2019 学年 9+1 联盟高三上期中
一、选择题：每小题 4 分，共 40 分
1.已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出集合 后可求 .
【详解】 ，所以 .
故选：A.
【点睛】本题考查集合的运算（交集）以及求绝对值不等式的解，解绝对值不等式的基本方法有公式法、
零点分段讨论法、图像法、平方法等，利用公式法时注意不等号的方向.
2.以下哪个点在倾斜角为 45°且过点（1，2）的直线上（ ）
A. （﹣2，3） B. （0，1） C. （3，3） D. （3，2）
【答案】B
【解析】
【分析】
由过两点的直线斜率公式逐一判断即可得解.
【详解】解：由直线的倾斜角为 45°，则直线的斜率为 ，
则过点 与点（1，2）的直线的斜率为 ，显然点 不满足题意；
过点 与点（1，2）的直线的斜率为 ，显然点 满足题意；
过点 与点（1，2）的直线的斜率为 ，显然点 不满足题意；
过点 与点（1，2）的直线的斜率为 ，显然点 不满足题意；
即点 在倾斜角为 45°且过点（1，2）的直线上，
故选：B.
{ }1,0,2,3A = − { }1 1B x x= − ≤ A B =
{ }0,2 { }2,3 { }1,0,2− { }0,1,2
B A B
{ } { } [ ]1 1 | 1 1 1 0,2B x x x x= − ≤ = − ≤ − ≤ = { }0,2A B =
tan 45 1k = =
( )2,3− 3 2 1
2 1 3
− = −− −
( )2,3−
( )0,1 1 2 10 1
− =−
( )0,1
( )3,3 3 2 1
3 1 2
− =−
( )3,3
( )3,2 2 2 03 1
− =−
( )2,3−
( )0,1【点睛】本题考查了斜率公式，重点考查了运算能力，属基础题.
3.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A B.
C D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，计算体积即可.
【详解】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，
其底面面积 S 1，高 h=2，故体积 V ，
故选：B．
【点睛】本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，考查了空间想象能力，是基础题．
4.若实数 满足 ，则 的最大值是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
.
.
1
3
2
3
4
3
1 2 12
= × × = 1 21 23 3
= × × =
,x y
0
2 0
2 2 0
x y
x y
x y
− ≤
+ − ≥
− + ≥
2z x y= −画出不等式组对应的可行域，平行移动直线 后可得 的最大值.
【详解】不等式组对应的可行域如图阴影部分所示（含边界）：
把动直线平移到 处， 取最大值.
由 可得 ，故 ，所以 .
故选：C.
【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考
二元函数的几何意义，比如 表示动直线 的横截距的三倍 ，而 则表示动点
与 的连线的斜率．
5.已知平面 ， ，直线 满足 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
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】
【分析】
根据原命题和逆命题的真假可判断两者之间的条件关系.
【详解】设 ，
2 0x y z− − = z
A z
2 2 0
0
x y
x y
− + =
− =
2
2
x
y
=
=
( )2,2A min 2 2 2 2z = × − =
3 4x y+ 3 4 0x y z+ − = 2
1
y
x
+
−
( ),P x y ( )1, 2−
α β m m β⊄ α β⊥ m α⊥ m β
nα β =若 ，则过 内一点 作 的垂线，垂足为 ，
因为 ， ， ，故 ，
因为 ，故 ，而 ， ，故 .
故命题“若 ，则 ”为真命题.
如图，在正方体 中，平面 平面 ，
平面平面 ，但 与平面 不垂直.
故命题“若 ，则 ”为假命题.
故“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若 则 ”是真命题，“若 则 ”是
假命题，则 是 的充分不必要条件；若“若 则 ”是真命题，“若 则 ”是真命题，则 是 的充分
必要条件；若“若 则 ”是假命题，“若 则 ”是真命题，则 是 的必要不充分条件；若“若 则
”是假命题，“若 则 ”是假命题，则 是 的既不充分也不必要条件.
m α⊥ β A n B
α β⊥ nα β = ,AB AB nβ⊂ ⊥ AB α⊥
m α⊥ AB m∥ m β⊄ AB β⊂ m β
m α⊥ m β
1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1AA D D ⊥ ABCD
BC∥ 1 1AA D D BC ABCD
m β m α⊥
m α⊥ m β
p q q p
p q p q q p p q
p q q p p q p
q q p p q6.设函数 ，则 的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据 时 的函数值的范围及 的符号可得正确选项.
【详解】当 时， ，故 ，
又 ，
对比 A，B，C，D 中的函数图像，只有 B 符合这个性质.
故选：B.
