精品解析：上海市复兴高级中学2023届高三上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高三_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海市复兴高级中学 2022 学年第一学期期中考试 高三年级数学试卷 一、填空题（本大烟满分 54分）本大题共 12题，第 16题，每空填对得 4分；第 7-12 题，每 空填对得 5分．请直接将结果填写在答题纸相应题号的空格内． Ax| x1 1 B1,0,1 A B 1. 已知 ， ，则  ________． 【答案】 1 【解析】 【分析】首先根据绝对值的几何意义求出集合A，再根据交集的定义计算可得. 【详解】解：由 x1 1，即1 x11，解得0 x2， 所以A  x| x1 1  x|0 x2 ， 又B1,0,1 ， 所以AB1 . 故答案为： 1 2. 已知复数z 1i，则zz z ________． 【答案】 22i 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算以及模长的求解公式，代值计算即可. 【详解】zz z  1i2  2 12ii2  2  22i. 故答案为： 2 2i. π  π  3. 已知 f xasinx 3cosx，若函数y  f x 的一个零点为 ，则 f   ________． 3 12 【答案】 2 【解析】 π π 【分析】先代入零点，求得a的值，再将函数化简为 f(x)2sin(x )，代入自变量x ，计算即可. 3 12 π 3 3 【详解】∵ f( ) a 0，∴a 1 3 2 2 第 1 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) π ∴ f(x)sinx 3cosx2sin(x ) 3 π π π π f( )2sin(  )2sin  2 12 12 3 4 故答案为：  2 4. 若圆柱的高为10，底面积为25π，则这个圆柱的侧面积为________． 【答案】100 【解析】 【分析】根据底面积求得底面圆半径，以及底面圆周长，即可求得圆柱的侧面积. 【详解】设圆柱底面圆半径为r，根据已知可得r2 25，解得r 5， 故底面圆周长为2r 10，则圆柱的侧面积为1010100. 故答案为：100. 5. 关于x的方程32x 312x 20的解集为________． 1 【答案】 ## 0.5 2 【解析】 【分析】令32x t，求得t，再求x即可. 【详解】令32x t，则t 0，原方程可转化为t 3 20，即t2 2t3t3t10， t 1 解得t 1（舍）或t 3，故32x =3，解得2x1，即x . 2 1 故方程32x 312x 20的解集为 . 2 1 故答案为： . 2 6. 二项式3xn 的展开式中，x2项的系数是常数项的5倍，则n___________； 【答案】10 【解析】 【分析】先写出二项展开式的通项公式，令r 2 得x2的系数，令r 0得常数项，再由已知列出等式， 解出n即可. 【详解】由题知T Cr3nrxr ，当r 2 时，x2的系数为C23n2 ；当r 0 时，常数项为C03n ； r1 n n n 第 2 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 又x2的系数是常数项的5倍，所以C23n2 5C03n，解得n10 . n n 故答案为：10 7. 已知 f xlgxalg6x （其中 a0）则关于 x 的不等式 f x f 6x 的解集是 __________．   【答案】 x 3 x6 【解析】 【分析】先求出0 x6，再结合对数运算法则及对数函数单调性得到2a3x0，解出x3，从而   得到解集为 x 3 x6 . xa 0 【详解】 ，且a0，解得：a x6， 6x0 6xa0 又 f 6xlg6xalgx，由 ，且a0，解得：0 x6a， x0 a x6与0 x6a取交集得：0 x6， 由 f x f 6x 得：lgxalg6xlg6xalgx， 即lgxa6xlg6xax， 因为y lgx在定义域内单调递增， 所以 xa6x6xax，整理得：2a3x0， 因为a0，所以3x0，解得：x3，   综上：3≤x6，即不等式解集为 x 3 x6 .   故答案为： x 3 x6 . 8. 已知 y  f x 是定义在 R 上的奇函数且对于任意的 xR均有 f 2x f 2x0，若当 x1,0 时， f xlog 1x ，则 f 1 f 2 f 2022________． 