江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学（四）（PDF版附解析）.pdf

— 高三理科数学(四)第 1 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 理科数学(四) 命题人：莲塘一中 李树森 审题人：南昌五中 尤伟峰 本试卷分必做题和选做题两部分．满分150 分，考试时间120 分钟． 注意事项： 1．客观题每小题选出答案后，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，再选涂其它答案标号．主观题用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写 作答．若在试题卷上作答，答题无效． 2．选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回 一．选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1．已知集合  2 0,A a x ax a x R     ,  1B x y x   ，则( )RC A B  A． 0 4x x  B． 1 4x x  C． 1x x  D． 4 0x x x 或 2．已知设i 是虚数单位， 1 3i 1 iz   ，则 3 i| |2 2z    A．1 B． 2 C． 2 D． 1 2 3．已知样本数据 x 1 2 a 3 4 y 0.9 0.95 2 3.05 4.9 得到回归方程 ˆ 2 3y x  ，则实数 a 的值为 A． 2 B．3 C． 2.5 D．3.5 4．已知 ,a b  为互相垂直的单位向量，且| | 2, 3c a c     ，则| |b c   A． 3 B． 2 C． 3 或 7 D． 3 或 2 5．已知等比数列 na ， nS 为数列 na 的前 n 项和，公比为 q ，则“ 3q   ”是“ 3 2 14S a a  ” 的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．设 0.3 3 42 , log 4, log 5a b c   则 A．b c a  B． a c b  C． a b c  D．b a c  7．已知函数 e , ( )( ) , ( ) xx x af x x x a      ，若存在 Rm ,使得 ( )y f x m  有三个零点，则实数 a 的取 值范围是 A． 11 ea   B． 1 ea  C． 11 ea   D． 1a   — 高三理科数学(四)第 2 页(共 4 页) — x y 俯视图 左视图主视图 8 ． 已 知 函 数 π( ) 2sin(2 )4f x x  在 区 间 1 2( , )x x 有 且 仅 有 2 个 极 值 点 ， 且 满 足 1 2 3π( ) ( ) 24f x f x   ，则 1 2x x 的取值范围 A． 3π 5π,4 4 （ ） B． 5ππ, 4 ( ) C． 3π 5π, ]4 4 ( D． 5ππ, 4 （ ] 9．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳 术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左， 四、九在右，五、十背中，如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从这 10 个 数中任取 3 个数，则这三个数中至少有两个阳数且成等差数列的概率为 A． 1 5 B． 1 20 C． 1 12 D． 3 40 10．已知在平面直角坐标系中圆 2 2: 4O x y  ， ( 2,0), (2,0)A B ，直线 2x  ，点C 为圆O 上 一动点（不与 ,A B 两点重合），过点 B 作一直线l ，使其与直线 BC 关于直线 2x  对称，则直线 AC 与直线l 交点 P 的轨迹方程 A. 2 2 13 yx   B. 2 2 14 4 x y  C. 2 2 1( 0)3 yx y   D. 2 2 1( 0)4 4 x y y   11．已知棱长为1正方体 1 1 1 1ABCD A B C D , E 为 BC 上的动点，过 1, ,A C E 三点的平面截正方体， 截面在平面 ABCD 的射影的面积为 1S ,平面 1 1BCC B 的射影的面积为 2S ,则 1 2S S 最大值为 A. 1 2 B. 1 4 C. 3 4 D. 3 8 12．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其曲线C 方程 为 32 2 2 2x y x y  给出下列四个结论， ①曲线C 有四条对称轴；②曲线C 上的点到原点的最大距离为 1 4 ； ③设曲线C 第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形 面积的最大值为 1 8 ；④四叶草面积小于 π 4 ，其中，所有正确结论的序号是 A.