【点睛】本题为图像识别题，考查图形构建的能力，一般地，我们需要从函数的奇偶性、单调性、极值点
和函数在特殊点或某范围上的函数值及其符号来做正确的判断.
7.汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝.如图所示的弦图中，由四
个全等的直角三角形和一个正方形构成．现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜
色，则不同的涂色方案有（ ）
A. 180 B. 192 C. 420 D. 480
( ) sin
1 x
xf x e−= +
( )f x
0x ≥ ( )f x 2f
π
0x ≥ ( ) sin 1 11 1x
xf x e−= ≤ =+
( )1 1f x− ≤ ≤
2
1 02 1
f
e
π
π
−
= > +【答案】C
【解析】
【分析】
就使用颜色的种类分类计数可得不同的涂色方案的总数.
【详解】相邻的区域不能用同一种颜色，则涂 5 块区域至少需要 3 种颜色.
若 5 块区域只用 3 种颜色涂色，则颜色的选法有 ，相对的两个直角三角形必同色，此时共有不同的涂色
方案数为 （种）.
若 5 块区域只用 4 种颜色涂色，则颜色的选法有 ，相对的两个直角三角形必同色，余下两个直角三角形
不同色，此时共有不同的涂色方案数为 （种）.
若 5 块区域只用 5 种颜色涂色，则每块区域涂色均不同，此时共有不同的涂色方案数为 （种）.
综上，共有不同的涂色方案数为 （种）.
故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用，注意根据题设要求合理分类分步，此类问题属于中档题.
8.甲乙两人进行乒乓球赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每
一局甲赢的概率都是 ，随机变量 表示最终的比赛局数，若 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
结合二项分布可计算随机变量 的分布列，再利用公式可求 、 ，最后利用二次函数的性质可
求其范围.
【详解】随机变量 可能的取值为 .
.
，
故 的分布列为：
2 3
3
5C
3 3
5 3 60C A =
4
5C
4 1 4
5 2 4 240C C A =
5
5 120A =
420
p X 10 3p< <
( ) 5
2E X = ( ) 21
8E X > ( ) 1
4D X > ( ) 20
81D X <
X ( )E X ( )D X
X 2,3
( ) ( )20 2 2 2
2 22 1 2 2 1P X C p C p p p= = + − = − +
( ) ( ) ( )( )1 1 2
2 23 1 1 1 2 2P X C p p p C p p p p p= = − + − − = −
X
X故
因为 ，故 ，而 ，故 A、B 错误.
而 ，
令 ，因为 ，
故 ，此时 ，
必成立，故 C 错误，D 正确.
故选：D.
【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、期望、方差的计算以及函数的值域的求法，计算分布列时可
借助常见的分布列（如二项分布等）来计算，估计方差的范围时，注意利用换元法把高次函数的值域问题
转化为二次函数的值域问题.
9.已知平面向量 ， ， 满足对任意 都有 ， 成立，且
， ，则 的值为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
分析】
根 据 任 意 都 有 可 得 ， 同 理 ， 再 根 据 ，
得到 的终点和起点（三个向量的起点为同一个点）在一个圆上，据此可求 的值.
【详解】如图，
【
P 22 2 1p p− + 22 2p p−
( ) ( ) ( ) 2
2 2 2 1 52 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2E X p p p p p p p = × − + + × − = − + + = − − +
10 3p< < ( ) 222 9E X< < 22 5 22 21,9 2 9 8
< <
( ) ( ) ( ) ( )22 2 24 2 2 1 9 2 2 2 2 2D X p p p p p p= × − + + × − − − + +
2
2 1 12 2 2 2 2t p p p = − = − − +
1 10 3 2p< < <
40 9t< < ( ) ( ) ( )2 2 204 1 9 2 0, 81D X t t t t t = × − + − + = − + ∈
( ) 1
4D X <
a b c x∈R a xb a b− ≥ − a xc a c− ≥ −
1a c b c− = − = 3a b− = a
3 7
x∈R a xb a b− ≥ − ( )a b b− ⊥ ( )a c c− ⊥ 1a c b c− = − =
3a b− = , ,a b c a设 ，则 ，
因为任意 都有 ，故 是诸向量 模的最小值，而 为定点，
故 是 的最小值即 即 ，同理 ，
设平面向量 ， ， 共起点，因为 ，故 的终点在 的终点的中垂线上，故 的
终点和起点可构成如下图形：
因为 ，故 ，而 ，
故 ，因 ， ，
故 四点共圆（据此可得 在直径 的同侧，否则与 矛盾），
故 ，所以 .
故选：C.
