2023年高考押题预测卷01（江苏卷）（全解全析）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_42023年高考数学押题预测卷

2023 年高考押题预测卷 01 数学·全解全析 一、单项选择题：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，只有一个选项是符 合题目要求的． A  x x 2  B  x x210  A (�B) 1．集合 ， ，则  R （ ） 1,1 1,1 1,2 2,1 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】先求出集合A和集合B，再利用集合间的运算即可求出结果. x 2 Ax 2x2 2x2 【详解】由 ，得到 ，所以集合 ， 又由x210，得到 x1 或 x1 ，所以集合 Bx x1 或 x1 ， �Bx|1x1 A �Bx|1x1 所以 R ，所以  R . 故选：B． 12iz2i 2．已知 ，则z（ ） 4 5 4 5 A．  i B．  i C． D． 3 3 3 3 i i 【答案】D z z 【解析】由复数的四则运算，求出 ，再得到共轭复数 . 2i 2i12i 5i z   i 【详解】由12iz2i，有 12i 12i12i 5 ，所以 . zi 故选：D 3．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵 爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”  B  C  a,  B  A  b  ,  B  E  3  E  F   A  E   中，若 ，则 （ ）A． 12 a 16 b  B． 16 a 12 b  C． 12 a 9 b  D． 9 a 12 b  25 25 25 25 25 25 25 25 【答案】A 【解析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算列式，再借助方程思想求解作答.    3  3    3 9   【详解】依题意，AEBEBA BFBA (BCCF)BA BC AEBA， 4 4 4 16 25 3  3  于是 AE BCBA ab， 16 4 4 所以  A  E   12 a 16 b  . 25 25 故选：A 4．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水， 天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半， 则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（ ） 5 7 A． 寸 B．2寸 C． 寸 D．3寸 3 3 【答案】C 【解析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案． 【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸． 1 (186)12 积水深9寸， 水面半径为 寸，  2  1 π9(62122612)756π 则盆中水的体积为 （立方寸）． 3 756π 7   平地降雨量等于 π182 3 （寸)． 故选：C．5．将甲、乙等5名志愿者分配到4个社区做新冠肺炎疫情防控宣传，要求每名志愿者去一个社区，每个社 区至少去一名志愿者，则甲、乙二人去不同社区的概率为（ ） 3 3 9 1 A． B． C． D． 10 5 10 4 【答案】C 【解析】部分均匀分组问题，5个人去4个社区，只能是1112的形式，据此先算出基本事件总数，再 求出甲、乙去相同的社区的事件数，利用古典概型公式和对立事件的定义求解. C2=10 【详解】5个人去4个社区，只能是 1112 的形式，分组的情况总数为 5 ， A4 24 再把这些分组分配到四个不同地方，有 4 种情况，因此基本事件总数为 240 ； A4 24 甲、乙去相同的社区的情况有： 4 种， 24 9 由对立事件可得甲、乙二人去不同社区的概率为：1  . 240 10 故选：C.  π 3π 3π 6．已知函数 f x2sin2x   N  , 2  的最小正周期 T  4 , 2  ，将函数 f x 的图像向右平 π 移 个单位长度，所得图像关于原点对称，则下列关于函数 f x的说法错误的是（ ） 6 5π A．函数 f x的图像关于直线x 对称 12 π π B．函数 f x 在  6 , 2  上单调递减  13π C．函数 f x 在   0, 12  上有两个极值点 f x1 0,π D．方程 在 上有3个解 【答案】Dπ 【解析】由题可得 ， . 1 3 x 5π f x2sin  2x π  A选项，将 12 代入  3，验证其值是否为2可判断选项； 2π 4π  ,  B选项，由y2sinx在 3 3 上的单调性可判断选项； π 5π  ,  C选项，由y2sinx在3 2 上的极值点可判断选项； π 7π ,   D选项，验证2sinx1在3 3 上是否有3个解可判断选项. 2π 3π 3π 2 4   ,   ω   ,   ω  1 【详解】由题2ω  4 2  3 3 . π  π f x 的图像向右平移6个单位长度后对应的解析式为 2sin  2x  φ  3  ，因其过原点，则 π π π π φ   kπ，k  Z  φ   kπ，k  Z，结合 ，可得 . 