双曲线上，  | B F 2 | − | B F 1 |= 2 a ，  | B F 2 |= 4 a ，  | Q F 2 |= 1 2 | B F 2 |= 2 a ， 设内切圆圆心为I ，连接IQ， I F 2 ，如图所示， ta n  I F 2 Q = | | Q I Q F 2 | | = 3 3 ，8 高途高中数学高考研究院 8   Q F 2 I = π 6 π ，即BF A= ， 2 3  △ A B F 2 π 为等边三角形，|AF |=6a,|AF |=4a,|FF |=2c,FAF = ， 1 2 1 2 1 2 3 在△AFF 由余弦定理得：|FF |2=|AF |2 +|AF |2 −2|AF ||AF |cosFAF ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 即：4c2 =36a2 +16a2 −24a2 =28a2，  e = c a = 2 8 4 = 7 ． 故选： A ． 第 II 卷 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上. 2．本卷共11小题，共105分. 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． 1 3 + − 2 4 i i = ． 1+2i 【解答】 3−4i = (1 ( 3 + − 2 4 i ) ( 3 i ) ( 3 + + 4 4 i ) i ) = 3 + 6 9 i + − 1 4 6 i i + 2 8 i 2 = − 5 + 2 1 5 0 i = − 1 5 + 2 5 i ． 故答案为： − 1 5 + 2 5 i ．  1  8 11． 4x−  的展开式中x−2的系数为 ．  2x 【解答】  4 x − 1 2 x  8  1  r  1 r 的展开式的通项T =Cr(4x)8−r −  =Cr48−r −  x8−2r， r+1 8  2x 8  2  1 5 令r=5，故T =C543 −  x−2 =−112x−2． 6 8  2 故答案为：−112．9 高途高中数学高考研究院 12．已知抛物线 9 E : x 2 = 4 y 与圆 C : x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 6 的公共点为 A ， B ，则 | A B |= ； 若 P 为圆 C 的劣弧 A B 上不同于 A ，B的一个动点，过点 P 作垂直于 x 轴的直线 l 交抛物线 E 于点 N ， l 不经过原点，则 △ C P N 周长的取值范围是 ． 【解答】解：联立  x x 2 2 = + 4 ( y y , − 1 ) 2 = 1 6 ，可得 y 2 + 2 y − 1 5 = 0 ， 解得  x y = = 2 3 3 或  x y = = − 3 2 3 ， 即A(−2 3,3)， B ( 2 3 , 3 ) ， 所以 | A B |= 4 3 ； 直线 l 不经过原点，设 P ( x P , y P ) ，则y (3,5)， P 则 △ C P N 的周长为：|PC|+|PN|+|NC|=4+y +1=5+y (8,10)． P P 故答案为：4 3； ( 8 ,1 0 ) ． 13．某志愿者召开春季运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，欲从 4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则至少有一名是女志愿 者的概率为 ；在“抽取的 3 人中至少有1 名男志愿者”的前提下“抽取的3 人中全是 男志愿者”的概率是 ． 【解答】解：记全是男志愿者为事件 A ，至少有一名男志愿者为事件 B ， C3 4 则P(AB)=P(A)= 4 = ， C3 35 7 P ( B ) = 1 − C C 3337 = 3 3 4 5 ，10 高途高中数学高考研究院 4 P(AB) 35 2 故P(A|B)= = = ， P(B) 34 17 35 记至少有一名是女志愿者为事件 10 C ，则事件 C 与事件 A 互为对立事件， 31 则P(C)=1−P(A)= 35 故答案为： 3 3 1 5 ； 1 2 7 ． 14．