①② B.①③ C.①③④ D.①②④ 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分． 13．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的 体积 ． 14．记不等式组 0 1 1 2 y y x y kx             ， 所表示的平面区域为 D ， 若点(1,1) D ，则实数 k 的取值范围为 ． — 高三理科数学(四)第 3 页(共 4 页) — 18题图 M DA C B S 总利润（单位：万元） 0.015 0.013 0.01 0.0045 0.005 0.0025 14012010080604020 频率 组距 15．已知数列 na ， nS 为数列 na 的前 n 项和，且满足 2 2n nS a  ，若集合 2 nn n t a  有 且只有三个元素，则实数t的取值范围 ． 16．已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，过点 F 的直线与抛物线相交于 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 两点， 若 3AF FB ,则 1 2y y  ． 三．解答题：本大题共 6 小题，共 70 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （一）必做部分 17.（本小题满分 12 分）已知锐角 ABC 的三个内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，面积为 S ， AD 为内角 A 的角平分线，且满足3 cos 3 cos 2 3b A a B b c   ． （Ⅰ）求cos A 的值； （Ⅱ）若 ABC 的面积为 4 2 3 ，求角平分线 AD 长的最大值． 18. （本小题满分 12 分）如图：在三棱锥 S ABC 中， ABC 为等边三角形，且 ,AB a 13 2 aSA SC  , D 为 AC 的中点， M 为 SB 的中点． （Ⅰ）求证： ABC SBD平面 平面 ； （Ⅱ）若三棱锥 S ABC 的体积为 33 8 a ，且二面角 S AC B  为钝二面角，求直线 AM 与平面 SBC 成角的正弦值． 19. （本小题满分 12 分）在我国，大学生就业压力日益严峻，伴随着政府政策引导与社会观念的 转变，大学生创业意识，就业方向也悄然发生转变.大学生们在国家提供的税收，担保贷款等很多 方面的政策扶持下选择加盟某品牌的专营店自主创业，该品牌的总部为了积极响应政府的号召， 对大学生创业加盟的店，根据销售的利润实行抽奖奖励，该品牌的总部挑选某地区的 100 家专营 店，并且统计了近五年来的创收利润，经过数据统计得到了频率分布直方图： （Ⅰ）由频率分布直方图大致可认为，被抽查的专营店 5 年的总利润 ~ ( , 202)W N  ，  近似为 这 100 家专营店 5 年总利润的平均值(同一组中 的数据用该组区间的中点值作代表），利用正态 分布，求 (73.6 130.4)P W  ； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，该品牌总部为了对 加盟专营店进行奖励，制定如下抽奖方案： ①令 m 表示“该专营店 5 年内总利润超过 的 百分点”，其中 100Wm     .若 [0,10)m ， 则该品牌总部为专营店提供 1 次抽奖机会； [10, 20)m ，则该品牌总部为专营店提供 2 次 抽奖机会； [20,30)m ，则该品牌总部为专营店提供 3 次抽奖机会； [30, 40)m  ，则该品牌总— 高三理科数学(四)第 4 页(共 4 页) — 部为专营店提供 4 次抽奖机会； [40,50)m  ，则该品牌总部为专营店提供 5 次抽奖机会； 50m  则该品牌总部为专营店提供 6 次抽奖机会，另外，规定 5 年内总利润低于  的专营店，则该品牌 总部不为专营店提供抽奖机会；②每次抽奖中奖获得的奖金金额为 10000 元，每次抽奖中奖的概 率为 1 3 ．设该大学生加盟的专营店 A 参加了此次抽奖方案，且专营店 A 在 5 年内总利润为 122.5W  万元.记 X （单位：万元)表示专营店 A 获得的奖金总额，求 X 的分布列与数学期望． 附参考数据与公式： 202 14.2 ，若 2~ ( , )W N   ，则 ( ) 0.6827P W       ， ( 2 2 ) 0.9545P W       ， ( 3 3 ) 0.9973P W       ． 20.（本小题满分 12 分）已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x yC a ba b   ： 的离心率为 1 2 ，其左右两焦点分别为 1 2,F F , 1B 为其上顶点，直线l 与椭圆相交于 ,M N 两点，并且 1 2/ /F M F N ，当 M 与 1B 重合时， 此时 8 3 3( , )5 5N ． