广东2020届高三下学期第6次月考数学（理）试题（解析版）

广东省 2020 届高三第 6 次月考理科数学试题卷 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求 1.已知集合 若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据集合 及 可求得 .表示出集合 A 与集合 B，由并集运算即可求 得 . 【详解】∵集合 ， ∴ ，解得 ， ∴ ， ． ∴ ． 故选：A． 【点睛】本题考查了由集合的运算结果求参数，集合交集与并集运算，属于基础题. 2.若复数 的对应点在直线 上，则 （ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 { } { },2 2 ,aA B a b= =， ， 1 2A B  =    A B∪ ＝ 11 22  −  ，， 11 ,2 b −  ， 11 2,2 b −  ，， 12 2    ， { } { },2 2 ,aA B a b= =， ， 1 2A B  =    ,a b A B { } { },2 2 ,aA B a b= =， ， 1 2A B  =    12 2 1 2 a b  =  = 11, 2a b= − = 12 2A  =   ， 11 2B  = −  ， 11, ,22A B  ∪ = −   ( ) 2 a iz a Ri += ∈ y x= a = 1 2 − 1 2 1−先将复数化简，表示出点的坐标.将坐标代入直线方程，即可求得 的值. 【详解】∵ ， ∴ 在复平面内对应点 坐标为 ， 由题意 ，则 ． 故选：C． 【点睛】本题考查了复数的除法运算，复数在复平面内对应点的坐标，属于基础题. 3.设等比数列 的前 6 项和 ，且 为 的等差中项，则 （ ） A. B. 8 C. 10 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等差中项性质，结合等比数列的通项公式，可求得 与 的等量关系；由等比数列前 n 项和公式，也 可得 与 的等量关系，联立方程即可求得 ，进而用 表示出 .代入等比数列通项公式即可求解. 【详解】∵ 为 的等差中项， ∴ ， 设等比数列 的公比为 ，则 ， ∴ ， 又前 6 项和 ， ∴ ， 联立 ，解得 ． ∴ ． 的 a ( )( ) 2 1 2 2 2 2 a i ia i az ii i + −+= = = −− z 1 ,2 2 a −   1 2 2 a= − 1a = − { }na 6 6S = 21 2 a− 1 3,a a 7 8 9a a a+ + = 2− 1a q 1a q q q 1a 21 2 a− 1 3,a a 2 1 32 1 2 a a a × − = +   { }na q 1q ≠ 21 1 12 1 2 a q a a q × − = +   6 6S = ( )6 1 1 61 a q q − =− ( ) 21 1 1 6 1 2 1 2 1 61 a q a a q a q q   × − = +    − = − 3 2q = ( )1 2 1a q= −∴ 故选：B． 【点睛】本题考查了等差中项性质应用，等比数列通项公式及前 n 项和公式的应用，化简需要技巧性，属 于中档题. 4.2021 年广东新高考将实行 模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四 选二，共有 12 种选课模式.今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好，则他 们选课相同的概率( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 基本事件总数 n 6，他们选课相同包含的基本事件 m＝1，由此能求出他们选课相同的概率． 【详解】今年高一的小明与小芳都准备选历史，假若他们都对后面四科没有偏好， 则基本事件总数 n 6， 他们选课相同包含的基本事件 m＝1， ∴他们选课相同的概率 p ． 故选 D． 【点睛】本题考查古典概型，准确计算基本事件总数和选课相同包含的基本事件数是关键，是基础题. 5.椭圆 C： 1（ ）的左、右焦点分别为 ，左右顶点分别为 ，且 ， ，点 ， ，则 的面积为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 7 8 9a a a+ + ( )6 2 1 1a q q q= + + ( ) ( )6 22 1 1q q q q= − + + ( )6 32 1q q= − ( )22 2 2 1 8× ×= − = ． 3 1 2+ + 1 36 1 16 1 8 1 6 2 4C= = 2 4C= = m 1 n 6 = = 2 2 2 2 x y a b + = 0a b> > 1 2,F F ,A B AB 4= 2 2 3AF = + P C∈ 1 2 2PF PF = 1 2PF F∆ 1 3 1 2【解析】 【分析】 根据题意，求得 ，即可求得 、 、 ，结合余弦定理即可求得 ，即可由三角 形面积公式求解. 【详解】椭圆 C： 1（ ）的左、右焦点分别为 ，左右顶点分别为 ， 且 ， ， 可得 ，则 ， 所以 ， 不妨设 ， ， ， 由余弦定理可得 ， 解得 ，即 ， 所以 的面积为 故选：C． 【点睛】本题考查椭圆标准方程及几何性质的简单应用，余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式 的应用，属于基础题. 6.点 是 所在平面上一点，若 ，则 与 的面积之比是（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 过 作 ，根据平面向量基本定理求得 ，即可求得 与 的面积之比. 