精品解析：河南省TOP二十名校2024届高三下学期4月冲刺一数学试卷（解析版）_2024年5月_01按日期_6号_2024届河南省TOP二十名校高三下学期4月冲刺（一）

2024 届高三年级 TOP 二十名校冲刺一 数学 全卷满分 150分，考试时间 120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回． 4．本卷命题范围：高考范围． 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． 1iz 1i 1. 若复数z满足 ，则z （ ） A. 2i B. 2i C. i D. i 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出答案. 1i i1i 【详解】因为 1iz 1i，所以z   i． 1i 1i 故选：C． 1 2. 已知集合A{xZ∣x2 9},B{1,0, ,2,3}，则AB中元素的个数为（ ） 2 A. 9 B. 8 C. 5 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用列举法表示出集合A，再求出并集即可得解. 【详解】依题意，解不等式x2 9，得3≤x≤3，A{xZ∣3 x3}{3,2,1,0,1,2,3}， 1 1 而B{1,0, ,2,3}，因此AUB{3,2,1,0,1,2,3, }， 2 2 所以AB中元素的个数为8． 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司故选：B 3. 若a,bR，则“ab”是“3a 3b 2b 2a”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数 f x3x 2x，根据函数单调性得到3a 2a 3b 2b，故ab. 【详解】构造函数 f x3x 2x，则 f x 在R上单调递增， 所以3a 3b 2b 2a 3a 2a 3b 2b  f a f b a b． 故选：C． 4. 函数 f xlnxx2与直线x y 0相切于点A，则点A的横坐标为（ ） 1 A. B. 1 C. 2 D. e e 【答案】B 【解析】 【分析】设出Ax ,y  ，求导，直线x y 0的斜率为1，根据导数的几何意义得到方程，求出横坐标 0 0 【详解】设函数 f xlnxx2与直线x y 0相切于点Ax ,y  ， 0 0 直线x y 0的斜率为1， 1 1 fx 2x，所以 2x 1，所以x 1． x x 0 0 0 故选：B． 5. 设a log 2,blog 3 3,clog 2 2,d 20.49，则（ ） 3 3 2 A. abcd B. d cba C. ad bc D. cad b 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数幂与对数的运算性质，分别求得a,b,c,d 的取值范围，即可求解. 3 3 【详解】由a log 2log 31,blog 3 3  ,clog 2 2  ,120 d 20.5  2 ， 3 3 3 2 2 2 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司3 即1d  2  ，所以ad bc． 2 故选：C． 6. 在VABC中，若accosBbccosA，则VABC的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 a2 b2 c2 a2 b2 c2 【分析】利用余弦定理将accosBbccosA化简为  ，从而可求解. a b a2 c2 b2 b2 c2 a2 【详解】由accosBbccosA，得ac bc ， 2ac 2bc a2 b2 c2 a2 b2 c2 化简得  ， a b 当a2 b2 c2 0时，即a2 b2 c2，则VABC 为直角三角形； 当a2 b2 c2 0时，得ab，则VABC为等腰三角形； 综上：VABC为等腰或直角三角形，故D正确. 故选：D. 7. 如图是某质点作简谐运动的部分图象，位移y（单位：cm）与时间t（单位：s）之间的函数关系式是   π π y  Kcost  K 0,0,   , ，其中A0,1,B4,1 ，振幅为2，则前3秒该质点走过   2 2 的路程为（ ）     A.  3cm B. 3cm C. 5 3 cm D. 7 3 cm 【答案】D 【解析】 π π 2 2 【分析】根据题意，求得 y 2cos  t ，分别令t  、t  和t 3，求得相应的函数值，进而求 2 3 3 3 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司得前3秒该质点走过的路程，得到答案. 