在平面四边形 A B C D 中， A B = 2 3 ，AD=6，向量 A B 1 在向量AD上的投影向量为 AD， 2 则  B A D = ；若 B C = 1 3 A D ，点 E 为线段BD 上的动点，则 C E  A E 的最小值 为 ． 【解答】解：过点 B 作BM 垂直 A D 于点 M ， 则向量 A M 为向量 A B 在向量 A D 上的投影向量， 又向量 A B 在向量AD上的投影向量为 1 2 A D ， 则点 M 为线段AD的中点， 所以 | A M |= 1 2 | A D |= 3 ， 所以 c o s  B A D = A A M B = 2 3 3 = 2 3 ， 又BAD为锐角，故  B A D = π 6 ； 以点 A 为坐标原点， A D 所在直线为 x 轴建系如图， 则A(0,0)，D(6,0)， B ( 3 , 3 ) ， 因为 B C = 1 3 A D ， 所以 C ( 5 , 3 ) ， 因为点 E 为线段BD上的动点， ( ) 设DE=DB= −3, 3 ，[0,1]， ( ) 故点E 6−3, 3 ，11 高途高中数学高考研究院 则 11 C E A E ( 1 3 , 3 3 ) ( 6 3 , 3 ) ( 6 3 ) (1 3 ) 3 ( 3 3 )          = − −  − = − − +  − 1 2 2 2 4 6 1 2 ( 1 ) 2 6    = − + = − − ， [ 0 ,1 ]   ， 当=1时， C E  A E 取到最小值 − 6 ． 故答案为： π 6 ；−6． 15．已知函数 f ( x ) =  − |1 2 x − − ln 2 x x , |, x x  0 0 ，若 f ( x ) = m 存在四个不相等的实根 x 1 ， x 2 ， x 3 ， x 4 ， 且 x 1  x 2  x 3  x 4 ，则 x 4 − ( x 1 + x 2 ) x 3 的最小值是 ． 【解答】解：作函数 f ( x ) =  − |1 2 x − − ln 2 x x , |, x x  0 0 与 y = m 图象如下： f ( x ) = m 存在四个不相等的实根x ， 1 x 2 ， x 3 ， x 4 ，且x x x x ， 1 2 3 4 则x +x =−2， 1 2 x 3 ，x 0，且 4 1 − ln x 3 = − (1 − ln x 4 ) ， 则lnx +lnx =2，即lnx x =2，得x x =e2， 3 4 3 4 3 4 则x −(x +x )x =x +2x 2 2x x =2 2e， 4 1 2 3 4 3 3 412 高途高中数学高考研究院 当且仅当 12 x 4 = 2 x 3 时，即 x 3 = 2 2 e ， x 4 = 2 e 时，等号成立， 即 x 4 − ( x 1 + x 2 ) x 3 的最小值是 2 2 e ． 故答案为： 2 2 e ． 三、解答题(本大题共5小题，共75分) 16．已知a，b，c分别是△ABC的内角 A ， B ， C 的对边，且 a b = 2 c − o s c o A s B ． a (1)求 ． c (2)若b=4， c o s C = 1 4 ，求△ABC的面积． (3)在(2)的条件下，求 c o s  2 C +  3  的值． 【解答】解： (1 ) 因为 a b = 2 c − o s c o A s B = s s in in A B ， 所以2sinA−sinAcosB=sinBcosA， 所以 2 s in A = s in A c o s B + s in B c o s A = s in ( A + B ) = s in C ， 由正弦定理可得， a c = s s in in A C = 1 2 ； ( 2 ) 由余弦定理可得， 1 4 = a 2 + 1 6 8 a − 4 a 2 ， 整理可得， 3 a 2 + 2 a − 1 6 = 0 ， 解得， a = 2 ， 因为 s in C = 1 4 5 ， 1 1 15 所以S = absinC= 24 = 15； △ABC 2 2 4 (3)由于 s in 2 C = 2 s in C c o s C = 2  1 4 5  1 4 = 1 8 5 ， c o s 2 C = 2 c o s 2 C − 1 = − 7 8 ．   