【详解】点 是 所在平面上一点，过 作 ，如下图所示： , ,a b c 1PF 2PF 1 2F F 1 2PF PF 2 2 2 2 x y a b + = 0a b> > 1 2,F F ,A B AB 4= 2 2 3AF = + 2, 3a c= = 1b = 1 2 1 22 4PF PF PF PF+= =， 1 2 2PF = + 2 2 2PF = − 1 2 2 3F F = ( ) 2 2 3 ( ) ( ) ( )( )2 2 1 22 2 2 2 2 2 2 2 2 cos F PF= + + − − + − ∠ 1 2cos 0F PF∠ = 1 2 90F PF∠ =  1 2PF F∆ 1 2 1 12S PF PF= = P ABC∆ 2 1 3 3AP AB AC= +   ABP∆ ACP∆ 1 3 1 2 P / / , / /PE AC PF AB :PC PB ABP∆ ACP∆ P ABC∆ P / / , / /PE AC PF AB由 ， 故 ， 所以 与 的面积之比为 ， 故选：D． 【点睛】本题考查了平面向量基本定理的简单应用，面积比与线段比的关系，属于基础题. 7.函数 （其中 ， ）的部分图象如图所示，将函数 的图象向左平移 个单位长度，得到 的图象，则下列说法不正确的是（ ） A. 函数 为奇函数 B. 函数 的最大值为 C. 函数 的最小正周期为 D. 函数 在 上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图象得到函数 的最大值与周期，从而确定 与 ，再将点 代入 ， 从而得到 的解析式，再利用 的图象变换规律，得到 的解析式，再利用正弦函 数的性质，即可得解. 【详解】由图可知 ， ， ∴ ， ， 2 1 3 3AP AB AC AE AF= + = +     : 2:1 :AE EB PC PB= = ABP∆ ACP∆ : 1: 2BP PC = ( ) ( )sinf x A x= +ω ϕ 0A > 0>ω ( )f x 6 π ( )y g x= ( )g x ( )g x 3 ( )g x π ( )g x 0, 3 π     ( ) ( )sinf x A x= +ω ϕ A ω 5 ,312 π     ( )f x ( )f x ( )siny A ωx φ= + ( )g x 3A = 3 5 3 4 12 3 4T π π π = − − =   T π= 2ω = ( ) ( )3sin 2f x x ϕ= +将点 代入 ， 得 , ∴ ( )， 故 ， 向左平移 个单位长度得, ， ，函数 为奇函数，故 A 正确； 的最大值为 ，故 B 正确； 的最小正周期为 ，故 C 正确； 在 上单调递增，在 上单调递减，故 D 错误. 故选：D. 【点睛】本题考查了函数 的部分图象求解析式以及图象变换规律，考查了正弦函数的性 质，属于中档题. 8.设函数 ，则不等式 的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据解析式，可知函数 为偶函数.结合解析式可判断函数 在 时单调递增，因而由对称性可 解不等式组，求得不等式 成立的解集. 【详解】 的定义域为 ， 5 ,312 π     ( ) ( )3sin 2f x x ϕ= + 5 53sin 312 6f π π ϕ   = + =       23 k πϕ π= − + k Z∈ ( ) 3sin(2 )3f x x π= − 6 π ( ) 3sin 2 3sin 26 3y g x x x π π  = = + − =     ( ) ( ) ( )3sin 2 3sin 2g x x x g x− = − = − = − ( )g x ( )g x 3 ( )g x 2 2 π π= ( )g x 0, 4 π     ,4 3 π π     ( )siny A ωx φ= + ( ) 2 1ln 1f x x x = − + ( ) ( )2 1f x f x> − 1 13     ， 1 1 1 13 2 2    ∪      ， ， 10 2     ， ( ),1−∞ ( )f x ( )f x 0x > ( ) ( )2 1f x f x> − ( )f x { }| 0x x ≠∵ ， ∴ 为偶函数， 当 时， 单调递增， 由 ， 可得 ，解得 且 ， 即 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了函数奇偶性与单调性的综合应用，由单调性由奇偶性解不等式，属于基础题. 9.点 是直角 斜边 上一动点， ，将直角 沿着 翻折，使 与 构成直二面角，则翻折后 的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 过 点 作 于 点 E ， 连 接 ， 根 据 折 叠 性 质 设 ， 用 表 示 出 ，在 中由余弦定理表示出 ，再在 中，由勾股定理即可求得 的最小值. 【详解】过点 作 于点 E，连接 ，如下图所示： 设 ，则有 ， ( ) ( )f x f x= − ( )f x 0x > ( ) 2 1ln 1f x x x = − + ( ) ( )2 1f x f x> − 0 2 1 0 2 1 x x x x  ≠  − ≠  > − 1 13 x< < 1 2x ≠ 1 1 1 13 2 2x    ∈ ∪      ， ， D ABC∆ AB 3, 4AC BC= = ABC∆ CD 'B DC∆ ADC∆ 'AB 21 13 2 2 7 B′ B E CD′ ⊥ ,BE AE BCD B CD α∠ = ∠ ′ = α , , 2B E CE ACE π α′ ∠ = − AEC∆ 2AE Rt AEB∆ ′ 'AB B′ B E CD′ ⊥ ,BE AE BCD B CD α∠ = ∠ ′ = 4sin 4cos 2B E CE ACE πα α α′ = = ∠ = −， ，在 中，由余弦定理得， ， 在 中，由勾股定理得， ∴当 时， 取得最小值 ． 故选：B． 【点睛】本题考查了立体几何中折叠问题的综合应用，余弦定理表示出边长，并由三角函数值域的有界性 确定最值，属于中档题. 10.设 为双曲线 上且在第一象限内的点， ， 分别是双曲的左、右焦点， ， 轴上有一点 且 ， 是 的中点，线段 与 交于点 .