【详解】由函数y  Kcost 的图象，可得K 2，周期为T 4， 2π π π  可得  ，所以y 2cos  t ， 4 2 2  1 因为A0,1 在函数图象上，可得2cos1，即cos ， 2  π π π 又因为   , ，所以 ，  2 2 3 π π π 因为t 1时， y 0，所以 ，所以y 2cos  t ， 3 2 3 π π 2 令 t kπ,kZ，则t 2k+ ,kZ， 2 3 3 2 8 故函数图像在y轴右侧第一条对称轴和第二条对称轴分别为t  ,t  , 3 3 2 π 2 π 8 π 8 π 令t  ，则y 2cos     2；令t  ，则y 2cos     2； 3 2 3 3 3 2 3 3 π π 令t 3，则y 2cos  3   3， 2 3  2 2 8 8  所以质点在  0,  ,  ,  ,  ,3 的路程分别211,224, 322 3，  3 3 3 3    所以前3秒该质点走过的路程为 7 3 cm. 故选：D 8. 已知点P在水平面内，从P出发的三条两两垂直的线段PQ,PR,PS位于的同侧，若Q,R,S到的 1 4 9 距离分别为1,2,3，则   的值为（ ） PQ2 PR2 PS2 A. 1 B. 2 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 uuur uuur uuur   【分析】以 PQ,PR,PS 为空间的一个基底，由此表示出平面的单位法向量，再利用数量积的运算律求 解即得. uuur uuur uuur   【详解】由PQ,PR,PS两两垂直，取空间的一个基底 PQ,PR,PS ， 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司r r uuur uuur uuur 设n是平面的一个单位法向量，依题意，可使n与PQ､PR､PS的夹角都是锐角， uuur uuur uuur r 则存在唯一的有序实数组(x,y,z)，使得n  xPQ yPRzPS， uuur uuur uuur r 显然PQ,PR,PS在n方向上的投影向量的长度分别为1,2,3， r uuur uuur uuur uuur uuur uuur 1 于是nPQ1，即(xPQ yPRzPS)PQ1，则xPQ 2 1，即x uuur ， |PQ|2 uuur uuur uuur 2 3 r 1 2 3 同理y  uuur ,z  uuur ，因此n  uuur PQ uuur PR uuur PS ， |PR|2 |PS|2 |PQ|2 |PR|2 |PS|2 r  1 uuur 2 uuur 3 uuur 2 而 n 1，所以12  uuur PQ uuur PR uuur PS ， |PQ|2 |PR|2 |PS |2   1 uuur 2  2 uuur 2  3 uuur 2 因此 uuur PQ  uuur PR  uuur PS 1， |PQ|2  |PR|2  |PS |2  1 4 9 所以 uuur  uuur  uuur 1． |PQ|2 |PR|2 |PS |2 故选：A 【点睛】关键点点睛：选定空间不共面的三个向量作基向量，并用它们表示出指定的向量，是用向量解决 立体几何问题的关键，解题时应结合已知和所求观察图形，联想相关的运算法则和公式等，就近表示所需 向量． 二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符 合要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9. 某研究机构为了探究过量饮酒与患疾病A真否有关，调查了400人，得到如图所示的22列联表，其中 b12a，则（ ） 患疾病A 不患疾病A 合计 过量饮酒 3a b 不过量饮酒 a 2b 合计 400 n(ad bc)2 参考公式与临界值表：2  abcdacbd 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司 0.100 0.050 0.010 0.001 x 2.706 3.841 6.635 10.828  A. 任意一人不患疾病A的概率为0.9 3 B. 任意一人不过量饮酒的概率为 8 24 C. 任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病A的概率为 25 D. 依据小概率值0.001的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病A有关 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出a 10,b120，利用古典概型概率公式求解判断AB，利用条件概率概念求解判断C，求 出2的观测值，即可判断D. 【详解】由已知得4a3b400，又b12a，所以a 10,b120. 