1 3 1  7 3 15 −7−3 5 所以cos2C+ = cos2C− sin2C= − −  = ．  3 2 2 2  8 2 8 16 17．如图，正方形ABCD与直角梯形 A D E F 所在平面互相垂直，ADE=90， A F ∥ D E ， D E = D A = 2 A F = 2 ， (1)求证： A C ∥ 平面BEF； (2)求平面AFD与平面BFD夹角的余弦值；13 高途高中数学高考研究院 (3)求点D到平面BEF的距离． 【解答】(1)设AC BD=O，取 13 B E 中点 G ，连接 F G ， O G ， OG∥DE，且 O G = 1 2 D E ． A F ∥ D E ， D E = 2 A F ，  A F ∥ O G ，且 O G = A F ，  四边形 A F G O 是平行四边形，  F G ∥ O A ． F G  平面BEF， A O  平面BEF，  A O ∥ 平面BEF，即 A C ∥ 平面BEF． (2) 正方形 A B C D 与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，  A D E = 9 0  ，  以 D 为原点，以 D A 所在直线为x轴，以 D C 所在直线为 y 轴，以DE 所在直线为z轴，建 立如图所示的空间直角坐标系， D E = D A = 2 A F = 2 ，  B ( 2 , 2 , 0 ) ， E ( 0 , 0 , 2 ) ，F(2,0,1)，D(0,0,0)，  B F = ( 0 , − 2 ,1 ) ， B D = ( − 2 , − 2 , 0 ) ， B E = ( − 2 , − 2 , 2 ) ， 设平面 B D F 的法向量m=(a,b,c)，由  m m   B B F D = = 0 0 ，可得  − − 2 2 b a + − c 2 = b 0 = 0 ， 可取 b = 1 ，则 a = − 1 ， c = 2 ，m=(−1,1,2)， 平面ADF 的法向量 p=(0,1,0)，  平面 A F D 与平面BFD夹角的余弦值为： m p −10+11+20 6 cos m,p = = = ； |m|| p| 1+1+4 0+1+0 614 高途高中数学高考研究院 (3)设平面 14 B E F 的法向量 n = ( x , y , z ) ，由  n n   B B E F = = 0 0 ，可得  − − 2 2 x y − + 2 z y = + 0 2 z = 0 ， 可取 y = 1 ，则 z = 2 ， x = 1 ，  n=(1,1,2)， 点D到平面BEF的距离 d = | B D | n  n | | = 2 3 6 ． 18．已知椭圆 C : x a 2 2 + y b 2 2 = 1 ( a  b  0 ) 的离心率为 2 2 ，短轴长为2 2． (1)求C的方程； (2)经过椭圆左顶点 A 且斜率为 k ( k  0 ) 的直线l与 C 交于 A ， B 两点，交 y 轴于点 E ，点 P 为线段 A B 的中点，若点E关于 x 轴的对称点为H ，过点E作与 O P ( O 为坐标原点)垂直的直 线交直线 A H 于点 M ，且 △ A P M 4 的面积为 ，求 9 k 的值．  c 2 e= = a 2   【解答】解：(1)由题意，知2b=2 2 ，解得  a2 =b2 +c2     a b c = = = 2 2 2 ， x2 y2 所以椭圆C的方程为： + =1； 4 2 (2)易知，椭圆的左顶点A(−2,0)， 设直线l的方程为 y = k ( x + 2 ) ，设 A ( x 1 , y 1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ， P ( x 0 , y 0 ) ， 则E(0,2k)， H ( 0 , − 2 k ) ， y=k(x+2)  由x2 y2 ，整理可得：(2k2 +1)x2 +8k2x+8k2 −4=0，  + =1  4 215 高途高中数学高考研究院 所以 15 6 4 k 4 4 ( 2 k 2 1 ) ( 8 k 2 4 ) 1 6  = − + − = ， 且 x 1 + x 2 = − 2 8 k k 2 2 + 1 , x 1  x 2 = 8 