2020 届高三年级第二学期模拟考试
数学 I 试题
一、填空题：（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分．请将答案填入答题纸填空题的相
应答题线上．）
1.已知 ， ，则 ________．
【答案】{3,4}
【解析】
由题意，得 .
2.函数 的定义域为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据函数的解析式有意义，得到相应的不等式组，即可求解函数的定义域，得到答案.
详解】由题意，要使此函数有意义，需 2x－4≥0，即 2x≥22，∴x≥2，
所以函数的定义域为[2，＋∞)
【点睛】本题主要考查了具体函数的定义域的求解问题，其中解答中根据函数的解析式有意义，列出相应
的不等式组是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
3.若复数 z 满足(1＋2i)z＝－3＋4i(i 是虚数单位)，则 z＝________.
【答案】1＋2i
【解析】
∵(1＋2i)z＝－3＋4i，∴z＝ ＝1＋2i.
4.下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是____.
【
{ }1,3,4A = { }3,4,5B = A B =
{3,4}A B =
( ) 2 4xf x = −
{ }| 2x x ≥
3 4 ( 3 4 )(1 2 ) 5 10
1 2 (1 2 )(1 2 ) 5
i i i i
i i i
－ ＋ － ＋ － ＋＝ ＝＋ ＋ －
【答案】27
【解析】
由框图的顺序，s＝0，n＝1，s＝(s＋n)n＝(0＋1)×1＝1，n＝n＋1＝2，依次循环 s＝(1＋2)×2＝6，n＝3，注
意此刻 3＞3 仍然否，所以还要循环一次 s＝(6＋3)×3＝27，n＝4，此刻输出 s＝27.
5.在一个袋子中装有分别标注数字 1，2，3，4，5 的 5 个小球，这些小球除标注数字外完全相同，现从
中随机取 2 个小球，则取出的小球标注的数字之和为 3 或 6 的概率是________．
【答案】
【解析】
由题设可得从 个小球中取两个的取法有（12）（13）（14）(15)（23）（24）（25）（34）（35）（45）共 10 种
取法，其中和为 3 或 6 的有（12）（24）（15）共 3 种，故所求事件的概率是 ．应填答案 ．
点睛：解答本题的关键是运用列举法列举出取出 2 个小球的所有可能情况，即 ，再列举出符合条
件的可能数字，即 ，然后再运用古典概型的计算公式算出其概率 ．
6.若数据 的方差为 ，则 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由题意的，数据不变，所以 2．
考点：1．方差的意义；
7.已知四棱锥 VABCD，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，VA⊥平面 ABCD，且 VA＝4，则此四棱锥的侧面
中，所有直角三角形的面积的和是________．
3
10
5
3
10P = 3
10
10n =
3m = 3
10P =
2, ,2,2x 0 x =
2
x =
【答案】27
【解析】
可证四个侧面都是直角三角形，其面积 S＝2× ×3×4＋2× ×3×5＝27.
8.等比数列 中， ， ，则数列的前 项和为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由 ，可得 ， ，
．
考点：1、等比数列的通项及性质；2、等比数列前 n 项和公式．
9.在 中，三个内角 的对边分别为 ，若 ， ， ，则
________.
【答案】6
【解析】
【分析】
利用正弦定理先求出 ，可得 为锐角，再利用同角三角函数关系求出 ，利用 及
两角和的正弦公式求出 ，再利用正弦定理即可求出 ．
【详解】在 中，由正弦定理得 ，即 ，所以 ，
所以 为锐角，所以 ，
所以
，
由正弦定理得 ，即 ，解得 ．
故答案为：
1
2
1
2
{ }na 1 632 0a a+ = 3 4 5 1a a a = 6
21
4
−
( )5
1 6 132 1 32 0a a a q+ = + = 1
2q = − 3 3
3 4 5 4 4 11, 1,a a a a a a q= = ∴ = = ∴ 1 8a = −
6
1
6
(1 ) 21
1 4
a qS q
−= = −−
ABC∆ , ,A B C , ,a b c 2 5b =
4B
π= 5sin 5C = a =
c C cosC sin sin( )A B C= +
sin A a
ABC∆
sin sin
b c
B C
=
2 5
5sin 4 5
c
π
=
2 2c b= <
C 2 25 2 5cos 1 sin 1 ( )5 5C C= − = − =
sin sin( ) sin cos cos sinA B C B C B C= + = +
2 2 3 10
2 2
2
5 10
5 5
5
+ == × ×
sin sin
a b
A B
=
2 5
3 10 2
10 2
a =
6a =
6
【点睛】本题主要考查正弦定理、同角三角函数关系及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
10.在平面直角坐标系 中，设 是函数 （ ）的图象上任意一点，过 点向直线
和 轴作垂线，垂足分别是 ， ，则 ．
【答案】
【解析】
试题分析：本题考查向量的坐标形式、数量积公式等基本公式和基本概念，检测运算求解能力和化归转化
能力. 设 ，则由题设可知 ，由 直线 可得： ，
即 ，故 ，因为 ，所以 .
