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2020 届江苏省南京市十校高三下学期 5 月调研数学试题
一、填空题
1．已知集合 ，则 ______________.
【答案】
【解析】利用一元二次不等式解法求得集合 ，根据并集定义可求得结果.
【详解】
， ， .
故答案为： .
【点睛】
本题考查集合运算中的并集运算，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题.
2．已知复数 的实部为 0，其中 为虚数单位， 为实数，则
_____________.
【答案】
【解析】根据复数乘法运算和实部定义可构造方程求得 ，进而根据共轭复数定义得到
结果.
【详解】
的实部为 ， ，解得： ，
， .
故答案为： .
【点睛】
本题考查共轭复数的求解问题，涉及到复数的乘法运算和复数实部的定义，属于基础题.
3．如图，茎叶图记录了甲、乙两组各 3 名同学在期末考试中的数学成绩，则方差
较小的那组同学成绩的方差为________．
【答案】
【解析】试题分析：因为方差越小成绩越稳定，所以方差较小为乙组同学，方差为
{ }2| 2 0 , { | 1}A x x x B x x= − < = < A B =
( ,2)−∞
A
( ){ } ( )2 0 0,2A x x x= − < = { } ( )1 ,1B x x= < = −∞ ( ),2A B∴ = −∞
( ),2−∞
( 2 )(1 )z a i i= + + i a z =
4i−
a
( )( ) ( ) ( )2 1 2 2z a i i a a i= + + = − + + 0 2 0a∴ − = 2a =
4z i∴ = 4z i∴ = −
4i−
14
3第 2 页 共 24 页
【考点】方差
4．运行如图所示的伪代码，则输出的 的值为_____________.
【答案】25
【解析】运行代码，根据循环结构依次运算即可得到结果.
【详解】
运行代码，输入 ， ，满足 ，循环；
则 ， ，满足 ，循环；
则 ， ，满足 ，循环；
则 ， ，满足 ，循环；
则 ， ，满足 ，循环；
则 ， ，不满足 ，结束循环，输出 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查根据循环结构计算输出结果的问题，属于基础题.
5．某兴趣小组有 2 名女生和 3 名男生，现从中任选 2 名学生去参加活动，则至多有一
名男生的概率为_____________.
【答案】
【解析】利用组合数的知识计算出所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，由古
典概型概率公式可求得结果.
【详解】
从 名同学中任选 名学生，共有 种选法，
至多有一名男生的情况有 种选法，
至多有一名男生的概率 .
2 2 2
2 ( 2) ( 1) (3) 1492, 3 3x s
− + − += = =
S
0S = 1I = 10I <
0 1 1S = + = 1 2 3I = + = 10I <
1 3 4S = + = 3 2 5I = + = 10I <
4 5 9S = + = 5 2 7I = + = 10I <
9 7 16S = + = 7 2 9I = + = 10I <
16 9 25S = + = 9 2 11I = + = 10I < 25S =
25
7
10
5 2 2
5 10C =
2 1 1
2 2 3 1 6 7C C C+ = + =
∴ 7
10p =第 3 页 共 24 页
故答案为： .
【点睛】
本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到组合数的应用，属于基础题.
6．设等比数列 的前 项和为 ，若 ，则 _____________.
【答案】
【解析】由等比数列片段和性质可得到 ， ， 成等比数列，根据等比
数列性质可推导得到 ，代入所求式子可整理得到结果.
【详解】
由 得： ，此时由等比数列性质知：
， ， 成等比数列，设其公比为 ， ，
， ，
.
故答案为： .
【点睛】
本题考查等比数列片段和性质的应用，属于中档题.
7．函数 为定义在 上的奇函数，且满足 ，若 ，则
_____________.
【答案】3
【解析】由抽象函数关系式可确定 关于 对称，结合函数为奇函数可知
是周期为 的周期函数，由此可确定各个函数值，代入可求得结果.