2 k k 2 2 − + 4 1 ， 1 4k2  4k2  2k 可得x = (x +x )=− ,y =k(x +2)=k− +2= ， 0 2 1 2 2k2 +1 0 0  2k2 +1  2k2 +1 因为 k O P = y x 0 0 = − 1 2 k ， 所以直线 E M 1 的斜率为k =− =2k， EM k OP 所以直线 E M 方程为 y = 2 k x + 2 k ，直线 A H 的方程为y=−k(x+2)， 点 M  − 4 3 , − 2 3 k  ， 所以点 M 到直线 l : k x − y + 2 k = 0 的距离为 d = − 4 3 k + k 2 3 2 k + 1 + 2 k = 4 3 k 2 k + 1 ， 因为 | A B |= 1 + k 2 | x 1 − x 2 |= 1 + k 2 ( x 1 + x 2 ) 2 − 4 x 1 x 2 = 4 2 1 k + 2 + k 1 2 ， 因为 P 为 A B 的中点， 4 k 1 1 1 1 4 1+k2 3 4|k| 所以S = S =  |AB|d =   = ， △APM 2 △ABM 2 2 4 1+2k2 1+k2 3(1+2k2) 因为 S △ A P M = 4 9 ，所以 3 (1 4 + | k 2 | k 2 ) = 4 9 ，即2k2 −3|k|+1=0， 由 k  0 ， 解得 k = 1 2 或1． 19．设 { a n } 为等比数列，{b }为公差不为零的等差数列，且 n a 1 = b 3 = 3 ，a =b ， 2 9 a 3 = b 2 7 ． (1)求 { a n } 和 { b n } 的通项公式； (2)记{a }的前n项和为S ， n n { b n } 的前n项和为T ，证明： n T S n n 1 3 ；  a n+1  2 ,n为奇数  b +2 (3)记c = n ，求 n a  n − 2 ,n为偶数  (b −1)(b +1)  n n 2 n i= 1 c i ． 【解答】解：(1)设等比数列{a }的公比为q，等差数列{b }的公差为d(d 0)， n n16 高途高中数学高考研究院 依题意， 16 b 3  b 2 7 = b 29 ，即 3 ( 3 + 2 4 d ) = ( 3 + 6 d ) 2 ，解得d =1． 所以 b n = n ． 因为a =3， 1 a 2 = b 9 = 9 ，所以 q = 3 ，从而 a n = 3 n ． 3n+1−3 (2)由(1)知S = ， n 2 T n = n ( n 2 + 1 ) ，所以 T S n n = n 3 ( n n + 1 + − 1 ) 3 ． 因为 T S n + 1 n + 1 − T S n n = ( n + 3 1 ) ( n + 2 n − + 3 2 ) − n 3 ( n n + 1 + − 1 ) 3 = − 2 ( n 3 ( + 3 1 n ) − [ ( 1 n ) ( − 3 1 ) 3 n + 1 n − + 1 ) 1 ]  0 ， 所以 T S n n T S 1 1 = 1 3 ． (3) c n =  3 n − n + ( +2 n 1 2 − , 1 3) n2 ( n + 1 ) , n n 为 为 奇 偶 数 数 , , 因为 c 2 n − 1 + c 2 n = 2 3 n n + 1 − ( 2 n − 1 3 ) n ( 2 n + 1 ) = ( 2 ( 2 n n − − 1 ) 2 ( ) 2  n 3 + n 1 ) = 1 2  2 3 n n + + 1 1 − 2 3 n n − 1  ， 所以 2 n i= 1 c i = 3 3 − 1 3  3 + 2 3 5 − 3 3 2  5 + 3 7 3 − 5 3 3  7 + + 2 3 n n + 1 − ( 2 n − 1 3 ) n ( 2 n + 1 ) = 1 2  2 3 3 − 1 3 1  + 1 2  3 3 5 − 2 3 3  + 1 2  3 7 4 − 3 3 5  + + 1 2  2 3 n n + + 1 1 − 2 3 n n − 1  = 1 2  2 3 n n + + 1 1 − 3  = 4 3 n n + + 1 2 − 3 2 ． 20．