考点：向量的坐标形式、数量积公式等基本公式和基本概念及灵活运用.
11.已知函数 是奇函数，则 ________．
【答案】
【解析】
当 时， ， ，所以 ，
， ， ，
所以 ；故填 ．
点睛：本题考查函数的奇偶性，解决此类问题一般根据奇偶函数的定义，本题由 是恒等式
可得 ，再结合诱导公式可得 ．本题如果用 只能得出
，得不能判断出 ，因此用此方法时要注意检验．
12.已知点 在圆 上，点 的坐标为 ， 为原点，则 的最大值为_________．
【答案】6
【解析】
试题分析： 所以最大值是 6.
【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，因为 是确定的，所以根据向量数量积的几何意义：若
x yΟ Μ ( ) 2 4xf x x
+= 0x > Μ
y x= y Α Β ΜΑ⋅ΜΒ =
2−
y x=
( ) ( )
2
2
, 0
, 0
x sinx xf x x cos x xα
+ ≥= − + + ( ) 2 sinf x x x= + 2( ) ( ) cos( )f x x x a− = − − + − + ( )2 2cos sinx a x x x− + − = − −
( )cos sinx xα − = − 32 2k
πα π= + k Z∈
sin 1α = −
( ) ( )f x f x− = −
cos( ) sinx xα − = − 32 ,2k k Z
πα π= + ∈ (0) 0f =
cos 0α = sin 1α = −
P 2 2 1x y+ = A ( 2,0)− O AO AP⋅
| | | | cos | | | | 2 (2 1) 6.AO AP AO AP AO APθ⋅ = ⋅ ≤ ⋅ ≤ × + =
AO
最大，即向量 在 方向上的投影最大，根据数形结合分析可得当点 在圆与 轴的右侧交
点处时最大，从而根据几何意义直接得到运算结果为 .
13.已知实数 a，b，c 满足 a2＋b2＝c2，c≠0，则 的取值范围为______________．
【答案】
【解析】
由 a2＋b2＝c2 可设 a＝csinx，b＝ccosx， ＝ ＝ ，可以理解为点(2，0)与单位圆上的点连
线的斜率的范围，而两条切线的斜率为± ，则 的取值范围为 .
14.在 中，角 所对 边分别为 ，若 且 ，则 面积
的最大值为 ．
【答案】
【解析】
试题分析：由 得 ，代入 得， ，即 ，
由余弦定理得， ，所以 ，则
的 面 积
， 当 且 仅 当
取等号，此时 ，所以 的面积的最大值为 ，故答案为 ．
考点：（1）正弦定理；（2）余弦定理.
【方法点晴】本题考查余弦定理，平方关系，基本不等式的应用，以及三角形的面积公式，考查变形、化
简能力，对计算能力要求较高，属于中档题；由 得 ，代入 化简，根据
余弦定理求出 ，由平方关系求出 ，代入三角形面积公式求出表达式，由基本不等式即可求出三
角形 面积的最大值．
二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分．请在答题卡指定区域内作答. 解答时应写出文字说
明、证明过程或演算步骤．
的
AO AP⋅ AP AO P x
2 3 6× =
2
b
a c−
3 3,3 3
−
ABC∆ , ,A B C , ,a b c B C∠ = ∠ 2 2 27 4 3a b c+ + = ABC∆
5
5
B C∠ = ∠ 2 2 27 4 3a b c+ + =
B C∠ = ∠ 2 2 27 4 3a b c+ + =
15.如图，在三棱锥 中， ， 分别为棱 中点，平面 平面 .
求证：
（1） ∥平面 ；
（2）平面 平面 .
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）证得 MN∥BC，由线面平行的判定定理证明即可；（2）证得 平面 .
由面面垂直的判定定理证明即可
【详解】（1）∵ 分别为棱 的中点，∴MN∥BC
又 平面 ，∴ ∥平面 .
（2）∵ ，点 为棱 的中点，
∴ ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，∴ 平面 .
∵ 平面 ，∴平面 平面 .