2 【答案】1 【解析】 【分析】根据已知条件求出 f x 的周期，再根据已知条件求出 f(1)， f(2)， f(3)， f(4)的值，进而可 得 f 1 f 2 f 3 f 4 的值，再根据周期性计算即可求解. 第 3 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】解：因为 f 2x f 2x0，所以 f x4 f x0， 又y  f x 是定义在R上的奇函数，所以 f x f x0，所以 f x4 f x ， 所以 f x 的周期为4， 当x1,0 时， f xlog 1x 2 所以 f 1log 21， f 00， f (1) =- f (-1) =-1， 2 在 f(4x) f(x)0中，令x2可得2f 20，所以 f 20， f 3 f 11， f 4 f 00， 所以 f 1 f 2 f 3 f 410100， 因为202245052， 所以 f 1 f 2 f 2022 505  f 1 f 2 f 3 f 4   f 1 f 2 5050101. 故答案为：1. 9. 已知等比数列 a  的各项均为正实数， S 为数列 a  的前 n 项和，若S 5,S 35，则S  n n n 5 15 10 ________． 【答案】15 【解析】 a 【分析】设首项a 公比 q ，列方程求解q5 2, 1 5，代入S 即可. 1 1q 10  a (1q5) 1 5   1q 【详解】设首项a 公比 q ，显然q 1 ，由S 5,S 35得， ，解得 1 5 15 a (1q15) 1 35   1q a q5 2, 1 5. 1q a (1q10) 所以S  1 15. 10 1q 第 4 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故答案为：15 x2 y2 10. 设F、F ，为椭圆  1a b0的左、右焦点，A2,0,B0,1 是椭圆上的两点，点P在 1 2 a2 b2   线段AB上，则PF PF 的最小值是________． 1 2 11 【答案】 ##2.2 5 【解析】   【分析】根据已知条件求得椭圆方程以及直线AB的方程，设出点P的坐标，构造PF PF 关于点P横坐 1 2 标之间的函数关系，即可容易求得结果. 【详解】根据题设可知，a2,b1，故可得c a2 b2  3，     则F,F 的坐标分别为  3,0 , 3,0 ， 1 2 1  1  又直线AB的方程为：y  x1，故可设点P的坐标为 m, m1  ,m2,0 ， 2  2  则  P  F    P  F      3m, 1 m1      3m, 1 m1    5 m2 m2， 1 2  2   2  4 5  2  2  对y  m2 m2，其在  2, 上单调递减，在  ,0  单调递增， 4  5  5  2 11   11 且当m 时，y取得最小值- ，故PF PF 的最小值为 . 5 5 1 2 5 11 故答案为： 5 11. 在 ABC中，过重心G的直线交边AB于点P，交边AC于点Q，设△APQ的面积为S ， ABC的面  1  S     积为S ，且APAB,AQAC，则 1 的取值范围为_________． 2 S 2 4 1 【答案】  ,  9 2 【解析】 【分析】利用三角形面积公式求得面积比与参数,之间的等量关系，结合向量共线定理的推论，找到, 之间的关系，构造函数，即可求得取值范围. 【详解】根据题意，连接AG，作图如下： 第 5 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 sin AAPAQ S 2 1  ， S 1 2 sin AABAC 2  1  在三角形ABC中，因为G为其重心，故可得AG  AB AC 3  1 1  1  结合已知条件可得：AG   AP AQ ， 3   1 1 1 1 因为P,G,Q三点共线，故可得  1，即  3， 3 3   由题设可知0,1 ，0,1 ，  1  又 0,1 ，得  ,1  ， 31 2  S 2 1  1 故 1  ，令31t，可得t  ,2  ， t1， S 31 2  3 2 S 1 1  1  1 1  则 1   t 2  ,t  ,2  ，又y t 在 ,1 单调递减， 1,2 单调递增， S 9 t  2  t 2  2 S 4 1 S 1 S 1 当t 1时， 1  ，当t  时， 1  ，当t 2时， 1  ， S 9 2 S 2 S 2 2 2 2 S 4 1 故 1   , . S 9 2 2 4 1 故答案为：  , . 