3 3 2 3  5π  π 5π A选项， f    12    2sin   2    2 ，则 f x 的图像关于直线 x 12 对称，故A正确； B选项， x    π 6 , π 2   时， 2x π 3     2 3 π , 4 3 π  ，因    2 3 π , 4 3 π       π 2 , 3π 2   ，y2sinx在    π 2 , 3 2 π  上单调递减，则 π π f x 在  6 , 2  上单调递减，故B正确.  13π π π 5π π π x0,  2x    ,  2x    kπ，k  Z C选项，  12 时， 3 3 2 .令 3 2 ， π 3π π 5π π 3π  13π 因2 , 2   3 , 2  ， 2sin 2  2, 2sin 2  2 ，则函数 f x 在   0, 12  上有两个极值点，故C正确；π π 7π π 7π 5π 13π D选项，x0,π 时， 2x 3   3 , 3  .由 2sinx  1, x   3 , 3  ，可得 x  6 , x  6 ，则方程 f x1 0,π 在 上有2个解，故D错误. 故选：D 9 1 log37 2 7．已知 a  ， ，ccos ，则（ ） 3 b0.7e0.1 3 A．abc B．cab C．cba D．bac 【答案】B 7 1 9 【解析】根据对数的运算，计算可得a ，则lnblna ln .构造函数 f x1xlnx，根据导函 9 10 10 数得到函数的单调性，即可得出lnblna0，根据对数函数的单调性即可得出ab；先证明当x0时， sinxx.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得ca. 9 【详解】因为 a   1  log37 3 log3 7 9  7 ， 3 9 7 1 9 所以，lnblna0.1ln0.7ln  ln . 9 10 10 1 1x 令 f x1xlnx， ，则 fx1  ， x0 x x f�( x) >0 f x 0,1 0x1 当 时， ，所以 在 上单调递增，  9  f   f 10 所以 10 ， 所以lnblna0. ylnx 0, ab 因为 在 上单调递增，所以 ； gxsinxx gxcosx10 令 ，则 恒成立， gx 所以， 在R上单调递减， gxg00 x0 sinxx 所以，当 时，有 ，即 ， 1 1 所以0sin  . 3 32 1 因为cos 12sin2 ， 3 3 2 1 2 7 所以cos 12sin2 1  ， 3 3 9 9 所以ca. 所以cab. 故选：B． 【点睛】方法点睛：对a,b,c变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小 关系. 8．已知等腰直角 ABC 的斜边 AB 2,M,N 分别为 AC,AB 上的动点，将 AMN 沿 MN 折起，使点 A 到 A AMN  BCMN A,B,C,M,N O O 达点 的位置，且平面 平面 .若点 均在球 的球面上，则球 表面积的最小值 为（ ） 8π 3π 6π 4π A． B． C． D． 3 2 3 3 【答案】D 【解析】由题设B,C,M,N共圆（M 不与A重合），进而确定MNAB，找到△ANM ，四边形BCMN 外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设AN x且0x1，求外接球半径最小值， 即可得结果. 【详解】由点A,B,C,M,N均在球O的球面上，且B,C,M,N共圆（M 不与A重合）， 所以NMCBCMNBπ（M 不与C重合）， 又 ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，即有MNAB， π 如上图，△ 、△ 、△ 都为直角三角形，且ANM MNBC  ， ANM BNM BCM 2 由平面图到立体图知：MN  AN ，MN BN ， 又面AMN 面BCMN ，面AMN 面BCMN  MN，AN 面ANM ， 所以AN 面BCMN ，同理可得BN 面AMN ， 将 AMN 翻折后，AM,BM 的中点D,E分别为△ANM ，四边形BCMN 外接圆圆心， 过D作DO面ANM ，过E作EO面BCMN ，它们交于O，即为ABNMC外接球球心，如下图示， 再过D作DF面BCMN ，交NM 于F ，连接EF，则EFDO为矩形， 综上，DF//AN ，DO//BN ，则F 为MN中点， 1 所以DOEF  BN ，而 ， ， 2 AC BC 1 AB 2 2x 令 且 ，则 ，故DO ， ， AN x 0x1 BN  2x 2 AM  2x 2 4 3(x )2 所以球 半径 r DO2( AM )2  3x22 2x2  3 3 ， O 2 4 4 2 1 4π x r  4πr2  当 3 时， min 3 ，故球O表面积的最小值为 3 . 故选：D 二、多项选择题：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． ABCDABCD AC 9．如图，在正方体 1 1 1 1中，点P为线段 1 1上的一个动点（不包含端点），则（ ） A．PC BD BB B．直线PC与直线 1异面 DD C．存在点P使得PC与 1所成的角为60° D．