【点睛】本题考查向量的线性运算及模的计算，注意挖掘向量的模的不等式或等式所蕴含的几何意义，此
问题属于难题.
10.设实数 ， 满足 ，则代数式 （ ）
A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最大值 1 D. 有最大值
【答案】B
【解析】
的
, ,OA a OB b OD xb= = = DA a xb= −
x∈R a xb a b− ≥ − a b−
DA A
AB DA AB OB⊥ ( )a b b− ⊥ ( )a c c− ⊥
a b c 1a c b c− = − = c ,a b , ,a b c
3a b− = = 3AB 1BC AC= =
120ACB∠ = ° AB OB⊥ AC OC⊥
, , ,O B C A ,B C OA 120ACB∠ = °
60BOA∠ = ° 2 33 23OA = × =
x y 2 2 4
13x xy y x y+ + = + −
2
4
13
xy y
x y
+
+ −
6
31
4
13
20
21【分析】
先利用条件把 进行等量代换，再利用换元法，结合二次函数区间最值求解.
【详解】设 ，则 ，
，
.
，
， .
故选：B.
【点睛】本题主要考查最值问题，利用条件进行等量代换是求解的关键，注意齐次分式的处理方法，侧重
考查数学运算的核心素养.
二、填空题：单空题 4 分，多空题 6 分，共 34 分.
11.椭圆 的长轴长是______，离心率是______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
分析：由椭圆方程 确定椭圆的 ，进而求出 ，再求长轴长、短轴长、离
心率．
详解：由椭圆 可知，椭圆焦点在 轴上， ．
所以， ．
所以椭圆的长轴长为 ，短轴长为 ，
离心率为 ．
4
13x y+ −
yt x
=
2 2 2
2 2 2 2 2
11 14 1
13
xy y xy y x
x xy y x xy y t tx y
+ += = − = −+ + + + + ++ −
( )2 2 2 2 2 24 41 ( 1) 013 13x tx t x x tx t t x t x+ + = + − ⇒ + + − + + =
10 ( 3)(3 1) 0 33t t t∆ ≥ ⇒ − − ≤ ⇒ ≤ ≤
2
2
13 1 4 121 ,13 ,1 ,9 1 13 13t t t t
+ + ∈ − ∈ + +
2
min
4
4 13
13
xy y
x y
+ =
+ −
2
max
12
4 13
13
xy y
x y
+ =
+ −
2 2
14 3
x y+ =
4 1
2
2 2
14 3
x y+ = 2 2,a b ,a b
2 2
14 3
x y+ = x 2 24, 3a b= =
2, 3a b= =
2 2 4× = 2 3
3
2
ce a
= =点睛：求椭圆的长轴长、短轴长、离心率，应先根据椭圆的标准方程求 ，注意 ，再求
．
12.已知复数 满足 （ 为虚数单位），则复数 的虚部为________，模 ___________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
先把复数进行化简为 的形式，然后可求虚部和模长.
【详解】由题意， ，所以复数 的虚部为 ，
模长 .
故答案为： ； .
【点睛】本题主要考查复数的运算及相关概念，化简复数为 的形式是求解这类问题的关键，侧重考查
数学运算的核心素养.
13.二项式 展开的所有项的系数和为______；展开式中的常数项是______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
利用赋值法可求所有项的系数和，利用通项公式可求展开式的常数项.
【详解】 的展开式的通项公式为 ,
令 ，则 ，故常数项为第 4 项且 .
又 ，令 ，则 即各项系数和为 .
故答案为： ， .
【点睛】与二项展开式中项的系数有关的和的讨论，可利用赋值法来求讨论，所赋之值应该根据和式的特
2 2,a b 2 2a b<
,a b
z ( )1 1 2i z i− = + i z z =
3
2
− 10
2
a bi+
( )( )
( )( )
i 1 1 2i1 2i 1 3 ii 1 i 1 i 1 2 2z
+ ++= = = −− + − z 3
2
−
2 21 3 10( ) ( )2 2 2z = + − =
3
2
− 10
2
a bi+
62x x
+
729 160
62x x
+
6 6 2
1 6 6
2 2
r
r r r r r
rT C x C xx
− −
+
= =
6 2 0r− = 3r = 4 160T =
6 6
6 2
6
0
2 = 2r r r
r
x C xx
−
=
+ ∑ 1x =
6
6
6
0
2 3 729r r
r
C
=
= =∑ 729
729 160点做合适选择，指定项的系数的计算需利用二项展开式的通项公式来计算．
14.已知二次函数 ，一次函数 ，不等式 的解集为 ，则
______；记函数 ，则 的最小值是______．
【答案】 (1). 1 (2). 0
【解析】
【分析】
利用一元二次不等式的解与对应方程的关系可求 ，再画出 的图象，根据图象可求 的最小值.