9 2 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量共线定理及其推论，处理问题的关键是正确应用定理以及推论， 同时要注意参数范围的求解以及对勾函数单调性的应用，属综合中档题. 21 12. 若 a、bR，且对于0 x1时，不等式 1x2 axb  均成立，则实数对 a,b 2 _________． 第 6 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  21 【答案】1,    2   【解析】 【分析】将恒成立问题转化为直线y axb需在两段圆弧之间，数形结合即可求得结果. 21 【详解】对于0 x1时，不等式 1x2 axb  均成立， 2 1 2 21 即 1x2  axb 1x2  恒成立. 2 2 1 2 21 令 f x 1x2  ，gx 1x2  ,x0,1， 2 2  1 2  则 f x 表示圆心为O 0, ，半径为1的圆在x0,1 上的圆弧； 1 2     21 gx 表示圆心为O 0, ，半径为1的圆在x0,1 上的圆弧，如下所示： 2 2    根据题意，y axb要满足题意，其图象需在圆弧CD以及圆弧AB之间， 数形结合可知：连接AB后所形成的直线恰好满足题意，且唯一. 21 21 21 其斜率为  1，故其方程为y x ， 2 2 2  21 故实数对 a,b 1, .   2   为严谨，下证直线AB与圆O 相切， 1 第 7 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 2 21  1 2  21  圆心O 0, 到直线y x 的距离 2 2 ， 1  2   2 d  1 2 其与半径1相等，故圆O 与直线AB相切，即证. 1  21 故答案为：1, .   2   【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题，涉及圆方程的认知，以及直线与圆的位置关系，处理问题的 关键是应用已知的知识，合理的转化问题，数形结合解决问题，属综合困难题. 二、选择题（本大题共 4题，满分 20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相 应题号上，将所选答案的代号涂黑，选对得 5分，否则一律零分． 13. 若实数a、b满足a b  0，下列不等式中恒成立的是（ ） a a A. ab2 ab B. ab2 ab C. 2b2 ab D. 2b2 ab 2 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用作差法可判断各选项中不等式的正误.  2 【详解】因为a b  0，则ab2 ab  a  b 0，故ab2 ab ，A对B错； 2 a a a  a  a 2b2 ab  2b2 2b   2b 0，即 2b2 ab ， 2 2 2  2  2   a 当且仅当 2b时，即当a4b时，等号成立，CD都错. 2 故选：A. 14. 在棱长为1的正方体ABCDABC D 中，八个顶点按红蓝间隔染色，使得每条棱上的两个顶点各不 1 1 1 1 同色，则由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积为（ ） 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 4 6 8 【答案】C 【解析】 【分析】画出几何体，找到多面体，根据棱锥体积计算公式，即可求得结果. 【详解】根据题意，作图如下： 第 8 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 多面体EFGHMN即为四面体D ACB 与四面体A DBC 的公共部分， 1 1 1 1 其中E,F,G,H,M,N均为各个面的中心，且平面FGHM //面ABCD，EN 面FGHM ， 故V 2V ， EFGHMN EFGHM 又四边形FGHM 的面积与其投影在底面ABCD所得四边形FGH M 的面积相等，如下所示： 1 1 1 1 1 1 故四边形FGHM 的面积S  11 ， 2 2 1 又点E到平面FGHM 的距离为 ， 2 1 1 1 1 故V 2V 2    . EFGHMN EFGHM 3 2 2 6 故选：C. 15. 