存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60° 【答案】ABDBB  BCCB  BCCB 【解析】由线面垂直的判定定理可判断A；证明 1 平面 1 1，PC 平面 1 1，可判断B；求出 DD CP PC与 1所成的角的最大值恒小于60°可判断C；求出PC与底面ABCD所成的角为60°时， 1 的长度可 判断D. ABCDABCD BD AC AA  ABCD 【详解】对A，在正方体 1 1 1 1中，易得 ， 1 底面 ， QBD 平面 ABCD ， AA 1 BD ， AC∩AA  A AC,AA  ACC A ACC A 1 ， 1 平面 1 1，则 BD 平面 1 1， PC ACC A BDPC 因为 平面 1 1，所以 ，故A正确； P BCCB C BCCB BB  BCCB CBB 对B，因为 平面 1 1， 平面 1 1， 1 平面 1 1，且 1， BB 所以直线PC与直线 1异面，故B正确； CC //DD DD CC 对C，因为 1 1，所以PC与 1所成的角即为PC与 1所成的角， CC 1 1 cosPCC  1   由图可知，当点P位于点A 1 处时，PCC 1 最大，此时 1 A 1 C 3 2， DD 所以PC与 1所成的角恒小于60°，故C不正确； 对D，过点 P 作 PH  平面 ABCD 交直线 AC 于点 H ，则 PH //AA 1， 设正方体的边长为1，PC与底面ABCD所成的角即为PCH， PH 1 若 ，则tanPCH    3， PCH 60 CH CH 3 CH=  2 则 3 ，所以存在点P使得PC与底面ABCD所成的角为60°. 故D正确.故选：ABD. f xlnx1,gxex1 10．函数 ，下列说法正确的是（ ） m yxm y f x ygx A．存在实数 ，使得直线 与 相切也与 相切 k ykx1 y f x ygx B．存在实数 ，使得直线 与 相切也与 相切 2  C．函数 gx f x 在区间  3 , 上单调 2  D．函数 gx f x 在区间  3 , 上有极大值，无极小值 【答案】ABC 【解析】设切点分别为 P(x 1 ,y 1 ),Q(x 2 ,y 2 ) ，根据导数的几何意义列出方程，化简得 (ex2 1)(x 2 1)0 ，解得 x 0 x 1 k 1 k e 2 或 2 ，得到公切线的斜率为 或 ，得出切线方程可判定A、B正确；令 1 1 hxgx f x，求得hxex ，令xex ,x0，利用导数求得所以x单调递增，得到 x x 2 2 hx单调递增，结合h( 3 )0，得出hx在区间( 3 ,)上单调递增，可判定C、D错误. y f x ygx P(x,y ),Q(x ,y ) 【详解】设直线分别与 与 分别相切于点 1 1 2 2 ， 1 则y 1  f x 1 lnx 1 1,y 2 ex2 1且 fx x ,gxex ， lnx 1ex2 1 x ex2 2 1 ex2, 2 ex2 所以 1 且 x x 1 ， x ex2 1 2 ex2 x 1 2(ex2 1)(x 1)0 x 0 x 1 化简得 2 ，解得 2 或 2 ， x 0 g00 k 1 g00 Q(0,0) 当 2 时，可得 ，即切线的斜率为 ，且 ，即切点坐标为 ， yx 此时切线的方程为 ； x 1 g1e k e g1e1 当 2 时，可得 ，即切线的斜率为 ，且 ， 即切点坐标为Q(1,e1)，此时切线的方程为y(e1)e(x1)，即yex1， yx yex1 故公切线方程为 或 ，所以选项A、B正确； 1 令hxgx f xex lnx2，可得hxex ， x 1 1 令xex ,x0，可得xex 0， x x2 x hx 所以 单调递增，即 单调递增， 2 2 3 27 2 又由h( )e3  ，因为e2 0，所以h( )0， 3 2 8 3 2 2 即x( 3 ,)时， h(x)0 ，所以hxgx f x在区间( 3 ,)上单调递增， 所以C正确； hx hx 由C知，函数 单调递增，所以函数 无极值，所以D错误. 故选：ABC. F y2 2px,(p0) F A,B AB 11．已知 是抛物线 的焦点，过 的直线交抛物线于 两点，以线段 为直径的圆交 y M,N l Q 轴于 两点，交准线 于 点，则下列说法正确的是（ ） y A．以AF 为直径的圆与 轴相切 T1,t F y2 2x B．若抛物线上的点 到 的距离为2，则抛物线的方程为   AQBQ0 C． MN 2p D． 的最小值为 【答案】AC 【解析】根据抛物线的焦半径公式结合条件可判断AB，设直线AB的方程，与抛物线联立利用韦达定理法AB MN 可得以 为直径的圆与准线相切进而可判断C，根据圆的弦长公式求出 的表达式可判断D，  p  p F ,0 x 【详解】由题意可得抛物线的焦点  2 ，准线方程为 2 ，  p  x   1 2 y   , 1 设 ，则 的中点 ， 2 2   A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 ) AF   p p x  x  对于A， AF x  p ，则以 为直径的圆的半径为 1 2 ， 的中点的横坐标为 1 2 ， 1 2 AF 2 AF 2 p x  所以 的中点到 轴的距离为 1 2 ，即以 为直径的圆与 轴相切，所以A正确； AF y 2 AF y p 对于B，因为抛物线上的点T1,t到 F 的距离为2，所以1 2 2，得 p2 ，则抛物线的方程为 y2 4x ， 所以B错误； p