【详解】不等式 可化为 ，
因为该不等式的解集为 ，故 为方程 的两个根，
所以 ，解得 ，所以 .
由题设有， ，它的图象如图所示：
由图像可得函数的最小值为 0.
故答案为： .
【点睛】本题考查一元二次不等式的解与对应的方程的根之间的关系以及分段函数的最值，一般地，“三
个二次之间的关系”是指一元二次不等式的解集的端点是对应方程的根，也是函数图象与 轴交点的横坐
标（即函数的零点），讨论形如 这样的函数的性质，可利用 的图像
( ) 2 1f x ax bx= + + ( ) 1g x x= − ( ) ( )f x g x≤ [ ]1,2 ba =
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
,
,
f x f x g xh x g x g x f x
≥= ≥
( )h x
,a b ( )h x ( )h x
( ) ( )f x g x≤ ( )2 1 2 0ax b x+ − + ≤
[ ]1,2 1,2 ( )2 1 2 0ax b x+ − + =
0
11 2
21 2
a
b
a
a
≠
− + =
× =
1
2
a
b
=
= − 1ba =
( ) ( ) ( ){ }max ,h x f x g x=
1,0
x
( ) ( ) ( ){ }max ,h x f x g x= ( ) ( ),f x g x来考虑（取两个图象中位于上方的部分）.
15.若 ， ，则 ______．
【答案】2
【解析】
【分析】
先求出 ，再由 结合两角差的正切公式可求 .
【详解】因为 ，故 即 ，所以
.
故答案为： .
【点睛】三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异；
（3）看角的差异；（4）看次数的差异．对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的
分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法．
16.已知 P 为双曲线 上的一点， ， 分别为 C 的左右焦点，若 的内切
圆的直径为 a，则双曲线 C 的离心率的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】
设 ， ，P 为双曲线的右支上一点，设 ，由双曲线的第二定义得到 ，
，结合 的面积转化为 有解，结合双曲线的渐近线和离心率，即可求解.
【详解】如图所示，设 ， ，P 为双曲线的右支上一点，
设 ，由双曲线的第二定义： （d 为 P 到双曲线的焦点 F 相应准线的距离），可得
， ，由 的面积可得 ，
即为 ，即 ，则 有解，
sin 2 1
1 cos2 3
α
α =−
( )tan 2 1β α− = ( )tan α β- =
tanα ( )2α β α β α− = − − − ( )tan α β−
sin 2 1
1 cos2 3
α
α =− 2
2sin cos 1 1
2sin tan 3
α α
α α= = tan 3α = ( )tan 3α− = −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
tan tan 2tan tan 2 1 tan tan 2
α β αα β α β α α β α
− − −− = − − − = + − −
( )
3 1 21 3 1
− −= =+ − ×
2
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
− = > > 1F 2F 1 2PF F△
5 ,2
+∞
1| |PF m= 2| |PF n= ( , )P s t m es a= +
n es a= − 1 2PF F∆ 2a t s= −
1| |PF m= 2| |PF n=
( , )P s t | |PFe d
=
m es a= + n es a= − 1 2PF F∆ 1 12 | | ( 2 )2 2 2
ac t m n c⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + +
( )2c t a es c= + 2c t cs ca= + 2a t s= −不妨设 ，可得 ，可得 ，
由渐近线方程为 ，且 在双曲线上，可得 时，方程 有解，
则 .
故答案为： .
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义的应用，以及双曲线的离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范
围)，常见有两种方法：①利用定义法，求出 ， 的值，代入公式 ；②只需要根据条件得到关于
的齐次式，转化为 的齐次式，然后转化为关于 的方程，即可得 的值(范围)，着重考查了推理与运算
能力，属于中档试题.
17.已知数列 满足 ， ， ，记数列 的前 项和为 ，则对任意
，则①数列 单调递增；② ；③ ；④ ．上述四个结论
中正确的是______．（填写相应的序号）
【答案】①②③
【解析】
【分析】
先 证 明 当 时 ， 总 有 ， 再 利 用 数 学 归 纳 法 证 明 ， 最 后 再 利 用 导 数
及 均成立，从而可得正确的选项.
【详解】先证明一个性质：当 时，总有 (★).