已 知 集 合 M {a  |a  x,y,xN且 x1,yN且 y1 ， O 为 坐 标 原 点 ， 当 2   OAx ,y M ,OBx ,y M 时 ， 定 义 ： dA,B x x  y  y ， 若 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 O  C  x ,y M ，则“存在0使  A  B    B  C  ”是“dA,BdB,CdA,C ”的（ ） 3 3 2 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】A 【解析】 第 9 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】由存在 0使  A  B    B  C  得 x x x x 0 ，根据绝对值的运算性质有： 2 1 3 2 x x |x x | |x x x x |  x x ，同理对纵坐标也如此运算可证得充分性成立；必要 2 1 3 2 2 1 3 2 3 1 性可举例说明不成立.   【详解】充分性：若存在0，使ABBC ， 即 x x ,y  y  x x ,y  y  ， 2 1 2 1 3 2 3 2 则 x x x x 0,y  y y  y 0， 2 1 3 2 2 1 3 2 故.d(A,B)d(B,C) x x ∣y  y ||x x || y  y | 2 1 2 1 3 2 3 2 |x x x x ||y  y y  y ∣ 2 1 3 2 2 1 3 2  x x  y  y d(A,C) 3 1 3 1 故充分性成立；    必要性：取OA(2,5),OB(3,3),OC (5,2)， 则d(A,B)d(B,C)(32  35)(53  23)6， d(A,C)|25||52|6,       则d(A,B)d(B,C)d(A,C)，但是ABOBOA(1,2)，BC OCOB(2,1)， 所以1122，则  A  B  ,  B  C  不共线， 所以必要性不成立. 故选：A . 16. 已知数列 a n  的各项均为正数，其前n项和为S n ，满足a n S n 9n1,2,   ，给出下列四个结论： 1 ① a  的第2项小于3；② a  为等比数列；③ a  为递减数列；④ a  中存在小于 的项 n n n n 100 其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】   3 51 【分析】令n1求出a 1 3，进而令n2，求出 a  3 ，①正确； 2 2 第 10 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 93 5 假设 a  为等比数列，得到a  ，代入验证a S 9，故②错误； n 3 2 3 3 逻辑分析及反证可得，③④正确. 【详解】当n1时，aS a2 9， 1 1 1 因为数列 a  的各项均为正数，所以a 3， n 1 当n2时，a S a a a a 2 3a 9， 2 2 2 1 2 2 2   3 51 由数列 a n  的各项均为正数，解得： a  3 ，①正确； 2 2 a a 3  51 2 若 a  为等比数列，则 3  2 ，解得： 93 5 ， n a a a   2 1 3 4 2  3  51   93 5 93 5  93 5  将a  代入a S  3  279 5 9， 3 2 3 3 2  2 2    故 a  不是等比数列，②错误； n 因为数列 a n  的各项均为正数，故S n 必单调递增，而a n S n 9n1,2,   ， 所以a 单调递减，③正确； n 1 1 假设 a  的所有项大于等于 ，取n90000，则a  ，S 900， n 100 n 100 n 则a S 9与已知矛盾，故④正确. n n 故选：C 三、解答题（本大题共 6 题，满分 76分）解答下列各题必须在答题纸的规定区城内写出必要 的步骤． 17. 已知正四棱柱 ABCDABC D 中， AB AD1，P、Q分别是棱 AB、 AD 的中点， AAa． 1 1 1 1 1 1 1 第 11 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）若a 1，求直线DQ与直线PC 所成的角； 1 （2）若a 1，设点B到平面ADC 的距离为d，求d的取值范围． 