x x y y  xmy P 1 2 , 1 2  对于C，设直线AB的方程为 2 ，则AB的中点  2 2 ，  p xmy  2 由 y2 2px ，得 y22mpy p2 0 ， y y 2mp,y y p2 所以 1 2 1 2 ， (y y )2 p2 x x m(y y ) p2m2p p,xx  1 2  所以 1 2 1 2 1 2 4p2 4 ， 所以 AB x 1 x 2  p2m2p2p ，则以 AB 为直径的圆的半径为 r p(1m2) ， AB 的中点P的横坐标为 p m2p ， 2 p p 所以 的中点 到准线的距离为m2p   p(1m2)，即以AB为直径的圆与该抛物线的准线相切， AB P 2 2   Q AQBQ AQBQ0 所以 为切点， ， ，故C正确； p 2  1 2 3 对于D， MN 2 r2  m2p 2   2 [p(1m2)]2 p2   m2 2   2p m2 4 ，所以当 m0 时， MN 取 3p 得最小值 ，所以D错误. 故选：AC. f x gx fx gx f 3x2gx 12．已知函数 ， 的定义域均为R，其导函数分别为 ， ．若 ， fxgx1 g2xgx0 ，且 ，则（ ） gx2 f x 2,2 A．函数 为偶函数 B．函数 的图像关于点 对称 2024 2024 gn0  f n4048 C． D． i1 i1 【答案】ACD fxgx1 f xagx1ba,bR f 3x2gx 【解析】由 ，可设 ，，由 ，得 g3x2agx1b g3xgx1 gx x1 a2b ，赋值 ，则有 ，即 ，函数 的图像关于直线 g2xgx0 gxgx4 f x x2 对称，又 得 ， 也是周期为4的函数，通过赋值可判断选项 fxgx1 f xagx1ba,bR 【详解】因为 ，所以 ． f 3x2gx f x2g3x 又因为 ，所以 ． g3x2agx1b g312ag11b x1 a2b 于是可得 ，令 ，则 ，所以 ． g3xgx1 gx gxgx4 所以 ，即函数 的图像关于直线x2对称，即 ． g2xgx0 gx 1,0 g2xgx0 因为 ，所以函数 的图像关于点 对称，即 ，所以 gx2gx4 gxgx2 gxgx4 gx ，即 ，于是 ，所以函数 是周期为4的周期函数． gx gx2 y gx2 因为函数 的图像关于直线x2对称，所以 的图像关于 轴对称，所以 为偶函数，所以A选项正确． gx y ygx 将 的图像作关于 轴对称的图像可得到 的图像，再向右平移3个单位长度，可得到 ygx3g3x g3x2 f x   的图像，再将所得图像向下平移2个单位长度，即可得到 的图 f x gx 1,0 f x 2,2 像，因此函数 也是周期为4的函数．又 的图像关于点 对称，所以 的图像关于点 对称，所以B选项不正确． g2xgx0 g1g10 g10 g1g30 x1 x0 因为 ，令 ，得 ，即 ，所以 ；令 ，得 2024 gn0 g2g00 g2g40 g1g2g3g40 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以C选项 i1 正确． f xg3x2 f 0g322 f 2g122 f 1g22 因为 ，所以 ， ， ， f 3g02 f 4 f 02 ， ， f 1 f 2 f 3 f 4g222g02 28 则有 ， 2024  f n4048 可得 ，所以D选项正确． i1 故选：ACD． 【点睛】方法点睛： 一般地，若函数的图像具有双重对称性，则一定可以得到函数具有周期性，且相邻 的两条对称轴之间的距离为半个周期；相邻的两个对称中心之间的距离也是半个周期；相邻的一条对称轴 和一个对称中心之间的距离为四分之一个周期． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 8  2  1x x   13．  3 x  的展开式中的常数项为___．（用数字作答） 【答案】1792 8  2  x   【解析】由  3 x  的展开式通项公式得到 r6 符合要求，从而求出答案. x 2  8 T Crx8r   2  r 2r Crx 8 4 3 r r 0,1,2, ,8 【详解】   3 x   展开式的通项公式 r1 8   3 x   8  ， 4r 4r 令8 0，得 ，令8 1无整数解，所以展开式中的常数项为26C6 1792． 3 r6 3 8 故答案为：1792 14．已知圆 O:x2  y2 8 及圆 A:xa2y12 1 ，若圆A上任意一点P，圆O上均存在一点 Q 使得 OPQ45 a ，则实数 的取值范围是______. 2 2a2 2 【答案】 【解析】问题转化为P为射线OA与圆A交点时，使过P点相互垂直的两直线与圆A有交点且OP与两条垂 OP  2r 线的夹角均为 45 ，则有 ，r为圆 O 半径，即可求范围． 【详解】由A(a,1)，即A在y1上运动，而P为圆A上任意一点， O Q OPQ45 要使圆 上存在一点 使 ， 即过P点相互垂直的两直线与圆A有交点且OP与两条垂线的夹角均为45即可， 所以，只需P为射线OA与圆A交点时，使过P点相互垂直的两直线与圆A有交点且OP与两条垂线的夹角 均为45， 如上图，上述两条垂线刚好与圆O相切为满足要求的临界情况， OP  2r OP 4 所以，只需 ，r为圆 O 半径，即 ， 又 OP  OA 1 a211 ，故 a2114，可得2 2a2 2. 2 2a2 2 故答案为：x2 15．