0t > 2 0t s− > 1 1
2 2t s a= +
by xa
= ± ( , )P s t 1
2
b
a
> 2a t s= −
2
2
1 51 1 4 2
c be a a
= = + > + =
5 ,2
+∞
a c ce a
= , ,a b c
,a c e e
{ }na 1
1 1,3 2a ∈ 1 sin 2
n
n
aa
π
+ = ( )*n N∈ { }na n nS
*n N∈ { }na 1 12 2n na a S+ ≤ + 1
3 1
4 4n na a+ ≥ + 2019
2020na <
0, 2x
π ∈
2sin x xπ> 1 13 na≤ <
3 1 1sin ,12 4 4 3x x x
π ≥ + ∈
( )3sin 0 12 2x x x
π < < <
0, 2x
π ∈
2sin x xπ> 证明：令 ，其中 ，
， 为 上的减函数，
因 ， ，故 在 存在唯一的零点 .
当 时， ；当 时， ，
故 在 为增函数，在 为减函数，
因 ，故当 时，总有 即 ，
从而性质得证.
令 ，由已证性质则有 ，
故 对任意的 恒成立.
以下用数学归纳法证明：当 时，总有
因为 ，所以 成立.
设当 时， ，因 ，故 即 ，
所以 时，也有 成立，
由数学归纳法可知：对任意的 ，总有 .
由性质★可得 即 ，故数列 单调递增，所以①正确.
令 ，其中 .
则 ， 在 为减函数且 ，
所以 在 为减函数，
( ) 2sinf x x xπ= − 0, 2x
π ∈
( ) 2cosf x x π
′ = − ( )f x′ 0, 2
π
( ) 20 1 0f π
′ = − > 2 02f
π
π
′ = − 0, 2x x
π ∈
( ) 0f x′ <
( ) 2sinf x x xπ= − ( )00, x 0 , 2x
π
( )0 02f f
π = = 0, 2x
π ∈
( ) ( )0 0f x f> = 2sin x xπ>
( ), 0,12x t t
π= ∈ 2sin 2 2t t t
π π
π> × × =
sin 2 t t
π > ( )0,1t ∈
1n ≥ 1 13 na≤ <
1
1 1,3 2a ∈ 1
1 13 a≤ <
n k= 1 ,13ka ∈ 6 2 2
kaππ π≤ < 1
1 12 ka +≤ < 1
1 13 ka +≤ <
1n k= + 1
1 13 ka +≤ <
1n ≥ 1 13 na≤ <
sin 2
n
n
a a
π > 1n na a+ > { }na
( ) 3sin 2 2g x x x
π= − 1 13 x≤ <
( ) 3cos2 2 2g x x
π π′ = − ( )g x′ 1 ,13
( )1 3 3 30, 1 03 4 2 2g g
π ′ ′= − < = −
( ) 31 04h′ = − <
( )h x′ 1 ,13
1x x=
1
1 ,3x x ∈
( ) 0h x′ > ( )1,1x x∈ ( ) 0h x′ <
( )h x 1
1 ,3 x
( )1,1x
( )1 1 1 0, 1 03 2 2h h = − = =
1 13 x≤ < ( ) 0h x ≥
3 1sin 2 4 4x x
π ≥ + 1 ,13
1n ≥ 3 1sin 2 4 4n na a
π ≥ + +1
3 1
4 4n na a≥ +
+1
3 1
4 4n na a≥ + ( )+1
31 14n na a− ≥ − ( )+1
31 14n na a− ≤ −
20 1 3na< − ≤ ( ) ( )1
1
31 14
n
na a
− − ≤ − 整理得到 ，
当 时，则有 ，
故 ，此时有 ，故④不成立.
综上，四个结论中正确 是①②③.
故答案为：①②③.
【点睛】本题考查数列的单调性、数列不等式的证明、导数应用等，一般地，数列的单调性判断需根据相
邻两项差的符号来判断，但对于较为复杂的数列（甚至是以递推关系给出的数列），其单调性、与该数列相
关的不等式的证明需依靠导数来证明，在该题中，数列的通项的范围依据数学归纳法才能得到，此问题属
于难题.
三、解答题：4 小题，共 56 分.
18.已知 .
（1）求 的最小正周期及最大值；
（2）在三角形 中，内角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，且 ， ， ，求
的面积.
【答案】（1）最小正周期 ，最大值为 ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）先把 化简为标准型，然后可求周期和最大值；
（2）先由 求出角 ，然后利用正弦定理求出角 ，进而得到角 ，结合面积公式可得或者利用
余弦定理求出 ，结合面积公式可得.
【详解】（1）由条件知： ，
故周期 ， .