3b 任意一人不患疾病A的概率为 0.9，所以A正确； 400 a2b 5 任意一人不过量饮酒的概率为  ，所以B错误； 400 8 2b 24 任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病A的概率为  ，所以C正确； a2b 25 对于D，22列联表如下： 患疾病A 不患疾病A 合计 过量饮酒 30 120 150 不过量饮酒 10 240 250 合计 40 360 400 40030240120102 80 则2的观测值2   26.67，由于26.6710.828， 40360150250 3 依据小概率值0.001的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病A有关，所以D正确. 故选：ACD 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 10. 已知椭圆Γ :  1(a b0)的左，右焦点分别为F,F ，将Γ 上所有点的横坐标与纵坐标分 1 a2 b2 1 2 1 别伸长到原来的k(k 0,k 1)倍得到椭圆Γ ，则下列说法正确的是（ ） 2 b bt A. 若t 0，则  a at B. 若Γ ,Γ 的离心率分别为e ,e ，则e e 1 2 1 2 1 2 C C. 若Γ ,Γ 的周长分别为C ,C ，则C  1 1 2 1 2 2 k 2 FF   D. 若Γ 的四个顶点构成的四边形面积为 1 2 ，则Γ 的离心率为2 21 1 1 4 【答案】AB 【解析】 【分析】利用糖水不等式判断选项A；根据椭圆离心率的定义式判断选项B；利用相似图形的相似比即可判 断出选项C；综合运用椭圆的几何性质和四边形的面积公式判断选项D即可. x  x xkx  k 【详解】设点(x,y)为椭圆 Γ 上任意一点，则由题意知 ，即 ，代入椭圆 Γ 的方程得 2 yky  y 1  y k x2 y2 x2 y2  1.所以椭圆Γ 的方程为  1(ab0). 2 k2a2 k2b2 k2a2 k2b2 b bt 因为a b0,t 0，所以  ，所以A正确； a at a2 b2 k a2 b2 由已知得，e  ,e  e ，所以B正确； 1 a 2 ka 1 C 1 由已知得，Γ ∽Γ ，其相似比为1:k ，所以 1  ，所以C kC ，因为k 0,k 1，所以C错误； 1 2 C k 2 1 2 FF 2 1 (2c)2 设c a2 b2 ，因为 Γ 的四个顶点构成的四边形的面积为 1 2 ，所以 2a2b ，所以 1 4 2 4 4 42 44 2abc2，所以2a a2 c2 c2，所以e4 4e2 40，所以e2  2  21  (负 2 舍)，所以D错误． 故选：AB． 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司11. 将圆柱OO 的下底面圆O 置于球O的一个水平截面内，恰好使得O 与水平截面圆的圆心重合，圆柱 1 2 1 1 OO 的上底面圆O 的圆周始终与球O的内壁相接（球心O在圆柱OO 内部）．已知球O的半径为 3， 1 2 2 1 2 3 OO  ．若R为上底面圆O 的圆周上任意一点，设RO与圆柱OO 的下底面所成的角为，圆柱OO 1 2 2 1 2 1 2 的体积为V ，则（ ）  π A. 可以取到0, 中的任意一个值  2 27π B. V  cos212sin 2 C. V 的值可以是任意小的正数 81π D. V  max 4 【答案】BCD 【解析】 3 【分析】先画出平面图，得到圆柱的底面半径r 3cos，高为3sin ，代入圆柱体积公式求解，再 2 令t sin，利用导数求最值. 【详解】 过R作圆柱OO 的轴截面PQRS ，过O作MN OO 交圆柱轴截面的边于M，N， 1 2 1 2 由RO与圆柱的下底面所成的角为，则OM 3cos,MR3sin，所以 27π V πOM2QRπ(3cos)2OO 3sin cos2(12sin)， 1 2 27π 27π 即V  cos2(12sin)  1sin2  (12sin)，故B正确； 2 2 3 π 当点P，Q均在球面上时，角取得最小值，此时OO OO  ，所以 ， 1 2 2 6 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司π π 所以a  , ，故A错误； 6 2 1  27π 27π 令sinat  ,1 ，所以V   1t2 (12t)  2t3t2 2t1  ， 2  2 2 27π 所以V  6t2 2t2  ，另6t2 2t20， 2 1 13 1 13 解得两根t  ,t  ， 1 2 2 2 所以V 27π  6t2 2t2) 27π   6   1  2 2 1 2    27π 0， 2 2  2 2  4 27π 1  所以V   2t3 t2 2t1  在t  ,1 时单调递减， 2 2  27π  1 3 1 2 1  81π 81π 所以V  2      2   1  ，0V  ，故CD正确； max 2  2 2 2  4 4 故选：BCD． 【点睛】关键点睛：本题主要考查运用导数求最值的方法，难度较大，解决问题的关键在于先画出平面 3 图，得到圆柱的底面半径r 3cos，高为3sin ，代入圆柱体积公式求解，再令t sin，利用导 2 数求最值. 三､填空题：本题共 3小题；每小题 5分，共 15分． r r r r 12. 