与曲线 和y 都相切的直线方程为__________. yex 4 【答案】yx1 【解析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程 求解. 【详解】设直线与曲线 yex 相切于点  x 1 ,ex1  ， yex yex1 ex1 xx  yex1xex1 1x  因为 ，所以该直线的方程为 1 ，即 1 ，  x2  设直线与曲线y x 4 2 相切于点   x 2 , 4 2   ， x x2 x x x2 因为y ，所以该直线的方程为y 2  2xx ，即y 2 x 2 ， 2 4 2 2 2 4  x  ex 1  2  2 所以 ，解得 ， x2  ex1 1x  2  1 4 x 0,x 2 1 2 所以该直线的方程为yx1， 故答案为：yx1. x2 y2 2 16．椭圆C：a2  b2 1ab0 的左，右焦点分别为F 1 ，F 2 ，上顶点为 A0,1 ，离心率为 2 ，直线 ykxmk 0 △AFF m 将 1 2分成面积相等的两部分，则 的取值范围是_________.  2 1 1 ,  【答案】 2 2    a,b ykxmk 0 x 【解析】根据已知条件求得 ，根据直线 与 轴的交点的位置进行分类讨论，由此列不 等式来求得m的取值范围. b1  c 2   【详解】依题意， a 2 ，解得 ，  a2 b2c2  a 2,c1 x2 所以椭圆 的方程为 y2 1， C 2OA  OF  OF 1 AF  AF  2, FF 2 由于 1 2 ， 1 2 1 2 ， 所以△AFF 是等腰直角三角形， 1 2 1 所以S △AF1F2  2  2 2 1， AF xy1 AF yx1 直线 2的方程为 ，直线 1的方程为 ， 设直线 ykxmk 0 与 AF 2的交点为 D ，与 x 轴的交点为 E ， 1 1 1 1 ①当 E 与F 1 重合时， 2 2y D  2 1,y D  2 ，则x D  2 ， 0km  1 1 1 所以  km，解得k m . 2 2 3 1 ②当 在O，F 之间时， m1， E 1 3 1 1 所以  EF y  1, EF y 1， 2 2 D 2 2 D xy1 km km 1m  y  x 1  由ykxm解得 D 1k ， D 1k 1k ， m 由 令 ，得x  ， ykxm y0 E k m  m km 所以 EF 1 ，所以1  1， 2 k  k  1k m2 m2 1 1 k  k  0 m 整理得 12m，由 12m 解得3 2. 1 ③当 在F 左侧，则0m ,0k 1，0 k211， E 1 3 设直线 ykxmk 0 与 AF 1的交点为P，ykxm 1m km  x  ,y  由yx1 解得 P k1 P k1 ， 1 1 因为S △PAD  2 1 2 ， 1 1 1m 1m 所以 1m x x  ,1m  1， 2 D P 2 1k k1 21m2  k21 21m k21 1 ，所以 ， 2 2 所以1m ,m1 ， 2 2 2 1 1 m 所以 2 3.  2 1 1 ,  综上所述， 的取值范围是 2 2 . m    2 1 1 ,  故答案为： 2 2    【点睛】求解椭圆的方程，关键点是根据已知条件求得a,b,c，a,b,c是3个未知数，需要3个条件，其中 a2 b2c2 A 一个条件是 ，另外的两个条件由题目给出，如本题中的 点坐标以及离心率，通过解方程组可 a,b,c 求得 ，进而求得椭圆的方程. 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．（10分） n2a 记 S n 为数列a n 的前 n 项和，已知 a 1 1 ，S n  3 n ． a  (1)求 n 的通项公式；1 1 1 3      (2)证明：2a 1 2a 2 2a n 4． 1 2 n n2n 【答案】(1)a  n 2 (2)证明见解析 a  a  【解析】（1）利用退一相减法可得数列 n 的递推公式，再利用累乘法可得数列 n 的通项公式；  1    （2）利用裂项相消法求数列 2a n n 的前n项和，再根据 nN，即可得证. n2a S  n 【详解】（1）由已知 n 3 ①， n1a 所以当 时，S  n1 ②， n2 n1 3 n2a n1a a n1 a n a n1 a n2 a  n n1 n  n1  n2  n3  ①②得 n 3 ，整理可得a n1 n1，则a n2 n2，a n3 n3，a n4 n4，L ， a 4 a 3 3  2  a 2，a 1， 2 1 a n1n n2n n   等式左右分别相乘得 a 21 2 ， 1 n2n 又a 1 1，所以a n  2 ； n2n （2）由（1）得a  ， n 2 1 1 11 1       则2a nn22nnn2 ，所以2a n nn2 2n n2， n n 1 1 1 所以     2a 1 2a 2 2a n 1 2 n 1 1 11 1 11 1 1 1 1  11 1   1                2 3 22 4 23 5 2n1 n1 2n n2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1   1            2 3 2 4 3 5 n1 n1 n n21 1 1 1   1    2 2 n1 n2 3 1 1 1      ， 4 2n1 n2 1 1 又 ，所以  0， nN n1 n2 3 1 1 1  3 所以     ， 4 2n1 n2 4 1 1 1 3      即2a 1 2a 2 2a n 4. 