【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查定理，是基础题
16.已知 分别是 三个角 所对的边，且满足 ．
(1)求证： ；
(2)若 , ，求 的值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
的P ABC− PA AB= ,M N ,PB PC PAB ⊥ PBC
BC AMN
AMN ⊥ PBC
AM ⊥ PBC
,M N ,PB PC
BC ⊄ AMN BC AMN
PA AB= M PB
AM PB⊥
PAB ⊥ PBC PAB ∩ PBC PB= AM ⊥ PBC
AM ⊂ AMN AMN ⊥ PBC
, ,a b c ABC∆ , ,A B C coscos cos cos
c Aa B b A C
+ =
A C=
2b = 1BA BC⋅ = sin B
2 2sin 3B =
(1)利用正弦定理将已知的边角混合式化为 ，再逆用两角和的
正弦公式并化简，可得 ，进而可得 ；
(2)由(1)知 ，可将 可化为 再结合 ，求出 ，从
而求出 ，再利用同角三角函数关系求出 ．
【详解】(1)由正弦定理 ，得 ，
代入 ，得 ，
即 ，因为 ，所以 ，
所以 ，又 是 的内角，所以 ，
所以 ，又 为三角形的内角，
所以 ．
(2)由(1)知，因为 ，所以 ，
由余弦定理得 ，
因为 ，即 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以
【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及平面向量的数量积的运算，属于中档题．
17.如图，在 中， ， ， 是 的中点， ，记点 到 的距离为
.
(1)求 的表达式；
(sin cos sin cos )cos sin cosA B B A C C A+ =
cos cosC A= A C=
a c= 1BA BC⋅ = 2 cos 1a B =
2 2 2 2
2
2cos 2
a c b aB ac a
+ − −= = 2a
cos B sin B
2sin sin sin
a b c RA B C
= = = 2 sin , 2 sin , 2 sina R A b R B c R C= = =
coscos cos cos
c Aa B b A C
+ = (sin cos sin cos )cos sin cosA B B A C C A+ =
sin( )cos sin cosA B C C A+ = A B Cπ+ = − sin( ) sinA B C+ =
sin cos sin cosC C C A= C ABC∆ sin 0C ≠
cos cosC A= ,A C
A C=
A C= a c=
2 2 2 2
2
2cos 2
a c b aB ac a
+ − −= =
1BA BC⋅ = | | | | cos 1BA BC B⋅ ⋅ = 2 2cos 2 1a B a= − =
2 3a = 1cos 3B =
(0, )B π∈ 2 2 2sin 1 cos 3B B= − =
ABC∆ AB x= 1BC = O AC 45BOC∠ = ° C AB
( )h x
( )h x
(2)写出 x 的取值范围，并求 的最大值.
【答案】（1） （2）x 的取值范围是 ， 的最大值是 1
【解析】
【分析】
(1)在 和 中同时利用余弦定理并结合 ，即可求出 ，再利用面积中算
两次得 ，从而求出 ；
(2)根据图形中的限制 及 ，即可求出 的范围；将 化为
利用单调性运算性质，可判断出 的单调性，进而求出 的最大值．
【详解】(1)在 中，由余弦定理 ，
所以 ①
同理得， ，②
因为 是 AC 的中点，所以 ，
由②－①得 ③，
所以 ，
又 ， 所以 ，
(2)由③可得， ，又 ，即 ，解得 ，
因为 在 上单调增，
所以 ．
答： 的取值范围是 ， 的最大值是 1
( )h x
2 1( ) 2
xh x x
−= 1 2 1x< ≤ + ( )h x
BOC∆ AOB∆ OA OC=
2 1
2 2
xOB OC
−⋅ =
12 = ( )2ABC OBCS S AB h x∆ ∆= ⋅ ( )h x
( ) 1h x CB≤ =
2 1 0
2 2
xOB OC
−⋅ = > x
2 1( ) 2
xh x x
−=
1( ) 2 2
xh x x
= − ( )h x ( )h x
BOC∆ 2 2 2 2 cosBC OB OC OB OC BOC= + − ⋅ ∠
2 2 2 1OB OC OB OC+ − ⋅ =
2 2 22OB OA OB OA x+ + ⋅ =
O OA OC=
2 1
2 2
xOB OC
−⋅ =
12 2 sin2ABC OBCS S OB OC BOC∆ ∆= = × ⋅ ⋅ ∠ 2
2 OB OC= ⋅
2 1
4
x −=
ABCS∆ = 1 ( )2 AB h x⋅ 2 1( ) 2
xh x x
−=
2 1 0x − > ( ) 1h x CB≤ = 2 1 12
x
x
− ≤ 1 2 1x< ≤ +
2 1 1( ) 2 2 2
x xh x x x
−= = − (1, 2 1]+
max( ) ( 2 1) 1h x h= + =
x 1 2 1x< ≤ + ( )h x
【点睛】本题主要考查余弦定理的应用、三角形的面积公式及函数最值的求法，属于中档题．
18.如图，在平面直角坐标系 中，离心率为 的椭圆 的左顶点为 ，过原
点 的直线（与坐标轴不重合）与椭圆 交于 两点，直线 分别与 轴交于 两点．若直
线 斜率为 时， ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）试问以 为直径的圆是否经过定点（与直线 的斜率无关）？请证明你的结论．
【答案】（1） ；（2）以 为直径的圆过定点 .