1 2 5 【答案】（1）arccos 15 2 （2） d 1 2 【解析】 【分析】（1）延长DA到点E，D A 到点F ，且使AD AE、AF  AD ，连接EF ，取C D 的中点 1 1 1 1 1 1 1 G、AF 的中点H ，连接AG、AH 、HG，根据正方体的性质得到AG//PC 、HA//QD，从而得到 1 1 HAG为异面直线DQ与直线PC 所成的角（或补角），求出线段的长度，再利用余弦定理计算可得； 1 （2）求出S ，DC ，S ，由V V 表示出d，再根据函数的性质计算可得. ABD 1 ADC 1 C 1 ABD BC 1 AD 【小问1详解】 解：延长DA到点E，D A 到点F ，且使AD AE、AF  AD ，连接EF ，取C D 的中点G、AF 1 1 1 1 1 1 1 1 的中点H ，连接AG、AH 、HG， 因为a 1，所以正四棱柱ABCDABC D 为正方体， 1 1 1 1 又P为AB的中点，所以AP//GC 且APGC ，所以APCG为平行四边形，所以AG//PC ， 1 1 1 1 因为Q时AD 的中点，所以HQ//AD且HQ AD，所以四边形HQDA为平行四边形， 1 1 所以HA//QD， 所以HAG为异面直线DQ与直线PC 所成的角（或补角）， 1 第 12 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 2 2 1 5 1 3 10 由题意知AH  12   ，HG    ，       2 2 2 2 2 2 1 3 AG  12 12   ，   2 2 5 9 10   AH2  AG2 GH2 2 5 4 4 4 所以cosHAG    ， 2AHAG 5 3 15 2  2 2 2 5 2 5 所以HAG arccos ，即直线DQ与直线PC 所成的角为arccos ； 1 15 15 【小问2详解】 解：因为ABCDABC D 为正四棱柱， 1 1 1 1 所以CC 平面ABCD，且ABCD为正方形， 1 1 1 1 a2 1 所以S  11 ，DC  a2 1，S  1 a2 1 ， △ABD 2 2 1 ADC 1 2 2 设点B到平面ADC 的距离为d，则V V ， 1 C 1 ABD BC 1 AD 1 1 1 a2 1 即  a   d ， 3 2 3 2 a 1 d   所以 a2 1 1 ， 1 a2 1 1 1 因为a 1，所以a2 1，0 1，11 2，1 1  2， a2 a2 a2 第 13 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 1  1 所以 2 1 ， 1 a2 2 即 d 1. 2 18. ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足b2 a2 c2 ac．  C3A （1）当A为何值时，函数y 2sin2 Acos  取到最大值，最大值是多少？  2  CA （2）若ca等于边AC上的高h，求sin  的值．  2  π C3A 【答案】（1）A 时，y 2sin2 Acos  取得最大值，最大值为2； 3  2  1 （2） . 2 【解析】 π C3A  π 【分析】（1）由余弦定理求出B ，对 y 2sin2 Acos  恒等变形得到 y 1sin  2A ， 3  2   6 利用整体法求解出最大值； （2）先利用三角形面积公式和正弦定理得到sinAsinC sinCsinA，再使用和差化积等得到 CA 3 CA CA 1 3 sin  sin2 ，解方程求出：sin  或 ，舍去不合要求的解，求出答案. 2 4 2 2 2 2 【小问1详解】 a2 c2 b2 ac 1 由b2 a2 c2 ac得：cosB   ， 2ac 2ac 2 π 因为B0,π ，所以B ， 3  π  π A3A C3A  3  y 2sin2 Acos   1cos2Acos   2   2    π  π π 1cos2Acos  2A  1cos2Acos cos2Asin sin2A 3  3 3 3 1  π 1 sin2A cos2A1sin  2A  ， 2 2  6 第 14 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  2π π  π 7π 因为A  0, ，所以2A    , ，  3  6  6 6  π π π C3A  π 所以当2A  ，即A 时，y 2sin2 Acos   1sin  2A 取得最大值，最大值为 6 2 3  2   6 2； 【小问2详解】 π 由（1）知：B ， 3 1 1 1 由三角形面积公式得： acsinB bh bca， 