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若存在实数 ，使得 1 2F M F N  ,当 1[ , 2]2  ,记 1 2MF F 的面积为 1S , 1 2NF F 的面积为 2S ,求 1 2+S S 的取值范围． 21. （本小题满分 12 分）已知函数 ( ) ( ) ln( )f x x a x a   （ 0x  ， 0a  ）． （Ⅰ）求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若不等式： ( ) ( 1)(e 1) 0xf x x    对任意的 0x  恒成立，求 a 的取值范围． （二）选做部分 请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时 用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22．（本小题满分 10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xoy 中， 以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 1l 的参 数方程为 cos 1 sin x t y t       （  0, π ,t  为参数），直线 2l 的方程为 πsin( ) 2 24    ，M 为曲 线 2l 上的动点，点 P 在线段OM 上， 且满足 8OM OP  ． （Ⅰ）求点 P 的轨迹C 的直角坐标方程； （Ⅱ）设点 (0,1)N ,直线 1l 与曲线C 相交于 ,A B 两点，则 1 1 4 3 3NA NB  ,求直线 1l 的方程． 23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲 已知函数 ( ) 1 2f x x x    ． （Ⅰ）对于任意 Rx ，不等式 ( )f x m 恒成立，则 m 的取值范围； （Ⅱ）记满足条件的 m 的最大值为 M ,若 1, 1, 1a b c   ，且 8 ,abc M 求证：( 1)( 1)( 1) 1a b c    ． — 高三理科数学(四)第 5 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 理科数学(四)参考答案 一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A C C A B A C C D B C 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分，共 20 分) 13. 22π+ 3 14. 1( , ]2 15. 3 5( , ]8 8 16. 4 3 3 三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17. 【解析】（Ⅰ）因为 3 cos 3 cos 2 3b A a B b c   ， 由正弦定理可化为3sin cos 3sin cos 2sin 3sinB A A B B C   ,  3sin cos 3sin cos 2sin 3sinB A A B B A B     , 3sin cos 3sin cos 2sin 3sin cos 3sin cosB A A B B A B B A     , 6sin cos 2sinB A B  .  0, π , sin 0B B   ， 因此， 1cos 3A  . （Ⅱ） 1 2 2cos sin3 3A A   ， 且 1 cos 6cos 2 2 3 A A  . 1 4 2sin2 3ABCS bc A   ， 4bc  . 由 ABC ABD ACDS S S    ,有 1 1 1sin sin sin2 2 2 2 2 A Abc A c AD b AD      ,   2 cos 8 6 8 6 2 62 3 36 Abc AD b c b c bc       . 当且仅当 2b c  时，角平分线 AD 长有最大值 2 6 3 . 18.【解析】（Ⅰ）因 ABC 是等边三角形， D 为 AC 的中点， BD AC  ， ,SA SC SD AC  又 BD SD D  ， AC  平面 SBD AC  平面 ABC ， 平面 ABC  平面 SBD ， (Ⅱ)由(1)知 SDB 为二面角 S AC B  的平面角，所以 SDB 为钝角. 过 S 作直线 BD 的垂线，垂足为 E . AC  平面 SBD ， AC SE  . 又 SE BD , BD SE E , SE  平面 ABC . — 高三理科数学(四)第 6 页(共 4 页) — M DA C B Sz y x E 所以 2 31 3 3 3 12 8S ABC ABCV S SE a SE a      ,可得 3 2SE a . 