1 2 n 18．（12分） ABC A,B,C a,b,c ab2ccosB  在 中，角 所对的边分别为 ，且 . (1)求证：C 2B； a3b (2)求 的最小值. bcosB 【答案】(1)证明见解析 4 2 (2)最小值为 【解析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明. a3b 2ccosB2b 2  π 1   4cosB B0, ,cosB ,1 （2）将问题转化 bcosB bcosB cosB ，根据第一问解得  3 2 ，然后结 合不等式求解. 【详解】（1）在 ABC中，ab2ccosB， 由正弦定理得sinAsinB2sinCcosB， AπBC 又 ， sinBCsinB2sinCcosB 因为 , 所以sinCcosBsinBcosC sinB, sinCBsinB sinB0 所以 ,又 , 所以0CBCπ，且BCBCπ, 所以BCB， 故C 2B.BC 3B0,π C 2B （2）由（1） 得 ，  π 1  B0, ,cosB ,1 所以  3 2 ， ab2ccosB,C 2B 因为 ， a3b 2ccosB2b 所以  bcosB bcosB 2sinCcosB2sinB 2sin2BcosB2sinB   sinBcosB sinBcosB 2 4cosB 4 2， cosB 2 2  π π 4cosB cosB B0,  B 当且仅当 cosB 即 2 ，且  3，即当且仅当 4时等号成立， π a3b 所以当B 时， 的最小值为 . 4 bcosB 4 2 19．（12分） ABC- ABC ABBA  ABC ABBA ABC 如图，在三棱柱 1 1 1中，平面 1 1 平面 ，四边形 1 1是边长为2的菱形， 为等 边三角形， A 1 AB60 ， E 为 BC 的中点， D 为 CC 1的中点， P 为线段 AC 上的动点， AB 1 // 平面 PDE ． (1)请确定点P在线段AC上的位置； PDE ABC 1 1 (2)求平面 和平面 所成二面角的正弦值． 【答案】(1)点P是线段AC上靠近点C的四等分点 4 91 (2) 911 【解析】（1）根据线面平行的性质定理可推出AB //PF .由已知可推得ED //BC ，得出CF  CG，得到 2 1 1 1 CP CF 1 CF  BC   4 1 .然后根据AB //PF ，即可得出CA CB 4； 1 1 OA  AB OA  ABC O （2）先证明 1 ，然后根据面面垂直的性质推得 1 平面 .以点 为坐标原点，建立空间直角 PDE ABC 1 1 坐标系，写出各点的坐标.然后求出平面 和平面 的法向量，根据法向量求出二面角的余弦值，进 而即可求出正弦值. 【详解】（1）如图1，连接 B 1 C 与 DE 相交于 F ，连接 PF ，连接 BC 1与 B 1 C 交于点 G . ∵ AB 1 // 平面 PDE ，平面 AB 1 C  平面 PDEPF ， AB 1  平面 AB 1 C ， AB //PF ∴ 1 . BECE CDDC ∵ ， 1， CD CE  1 ∴DC BE ， 1 ED //BC ∴ 1， 1 ∴CF FG CG. 2 1 ∵BC BC G，∴CG 2 B 1 C， 1 1 1 1 ∴CF  CG BC. 2 4 1AB //PF ∵ 1 ， CP CF 1 ∴   ， CA CB 4 1 ∴点P是线段AC上靠近点C的四等分点. （2）如图2，取 AB 的中点 O ，连接 OC ， OA 1， ABBA AAB60 ∵四边形 1 1为边长为2的菱形， 1 ， AB2 AAB ∴ 1 ，  1 为等边三角形. ∵ OAOB ，  AA 1 B 为等边三角形， OA  AB ∴ 1 . ∵平面 ABB 1 A 1  平面 ABC ，平面 ABB 1 A 1 平面 ABC  AB ， OA  AB OA � ABBA 1 ， 1 平面 1 1， OA  ABC ∴ 1 平面 . ∵ ABC为等边三角形，OAOB， ∴ OCAB ，可得 OB ， OC ， OA 1两两垂直.     O0,0,0 B0,1,0 A0,1,0 C  3,0,0 A 0,0, 3 建立如图所示的空间直角坐标系，可得 ， ， ， ， 1 ，  3 1   3 3 1   1 3 E   2 , 2 ,0  P   4 , 4 ,0  B  0,2, 3  C   3,1, 3  D   3, 2 , 2       1 1   3 1   3 3 1   1 3 E   2 , 2 ,0 ， P   4 , 4 ,0 ，B  0,2, 3  ，C   3,1, 3  ， D   3, 2 , 2  ，     1 1     3 3    3 3 设平面 PDE 的法向量为m  x,y,z，由 PE   4 , 4 ,0   ， ED    2 ,0, 2    ，    P  E  m  3 x 3 y0  4 4  有 E  D  m  3 x 3 z0 ，   2 2    m 3,1, 3 取y1，x 3，z 3，可得 .        设平面ABC 的法向量为 na,b,c ，由 AB 1  0,3, 3 ， C 1 B 1  3,1,0 ， 1 1    A  B  n3b 3c0, 1 有  C  1  B  1 n 3ab0, 取 a1 ， b 3 ， c3 ，可得n    1, 3,3 .     