【详解】
， 关于 对称，又 为奇函数，
是周期为 的周期函数， ，
是定义在 上的奇函数， ，
，
7
10
{ }na n nS 5 102S S= 5 15
10 5
4S S
S S
+ =−
8−
5S 10 5S S− 15 10S S−
15 5
3
4S S=
5 102S S= ( )5 5 10 5 10 5 52 2 2 2S S S S S S S− = − = − = −
5S 10 5S S− 15 10S S− q 10 5
5
1
2
S Sq S
−∴ = = −
( )15 10 10 5 5
1 1
2 4S S S S S∴ − = − − = 15 10 5 5
1 3
4 4S S S S∴ = + =
5 15 5 5
10 5
5 5
4 3 81
2
S S S S
S S S S
+ +∴ = = −− −
8−
( )f x R ( ) (2 )f x f x= − ( )1 3f =
( ) ( ) ( )1 2 50f f f+ +⋅⋅⋅+ =
( )f x 1x = ( )f x
4
( ) ( )2f x f x= − ( )f x∴ 1x = ( )f x
( )f x∴ 4 ( ) ( ) ( ) ( )1 5 9 49 3f f f f∴ = = =⋅⋅⋅ = =
( )f x R ( )0 0f∴ =
( ) ( ) ( ) ( )0 2 4 50 0f f f f∴ = = =⋅⋅⋅ = =第 4 页 共 24 页
， ，
.
故答案为： .
【点睛】
本题考查利用函数的奇偶性、对称性和周期性求解函数值的问题；关键是能够通过对称
性与周期性的关系确定函数的周期，进而确定函数值的变化特点.
8．将函数 图象向左平移 个单位，所得图象对应
的函数恰为偶函数，则 的最小值为_____________.
【答案】
【解析】利用诱导公式和二倍角公式可化简函数为 ，根据三角函
数左右平移原则可得到平移后的解析式，进而根据奇偶性构造方程求得 .
【详解】
，
向左平移 个单位得： ，
为偶函数， ，解得： ，
又 ， 的最小值为 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查利用正弦型函数的奇偶性求解参数值的问题，涉及到利用诱导公式和二倍角公
式化简三角函数、三角函数的平移变换等知识，属于三角函数部分知识的综合应用问题.
9．双曲线 的左，右焦点分别为 ，过 且与 轴垂直的直
线与双曲线交于 两点，若 ，则双曲线的渐近线方程为
_____________.
( ) ( )1 1 3f f− = − = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 7 11 47 3f f f f f∴ − = = = =⋅⋅⋅= = −
( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 4 0f f f f∴ + + + =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 50 0 12 1 2 3f f f f f+ +⋅⋅⋅+ = × + + =∴
3
( ) 2sin sin6 3f x x x
π π = + − ( 0)ϕ ϕ >
ϕ
12
π
( ) sin 2 3f x x
π = +
ϕ
( ) 2sin sin 2sin cos6 3 6 2 3f x x x x x
π π π π π = + − = + − −
2sin cos sin 26 6 3x x x
π π π = + + = +
( )f x∴ ϕ ( ) sin 2 2 3f x x
πϕ ϕ + = + +
( )f x ϕ+ ( )2 3 2 k k Z
π πϕ π∴ + = + ∈ ( )
12 2
k k Z
π πϕ = + ∈
0ϕ > ϕ∴
12
π
12
π
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
− = > > 1 2F F， 2F x
A B， 1 2
3
2F F AB=第 5 页 共 24 页
【答案】
【解析】利用通径长和焦距的关系可构造 齐次方程，从而求得离心率 ，利用
可求得渐近线斜率，进而得到结果.
【详解】
轴且直线 过焦点 ， 为通径，则 ，
， ，即 ，
，解得： ，
又 ， ， ， 双曲线渐近线方程为 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查双曲线渐近线方程的求解，涉及到双曲线通径长、离心率的应用，考查了双曲
线的几何性质，属于基础题.
10．如图，五边形 由两部分组成， 是以角 为直角的直角三角形，四
边形 为正方形，现将该图形以 为轴旋转一周，构成一个新的几何体.若形成
的圆锥和圆柱的侧面积相等，则圆锥和圆柱的体积之比为_____________.
【答案】
【解析】利用圆锥圆柱侧面积相等可构造方程 ，代入圆锥和圆柱体积公式即可
求得结果.