【解析】
试题分析：（1）因为离心率为 ，所以要确定椭圆标准方程，只需再确定一个独立条件，即点 P 坐标：
根 据 点 斜 率 为 且 可 求 ， 所 以 ， 又
，解得椭圆 的标准方程为 ．
（2）用点 P 坐标表示出 的坐标及以 为直径的圆的方程：设 ，则直线 方程为：
，∴ ，直线 方程为： ，∴ ，以 为直径
的圆为 ，利用 化简得 ，
所以动圆必过 与 的交点
2
2
:C
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > A
O C ,P Q ,PA QA y ,M N
PQ 2
2
2 3PQ =
C
MN PQ
2 2
14 2
x y+ = MN ( )2,0F ±
2
2
OP 2
2 = 3OP ( 2,1) ( 2, 1)P P − −或 2 2
2 1 1a b
+ =
2 22
c b c a ba
= ⇒ = ⇒ = C
2 2
14 2
x y+ =
,M N MN 0 0( , )P x y PA
0
0
( 2)2
yy xx
= ++
0
0
2(0, )2
yM x + QA 0
0
( 2)2
yy xx
= +−
0
0
2(0, )2
yN x − MN
0 0
0 0
2 2( 0)( 0) ( )( ) 02 2
y yx x y yx x
− − + − − =+ −
2 2
0 04 2x y− = − 2 2 0
0
2 2 0xx y yy
+ + − =
0y = ( 2,0).±
试题解析：解：（1）设 ，
∵直线 斜率为 时， ，∴ ，∴ ３分
∴ ，∵ ，∴ ．
∴椭圆 的标准方程为 ． ６分
（2）以 为直径的圆过定点 ．
设 ，则 ，且 ，即 ，
∵ ，∴直线 方程为： ，∴ ，
直线 方程为： ，∴ ， ９分
以 为直径的圆为
即 ， 12 分
∵ ，∴ ，
令 ， ，解得 ，
∴以 为直径的圆过定点 ． 16 分
考点：直线与椭圆位置关系
19.已知函数 .
(1)求函数 的单调区间；
(2)若 在 上恒成立，求实数 的取值范围；
(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，任意的 ，证明： .
0 0
2( , )2P x x
PQ 2
2
2 3PQ = 2 2
0 0
2( ) 32x x+ = 2
0 2x =
2 2
2 1 1a b
+ = 2 2 2
2
c a be a a
−= = = 2 24, 2a b= =
C
2 2
14 2
x y+ =
MN ( 2,0)F ±
0 0( , )P x y 0 0( , )Q x y− − 2 2
0 0 14 2
x y+ = 2 2
0 02 4x y+ =
( 2,0)A − PA 0
0
( 2)2
yy xx
= ++
0
0
2(0, )2
yM x +
QA 0
0
( 2)2
yy xx
= +−
0
0
2(0, )2
yN x −
MN 0 0
0 0
2 2( 0)( 0) ( )( ) 02 2
y yx x y yx x
− − + − − =+ −
2
2 2 0 0 0
2 2
0 0
4 4 04 4
x y yx y yx x
+ − + =− −
2 2
0 04 2x y− = − 2 2 0
0
2 2 0xx y yy
+ + − =
0y = 2x = ±
MN ( 2,0)F ±
( ) ln ,f x x mx m m R= − + ∈
( )f x
( ) 0f x ≤ ( )0,x∈ +∞ m
0 a b< < ( ) ( ) 1 1f b f a
b a a
− ≤ −−
【答案】(1)见解析；(2) ；(3)见解析 ．
【解析】
【分析】
(1)确定函数 的定义域，求 ，对 分类讨论确定区间 上 的根的情况，
从而确定函数 的单调区间；
(2)若 在 上恒成立，则只需函数 即可，故根据第(1)问中函数 单调
性，可确定当 时函数 有最大值 ，利用导数法可判断
，进而可得 ，从而可求得 的范围；
(3) 可化为 ，结合由(2)得， 时， ，而 ，故可得
，又 ，进而可证得结果．
【详解】(1)函数 的定义域为 , ．
①当 时， 在 上单调增
②当 时， ，所以 在 上单调增；
③当 时，
令 得， ，所以 在 上单调递增；
令 得， ，所以 在 上单调递减．
(2)由(1)知，当 时， 在 上单调增，且 ，
所以 在 上不恒成立；
的
{1}
( )f x 1( ) mxf x x
−′ = m (0, )+∞ ( ) 0f x′ =
( )f x
( ) 0f x ≤ ( )0,x∈ +∞ max( ) 0f x ≤ ( )f x
0m > ( )f x max
1( ) ln 1f x f m mm
= = − − +
max( ) ln 1 0f x m m= − − + ≥ ln 1 0m m− − + = m
( ) ( )f b f a
b a
−
−
ln1 1
1
b
a
ba
a
⋅ −
−
( )0,x∈ +∞ ln 1x x≤ − 1b
a
>
ln
1
1
b
a
b
a
≤
−
1 0a