若 ，则双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由题意得 ，∴ ，∴直线 的方程为 ， 令 ，可得 ，∵ 是 的中点，线段 与 交于点 ， ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，故选 A. 11.已知函数 ，方程 有 4 个不同的实数根，则 的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 AEC∆ 2 2 2 2 cos 2AE AC CE AC CE π α = + − ⋅ ⋅ −   29 16cos 24cos sinα α α= + − Rt AEB∆ ′ 2 2 2 2 29 16cos 24cos sin 16sinAB AE B E α α α α′ + ′ + − += = 25 12sin 2α= − ， 4 πα = AB′ 13 P :C 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b − = > > 1F 2F 1 1 2PF F F⊥ x A 1AP PF⊥ E AP 1EF 2PF M 22PM MF= 1 2+ 2 2+ 3 2+ 4 2+ 2 , bP c a      1 2 2F P bk ac = PA ( )2 2 2b acy x ca b − = − − 0y = 4 2 2 2 2 2 b a cx a c += E AP 1EF 2PF M 22PM MF= 4 2 2 2 23 2 b a cc a c += 4 26 1 0e e− + = 1e > 1 2e = + ( ) 2 4 , 0 , 0 x x x x f x e xx  + ≤=  > ( ) 0f x ax− = a 2 ,44 e     ,44 e     ,4 e +∞   2 ,4 e +∞  【分析】 可采用构造函数法，令 ，方程 有 4 个不同的实数根转化为当 时，两 函数图像有四个交点，再分别分析临界点所对应的 值，即可求出范围 【详解】 由图像分析可知，当 时 应有两解，即 ，解得 ，此时 应满足 ，解得 当 ，若 与 图像相切，设切点坐标为 ，由 ①，又 ，即 ② 联立①②可得 ， ， 综上所述， 答案选 A 【点睛】本题考查函数零点的求法，采用构造函数法，再根据交点个数是零点的具体体现来进行转化，同 时利用导数来研究函数零点，本题中解法也是解决函数问题中常用解法 12.已知数列 满足： ， ，其中 为 的前 项和．若对任 意的 均有 恒成立，则 的最大整数值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】 ( )g x ax= ( ) 0f x ax− = ( ) ( )f x g x= a 0x ≤ ( ) 0f x ax− = 2 4 0x x ax+ − = 1 20, 4x x a= = − 4 4 0a− < − < ( )0,4a∈ 0x > ( )g x ax= ( )f x ( )0 0,x y 00 0 2 0 0 xx y ax ax eey x =  ⇒ = = ( )0 0 2 0 1' xe xf x ax −= = ( )02 0 0 1xax e x= − 0 2x = 2 4 ea = 2 4 ea∴ > 2 ,44 ea  ∈   { }na 1 2a = ( ) ( )2 1 1 0, *n n na S S n N+ − ∈=+ nS { }na n n ( )( ) ( )1 21 1 1nS S S kn+ + … + ≥ k根据所给条件，结合 ，代入后展开化简，构造数列 ，由等差数列性质可知 为等差数列，进而由首项与公差求得 .将不等式化简可得， ，代入后 构造函数 ，并求得 后可证明函数 为单调递增数列，求得 ，即可确定 的最大整数值. 【详解】当 时，由条件 ， 可得 ，整理得 ， 化简得： ， 从而 ， 故 ， 由于 ， 所以数列 是以 为首项，1 为公差的等差数列， 则 ， 整理得 ， 依题只须 ， 令 ， 则 ， 所以 为单调递增数列， 1 1n n na S S+ += − 1 1nS    −  1 1nS    −  nS ( )( ) ( )1 21 1 1( )n min S S Sk n + + +≤  ( ) ( )( ) ( )1 21 1 1nS S Sf n n + + +=  ( ) ( ) 1f n f n + ( )f n ( )minf n k 1n ≥ ( ) ( )2 1 1 0, *n n na S S n N+ − ∈=+ 2 1 ( 1)n n n n SS S S+ −− = − 2 2 1 ( 2 1)n n n n nS S S S S+ − = − − + 1 2 1n n nS S S+ = − 1 11 n n n SS S+ −− = − 1 1 1 11 1n nS S+ − =− − 1 1 11S =− 1 1nS    −  1 1 11S =− 1 1n nS =− 1 n nS n += ( )( ) ( )1 21 1 1( )n min S S Sk n + + +≤  ( ) ( )( ) ( )1 21 1 1nS S Sf n n + + +=  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 3 11 1 nf n n S n n f n n n ++ + += = >+ + ( )f n故 ， ∴ ， 故选：B． 【点睛】本题考查了数列递推公式的应用，构造数列法求通项公式，并构造函数证明数列的单调性，综合 性强，属于难题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卡中对应题号后的横 线上． 13. 的展开式中的常数项为_____．（用数字作答） 【答案】180 【解析】 【分析】 根据二项式定理，结合展开式通项即可确定 的指数形式.将多项式展开，即可确定常数项. 【详解】 的展开式中的通项公式 ， 而 分别令 ， ， 解得 ，或 ． ∴ 的展开式中的常数项 ． 故答案为：180． 【点睛】本题考查了二项式定理通项展开式的应用，多项式的乘法展开式，常数项的求法，属于中档题. 