若a 5,12,b 3,4，则cos a,b 的值为__________． 33 【答案】 65 【解析】 【分析】利用向量夹角余弦公式进行求解. r r r r ab 5,123,4 53124 33 cos a,b  r    【详解】 r ． a b 25144 916 135 65 33 故答案为： 65 13. 如图是一个水平放置在某地的三棱台型集雨器，已知上､下底的面积分别为4cm2和9cm2，高为3cm.现 在搜集到的雨水平面与上､下底面的距离相等，则该地的降雨量为______mm.（降雨量等于集雨器中积水 体积除以集雨器口的面积） 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司455 【答案】 16 【解析】 【分析】将三棱台补成三棱锥OABC ，求得三棱锥O ABC的体积为8cm3，再设OA B C 和 1 1 1 0 0 0 3   8  h  V V OABC 的体积分别为V ,V ，结合则   ，求得V 和V ，根据 1 0 ，即可求解. 1 1 1 0 1 V 3 0 1 4 0 h   2  【详解】如图所示，将三棱台补成三棱锥OABC ，设三棱锥O ABC的高为h， 1 1 1 h 4 1 则  ，解得h6，所以三棱锥O ABC的体积为 468cm3， h3 9 3 再设OA B C ,OABC 的体积分别为V ,V ， 0 0 0 1 1 1 0 1 3 3     8  h  8  6  125 则   ，所以   ，所以V  cm3， V 3 V 3 0 8 0 h  0 6   2   2  8  6  3 3 3 同理    ，所以V    827cm3， V 63 1 2 1 V V 91 455 所以该地的降雨量为 1 0  cm mm. 4 32 16 455 故答案为： . 16 1 | AC|2 14. 若点A在抛物线E: y2 4x上运动，点B在圆(x1)2  y2  上运动，C2,0 ，则 的最小 4 | AB| 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司值为__________． 【答案】2 【解析】 【 分 析 】 设 As,t ， 根 据 抛 物 线 焦 半 径 得 到 AF s1， 利 用 两 点 间 距 离 公 式 得 到 | AC|2 s2 4 1  | AC|2(s2)2 t2 s2 4， 根 据 AB  AF  得 到 AB 3 ， 变 形 得 到 2 s 2 s2 4 25  3 3 4 ，利用基本不等式求出最小值. s 2 【详解】抛物线y2 4x的焦点F 的坐标为 1,0 ，准线方程为x1， 1 1 1,0 为圆(x1)2  y2  的圆心，圆的半径为 ， 4 2 设点As,t ，则由抛物线的定义得 AF s1,t2 4s， | AC|2(s2)2 t2 s2 4s44s s2 4， 1 由三角形三边关系得到 AB  AF  ，当且仅当A,B,F共线时，等号成立， 2 | AC|2 | AC|2 s2 4   所以 AB 1 3 ， AF  s 2 2 3 3 3 令s  ，则s  ， 2 2 2 2  3  4   s2 4  2 25 25 所以   32  32， 3  4 4 s 2 25 5 3 | AC|2 当且仅当 ，即  时等号成立，故 的最小值为2． 4 2 2 AB 故答案为：2 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数 的最值或范围． 第11页/共18页 学科网（北京）股份有限公司四､解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤． 15. 在直四棱柱ABCDABC D 中，底面为矩形，AB 3AD 3a,AA h，O,E分别为底面的中 1 1 1 1 1 心和CD的中点，连接OE,AO,AE,DB,DC． 1 1 1 1 （1）求证：平面AOE 平面CDDC ； 1 1 1 h 6 （2）若  ，求平面AOE与平面DBC 所成角的余弦值． 1 1 a 2 【答案】（1）证明见解析 2 2 （2） 3 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，即DD OE，进而得到OE平面CDDC ，证明出面面垂直； 1 1 1 r   r  6  （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量n  6,0, 3 ,n  ,0, 3，利用法向量的夹角 1 2  2    余弦公式求出答案. 【小问1详解】 因为O,E分别为底面的中心和CD的中点， 所以OE CD， 因为DD 平面ABCD，OE 平面ABCD，所以DD OE， 1 1 又因为DD I CD D，DD,CD平面CDDC ，所以OE平面CDDC ， 1 1 1 1 1 1 因为OE 平面AOE，所以平面AOE 平面CDDC ． 