>
( )f x (0, )+∞ 1( ) mxf x x
−′ =
0m = ( ) lnf x x= (0, )+∞
0m < 1( ) 0( 0)mxf x xx
−′ = > > ( )f x (0, )+∞
0m >
1( ) 0mxf x x
−′ = > 10 x m
< < ( )f x 10, m
1( ) 0mxf x x
−′ = < 1x m
> ( )f x 1 ,m
+∞
0m ≤ ( )f x (0, )+∞ ( )f x ∈R
( ) 0f x ≤ (0, )+∞
当 时，由(1)知， 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，故只需 即可，
令 ， ，
所以当 时， ；当 ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 ，又 ，
所以 ,解得
综上， 的取值范围是 ．
(3)注意：用第(2)题的结论： 时， ．
，
因为 ，所以 ，由(2)得， 时，
令 ，则 ，因为 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ．
【点睛】本题考查利用导数求含参函数的单调区间及恒成立的问题，同时考查利用上问结论作为铺垫证明
解决新问题的能力．
20.数列 ， ， 满足： ， ， ．
（1）若数列 是等差数列，求证：数列 是等差数列；
（2）若数列 ， 都是等差数列，求证：数列 从第二项起为等差数列；
（3）若数列 是等差数列，试判断当 时，数列 是否成等差数列？证明你的结论．
【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）数列 成等差数列．
0m > ( )f x 10, m
1 ,m
+∞
max
1( ) ln 1f x f m mm
= = − − + ln 1 0m m− − + ≤
( ) ln 1g m m m= − − + 1 1( ) 1 mg m m m
−′ = − =
(0,1)m∈ ( ) 0g m′ < ( )1,m∈ +∞ ( ) 0g m′ >
( )g m (0,1) (1, )+∞
( ) (1) 0g m g≥ = ln 1 0m m− − + ≥ ln 1 0m m− − + ≤
ln 1 0m m− − + = 1m =
m {1}
( )0,x∈ +∞ ln 1x x≤ −
( ) ( ) lnln ln 11 1
1
b
f b f a b a a
bb a b a a
a
− −= − = ⋅ −− − −
0b a> > 1b
a
> ( )0,x∈ +∞ ln 1x x≤ −
bt a
= ln 1t t≤ − 1t > ln 11
t
t
≤−
ln
1
1
b
a
b
a
≤
−
1 0a
>
ln1 11 1
1
b
a
ba a
a
⋅ − ≤ −
−
}{ na }{ nb }{ nc 12n n nb a a += − 1 22 2n n nc a a+ += + − *n N∈
}{ na }{ nb
}{ nb }{ nc }{ na
}{ nb 1 3 0b a+ = }{ na
}{ na
【解析】
试 题 分 析 ： （ １ ） 证 明 一 个 数 列 为 等 差 数 列 ， 一 般 从 等 差 数 列 定 义 出 发 ：
， 其 中 为 等 差 数 列
的公差（2）同（1），先根据关系式 ， 解出 ，再
从等差数列定义出发 ，其中 分别为等
差 数 列 ， 的 公 差 （ 3 ） 探 究 性 问 题 ， 可 将 条 件 向 目 标 转 化 ， 一 方 面 ， 所 以
， 即 ， 另 一 方 面 ， 所 以
， 整 理 得 ， 从 而
，即数列 成等差数列．
试题解析：证明：（1）设数列 的公差为 ，
∵ ，
∴ ，
∴数列 是公差为 的等差数列． ４分
（2）当 时， ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，
∵数列 ， 都是等差数列，∴ 为常数，
∴数列 从第二项起为等差数列． １０分
（3）数列 成等差数列．
解法１ 设数列 公差为 ，
∵ ，
∴ ，∴ ， ， ，
∴ ，
的
1 1 2 1 1 2 1( 2 ) ( 2 ) ( ) 2( ) 2n n n n n n n n n nb b a a a a a a a a d d d+ + + + + + +− = − − − = − − − = − = − d
{ }na 12n n nb a a += − 1 12 2n n nc a a− += + − 1 12
n n
n
b ca −+= +
1 1 1 1 1 2
1 2 2 2 2 2 2
n n n n n n n n
n n
b c b c b b c c d da a + − + −
+
+ + − −− = − = + = + 1 2,d d
{ }nb { }nc 1 3 0b a+ =
1 2 32a a a− = − 1 2 32 0a a a− + = 1 22 = +n n nb b b+ +