14.随机设置某交通路口亮红绿灯的时间，通过对路口交通情况的调查，确定相邻亮一次红灯与亮一次绿灯 的时间之和为 90 秒，其中亮红灯的时间不超过 60 秒，亮绿灯的时间不超过 50 秒，则亮绿灯的时间不小于 亮红灯的时间的概率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】 根据题意，设亮绿灯的时间为 t 秒，表示出亮红灯的取值范围；进而求得亮绿灯时间的间隔取值范围，再由 ( ) 1 1( ) 1 31nin Sf n f += = = 3maxk = ( )3 621 ( )x x x − + x 62x x  +   ( ) 36 3 2 1 6 6 2 2 k kkk k k kT C x C xx − − +  = = ⋅ ⋅   ( ) 6 6 6 3 32 2 21 )x x x x xx x x = −     − + + +           33 32 k− = − 33 02 k− = 4k = 2k = ( ) 6 3 21x x x  − +   4 4 2 2 662 2 180C C− = 1 4几何概型概率公式即可求解. 【详解】设亮绿灯的时间为 t 秒，则 ， 则亮红灯的时间为 秒， 则 ，所以 ， 则亮绿灯的时间不小于亮红灯的时间， 即 ，解得 ， 由几何概型中的线段型可得亮绿灯的时间不小于亮红灯的时间的概率为 ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了长度型几何概率的求解，属于基础题. 15.在三棱锥 中， ， ， ， ．则三棱锥 的外接球的表面积为_____． 【答案】20π 【解析】 【分析】 根据条件及余弦定理，可求得 .由勾股定理可得 为直角三角形．则三棱锥 的外接球的球心在过 的外心 E 垂线上，根据余弦定理可求得 ，结合同角三角函数关系式 求得 .由正弦定理求得 外接圆的半径，可求得三棱锥 外接球半径，即可得外接 球的表面积. 【详解】根据题意，可得几何关系如下图所： 根据条件，结合余弦定理可得 ， 50t ≤ 90 t− 90 60t− ≤ 30 50t≤ ≤ 90t t≥ − 45t ≥ 50 45 1 50 30 4P −= =− 1 4 A BCD− 60ABC ABD∠ = ∠ = ° 2 2BC BD= = 4CD = 2AB = A BCD− ,AD AC BAD BAC∆ ∆， A BCD− ACD∆ cos CAD∠ sin CAD∠ ACD∆ A BCD− 2 2 2 cosAD BA BD BA BD ABD= + − ⋅ ⋅ ∠ ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos60 6= + − × × ⋅ ° = 2 2 2 cosAC BA BC BA BC ABC= + − ⋅ ⋅ ∠， 所以 ， 故 为直角三角形． 所以三棱锥 的外接球的球心在过 的外心 E 垂线上设为点 O． 由余弦定理可得 根据同角三角函数关系式可得 ． 故 外接圆的半径 ． 则三棱锥 外接球的半径 ． 故外接球的表面积为 ． 故答案为： 【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，三棱锥的外接球表面积求法，注意球的几 何性质应用，属于中档题. 16.已知平面四边形 ABCD 中， ， ， ， 的面积 为 ，则 _____． 【答案】2 【解析】 【分析】 在 中由余弦定理并结合 ， ，即可求得 的值. 设 ， . 由 的 面 积 用 表 示 出 ； 再 在 中 应 用 余 弦 定 理 表 示 出 ， 由 可求得 .在 中由余弦定理即可求得 的长. ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos60 6= + − × × ⋅ ° = 2 2 2 2 2 2,AC AB BC AD AB BD+ += = BAD BAC∆ ∆， A BCD− ACD∆ ( ) ( )2 2 22 2 2 6 6 4 1cos 2 32 6 6 AC AD CDCAD AC AD + −+ −∠ = = = −⋅ × × 2 2 1 2 2sin 1 cos 1 3 3CAD CAD  ∠ = − ∠ = − − =   ACD∆ 1 1 4 3 2 2 sin 2 22 2 3 CDr AE CAD = = ⋅ = × =∠ A BCD− 2 2 2 2R OA OE AE= = + 2 21 2 AB AE = +   2 2 2 3 2 52 2    = + =          24 4 5 20S Rπ π π= = × = 20π 2 3ABC π∠ = 2 19AC = 2 3 , 2AB BC AD BD= = BCD∆ 2 3 CD = ABC∆ 2 3AB BC= 2 3ABC π∠ = ,AB BC DBC θ∠ = BD x= BCD∆ x sinθ ABD∆ x cosθ 2 2sin cos 1θ θ+ = x BCD∆ CD【详解】在 中，由余弦定理可得 ， 又 ， ， 即 解得 所以 ， 设 ， ， ，则 ， 又 ， ∴ ； 在 中，由余弦定理可得 ， 整理得 ，即 ，由 ， 即 ，解得 ， 解得 或 ， 又 ， ，所以 ， 解得 ． 在 中由余弦定理可得， ． 故答案为：2 【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，三角形面积公式的应用，同角三角函数关系式的应用， 属于难题. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.