2 2 2 从而acsinBbca ，由正弦定理得：sinAsinCsinBsinBsinCsinA ， 3 因为sinB ，所以sinAsinC sinCsinA， 2 C A CA πB CA CA 由和差化积得：sinCsin A2cos sin 2cos sin sin ， 2 2 2 2 2 C A CA 1cosC A 1cosCA 因为sin2 sin2   2 2 2 2 cosCA cosC A cosCcosAsinCsinAcosCcosAsinCsinA    sinCsinA， 2 2 2 C A CA πB CA 3 CA 所以sinCsinAsin2 sin2 sin2 sin2  sin2 ， 2 2 2 2 4 2 CA 3 CA CA 1 3 故sin  sin2 ，解得：sin  或 ， 2 4 2 2 2 2 CA 因为sin 1,1， 2 CA 1 所以sin  . 2 2 19. 在平面直角坐标系xOy中，设点集A {(0,0),(1,0),(2,0),,(n,0)}， n B n (0,1),(n,1)},C n {(0,2),(1,2),(2,2),  ,(n,2)},nN.令M n  A n  B n  C n .从集合M n 中任取两 个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离. （1）当n=1时，求X的概率分布； （2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）. 【答案】（1）见解析； 第 15 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 6 （2）1 C2 2n4 【解析】 【分析】(1)由题意首先确定X可能的取值，然后利用古典概型计算公式求得相应的概率值即可确定分布列； (2)将原问题转化为对立事件的问题求解PX n 的值，据此分类讨论①.bd ，②.b0,d 1，③. b0,d 2，④.b1,d 2四种情况确定X 满足X n的所有可能的取值，然后求解相应的概率值即可 确定PX n 的值. 【详解】（1）当n1时，X 的所有可能取值是1，2，2，5． 7 7 4 4 X 的概率分布为P(X 1)  ,P(X  2)  ， C2 15 C2 15 6 6 2 2 2 2 P(X 2)  ,P(X  5)  ． C2 15 C2 15 6 6 （2）设A(a，b)和B(c，d)是从M 中取出的两个点． n 因为P(X n)1P(X n)，所以仅需考虑X n的情况． ①若bd ，则ABn，不存在X n的取法； ②若b0，d 1，则AB (ac)2 1 n2 1，所以X n当且仅当AB n2 1，此时 a0， cn或an， c0，有2种取法； ③若b0，d 2，则AB (ac)2 4  n2 4，因为当n3时， (n1)2 4 n，所以X n 当且仅当AB n2 4 ，此时a0， cn或an， c0，有2种取法； ④若b1，d 2，则AB (ac)2 1 n2 1，所以X n当且仅当AB n2 1，此时 a0， cn或an， c0，有2种取法． 综上，当X n时，X 的所有可能取值是 n2+1和 n2 4 ，且 4 2 P(X  n2 1) ,P(X  n2 4) ． C2 C2 2n4 2n4 6 因此，P(X n)1P(X  n2 1)P(X  n2 4)1 ． C2 2n4 第 16 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【点睛】本题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维能力和推 理论证能力． 20. 如图所示，由圆O的一段弧MPN（其中点P为圆弧的中点）和线段MN构成的图形内有一个矩形ABCD 和△PDC （其中AB在线段MN上，C、D两点在圆弧上），已知圆O的半径为20，点P到MN 的距离 为25，设直线OC与MN 的夹角为. （1）用分别表示矩形ABCD和△PDC的面积，并确定sin的取值范围； （2）当为何值时，S 4S 3S 有最大值，最大值是多少？ 矩形ABCD △PDC 【答案】（1）矩形 ABCD面积为 200cos4sin1 ， △PDC的面积为 400cos1sin ， 1  sin  ,1 ； 4   （2） 时，S取得最大值1500 3. 