1 +2 3 +1 22 + 2 =2 2n n n n n na a a a a a+ + +− − −（ ） 1 2 2 1 32 2(2 )n n n n n na a a a a a+ + + + +− − = − −
1 22 0n n na a a+ +− − = { }na
{ }na d
12n n nb a a += −
1 1 2 1 1 2 1( 2 ) ( 2 ) ( ) 2( ) 2n n n n n n n n n nb b a a a a a a a a d d d+ + + + + + +− = − − − = − − − = − = −
{ }nb d−
2n ≥ 1 12 2n n nc a a− += + −
12n n nb a a += − 1 12
n n
n
b ca −+= + 1
1 12
n n
n
b ca +
+
+= +
1 1 1 1
1 2 2 2 2
n n n n n n n n
n n
b c b c b b c ca a + − + −
+
+ + − −− = − = +
{ }nb { }nc 1 1
2 2
n n n nb b c c+ −− −+
{ }na
{ }na
{ }nb d′
12n n nb a a += −
1
12 2 2n n n
n n nb a a+
+= − 1 1
1 12 2 2n n n
n n nb a a− −
− −= − 2
1 1 22 2 2b a a= −
1 1
1 1 1 12 2 2 2 2n n n
n n nb b b a a− +
− ++ + + = −
设 ，∴ ，
两式相减得： ，
即 ，∴ ，
∴ ，
∴ ， １２分
令 ，得 ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴数列 （ ）是公差为 的等差数列， １４分
∵ ，令 ， ，即 ，
∴数列 是公差为 的等差数列． １６分
解法 2 ∵ ， ，
令 ， ，即 ， １２分
∴ ， ，
∴ ，
∵数列 是等差数列，∴ ，
∴ ， １４分
∵ ，∴ ，
∴数列 是等差数列． １６分
考点：等差数列定义
数学Ⅱ（附加题）
（考试时间：30 分钟 试卷满分：40 分）
【选做题】本题三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作
答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
2 1
1 2 12 2 2 2n n
n n nT b b b b−
−= + + +
2 1
1 12 2 2 2n n
n n nT b b b+
−= + + +
2 1 1
12 (2 2 2 ) 2n n n
n nT b d b− +− = −′+ + + +
1 1
12 4(2 1) 2n n
n nT b d b− += − − − +′ 1 1 1
1 1 12 4(2 1) 2 2 2n n n
n nb d b a a− + +
+− − − + −′ =
1 1 1 1
1 1 1 1 12 2 2 4(2 1) 2 2 2 4 2 ( )n n n n
n n na a b d b a b d b d+ − + +
+ ′ ′= + + − − = + − ′− −
1 1
1 1
2 2 4 ( )2n nn
a b da b d+ +
′− − − ′+=
2n = 1 1 1 1
3 2 13 3
2 2 4 2 2 4( )2 2
a b d a b da b d b
+ − + −= − − ′= −′ ′
1 3 0b a+ = 1 1
1 33
2 2 4 02
a b d b a=′+ − + = 1 12 2 4 0a b d+ − =′
1 ( )n na b d+ − − ′= 2 1 1( ) ( )n n n na a b d b d d+ + +− = − − ′+ − = −′ ′
{ }na 2n ≥ d− ′
12n n nb a a += − 1n = 1 2 32a a a− = − 1 2 32 0a a a− + =
{ }na d− ′
12n n nb a a += − 1 3 0b a+ =
1n = 1 2 32a a a− = − 1 2 32 0a a a− + =
1 1 22n n nb a a+ + += − 2 2 32n n nb a a+ + += −
1 2 1 2 2 1 32 (2 ) 2(2 )n n n n n n n n nb b b a a a a a a+ + + + + + +− − = − − − − −
{ }nb 1 22 0n n nb b b+ +− − =
1 2 2 1 32 2(2 )n n n n n na a a a a a+ + + + +− − = − −
1 2 32 0a a a− + = 1 22 0n n na a a+ +− − =
{ }na
21.已知矩阵 ，其中 ，若点 在矩阵 A 的变换下得到点 ，求矩阵 的两个
特征值.