已知函数 f(x)=a(2xlnx−x+1)+x，g(x)=sinx． (1)当a=1时，求曲线y= f(x)在点 ( 1 , f ( 1 ) ) 处的切线方程； (2)当a=0，x0时，若在 g ( x )  1  1  的图象上有一点列A  ,g  (i=1，2，3，…，n，iN， i 2i 2i  nN*)，若直线AA 的斜率为k(i=1，2， i i+1 i 3 ，… ， n ) ， ( i ) 1 求证：g(x) f(x)− x3； 6 n 1 (ii)求证：k n− ． i 9 i=117 高途高中数学高考研究院 【解答】(1)已知函数 17 f ( x ) = a ( 2 x ln x − x + 1 ) + x ， 当a=1时， f(x)=2xlnx+1， f (1) = 1 ，所以 f(x)=2lnx+2， 曲线 y = f ( x ) 在点 (1 ,1 ) 处切线的斜率为 f  (1) = 2 ， 所以曲线 y = f ( x ) 在点 ( 1 , f ( 1 ) ) 处的切线方程为y−1=2(x−1)，即 2 x − y − 1 = 0 ； (2)证明： ( i ) 当a=0，x0时， 1 要证g(x) f(x)− x3，即证 6 x  0 时， s in x  x − x 6 3 ， 令 h ( x ) = s in x − x + x 6 3 ，即证 h ( x )  0 在x0时恒成立， 因为 h ( x ) = c o s x − 1 + x 2 2 ，令 m ( x ) = c o s x + x 2 2 − 1 ，则 m ( x ) = − s in x + x ， 令n(x)=−sinx+x，则 n ( x ) = 1 − c o s x 0 ，n(x)在 ( 0 , +  ) 内单调递增， 所以 n ( x )  − s in 0 + 0 = 0 ，即 m ( x )  0 ，m(x)在 ( 0 , +  ) 内单调递增， 所以 m ( x )  c o s 0 + 0 − 1 = 0 ，即 h ( x )  0 ， h ( x ) 在 ( 0 , +  ) 内单调递增， 所以 h ( x )  s in 0 − 0 + 0 6 = 0 ，即得证； ( ii ) 当 a = 0 ， x  0 时， 若在 g ( x )  1  1  的图象上有一点列A  ，g  i 2i 2i  ( i = 1 ，2，3， ， n ， i  N ， n  N * ) ， 若直线 A i A i+ 1 的斜率为 k i ( i = 1 ，2， 3 ，  ， n ) ， i  N *  1   1  g −g  2i+1 2i   1 1  时，k = =2i+1 sin −sin  i 1 1  2i 2i+1 − 2i+1 2i = 2 i+ 1  2 s in 2 1 i+ 1 c o s 2 1 i+ 1 − s in 2 1 i+ 1  = 2 i+ 1 s in 2 1 i+ 1  2 c o s 2 1 i+ 1 − 1  ， x2 1 1 由(i)知，cosx1− ，则cos 1− 0， 2 2i+1 22i+3 x3 sinxx− ，即 6 s in 2 1 i+ 1  2 1 i+ 1 − 6  1 2 3 i+ 3 ， 所以 2 i+ 1 s in 2 1 i+ 1  2 c o s 2 1 i+ 1 − 1   2 i+ 1 s in 2 1 i+ 1  2  1 − 2 1 2 i+ 3  − 1  1  1   1 1  1  =2i+1sin 1− 2i+1  − 1−  2i+1 22i+2  2i+1 623i+3 22i+2 18 高途高中数学高考研究院 18 =  1 − 6  1 2 2 i+ 2   1 − 2 1 2 i+ 2  = 1 − 7 6  2 1 2 i+ 2 + 1 6  2 1 4 i+ 4  1 − 7 6  2 1 2 i+ 2 ， 1 1 1 −   n k n− 7    1 + 1 + 1 + + 1  =n− 7  16 22n+2 4 =n− 7    1 − 1  1   i 6 24 26 28 22n+2  6 1 6 12 12 4n  i=1 1− 4 = n − 7 7 2 + 7 1 8  4 1 n + 1  n − 7 7 2  n − 1 6 1 4 4 = n − 1 9 ，即得证．