6 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，用分别表示AB,BC以及点P到CD的距离，再求面积即可；根据矩形ABCD 内接于圆弧，讨论临界情况，即可求得结果； （2）根据（1）中所求可得S，再利用导数判断函数单调性，求其最值即可. 【小问1详解】 连接PO交CD于点G，并延长PO交MN 于点H ， 过O作OT 垂直于BC，垂足为T ，如下所示： 第 17 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 根据题意TOC ，OC OP20,PH 25，故OH TB5， CT CT OT OT 在三角形COT 中，sin  ，cos  OC 20 OC 20 故可得CT 20sin，BC CT BT 20sin5， OT 20cos，AB2OT 40cos， PG OPOG OCCT 2020sin， 故矩形ABCD的面积S  ABBC 40cos20sin5 1 200cos4sin1 ， 1 1 △PDC的面积S  CDPG  40cos2020sin 2 2 2 400cos1sin ， 过点N 作NQ垂直于MN 交圆弧MPN 于点Q，交OT 的延长线于点K， 当QOK 时，才能做出满足题意的矩形， QK KN 5 1 此时sin取得最小值为    ； OQ OQ 20 4 同时，为满足题意，sin1， 1  故可得sin的取值范围为  ,1 . 4  【小问2详解】 根据（1）中所求，S 4S 3S 矩形ABCD △PDC 800cos4sin11200cos1sin 1  2000sincoscos ，sin  ,1  4  第 18 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1   根据（1）中所求，不妨令sin  ，则  0, ， 1 4 1  6      令y sincoscos,    1 , 2  ， 1    0, 6   ， 则y' cos2sin2sin2sin1， 1  当sin  ,1 时，y'单调递减， 4  令y' 0，可得sin1（舍）或 1 ， 2 1 1 故当sin  , 时，y'  0，y sincoscos单调递增； 4 2 1  当sin  ,1 时，y' 0，y sincoscos单调递减， 2  1  3 3 故当sin ，即 时，y sincoscos取得最大值 . 2 6 4  也即 时，S取得最大值1500 3. 6 21. 已知 f x2 x2  x1，无穷数列 a  的首项a a，如果a  f a  （nN且n2）， n 1 n n1 （1）若数列 a  是等差数列，求首项a的取值范围； n （2）求数列 a  的前n项和S ． n n 【答案】（1）a1或a3 3 3 n2 (a )n,a1  2 2  3 1 （2）S  n2 ( 3a)n2a2,2a1 n 2 2  3 15 n2 (a )n2a6,a2  2 2 【解析】 【分析】（1）如果{a }是等差数列，求出公差d，首项，然后求解a的范围． n （2）当a1时，求出前n项和，当2a1时，当a2时，分别求出n项和即可． 【小问1详解】 第 19 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) x3,x1  解： f x2 x2  x1 3x5,2 x1，  x3,x2  因为a a，a  f a  ， 1 n n1 如果{a }是等差数列，则a a d ，a a d ， n n n1 n n1 由 f(x)知一定有a a 3，公差d 3． n n1 当a 1时，符合题意． 1 当2a 1时，a 3a 5，由a a 3得3a 5a 3，得a 1，a 2． 1 2 1 2 1 1 1 1 2 当a 2时，a a 3，由a a 3得a 3a 3，得a 3，此时a 0． 1 2 1 2 1 1 1 1 2 综上所述，可得a的取值范围是a1或a3． 【小问2详解】 解：当a 1时，a  f(a )a 3，数列{a }是以a为首项，公差为3的等差数列， 1 n n1 n1 n n(n1) 3 3 所以S na 3 n2 (a )n． n 2 2 2 当2a1时，a 3a 53a5 1， 2 1 n3时，a a 3．n1时，S a． n n1 1 (n1)(n2) 3 1 当n2时，S a(n1)a  3 n2 ( 3a)n2a2， n 2 2 2 2 3 1 又S a也满足上式，S  n2 ( 3a)n2a2(nN*)， 1 n 2 2 当a2时，a  a 3 a3 1，n3时，a a 3． 2 1 n n1 n1时，S a． 