的
( )1
1
31 14
n
na a
− ≥ − −
( )4 1
3
log 2020 1n a> − ( )
1
1
3 1
4 2020 1
n
a
− A B>
6B
π=
2B
π=
2A
π> A B π+ >
sin sin
a b
A B
= 2sin 2A =
4A
π= 3
4
π
7
12C
π=
12
π 7 6 2sin sin sin12 3 4 4C
π π π + = = + =
6 2sin sin12 4C
π −= =
1 3 1sin2 4ABCS ab C∆
+= = 3 1
4
−
1b = 2a = 6B
π=
2 2 2
cos 2
a c bB ac
+ −= 2 6 1 0c c− + =
6 2
2c
±= 1 3 1sin2 4ABCS ac B∆
±= =
P ABCD− ABCD PA ⊥ ABCD 1= =PA AB
2AD = F PB E BC
AB AD⊥ PE AF⊥
2
3
πBAD∠ = E BC PA PDE
4
π（1）先证明 平面 ，得到 后可证 平面 ，从而得到要证明的线线垂直.
（2）连接 ，过 作 的垂线，垂足为 ，可证明 为 与平面 所成角，利用解直角三
角形的方法可求 的大小.
【详解】（1）因为四边形 为平行四边形，所以 ，因为 ，故 .
因为 平面 ， 平面 ，故 ，
因为 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ， 是 中点，故 .
因为 ，所以 平面 ，而 平面 ，故 .
（2）连接 ，故 作 的垂线，垂足为 .
因为 平面 ， 平面 ，故 ，同理 .
在 中，因为 ，故 .
在 中， ，故 .
在 ， ，故 .
在 中， ，故 .
所以 ，所以 ，同理 .
因为 ，所以 平面 .
因为 平面 ，故平面 平面 .
因为 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，故 为 与平面 所成角，
在 中， ，故 ，
所以 与平面 所成角为 .
BC ⊥ PAB BC AF⊥ AF ⊥ PCB
AE A PE G PEA∠ PA PDE
PEA∠
ABCD AD BC∥ AB AD⊥ BC AB⊥
PA ⊥ ABCD BC ⊂ ABCD PA BC⊥
PA AB A= BC ⊥ PAB
AF ⊂ PAB BC AF⊥
1= =PA AB F PB PB AF⊥
PB BC B∩ = AF ⊥ PCB PE ⊂ PCB PE AF⊥
AE A PE G
PA ⊥ ABCD AD ⊂ ABCD PA AD⊥ PA AE⊥
Rt PAD∆ 1, 2PA AD= = 5PD =
ABE∆ 1, 180 120 60AB BE ABE= = ∠ = °− ° = ° 1AE =
Rt PAE∆ 1PA = 2PE =
DCE∆ 1, 120DC CE DCE DAB= = ∠ = ∠ = ° 3DE =
2 2 2PD PE DE= + PE DE⊥ AE DE⊥
PE AE E= DE ⊥ PAE
DE ⊂ PDE PAE ⊥ PDE
PG PE⊥ PG ⊂ PAE PAE PDE PE=
PG ⊥ PDE PEA∠ PA PDE
Rt PAE∆ 1PA AE= =
4PEA
π∠ =
PA PDE 4
π【点睛】线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为 得到，而线面垂直又可以由面
面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归
结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
20.设各项均为正数的数列 的前 项和为 ，满足 ，已知等比数列 ， ，
， ．
（1）求数列 ， 的通项公式；
（2）记 ，数列 的前 项和 ．证明：对一切正整数 ， ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用 把题设中的递推关系转化为关于 ，再利用等差数列的通项公式可求 ，
最后利用等比数列的性质可求等比数列 的公比，从而得到 .
（2）利用错位相减法可求 ，利用不等式的性质可证明 .
【详解】（1）因为 ，故 ，两式相减得到：
，整理得到 .
因为 ，故 ，故 是等差数列且公差为 2.
又 即 ，解得 或 （舍）.
所以 .
又 ，故等比数列的公比 ，所以 .
故数列 ， 的通项公式分别为 ， .
（2）由（1）得 ，故 ，
所以 ，
2
π
{ }na n nS ( )( )4 3 1n n nS a a= + − { }nb 2 1b a=
3 4b a= *n N∈
{ }na { }nb
n
n
n
ac b
= { }nc n nT n 6nT <
1n n na S S −= − 1 2n na a −− = na
{ }nb nb
nT 6nT <
( )( )4 3 1n n nS a a= + − ( )( )1 1 14 3 1n n nS a a− − −= + −
2 2
1 14 2 2n n n n na a a a a− −= − + − ( ) 2 2
1 12 n n n na a a a− −+ = −
0na > 1 2n na a −− = { }na
( )( )1 1 14 3 1a a a= + − 2
1 12 3 0a a− − = 1 3a = 1 1a = −
( )3 1 2 2 1na n n= + − × = +
2 1 3 43, 9b a b a= = = = 3
2
3bq b
= = 2 13 3 3n n
nb − −= × =
{ }na { }nb 2 1na n= + 13n
nb −=
1
2 1
3n n
nc −
+= 1 2n nT c c c= + + + 0 1 2 1
3 5 7 2 1
3 3 3 3n
n
−
++ + + +=
1 2 3 1
3 5 7 2 1 2 1
3 3 3 3 3
1
3 n n n
n nT −
− ++ + + + += 两式相减得到：
，化简得到 .