【答案】矩阵 的特征值为 或 ．
【解析】
【分析】
根据点 在矩阵 A 的变换下得到点 ，列出方程求出 ，从而可确定矩阵 ，再求出矩阵 的
特征多项式，令其等于 ，即可求出矩阵 的特征值．
【详解】由 ，得 ，所以 ，
故 ，
则矩阵 的特征多项式为 ，
令 ，解得 或 ，
所以矩阵 的特征值为 或 ．
【点睛】本题主要考查矩阵的特征多项式及特征值的求法，属于中档题．
22.在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程是 ，以平面直角坐标系的原点 为极点， 轴
的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程是 ，它们相交于 两点，求线
段 的长.
【答案】
【解析】
【分析】
将曲线 的参数方程化为普通方程，曲线 的极坐标方程互为直角坐标方程，联立方程求出交点 ，
然后利用两点间的距离公式即可求出 的长．
【详解】由 消去 得，曲线 直角坐标方程是 ，
1 1
1A a
− = a R∈ (1,1)P (0, 3)P′ − A
A 1− 3
(1,1)P (0, 3)P′ − a A A
0 A
1 1 1 0
1 1 3a
− = − 1 3a + = − 4a = −
1 1
4 1A
− = −
A 2 21 1( ) ( 1) 4 2 34 1f x
−= = − − = − −−
λ λ λ λλ
( ) 0f λ = 1λ = − 3λ =
A 1− 3
xOy 1C cos
sin
x
y
θ
θ
=
= O x
2C 2cos 6
πρ θ = + ,A B
AB
3
1C 2C ,A B
AB
cos
sin
x
y
θ
θ
=
=
θ 1C 2 2 1x y+ =
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由 ，解得 或 ，
即
所以 ．
【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程，极坐标方程互为直角坐标方程，关键是掌握这两类问题的
的互化方法．
23.已知正实数 满足 ，求证： ．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
利用基本不等式的性质即可证得结果．
【详解】因为正实数 满足 ，
所以 ，所以 ，
所以 ．
【点睛】本题主要考查基本不等式的性质应用，属于基础题．
【必做题】请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
24.如图，已知 是圆柱 底面圆 O 的直径，底面半径 ，圆柱的表面积为 ，点 在底面圆
上，且直线 与下底面所成的角的大小为 .
2cos 6
πρ θ = + 3 cos sinρ θ θ= −
2 3 cos sinρ ρ θ ρ θ= − 2 2 3 0x y x y+ − + =
2 2
2 2
1
3 0
x y
x y x y
+ = + − + =
0
1
x
y
=
= −
3
2
1
2
x
y
=
=
( ) 3 10, 1 , ,2 2A B
−
2 23 10 1 32 2AB
= − + − − =
, ,a b c 3a b c+ + = 2 2 2 3b c a
a b c
+ + ≥
, ,a b c 3a b c+ + =
33 3a b c abc= + + ≥ 1abc ≤
3 3
2 2 2 2 2 2
13 3 3b c a b c a
a b c a b c abc
+ + ≥ ⋅ ⋅ = ≥
AB 1OO 1R = 8π C O
1AC 60
(1)求 的长；
(2)求二面角 的大小的余弦值.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
(1)根据母线 底面 ，即可找出 与下底面所成的角的为 ，从而在直角三角形 中，
即可求出 ；
(2)以 为坐标原点，以 、 分别为 、 轴建立空间直角坐标系,写出所需点的坐标，分别求出平面
和平面 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角 的大小的余弦值.