又 2 2 3SD SC DC a   ， 2 2 3 2DE SD SE a    . 以 D 为原点， ,DB DC 分别为 ,x y 轴，从 D 引平行于 ES 的射线为 z 轴，建立空间直角坐标系. 则 3 3 3(0, ,0), ( ,0,0), (0, ,0), ( ,0, )2 2 2 2 2 a a a a aA B C S  ， 3(0,0, )4 aM . 则有 3 3 3(0, , ), ( , ,0), ( 3 ,0, )2 4 2 2 2 a a a a aAM BC BS a       . 设平面 SBC 的法向量为 ( , , )n x y z ， AM 与平面 SBC 的所成角为 . 由 0 0 n BC n BS          得 3 02 2 33 02 a ax y aax z       . 取 2x ，则 2 3(1, 3, )3n  . 3 3 13sin cos , 134 13 43 n AM an AM an AM               . 直线 AM 与平面 SBC 所成角的正弦值为 3 13 13 . 19.【解析】(Ⅰ) 20 40 40 60 60 800.0025 20 0.005 20 0.01 202 2 2             80 100 100 120 120 1400.015 20 0.013 20 0.0045 20 87.82 2 2            202 14.2   . ~ ( , 202)W N  ， (73.6 130.4) ( 3 )P W P W            1= ( ) ( 3 3 )2 P W P W                0.84 . (Ⅱ) 因为  122.5 87.8100 100 30, 4087.8 Wm         , 所以专营店 A获得品牌总店提供的 4 次抽奖机会. X 的可能值为0,10000,20000,30000,40000. 则 4 0 4 2 16( 0) =3 81P X C       ， 3 1 4 1 2 32( 10000) =3 3 81P X C          ， 2 2 2 4 1 2 24( 20000) =3 3 81P X C             ， 3 3 4 1 2 8( 30000) =3 3 81P X C             — 高三理科数学(四)第 7 页(共 4 页) — 4 4 4 1 1( 40000) =3 81P X C       . 所以 X 的分布列为： X 0 10000 20000 30000 40000 P 16 81 32 81 24 81 8 81 1 81 数学期望 16 32 24 8 1 400000 10000 20000 30000 +4000081 81 81 81 81 3EX           . 20. 【解析】（Ⅰ）令 ),0(),,(),0,( 121 bBocFcF  ，由题意： ①   cc bKKNFBF NFBF 5 8 5 33 // 211211 又 ② 2 1 a ce 联立①②可得： 3,2  ba 故椭圆的标准方程为： 134 22  yx （Ⅱ）延长 1MF 交椭圆至 1N ，由 1 2/ /F M F N 及椭圆的对称性可得： 21 NFFN  .故 2S 等于 1 1 2N F F 的面积， 1 2+S S 等于 1 2N MF 的面积.设直线 1MN 的直线方程为： 1 tyx ， 令 ),(),,( 2211 yxNyxM ，则有： 096)43( 1 134 22 22       tyyt tyx yx 则有 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 6 9 12 1, ( ) 43 4 3 4 3 4 t ty y y y y y y y y yt t t            ， . 故： 2 1 2 1 2 1 2 2 1 12 1+ = 2 3 4 tS S F F y y t    . 又 2 1 2 2 2 1 2 1 2 21 2 2 2 9 1 13 4 2 3 16(1 ) 43 4 y y y tF M F N y y ty y y tt                             . 21 4,2 0,2 5t             . 令 )5 531(12  t ， 则有： 2 1 2 2 2 12 1 12 12+ = = = 13 4 3 +1 3 + tS S t       ， — 高三理科数学(四)第 8 页(共 4 页) — 1 2 3 5[1 ]1 53   在 ， 单调递减，故有 1 2 9 5[ , 3]8S S  . 21. 