已知数列 的前 和为 ，且满足 ． ABC∆ 2 2 2 2 cos 76AC BC AB BC AB ABC−+ ⋅ ⋅ ∠ == 2 3AB BC= 2 3ABC π∠ = 2 22 2 22 cos 763 3 3AB AB AB AB π  + × ⋅ ⋅− =   6,AB = 4BC = DBC θ∠ = 20 3 πθ< < BD x= 2AD x= 1 sin 2 32BCDS BD BC θ∆ = ⋅ = 3sin x θ = ABD∆ 2 2 2 22 cos 3AD BD AB BD AB π θ = + − ⋅ ⋅ −   2 6 2 cos 0x x θ− =− 2 6cos 2 x x θ −= 2 2sin cos 1θ θ+ = 222 6 3 12 x x x   − + =        4 216 48 0x x + =− 2 12x = 2 4x = 20 3 πθ< < 2 6 1cos 2 2 x x θ −= > − 2 12x = 2 3x = BCD∆ 2 2 2 sinCD BC BD BC BC θ= + − ⋅ 316 12 2 4 2 3 22 = + − × × × = { }na n nS ( )*2 3 1n nS a n N= − ∈（1）求数列 通项公式； （2）设 ， 为数列 的前 项和，求 的最小值． 【答案】（1） ．（2）2 【解析】 【分析】 （1）根据递推公式及 ，代入后可证明数列 为等比数列，即可求得数列 的通项公式. （2）由（1）中所得 的通项公式表示出 ，代入后求得数列 的通项公式，结合错位相减法即可 求得数列 的前 项和 ，根据 的单调性即可确定 的最小值． 【详解】（1） ． ∴ 时， 化为 ， 时， ，解得 ． ∴数列 是等比数列，首项为 1，公比为 3， ∴ ． （2） ， ∴ ， ∴数列 的前 n 项和 ． ∴ ， ∴ ， 化为 ． 的{ }na 3 2log n n n ab a += nT { }nb n nT 13n na −= 1n n na S S −−= { }na { }na { }na 2na + { }nb { }nb n nT nT nT ( )*2 3 1n nS a n N= − ∈ 2n ≥ ( ) ( )1 12 2 3 1 3 1n n n n na S S a a− −= − = − −− 13n na a −= 1n = 1 12 3 1a a= − 1 1a = { }na 13 −= n na 1 2 3n na + + = 3 2 1 1log 3 n n n n a nb a + − += = { }nb 2 1 3 4 12 3 3 3n n nT − ++ + + +=  2 1 1 2 3 1 3 3 3 3 3n n n n nT − += + + + + 2 1 2 1 1 1 123 3 3 3 3n n n nT − ++ + + + −＝ 11 131 1 31 3 n n n− += + − − 1 15 2 5 4 4 3n n nT − += − ×因为 为单调递增数列， 所以 的最小值是 ． 【点睛】本题考查了递推公式在求通项公式中的应用，由等比数列定义求等比数列通项公式，错位相减法 求和的应用，属于中档题. 18.（2017 新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体 ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形， ∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）证明：平面 ACD⊥平面 ABC； （2）过 AC 的平面交 BD 于点 E，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 D–AE–C 的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】 试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为 90°，则可得到面面垂直； （2）利用题意求得两个半平面 法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角 D–AE–C 的余弦值 为 . 试题解析：（1）由题设可得， ，从而 . 又 是直角三角形，所以 . 取 AC 的中点 O，连接 DO,BO,则 DO⊥AC,DO=AO. 又由于 是正三角形，故 . 所以 为二面角 的平面角. 在 中， . 又 ，所以 ， 故 . 的 1 15 2 5 4 4 3n n nT − += − × nT 1 2T = 7 7 7 7 ABD CBD≌△ △ AD DC= ACD =90ADC∠ ° ABC BO AC⊥ DOB∠ D AC B− − Rt AOB 2 2 2BO AO AB+ = AB BD= 2 2 2 2 2 2BO DO BO AO AB BD+ = + = = 90DOB∠ = 所以平面 ACD⊥平面 ABC. （2）由题设及（1）知， 两两垂直，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为 单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 .则 . 由题设知，四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 ，从而 E 到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的 距离的 ，即 E 为 DB 的中点，得 . 故 . 设 是平面 DAE 的法向量，则 即 可取 . 设 是平面 AEC 的法向量，则 同理可取 . 则 所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 . 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用 方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算. （2）设 m，n 分别为平面 α，β 的法向量，则二面角 θ 与 互补或相等，故有 . , ,OA OB OD O OA x OA O xyz− ( ) ( ) ( ) ( )1,0,0 , 0, 3,0 , 1,0,0 , 0,0,1A B C D− 1 2 1 2 3 10, ,2 2E       ( ) ( ) 3 11,0,1 , 2,0,0 , 1, ,2 2AD AC AE  = − = − = −       ( ), ,n x y z= 0 0 n AD n AE  ⋅ =  ⋅ =   ， ， 0, 3 1 0.2 2 x z x y z − + =− + + = 31, ,13  =     n m 0 0 m AC m AE  ⋅ =  ⋅ =   ， ， ( )0, 1, 3= −m 7cos , 7 ⋅= =n mn m n m 7 7 ,m n.