m  7 n  13 所以mn5 3， ， ，   mn   5 3 5 3 cos m,n    所以   ， m n 7 13 91 75 4 91 1  所以平面PDE和平面ABC 所成二面角的正弦值为 91 91 ． 1 1 20．（12分） 李医生研究当地成年男性患糖尿病与经常喝酒的关系，他对盲抽的60名成年男性作了调查，得到如下表统 1 计数据，还知道被调查人中随机抽一人患糖尿病的概率为 . 6 经常喝 不经常喝酒 酒 患糖尿病 4 没患糖尿病 6 (1)写出本研究的22列联表，依据小概率值0.01的独立性检验，判断当地成年男性患糖尿病是否和喝 酒习惯有关联？ PB A (2)从该地任选一人，A表示事件“选到的人经常喝酒”，B表示事件“选到的人患糖尿病”，把  P B A 与 的比值叫“常喝酒和患糖尿病的关联指数”，记为. （ⅰ）利用该调查数据求的值； PA B 5Ψ （ⅱ）证明：P  A B  . nadbc2 2  参考公式及数表： abcdacbd， nabcd  0.15 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828  【答案】(1)联立表见解析；当地成年男性患糖尿病与喝酒习惯无关联； 2 (2) ；证明见解析. 3 【解析】（1）根据题干填写联立表，再根据卡方公式计算对照数表进行判断即可. （2）根据条件概率公式求出（2）问中对应条件概率，代入式中计算即可. 1 【详解】（1）根据题意可知，患糖尿病的人数为60 =10人，这10人中不经常喝酒的有6人， 6 经常喝 不经常喝酒 酒 患糖尿病 4 6 没患糖尿病 6 44 60444662 2  4.704<6.635 10501050 ， 因此依据小概率值0.01的独立性检验，当地成年男性患糖尿病与喝酒习惯无关联. 1 （2）（ⅰ）经常喝酒且患糖尿病的人数有4人，则PAB ， 15 1 经常喝酒的人数有10人，则PA ， 6 PAB 2 PB A  PA 5 ，   1 经常喝酒且没患糖尿病的人数有6人，则P AB  ， 10    P AB 3 P B A   PA 5， 2  ； 3 （ⅱ）证明：患糖尿病的人数有10人，则PB 1 ；没患糖尿病的人数有50人，则P  B   5 ， 6 6   PA B PAB  2 P  A B   P AB  3 PB 5 ， P  B  25， PA B 10  5Ψ P  A B  3 . 21．（12分） x2 y2 已知双曲线E:  1，点 与双曲线上的点的距离的最小值为 ． a2 a2 D(0,2) 3 (1)求双曲线E的方程； l:ykxm C:x2 (y2)2 1 (2)直线 与圆 相切，且交双曲线E的左、右支于A，B两点，交渐近线于点 8 M，N．记  DAB ，  OMN 的面积分别为S 1 ， S 2 ，当S 1 4S 2  7 时，求直线l的方程． x2y2 1 【答案】(1) 3 3 (2)y x 4 4 【解析】（1）设 P(x,y) 是双曲线上的任意一点，先求得 DP2 2(y1)22a2 ，再结合题意即可求得a2 的值，进而即可求出双曲线E的方程； m2 1 （2）先根据直线l与圆C相切得到 1k2 ，设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，再联立直线l的方程和双曲线E xx x x m D(0,2) d S 的方程，求得 1 2， 1 2，根据题意求得 的取值范围，设点 到AB的距离 1，从而求得 1，再联 l x x x x d S 立直线 的方程和双曲线E的渐近线的方程，求得 3 4， 3 4，设点O到MN的距离 2，从而求得 2， 8 再结合S 4S  即可求得 的值，进而即可求得直线l的方程． 1 2 7 kP(x,y) 【详解】（1）设 是双曲线上的任意一点， DP2 x2(y2)2 2y24y4a2 2(y1)22a2 则 ， 所以当 y1 时， DP2 的最小值为2a2 ，所以2a2 3，得a2 1， x2y2 1 所以双曲线E的方程为 ． m2 1 （2）由直线l:ykxm与圆C:x2 (y2)2 1相切得 1k2 ， Ax,y  Bx ,y  由直线交双曲线的左、右支于A，B两点，设 1 1 ， 2 2 ， x2y2 1 联立  ykxm，消y整理得  1k2 x22mkx  m21  0， 4  m21k2 则 Δ 1 4  m21k2 0 ，x 1 x 2  m k2 2   1 1 ，x 1 x 2  k 2 2 m  k 1 ，所以 x 1 x 2  1k2 ， m21 m21 所以xx   0，即 ，解得 ， 1 2 k21 m24m2 m24m20 2 2m2 2 |m2| 1 又 1k2 ，则 m2 1 ，解得m1或m3，   m 2 2,31,2 2 所以   ， 4  m21k2 所以 AB  1k2  x x  1k2  ， 1 2 1k2 m2 1 (2m) 4m2 d  又点D(0,2)到AB的距离 1 1k2 ，故 S 1  2 AB d 1  m24m2 ， Mx ,y  Nx ,y  设 3 3 ， 4 4 ， x2y2 0 联立方程组  ykxm ，消y整理得  1k2 x22mkxm2 0， 2mk m2 2m 则 ，x x  ，x x  ，所以 x x  ， Δ 4m2 3 4 1k2 3 4 1k2 3 4 1k2 22m 所以 MN  1k2  x x  1k2  ， 3 4 1k2 m 1 m2 d  S  MN d  又点O到MN的距离 2 1k2 ，故 2 2 2 m24m2， 8 (2m) 4m2 m2 8 S 4S  4  所以当 1 2 7 时，有 m24m2 m24m2 7， 4 4 整理得(2m) 4m2   5m28m4  ，即(2m) 4m2  (5m2)(m2)， 7 7 4 3 27 又 ，则 4m2  (5m2)，即 ，解得m  ，m  （舍去）， m2 7 200m2258m810 1 4 2 50 3 3 3 3 所以m ，则k  ，所以直线方程为y x ． 