1 1 1 1 【小问2详解】 以A为空间坐标原点，AB,AD,AA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系． 1  3a a     3  由已知得A 0,0,h,D 0,a,h,O , ,0,C 3a,a,0 ,D0,a,0,E a,a,0， 1 1  2 2   2      第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司uuur  3a a  uuuur   所以AO , ,h,DC  3a,0,h ， 1  2 2  1   uuur uuur uuur  a  又BC  AD0,a,0,OE   0, ,0 ，  2  r r 设平面AOE与平面DBC 的法向量分别为n x ,y ,z ,n x ,y ,z  ， 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2  3a a  x  y hz 0,  2 1 2 1 1 2h 所以 ，解得y 0，令z  3，则x  ， a 1 1 1 a  y 0,  2 1 r 2h  故n   ,0, 3 ， 1  a   3ax hz 0, h 所以 2 2 ，解得y 0，令z  3，则x  ，  ay 0, 2 2 1 a 2 r h  故n   ,0, 3 ， 2 a  h 6 r   r  6  因为  ，所以n  6,0, 3 ,n  ,0, 3， a 2 1 2   2   设平面AOE与平面DBC 所成角的大小为， 1 1    6  r r 6,0, 3  ,0, 3 n n  2  33 2 2 所以cos r 1 r 2    ． n n 3 3 2 3 1 2 63 3 3 2 2 16. 某公司拟从水平相当的普通程序员中篮选出若干高级程序员，方法如下：首轮每位普通程序员被要求设 1 计难度相同的甲､乙､丙､丁四种程序，假设每位普通程序员每种设计合格的概率都为 ，其中四种设计全部 2 合格直接晋升为高级程序员；至少有两种（包括两种）“不合格”的直接被淘汰，否则被要求进行二轮设计： 在A,B,C三种难度不同的程序中随机抽取两种进行设计，且抽取的两种设计都合格方可晋升为高级程序 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 1 员．已知每位普通程序员设计A,B,C合格的概率分别为1, , ，同一普通程序员不同的设计相互不影响． 2 4 （1）已知A,B,C设计合格的得分分别为80,90,100，不合格得0分，若二轮设计中随机抽取到B,C 的得 分为X ，求X 的分布列和数学期望； （2）求每位普通程序员晋升为高级程序员的概率． 【答案】（1）分布列见解析；期望为70 13 （2） 96 【解析】 【分析】（1）X 的可能取值为0,90,100,190，分别求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可； （2）综合运用互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式求解即可. 【小问1详解】 X 的可能取值为0,90,100,190，  1  1 3 1  1 3 由题意知，PX 0  1    1   ,PX 90   1   ，  2  4 8 2  4 8  1 1 1 1 1 1 PX 100  1    ,PX 190   ，  2 4 8 2 4 8 X 的分布列为 X 0 90 100 190 3 3 1 1 P 8 8 8 8 3 1 1 EX90 100 190 70． 8 8 8 【小问2详解】 因为同一普通程序员不同的设计相互不影响，所以每位普通程序员晋升为高级程序员的概率为 4 3 1  11 1 1 1 1 1 13 P C1 1  1 1    ．        2 4  22 3 2 4 2 4 96     17. 在平面直角坐标系中，点F､E的坐标分别为 2 2,0 , 2 2,0 ，以F 为圆心作一个半径为4的圆， 点H 是圆上一动点，线段EH 的重直平分线与直线HF相交于点P． （1）求P的轨迹的方程； 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（2）已知A2,0 ，点Q是轨迹在第一象限内的一点，R为QA的中点，若直线OR的斜率为 5， 求点Q的坐标． x2 y2 【答案】（1）  1 4 4   （2） 3, 5 【解析】 【分析】（1）利用垂直平分线的性质及双曲线的定义可得答案； （2）利用中点公式和OR的斜率为 5建立方程组，求解方程组可得答案. 【小问1详解】 由题意可知，点P在线段EH 的垂直平分线上，所以 PH  PE ， 又点H 是圆F 上一动点，所以 FH 4． ①当 PH  PF 时， PE  PF  PH  PF  HF 4； ②当 PH  PF 时， PF  PE  PF  PH  FH 4， 所以P的轨迹Γ满足 PF  PE 4 EF 4 2， 根据双曲线定义可知，P点的轨迹是以F,E为左､右焦点，实轴长为2a4的双曲线， x2 y2 可得c2 2,a 2,b c2 a2 2，所以P的轨迹Γ的方程为  1． 