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 19.在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心在坐标原点 O，其右焦点为 ，且点 在椭圆 C 上． 求椭圆 C 的方程； 设椭圆的左、右顶点分别为 A、B，M 是椭圆上异于 A，B 的任意一点，直线 MF 交椭圆 C 于另一点 N， 直线 MB 交直线 于 Q 点，求证：A，N，Q 三点在同一条直线上． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）设椭圆的方程为 ，由题意可得 ，解方程组即可. （2）设 ， ，直线 MN 的方程为 ，由方程组 ，消去 整理得 ，根据韦达定理求出点 的坐标，根据向量即可求出 ，且向量 和 有公共点 ，即可证明． 【详解】（1）不妨设椭圆的方程为 ， . cos cos , m nm n m n θ ⋅= = ( )1,0F 31, 2      ( )1 ( )2 4x = 2 2 14 3 x y+ = 2 2 2 2 1x y a b + = 2 2 2 2 2 1 1 9 14 c a b a b c =  + =  = + ( )1 1,M x y ( )2 2,N x y 1x my= + 2 2 1 14 3 x my x y = + + = x ( )2 23 4 6 9 0m y my+ + − = Q //AN AQ  AN AQ A 2 2 2 2 1x y a b + = ( 0)a b> >由题意可得 ，解得 ， ， 故椭圆的方程 . （1）设 ， ，直线 的方程为 ， 由方程组 ，消去 x 整理得 ， ， 直线 的方程可表示为 ， 将此方程与直线 成立，可求得点 的坐标为 ， ， ， ， ， 向量 和 有公共点 ， ， ， 三点在同一条直线上． 【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，向量问题等基础知识，考查了运算求解能力，推理 论证能力，化归与转化思想，应用意识，是中档题． 20.红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害，每只红铃虫的平均产卵数 y 和平均温度 x 有 2 2 2 2 2 1 1 9 14 c a b a b c =  + =  = + 2 4a = 2 3b = 2 2 14 3 x y+ = 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y MN 1x my= + 2 2 1 14 3 x my x y = + + = 2 2(3 4) 6 9 0m y my+ + − = 2 236 36(3 4) 0m m∆ = + + > 1 2 2 6 3 4 my y m ∴ + = − + 1 2 2 9 3 4y y m = − +  BM 1 1 ( 2)2 yy xx = −− 4x = Q 1 1 2(4, )2 y x − 2 2( 2, )AN x y∴ = + 1 1 2(6, )2 yAQ x = −  ( ) ( ) ( )2 1 1 21 2 2 1 1 6 2 2 226 2 2 2 y x y xyy x x x − − +− + =− − ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 6 1 2 2 1 2 1 2 y my y my my    + − − + +   = + − ( ) 2 21 2 1 2 1 1 9 64 ( ) 6( )4 6 3 4 3 4 01 1 mmmy y y y m m my my − − −− + + += = =− − //AN AQ∴   AN AQ A A∴ N Q关，现收集了以往某地的 7 组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.（表中 ） 平均温度 21 23 25 27 29 32 35 平均产卵 数 /个 7 11 21 24 66 115 325 27.429 81.286 3.612 40.182 147.714 （1）根据散点图判断， 与 （其中 自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均 产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求 出 y 关于 x 的回归方程.（计算结果精确到小数点后第三位） （2）根据以往统计，该地每年平均温度达到 28℃以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况 均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到 28℃以上的概率为 . ①记该地今后 5 年中，恰好需要 3 次人工防治的概率为 ，求 的最大值，并求出相应的概率 p. ②当 取最大值时，记该地今后 5 年中，需要人工防治的次数为 X，求 X 的数学期望和方差. 附：线性回归方程系数公式 . 