【解析】（Ⅰ）  1 11 = ln( ) 1 ln 1 0e ea f x x a     当 时， ， ( )f x 的单调增区间为 0 +， ； 12 0 ea 当 时，    1 1= ln( ) 1 0 0 0e ef x x a x a f x x a           ， ， 故 ( )f x 的单调增区间为； 1 ,e a     ( )f x 的单调减区间为 10, e a    . （Ⅱ）令 ( ) ( )ln( ) ( 1)(e 1)( 0)xh x x a x a x x       .则有：   ln( ) (e 1) 1xh x x a x     ，又因   1 ( 1)e 1 0xh x xx a       ， 故    0,h x 在  单调递增. 11 ea 当 时，    0 ln 1 0h x h a    ；则    0,h x 在  单调递增， 故   (0) ln 0 1.h x h a a a     12 0 ea 当 时，     10 ln 1 0, 1 1 (1 )(e 1) 0ah a h a a          ， 故   (0,1 )h x a在  有唯一零点 0x x .且易知 0x x 为  h x 的极小值点.则有： 0 min 0 0 0 0( ) ( ) ( )ln( ) ( 1)(e 1)xh x h x x a x a x       .又 0 0 0ln( ) (e 1) 1=0xx a x    ，   02 0 0 0 0= (1 ) 1 (e 1) ( )xh x x a x x a          . 令   2 (1 ) 1( (0,1 ))g x x a x x a=       ， 则 有 ： 2 max 1 (1 )( ) ( ) 1 02 4 a ag x g      . 故  0 0h x  ，不符题意. 综上： 1a  . 22. 【解析】（Ⅰ）设点 P 的坐标为 ,  ，点 M 的坐标为 1,  ，由 8OM OP  ， 则 1 1 8 πsin( ) 2 24         ，整理得轨迹C的极坐标方程为 π2 2 sin 4      轨迹C 的直角坐标方程为    211 22  yx （Ⅱ）将 1l 的参数方程代曲线C 的直角坐标方程，    2sin1cos 22   tt 整理得 01cos22  tt  ， 1,cos2 2121  tttt  ，又点 (0,1)N 在曲线C 的内部，  2 2 1 2 1 2 1 2+ = 4 4cos 4NA NB t t t t t t       2 1 2 1 2 +1 1 4cos 4 4 3= 1 3 NA NB t t NA NB NA NB t t      — 高三理科数学(四)第 9 页(共 4 页) — 解得 3 1cos 2  ，即 3 3cos  ，则 2k ，则直线 1l 的方程 12  xy 23. 【解析】（Ⅰ）        2,32 21,1 1,23 )( xx x xx xf ， 1)(21 min  xfx 时，当 . 由题意： 恒成立在 Rxmxf )( mxf  min)( ，故 .1m （Ⅱ）由（Ⅰ）可知： 1M  ，故 8abc . 则有： 14441)1(1)1(1)1()1)(1)(1( 222  cbacbacba ； 取等条件为： 2 cba . — 高三理科数学(四)第 10 页(共 4 页) — 高三理科数学（四）选择填空详细解析 1.B【解析】  2 0,RC A a x ax a x R     ， 042  aa ，  0,4RC A  ，  1 xxB ， RC A B   1 4x x  ，故选 B. 2.A【解析】 1 3i (1 3i)( +i) 1 3 (1 3)i=1 (1 i)( +i) 2z i        1 1 则 3 2 2 iz    1 3 (1 3)i 3 i 1 3+ i 12 2 2 2 2        ,故选 A. 3. C【解析】回归方程过定点 ,x y ， =2y ，代入回归方程得 =2.5x ，则 a =2.5,故选 C. 4. C【解析】 ,a b  为互相垂直的单位向量， 2, cos 3c a c a c         2 3cos  ， a 与 c 夹角 30°，则 b 与 c 夹角 60°或 120°，如右图。 则  2 2 2 = 2 3b c b c b b c c              或 7 ,故选 C. 5.A【解析】由 3 2 14S a a  ， 则 1 2 3 2 14 ,a a a a a    2 1 1( 2 1) 4 ,a q q a   又 na 为等比数列， 1 0a  ， 2 2 1 4q q   ， 即 1q  或 3q   则 3q   是 3 2 14S a a  的充分而不必要条件,故选 A. 6. B【解析】 0.3 4 32 1 log 5 1, log 4 1,a c b，       2 3 4 ln 4 ln 3ln 5ln 4 ln 5log 4 log 5 ln 3 ln 4 ln 3ln 4b c       又因为   2 2 2 2ln 3 ln 5 ln15 ln16ln 3ln 5 ln 42 2 2                     2ln 4 ln 3ln 5= 0ln 3ln 4b c   ，即有 cb ,故选 B. 7.A【解析】对于 exy x ，  +1 exy x  ，函数 1, 递减，在 ，1 递增，且当 1x 时， 0y ，如图。 