4 4 4 4 【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理解决弦长问题，进而解决面积相关 的取值范围问题，属中难题，关键是熟练掌握弦长公式和直线与双曲线的位置关系的判定方法． 22．（12分） f xealnxax2aaR 已知函数 ． f x e， (1)判断 在区间 上的单调性； 4 (2)若 f x恰有两个不同的零点x，x，且x x ，证明：x 1 3x 2 a a 4． 1 2 1 2 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 exax 【解析】（1）求导得 fx x ，分两种情况：若a0，若a0，讨论 f x 的单调性，进而可得答 案．ea  f  0 （2）由（1）可知若 f x有两个不同的零点，则 a0 ，且极大值  a  ， ea  ea   ea    ea   f  ealn ea2aea ln 12a ea ln 10  a   a    a   ，即   a   ，当 a0 时，又ealnx ax 2a0， 1 1 x x ea x 2 1  t  2 且ealnx ax 2a0，两式相减可得lnx lnx a ，不妨设 x ，则 且x tx ， 2 2 2 1 1 t1 2 1 ea  lnt tlnt  ea t1lnt 2ea 4 x x      x x  x 3x a 4 a 1 2 a t1 t1 a t1 ，进而可得 1 2 a ，要证 1 2 a ，即证2e2 a2， 即可得出答案． ea eaax fx a 【详解】（1）解： x x ， a0 f 'x0 若 ，则 恒成立， f x e， 所以 在 上单调递增，  ea  x0，  若 a0 ，当  a  时， f�( x) >0， f x单调递增， ea  x ， 当  a  时， f 'x0， f x单调递减， ea 下面判断 与 的大小关系， a e ea 令ga (a0)， a eaa1 则ga (a0)， a2 a0，1 ga0 所以当 时， ， ga 0，1 所以 在 上单调递减，a1， ga0 当 时， ， ga 1， 所以 在 上单调递减， ea 所以ga g(a) g1e， a min ea 所以 a e，即 ea1a ，*当且仅当 a1 时，取等号，  ea  ea  e，   ， 所以当 a0 且 a1 时， f x在  a  上单调递增，在  a  上单调递减， f x e， a1 当 时， 在 上单调递减， a0 f x e， 综上所述，当 ， 在 上单调递增， f x e， a1 当 时， 在 上单调递减，  ea  ea  e，   ， 当 a0 且 a1 时， f x在  a  上单调递增，在  a  上单调递减． ea  f  0 （2）证明：由1可知若 f x有两个不同的零点，则 a0 ，且极大值  a  ， ea  ea   ea   f  ealn ea2aea ln 12a  a   a    a   ， ea 由不等式*可得 e， a  ea   ea ln 10 所以   a   ， ea  f  0 所以当 a0 时，  a  恒成立， ealnx ax 2a0 ealnx ax 2a0 又 1 1 ，且 2 2 ， x x ea 2 1  两式相减可得lnx lnx a ， 2 1x 不妨设t  2 ，则 且 ， x x tx 1 t1 2 1 t1x ea ea lnt 所以 1  ，即x   ， lnt a 1 a t1 ea tlnt 所以x   ， 2 a t1 ea  lnt tlnt  ea t1lnt x x      1 2 a t1 t1 a t1 ， 2t1 设htlnt ， t1 1 4 (t1)2 ht   0 t (t1)2 t(t1)2 ， t1lnt 所以 hth10 ，即 2， t1 2ea 所以x x  ， 1 2 a ea  x  ， 由x x 可得 2  a  ， 1 2 4 要证x 3x a 4， 1 2 a 2ea 4 需要证 2x a 4， a 2 a 4ea 4 只要证 a 4， a a 即4ea a24a4， a 即2e2 a2， a a 即证e2  1，由*可证， 2 4 所以x 3x a 4即证． 1 2 a a0 ealnx ax 2a0 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由 时，函数有两个零点，由 1 1 ，且 x x ea x ea t1lnt 2 1  t  2 x x   ealnx 2 ax 2 2a0，两式相减可得lnx 2 lnx 1 a ，设 x 1 ， t1 ，构造 1 2 a t1 ，进而得2ea 4 x x  x 3x a 4 a 到 1 2 a ，将 1 2 a ，转化为2e2 a2证明而得解.