【 答 案 】（1 ） 更 适 宜 ， ； （ 2 ） ① ， ； ② ， 7 1 1ln , 7i i i z y z z = = = ∑ /x C° y x y z ( )( ) 1 n i i i x x z z = − −∑ ( )2 1 n i i x x = −∑ y a bx= + dxy ce= e 2.718=  ( )0 1p p< < ( )f p ( )f p ( )f p ( ) ( ) ( ) 1 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x x y y b a y bx x x = = − ⋅ − = = − − ∑ ∑ dxy ce= 0.272 3.849ˆ xy e −= ( )max 216 625f p = 3 5p = ( ) 3E X =【解析】 【分析】 （1）根据散点图选择合适函数模拟，利用变量 ，构造线性回归方程，利用已知量求解出 关于 的线性 回归方程，即可求解出 y 关于 x 的回归方程； （2）①先表示出 ，然后根据 分析出 的最大值以及 的值； ②根据 的值以及二项分布的均值与方差的计算方法求解出结果即可. 【详解】解：（1）根据散点图可以判断， 更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型； 对 两边取自然对数，得 ； 令 ，得 ； 因为 ， ； 所以 z 关于 x 的回归方程为 ； 所以 y 关于 x 的回归方程为 ； （2）（i）由 ， 得 ， 因为 ，令 ，得 ，解得 ； 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 有唯一的极大值为 ，也是最大值； 所以当 时， ； 6( ) 5D X = z z x ( )f p ( )f p′ ( )f p p p dxy ce= dxy ce= ln lny c dx= + ln , ln ,z y a c b d= = = z a bx= + ( )( ) ( ) 7 1 2 1 7 40.182ˆ 0.272147.714 i i i i i x x z z b x x = = − − = = ≈ − ∑ ∑ ˆˆ 3.612 0.272 27.429 3.849a z bx= − = − × ≈ − ˆ 0.272 3.849z x= − 0.272 3.849ˆ xy e −= 5 3 3 2( ) (1 )f p C p p= ⋅ ⋅ − ( ) 3 2 5 (1 )(3 5 )f Cp p p p′ = ⋅ − − 0 1p< < ( ) 0f p′ > 3 5 0p− > 30 5p< < ( )f p 30, 5      3,15      ( )f p 3 5f      3 5p = ( )max 3 216 5 625f p f  = =  （ii）由（i）知，当 取最大值时， ，所以 ， 所以 X 的数学期望为 ， 方差为 . 【点睛】本题考查线性回归方程的求解、独立重复试验的概率与函数的综合应用、二项分布的均值与方差 计算，难度较难.已知 ，则 . 21.已知函数 . （1）讨论 的单调性； （2）设 ，若函数 的两个极值点 恰为函数 的两个零点，且 的范围是 ，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）当 时，单调递减区间 ，无单调递增区间；当 时，单调递减区间为 ；单调递增区间为 ；（2） 【解析】 【分析】 （1）求解导函数，根据导函数的分子（二次函数）分类讨论 与 的关系，从而可分析出函数的单调 性； （2）根据已知条件构造关于 的新函数，根据新函数的单调性分析出 的取值范围，然后根据 与 的关系即可求解出 的取值范围. 【详解】解：（1） 的定义域为 ， . （i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时， （ii）若 ，令 得 . 当 时， ； 当 时， ， 为 ( )f p 3 5p = 3~ 5, 5X B     3( ) 5 35E X = × = 3 2 6( ) 5 5 5 5D X = × × = ( )~ ,X B n p ( ) ( ) ( ), 1E X np D X np p= = − ( ) 1 2 lnf x x a xx = − + ⋅ ( )f x ( ) 2lng x x bx cx= − − ( )f x ( )1 2 1 2,x x x x< ( )g x ( ) 1 2 1 2 2 x xy x x g + ′= − ⋅    2ln 2 ,3  − +∞  1a ≤ ( )0, ∞+ 1a > ( ) ( )2 20, 1 , 1,a a a a− − + − +∞ ( )2 21, 1a a a a− − + − 3 2 ,4  +∞   ( )f x′ 0 1 2 x x 1 2 x x a 1 2 x x a ( )f x ( )0, ∞+ ( ) 2 2 2 1 2 2 11 a x axf x x x x − − +′ = − + = − 1a ≤ ( ) 0f x′ ≤ 1a = 1x = ( ) 0f x′ = 1a > ( ) 0f x′ = 2 2 1 21, 1x a a x a a= − − = + − ( ) ( )2 20, 1 1,x a a a a∈ − − + − +∞ ( ) 0f x′ < ( )2 21, 1x a a a a∈ − − + − ( ) 0f x′ >所以，当 时， 单调递减区间为 ，无单调递增区间； 当 时， 单调递减区间为 ； 单调递增区间为 . （2）由（1）知： 且 . 又 ，∴ ， 由 得 ， ∴ . 令 ，∴ ， ∴ ，所以 在 上单调递减. 由 y 的取值范围是 ，得 t 的取值范围是 ， ∵ ，∴ ， ∴ ， 又∵ ，故实数 a 的取值范围是 . 【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量 问题，多数情况下需要构造关于 （或 ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题. 