4 4 【小问2详解】  x 2 y  设Qx ,y ,x 2,y 0，所以R  0 , 0  ,x2  y2 4， 0 0 0 0  2 2  0 0 y 因为直线OR的斜率为 5，所以 0  5，即y  5x 2， x 2 0 0 0 与x2  y2 4联立解得x  2（舍去）或3． 0 0 0   所以点Q的坐标为 3, 5 ． xklnx1kx 18. 已知函数 f x ,k2,. xk （1）讨论函数 f x 的单调性； 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司3n （2）当nN*时，求证：lnn1 . 4 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，然后根据k 2和k 2分类讨论，解导函数不等式即可求得单调区间； 3x 1 m1 3 （2）根据（1）的结论知lnx1 ，令x  mN* 得ln  ，结合对数运算累加法即 x3 m m 4 可证明. 【小问1详解】 kx f xlnx1 的定义域为 1, . xk 1 k2 x  x  k2 2k   fx   ， x1 (xk)2 x1(xk)2 ①当k 2时， fx0, f x 在 1, 上单调递增； ②当k 2时，x1,0 时， fx0, f x 在 1,0 上是增函数． x  0,k2 2k  时， fx0, f x 在  0,k2 2k  上是减函数， x  k2 2k,  时， fx0, f x 在  k2 2k,  上是增函数. 【小问2详解】 3x 由（1）得，当k 3时， f xlnx1 ， f x 在 0,3 上是减函数， x3 3x 即当x0,3 时， f x f 00，所以lnx1 ， x3 3 令x 1  mN* 得，ln m1  m  3  3 ，即ln m1  3 ， m m 1 3m1 4 m 4 3 m 2 3 n1 2 3 n1 3 3 3 3n 所以ln ln L ln ln   L   lnn1  L   ，得证. 1 2 n 1 2 n  4 4 4 4 19. 在等差数列 a  中，已知a 7,a ,a ,4a 成等差数列． n 3 4 5 2 （1）求数列 a  的通项公式； n （2）数列  2a n  是否为等比数列？若是求其前n项和，若不是，请说明理由； 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司n1a  1 （3）设log d  n  0q ，且kN*,nN*,d d d d ，求 q的所有取值． q n 3n2  2 k n k1 k2 【答案】（1）a 3n2 n 2  8n 1  （2）是等比数列， 7 （3） 21 【解析】 【分析】（1）设等差数列 a  的首项为a ，公差为d，依题意得到关于a 、d的方程组，解得即可； n 1 1 （2）根据等比数列的定义判断，再由等比数列求和公式计算可得； （3）依题意可得1qq2 qmmn1,mN 当m0时无解，当m 1时解得 q ，说明m2mN q 时无解，即可确定 的值. 【小问1详解】 设等差数列 a  的首项为a ，公差为d， n 1 因为a 7,a ,a ,4a 成等差数列， 3 4 5 2 a 2d 7 a 1 1 1 所以 ，解得 ，  2a 1 4da 1 3d4a 1 d d 3 所以a 3n2． n 【小问2详解】 2a n1 因为2a 1 21 2， 2a n1 a n 23 8， 2a n 所以  2a n  是以2为首项，8为公比的等比数列， 所以数列  2a n  的前n项和为 2  18n  2  8n 1  ． 18 7 【小问3详解】 n1a  1 n1a 因为log q d n  3n2 n   0q 2   ，所以 d n q 3n2 n qn1， 因为kN*,nN*,d d d d ， k n k1 k2 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司所以d d d 1qq2 qmmn1,mN ， 1 2 3 q 当m0时， 无解； 当m 1时，解得q  21或q 21（舍去）； 当m2mN 时，1qq2 qm，即qm q2 q 1* ， 令 f qqm q2 q，则 f q 为关于 q 的单调递增函数， 1 1 m 1 2 1 1 2 1 2 1 因为0q ，所以 f qqm q2 q      1，         2 2 2 2 2 2 2 所以 * 无解， q 所以 的取值为 21， 进一步得，当q  21时，对任意的正整数k， d d d d  1qq2 d qd ， k k1 k2 k k k1 满足：kN*,k1N*,d d d d ， k k1 k1 k2 q 所以 的所有取值是 21． q 【点睛】关键点点睛：第三问由于k的任意性取特殊值确定 的值，再验证其合理性. 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司