要存在 m R ,使得 ( )y f x m  有三个零点，即 ( )y m f x与 有三个交点，由图像得 11 ea   ,故选 A. 8.C【解析】要使 π( ) 2sin(2 )4f x x  在区间 1 2( , )x x 有且仅有 2 个极值点，则 1 2 3 2 2 T Tx x   ， 由 1 2 3π( ) ( ) 24f x f x   ， 2 2 2 3π 3π π 3π π π( ) 2 sin 2 =2sin 24 4 4 2 2 4f x x x                   2 2 π2sin 2 = ( )4x f x       ， 1 2( )+ ( ) 2f x f x  ，由 — 高三理科数学(四)第 11 页(共 4 页) — π( ) 2sin(2 )4f x x  ，所 以 1( ) 0f x  且 2( ) 0f x  。    212121 ,,, bbxaax  符合题意， 所以， 1 2 1 1min 3 3 π4 4x x b a T     ， 1 2 2 2max 5 5 π4 4x x b a T     ，故选 C 9.C【解析】1～10 中，1、3、5、7、9 为阳数，三个数中至少有两个阳数且成等差数列有如下： 三个阳数：1、3、5；3、5、7；5、7、9；1、5、9（4 种） 两个阳数：1、2、3；3、4、5；5、6、7；7、8、9；1、4、7；3、6、9（6 种） 则 3 10 10 10 1 120 12P C   ,故选 C. 10.D【解析】设直线 AC 和直线l的斜率为别为 1 2,k k ，因为直线l与直线 BC 关于直线 2x 对称， 则 2BCk k ,因为 AC BC ，即 1 1BCk k   ,即 1 2 1k k  ，设点 ( , )P x y ，即 1 2,2 2 y yk kx x   ， 又因为 1 2 1k k  ，即 12 2 y y x x   ，即 2 2 4( 0)x y y   ,故选 D. 11.B【解析】如图，过点 1C 作 AEHC //1 交 11DA 于点 H ,连接 AH，则截面为 HAEC 1 ,截面在平 面 ABCD的射影为平行四边形 AECL,截面在平面 1 1BCC B 的射影为平行四边形 JBEC1 ,设 EC x ，则  1 0,1BC x x，   ,易知 1S x ， 2=1S x ，  1 2 = 1S S x x ，当 1= 2x 时， 1 2SS 最 大值为 1 4 ,故选 B. 12.C【解析】①曲线C有四条对称轴: x 轴， y轴， y x ， y x ②令 y x ,易知曲线C过点 2 2,4 4       ，该点到原点的距离为 1 2 ，   22 232 2 2 2 2 x yx y x y        当且仅当 x y 时取“=”，易知，曲线C上的点到原点的最大距离 2 2 max 1 2d x y   ； ③   3 32 2 2 2 2x y x y xy   当且仅当 x y 时取“=”，则 max 1 8S xy  ， ④由②，以 0,0 为圆心， 1 2 为半径作圆，此圆的半径为 π 4 ，所以，四叶草面积小于 π 4 ,故选 C. 13. 22π+ 3 【解析】由三视图可知，该几何体由一个圆柱和一个三棱锥组合而成，所以其体积为— 高三理科数学(四)第 12 页(共 4 页) — 2 1 1 2π 1 2+ 2 1 2=2π+3 2 3      . 14. 1,2     【解析】因为点(1,1) D ，所以将(1,1) 代入不等式组，得 11 2k  ，所以 1 2k  . 15. 3 5,8 8     【 解 析 】 由 2 1n nS a  有  1 12 1 2n nS a n    ， 两 式 相 减 可 得  12 2 2n n na a a n   ，即 12n na a  ，所以 na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.故 2n na  . 因为 2 nn ta  ，所以 2 2n nt  .令 2 2n n nb  ， 1 1 1 3 2 1 02 2 2n n n n n n n nb b           ,  nb 是递减数列. 要使集合 2 nn n t a  有且只有三个元素，只需 3 4 t b t b    ，解得 3 5,8 8t     . 16. 4 3 3 【解析】 设直线 AB 的方程： 1x ty  ，与C联立可得 2 4 4 0y ty   ，则有 1 2 4y y   ① ， 因 为 3AF FB ， 所 以 1 23y y  ② . 由 ① ② 可 解 得 1 2 2 3 2 3 3 y y     或 1 2 2 3 2 3 3 y y     ，因此 1 2 4 3 3y y   .