请考生在第 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请写清题号 1a ≤ ( )f x ( )0, ∞+ 1a > ( )f x ( ) ( )2 20, 1 , 1,a a a a− − + − +∞ ( )2 21, 1a a a a− − + − 1a > 1 2 1 22 , 1x x a x x+ = = ( ) 1 2g x b cxx ′ = − − ( )1 2 1 2 1 2 2 2 x xg b c x xx x + ′ = − − +  +  ( ) ( )1 2 0g x g x= = ( ) ( )2 21 1 2 1 2 2 ln x b x x c x xx = − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 22 21 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 12 2 ln ln2 1 x x x x xx x x xy x x g b x x c x xx x x x x x x x x  − − −+   ′= − = − − − − = − = −  + +  + 1 2 (0,1)x tx = ∈ 2( 1) ln1 ty tt −= −+ 2 2 ( 1) 0( 1) ty t t − −′ = 3 2 ,4  +∞   1 2 x x 2 1 x x22.以原点 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线 C 的极坐标方程为 （ ,a 为常数）），过点 、倾斜角为 的直线 的参数方程满足 ，（ 为参数）． （1）求曲线 C 的普通方程和直线 的参数方程； （2）若直线 与曲线 C 相交于 A、B 两点（点 P 在 A、B 之间），且 ，求 和 的 值． 【答案】（1） 为参数）； （2） . 【解析】 【分析】 （1）根据 ， ，化曲线 C 的极坐标方程为直角坐标方程，根据点斜式得直线 的普通 方程，代入 解得 ，即得参数方程.（2）将直线参数方程代入曲线 C 方程，根据参数 几何意义得 ，解得 ，再根据 ，利用韦达定理解 得结果. 【详解】（1）由 得 ， 又 ， ，得 ，∴C 的普通方程为 ， ∵过点 、倾斜角为 的直线 的普通方程为 ， 由 得 ∴直线 的参数方程为 （t 为参数）； （2）将 代入 ，得 ， 2 2cos2 aρ θ = a R∈ ( )2,1P 30° l 32 2x t= + t l l 2PA PB⋅ = a PA PB− 2 2 2x y a− = 32 2 ( 1 2 x t t ty  = +  = + 4 3 2− cosx ρ θ= siny ρ θ= l 32 2x t= + 11 2y t= + 1 2 1 2PA PB t t t t⋅ = ⋅ = ⋅ a 1 2 1 2PA PB t t t t− = − = + 2 2cos2 aρ θ = ( )2 2 2 2cos sin aρ θ θ− = cosx ρ θ= siny ρ θ= 2 2 2x y a− = 2 2 2x y a− = ( )2,1P 30° l ( )3 2 13y x= − + 32 2x t= + 11 2y t= + l 32 2 1 2 x t ty  = +  = + 32 2 1 2 x t ty  = +  = + 2 2 2x y a− = ( ) ( )2 22 2 3 1 2 3 0t t a+ − + − =依题意知 则上方程的根 、 就是交点 A、B 对应的参数，∵ ， 由参数 t 的几何意义知 ，得 ， ∵点 P 在 A、B 之间，∴ ， ∴ ，即 ，解得 （满足 ），∴ ， ∵ ，又 ， ∴ ． 【点睛】本题考查直线的参数方程的标准形式的应用，考查基本分析应用求解能力，属基本题. 23.设函数 ． （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若关于 x 的不等式 有解，求 的取值范围． 【答案】(1) ;(2) . 【解析】 【分析】 （1）当 时，不等式 ， 零点分段可得不等式的解集为 ； （2）由绝对值三角不等式的性质可得 ，则原问题等价于 ，据此 可得 的取值范围是 ． 【详解】（1）当 时， ，即 ， 即 或 或 ， 所以 或 ， 所以原不等式的解集为 ； （2） ( ) ( )2 22 2 3 1 8 3 0a ∆ = − − − >  1t 2t ( )2 1 2 2 3t t a⋅ = − 1 2 1 2PA PB t t t t⋅ = ⋅ = ⋅ 1 2 2t t⋅ = 1 2 0t t⋅ < 1 2 2t t⋅ = − ( )22 3 2a− = − 2 4a = 0∆ > 2a = ± 1 2 1 2PA PB t t t t− = − = + ( )1 2 2 2 3 1t t+ = − − 4 3 2PA PB− = − ( ) 1 , ( ) 2f x x g x x a= − = + 1a = (( 1) )gf xx − > 22 ( ) ( ) ( 1)f x g x a+ ≤ + a 2( 2, )3 − − ( , 3] [1, ) { 1}−∞ − +∞ −  1a = 1 2 1 1x x− − + > 22, 3  − −   ( ) ( )2 |2 2|f x g x a+ ≥ + ( )2|2 2| 1a a+ ≤ + a ] [( ), 3 1, { 1}−∞ − ∪ +∞ ∪ − 1a = ( ) ( ) 1f x g x− > 1 2 1 1x x− − + > ( ) 1 1 2 1 1 x x x ≤ − − + + + > ( ) 1 1 1 2 1 1 x x x − < ≤ − + − + > ( ) 1 1 2 1 1 x x x >  − − + > 2 1x− < ≤ − 21 3x− < < − 22, 3  − −   ( ) ( )2 2 1 2f x g x x x a+ = − + + ， 因为不等式 有解， 所以 ，即 ， 所以 的取值范围是 ． 【点睛】绝对值不等式的解法： 法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想． 2 2 2 2x x a= − + + 2 2 2 2x x a≥ − − − |2 2|a= + ( ) ( ) ( )22 1f x g x a+ ≤ + ( )2|2 2| 1a a+ ≤ + | 1| 2a + ≥ a ] [( ), 3 1, { 1}−∞ − ∪ +∞ ∪ −