【详解】(1)设圆柱的母线长为 ，则根据已知条件可得，
， ，解得 ，因为 底面 ，所以 是 在底面 上的
射影，所以 是直线 与下底面 所成的角，即
在直角三角形 中， ， ，
(2)因为 是底面直径， ，所以
以 为坐标原点，以 、 分别为 、 轴建立空间直角坐标系,如图所示，
AC
1A A B C− −
3AC = 3
4
1A A ⊥ ACB 1AC 1ACA∠ 1A AC
AC
A AB 1AA y z
1AA B 1A BC 1A A B C− −
l
22 2 8S R Rlπ π π= ⋅ + =全 1R = 3l = 1A A ⊥ ACB AC 1AC ACB
1ACA∠ 1AC ACB 1 60ACA∠ =
1A AC 1 3AA = 1ACA∠ = 60 3AC =
2AB = 3AC =
6CAB
π∠ =
A AB 1AA y z
则 、 、 、 ，
于是 , ，设平面 的一个法向量为 ，
则 即 不妨令 ，即平面 的一个法向量 ，
因为平面 的一个法向量为 ，
设二面角 的大小为 ，则 ，
由于二面角 为锐角，所以二面角 的大小的余弦值是 ．
【点睛】本题主要考查线面角的找法及利用向量法求二面角的的大小．
25.记 为从 个不同的元素中取出 个元素的所有组合的个数．随机变量 表示满足 的二元数组
中的 ，其中 ，每一个 （ 0,1,2, , ）都等可能出现．求 ．
【答案】
【解析】
试题分析：关键解组合不等式 ，由于 ，所以先具体探究，再分类说
明．随机变量 可以取 0,1,2, ,10，当 时，满足 的 共 9 个；当 时，
满足 的 共 9 个；当 时，满足 的 共 9 个；当
时，满足 的 共 3 个；当 时，满足 的 共 3 个；依次验证得
(0,0,0)A 3 3( , ,0)2 2C 1(0,0,3)A (0,2,0)B
1 (0,2, 3)A B = − 3 1( , ,0)2 2CB = −
1ACB ( , , )n x y z=
1
0,
0
n CB
n A B
⋅ = ⋅ =
3 1 0,2 2
2 3 0,
x y
y z
− + =
− =
1z = 1ACB 2
3 3( , ,1)2 2n =
1A AB 1 (1,0,0)n =
1A A B C− − θ 1 2
1 2
3
| | 32cos 2 4| || |
n n
n n
θ ⋅= = =
1A A B C− − 1A A B C− − 3
4
r
iC i r ξ 21
2
r
iC i≤
( , )r i r {2,3,4,5,6,7,8,9,10}i∈ i Eξ
77
24
21
2
r
iC i≤ {2,3,4,5,6,7,8,9,10}i∈
ξ 0rξ = = 21
2
r
iC i≤ 2,3, ,10i = 1rξ = =
21
2
r
iC i≤ 2,3, ,10i = 2rξ = = 21
2
r
iC i≤ 2,3, ,10i = 3rξ = =
21
2
r
iC i≤ 3,4,5i = 4rξ = = 21
2
r
iC i≤ 4,5,6i =
０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０
试题解析：∵ ，
当 时，
， ， ， ，
∴当 时， 的解为 ． 3 分
当 ， ，
由 可知：
当 时， 成立，
当 时， （等号不同时成立），即 ． 6 分
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
8 分
∴ ． 10 分
考点：数学期望
ξ
( )P ξ 3
16
3
16
3
16
1
16
1
16
1
16
1
16
1
16
1
16
1
24
1
48
3 1 1 1 77(0 1 2) (3 4 5 6 7 8) 9 1016 16 24 48 24Eξ = + + × + + + + + + × + × + × =
21
2
r
iC i≤
2i ≥
0 211 2
i
i iC C i= = ≤ 1 1 21
2
i
i iC C i i−= = ≤ 2 2 2( 1) 1
2 2
i
i i
i iC C i− −= = ≤ 2
3
5
5
2C ≤
2 5, *i i N≤ ≤ ∈ 21
2
r
iC i≤ 0,1, ,r i=
6 10, *i i N≤ ≤ ∈ 1 1
2
r r
i i
iC C r+ −≥ ⇔ ≤
3 2( 1)( 2) 1
6 2i
i i iC i
− −= ≤ 3,4,5i⇔ =
0,1,2, 2, 1,r i i i= − − 21
2
r
iC i≤
3, , 3r i= − 3 21
2
r
i iC C i≥ ≥ 21
2
r
iC i>
ξ
( )P ξ 3
16
3
16
3
16
1
16
1
16
1
16
1
16
1
16
1
16
1
24
1
48
3 1 1 1 77(0 1 2) (3 4 5 6 7 8) 9 1016 16 24 48 24Eξ = + + × + + + + + + × + × + × =
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