因为 ，故 .
【点睛】数列的通项 与前 项和 的关系式 ，我们常利用这个关系式实现
与 之间的相互转化. 数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组
求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项
的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
21.已知抛物线 的图象经过点 .
（1）求抛物线 的方程和焦点坐标；
（2）直线 交抛物线 于 ， 不同两点，且 ， 位于 轴两侧，过点 ， 分别作抛物线 的两条
切线交于点 ，直线 ， 与 轴的交点分别记作 ， ．记 的面积为 ， 面积为 ，
面积为 ，试问 是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1） ，焦点坐标为 ；（2） 为定值且定值为 1.
【解析】
1
1 2 1
2 113 32 2 2 2 1 2 13 3 13 3 3 3 3
2
3 1 3
n
n n nnT n n
−
−
× − + + + + + + − == + −
−
11 2 1 2 44 43 3 3
n
n n
n n− + + = − − = − 1
26 3n n
nT −
+= −
1
2 03n
n
−
+ > 6nT <
{ }na n nS 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n−
== − ≥
{ }na
nS
2:C x ay= ( )2,1
C
l C A B A B y A B C
P AP BP x M N ABP∆ 1S ANP∆ 2S
BMP∆ 3S 1
2 3
S
S S+
2 4x y= ( )0,1 1
2 3
S
S S+【分析】
（1）将点代入抛物线方程求出 后可得所求的抛物线方程及焦点坐标.
（2） 设 ， ，利用导数求出切线的斜率后可求切线 的方程，求出 的坐
标后可用 表示 ，化简后可得 为定值.
【详解】（1）将 代入方程有 ，故 ，所以抛物线的方程为 ，
焦点坐标为 .
（2）设 ， ， 的中点为 .
因为抛物线的方程为 ，故 ，所以 ，
故直线 ，同理 .
令 ，则 .
由 解得 ，故 .
a
2
1
1, 4
xA x
2
2
2 , 4
xB x
,PA PB ,M N
1 2,x x 1 2 3,S S S+ 1
2 3
S
S S+
( )2,1 4 1a= × 4a = 2 4x y=
( )1,0
2
1
1, 4
xA x
2
2
2 , 4
xB x
AB S
2
4
xy =
2
xy′ = 1 2,2 2PA PB
x xk k= =
( ) 2 2
1 1 1 1
1: 2 4 2 4
x x x xPA y x x x= − + = −
2
2 2: 2 4
x xPB y x= −
0y = 1 2,0 , ,02 2
x xM N
2
1 1
2
2 2
2 4
2 4
x xy x
x xy x
= −
= −
1 2
1 2
2
4
x xx
x xy
+ =
=
1 2 1 2,2 4
x x x xP
+
因为 ，故 轴，又 ，
所以 .
又 ，故
，
因为 ， 位于 轴两侧，故 ，所以 ，
即 ，所以 为定值且定值为 1.
【点睛】本题考查抛物线的标准方程的求法、焦点坐标的计算及定值问题，注意与抛物线切线相关的问题，
可利用导数来计算切线的斜率，抛物线中的定值问题可通过设动点的坐标，把目标代数式表示为动点的坐
标后再化简可得定值.
22.已知函数 .
（1）若 ，求出函数 的单调区间及最大值；
（2）若 且 ，求函数 在 上的最大值 的表达式.
【答案】（1）增区间为 ，减区间为 ；最大值为 ；（2）分类讨论，详见解析.
【解析】
【分析】
（1）先求解导数，判断单调性，然后可得最值；
（2）先求解导数，分类讨论 或 ，结合导数在区间上的符号，及根的大小关系，进行分
类求解.