1 (n1)(n2) 3 15 当n2时，S a(n1)a  3 n2 (a )n2a6 n 2 2 2 2 3 15 又S a也满足上式，S  n2 (a )n2a6(nN*)． 1 n 2 2 3 3 n2 (a )n,a1  2 2  3 1 综上所述：S  n2 ( 3a)n2a2,2a1． n 2 2  3 15 n2 (a )n2a6,a2  2 2 第 20 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 22. 已知 f x xalnx． x （1）求函数y  f x 的单调增区间； f x  f x  （2）若函数y  f x 在两个极值点x与x ，证明： 1 2 a2． 1 2 x x 1 2 【 答 案 】（ 1 ） a2时 ， 无 单 调 递 增 区 间 ， 当 a2时 ， 函 数 y  f x 单 调 递 增 区 间 为 a a2 4 a a2 4  , ；  2 2    （2）证明过程见解析. 【解析】 1 【分析】（1）先求函数 f x xalnx的定义域，再求导，结合根的判别式，分0与0两种 x 情况，求出函数的单调递增区间； （2）在第一问的基础上，得到a2， a a2 4 , a a2 4 为函数y  f x 的两个极值点，不妨设 2 2 a a2 4 a a2 4 x  1,x  1，则x x 1，证明得到对数平均不等式，利用对数平均不等式 1 2 2 2 1 2 证明出结论. 【小问1详解】 1 f x xalnx的定义域为 0, ， x 1 a x2 ax1 fx 1  ， x2 x x2 令gx x2 ax1， 当a2 40，即a2,2 时，gx0恒成立，则 fx0恒成立， 当且仅当a2,x1时，等号成立， 此时函数y  f x 单调递减，无递增区间； 令a2 40，解得：a2或a2， 当a2时， fx0恒成立，函数y  f x 单调递减，无递增区间； 第 21 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当a2时，令 f¢(x)>0，解得： a a2 4 x a a2 4 ， 2 2 a a2 4 a a2 4 此时函数y  f x 单调递增区间为 , ，  2 2    综上：a2时，无单调递增区间，当a2时，函数y  f x 单调递增区间为 a a2 4 a a2 4  , ；  2 2    【小问2详解】 由（1）知：当a2时，函数y  f x 单调递减，无极值点，  a a2 4   a a2 4  当a2时，令 fx0，解得：x0,  ,，  2   2       a a24 a a24  a a2 4 a a2 4 结合第一问可知：y  f x 在0, , ,单调递减，在 ,   2   2   2 2        单调递增， a a2 4 , a a2 4 即为函数y  f x 的两个极值点， 2 2 a a2 4 a a2 4 不妨设x  1,x  1，则x x 1， 1 2 2 2 1 2 lnx lnx 1 x x x x x x 以下证明 1 2  ，原不等式可变形为： ln 1  1 2 ，ln 1  1  2 ， x x x x x x x x x x 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 x 1 令 1 t0,1 ，即证2lnt t ，t0,1， x t 2 1 构造ut2lntt ，t0,1， t 2 1 t12 ut 1  0在t0,1上恒成立， t t2 t2 1 所以ut2lntt 在t0,1上单调递减， t 1 故utu10，则2lnt t ， t 第 22 页 共 23 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) lnx lnx 1 1 2  故 ， x x x x 1 2 1 2 1 1 x alnx  x alnx f x  f x  x 1 1 x 2 2 1 lnx lnx  1 2  1 2  1a 1 2  x x x x x x x x   1 2 1 2 1 2 1 2 lnx lnx  a 2a 1 2 2 a2.  x x  x x 1 2 1 2 【点睛】思路点睛：极值点相关问题，包括极值点偏移问题，对数平均不等式是一种很好的处理思路，本 lnx lnx 1 1 2  题中用到了 ，再用之前要先进行证明，证明思想是将两元问题化为一元问题进行解 x x x x 1 2 1 2 决. 第 23 页 共 23 页