【详解】（1）由已知， 时， ，
故 ，
1 2
2S
x xx
+= PS x⊥
2 2
1 2
8S
x xy
+=
32 2
2 11 2 2 1
1 2 1
1
2 2 4 16
x xx x x xS x x
−+= × − × − =
2 1
2 2
x xMN = −
2 2
2 1 1 1 2 2 1 2 1 2
2 3
1 1
2 2 2 2 4 2 2 2 2 4
x x x x x x x x x xS S+ = × − × − + × − × −
( )2
2 1
1 216
x x x x
−= × +
A B y 1 2 0x x <
3
2 1
2 3 16
x xS S
−+ =
1
2 3
1S
S S
=+
1
2 3
S
S S+
( ) ( ) ( )ln 1 1 4f x x k x k x k= + + + − + −
0k = ( )f x
4k ≠ − 0k ≠ ( )f x
2
1, 1 4
k
k
− − + +
( )g k
31, 4
− −
3 ,4
− +∞ 3 2ln 2−
4 0k + > 4 0k + <
0k = ( ) ( )ln 1 4f x x x= + −
1 4 34) 1( , 11f xxx x
x
−−′ −= = > −+ +由 得 ，所以 的增区间为 递增；
由 得 ，所以 的减区间为在 ；
所以 .
（2） ，
，即 时，所以 在 递增，在 递减，
下面比较 与 大小：
①当 ，即 或 时，
，
②当 ，即 或 时，
.
，即 时，由 可得 ， ，
下面比较 ， 大小：
①当 ，即 时， 在 递增，在 递减，在 递增，
又 ，故 ，
由 知 ，
，
( ) 0f x′ > 3
4x < − ( )f x 31, 4
− −
( ) 0f x′ < 3
4x > − ( )f x 3 ,4
− +∞
( )max
3 3 2ln 24f x f = − = −
( ) ( ) ( )( )
( )
2 1 1 4 1 21 41 2 1)
2 1
(f
x k x
x k kx xx
+ − + + +
= + − −+ +
′ + = +
1° 4 0k + > 4k > − ( )f x 31, 4
− −
3 ,4
− +∞
2
1 4
k
k
− + +
3
4
−
2 3
41 4
k
k
− +
> −+ 4k > 44 3k− < < −
( )max
3 3 2ln 24 4x kf f = − = + −
2 3
41 4
k
k
− +
≤ −+
4 03 k− ≤ < 0 4k< ≤
( ) 2 2 2
max 1 ln 44 4 4
k k kk kf k k kf x
− = − + = + + + + +
2° 4 0k + < 4k < − ( ) 0f x′ = 1
3
4x = − ( )2 2
4 1
4
x
k
= −
+
1x 2x
1 2x x< 8 4k− < < − ( )f x ( )10, x ( )1 2,x x ( )2 ,x +∞
2
1, 1 4
kx k
∈ − − + +
( ) ( ) 2
1max max , 1 4
kf x f x f k
= − + +
8 4k− < < − 24
k
k
>+
2 2
1 ln 4 ln 4 4 3 2ln 24 4
k kf k k
− + = + > + > − + +
( )1
33 2ln 24 4
k f f x > + − = − = 故 ；
②当 ，即 时， 在 递增，在 递减，在 递增，
则 ，
而 （利用重要不等式
）
又 ，知 ，故 ，
所以 ；
③当 ，即 时， ，即 在 单调递增，
；
综上所述，
当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数求解单调区间和最值问题，主要是求解关于导数的不等式，
同时要关注定义域，对参数的讨论要合理分类，主要是从根的大小及根与定义域的关系进行分类，综合性
较强，难度较大，侧重考查逻辑推理和数学抽象的核心素养.
( ) 2 2
max 1 ln 44 4
k kf x f k k
= − + = + + +
1 2x x> 8k < − ( )f x ( )20, x ( )2 1,x x ( )1,x +∞
( ) ( ) 2
2max max , 1 4
kf x f x f k
= − + + ( )
2
2
4max 1 , 1 44
kf f kk
= − + − + + +
( ) ( ) ( )2 2 2
4 4 41 ln 244 4
f x f kk k
= − = + + ++ +
2 22 ln 1 04 4k k
− − = − + ≤ + +
ln 1 0x x− + ≤
8k < −
2
1 04
k
k
− + > +
( )2
1 0 04
kf fk
− + > = +
( ) 2 2
max 1 ln 44 4
k kf x f k k
= − + = + + +
1 2x x= 8k = − ( )' 0f x ≥ ( )f x
2
1, 1 4
k
k
− − + +
( ) 2 2
max 1 ln 44 4
k kf x f k k
= − + = + + +
( )44, 4,3k ∈ − − +∞
3 3 2ln 2( ) 4 4g fk k = − = + −
( ) ( ], 4 0,4k ∈ −∞ −
2 2
( ) 1 ln 44 4
k kg k f k k
= − + = + + +
4 ,03k ∈ −
2 2 22( ) 1 ln 44 4 4
k k kg k f k k k
= − + = − + + + +
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