【详解】
设正方形 的边长为 ， 长为 ，
则圆锥的侧面积 ，圆柱的侧面积 ，
2y x= ±
,a c e
2
2
2 1be a
− =
AB x⊥ AB 2F AB∴
22bAB a
=
1 2
3
2F F AB=
( )2 22 332
c abc a a
−
∴ = = 2 23 2 3 0c ac a− − =
23 2 3 0e e∴ − − = 3e =
2
2
2 1be a
− =
2
2 2b
a
∴ = 2b
a
∴ = ∴ 2by x xa
= ± = ±
2y x= ±
ABCDE ABE△ B
BCDE AC
3
3
3h r=
BCDE r AB h
2 2
1S r r hπ= ⋅ + 2
2 2S rπ=第 6 页 共 24 页
由 得： ，解得： ，
圆锥和圆柱的体积之比为 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查圆锥和圆柱的侧面积与体积的相关问题的求解，关键是能够利用圆锥和圆柱侧
面积相等构造方程求得圆锥的高与底面半径之间的关系.
11．在平行四边形 中， ， ， ，
.若 ，则 _____________.
【答案】21
【解析】利用平面向量的线性运算可将所求数量积转化为
，根据平面向量数量积的定义和运算律可求得结果.
【详解】
， ， ，
.
故答案为： .
1 2S S= 2 2 22r r h rπ π⋅ + = 3h r=
∴ 2
3
1
33
3
r h
r
π
π
⋅
=
3
3
ABCD 2 6AD AB= = 60DAB∠ =
1
2DE EC
→ →
=
1
2BF FC
→ →
= 2FG GE
→ →
= AG BD
→ →
⋅ =
7 5
9 9AD AB AD AB
→ → → → + ⋅ −
1
2DE EC
→ →
=
1
2BF FC
→ →
= 2
3EF BD∴ =
1
3AG BD AE EG AD AB AD DE EF AD AB
→ → → → → → → → → → → ∴ ⋅ = + ⋅ − = + + ⋅ −
1 2 1 2 2
3 9 3 9 9AD DC DB AD AB AD AB AB AD AD AB
→ → → → → → → → → → → = + + ⋅ − = + + − ⋅ −
2 27 5 7 2 5
9 9 9 9 9AD AB AD AB AD AD AB AB
→ →→ → → → → → = + ⋅ − = − ⋅ −
7 2 1 536 6 3 9 28 2 5 219 9 2 9
= × − × × × − × = − − =
21第 7 页 共 24 页
【点睛】
本题考查平面向量数量积的求解问题，解题关键是能够利用平面向量的线性运算将问题
转化为模长和夹角已知的两向量的数量积的求解问题.
12．已知在锐角 中，角 的对边分别为 .若 ，则
的最小值为_____________.
【答案】
【解析】利用正弦定理边化角和两角和差正弦公式可求得 ，利用
和两角和差正切公式可得到 ，代入所求式
子后可化简为关于 的函数，利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】
，由正弦定理可得： ，
，
， ，
，
，
，
为锐角三角形， ， ，
（当且仅当 ，即
时取等号），
的最小值为 .
故答案为： .
【点睛】
ABC A B C， ， a b c， ， 3 cosa b C=
1 1 1
tan tan tanA B C
+ +
2 7
3
tan 2tanC B=
( )tan tanA B C= − +
2
3tantan 1 2tan
BA B
= − −
tan B
3 cosa b C= sin 3sin cosA B C=
( )sin sin sin cos cos sin 3sin cosA B C B C B C B C∴ = + = + =
cos sin 2sin cosB C B C∴ = tan 2tanC B∴ =
A B C π+ + =
( )( ) ( ) 2
tan tan 3tantan tan tan 1 tan tan 1 2 tan
B C BA B C B C B C B
π +∴ = − + = − + = − = −− −
2 21 1 1 2tan 1 1 1 4tan 7
tan tan tan 3tan tan 2tan 6tan
B B
A B C B B B B
− +∴ + + = + + =
2 tan 7
3 6 tan
B
B
= +
ABC 0, 2B
π ∴ ∈
( )tan 0,B∴ ∈ +∞
2tan 7 2tan 7 2 723 6tan 3 6tan 3
B B
B B
∴ + ≥ ⋅ = 2 tan 7
3 6 tan
B
B
=
7tan 2B =
1 1 1
tan tan tanA B C
∴ + + 2 7
3
2 7
3第 8 页 共 24 页
本题考查解三角形中的最值问题的求解，涉及到正弦定理边化角、两角和差正弦和正切
公式的应用等知识；关键是能够利用一个变量表示出所求式子，进而得到符合基本不等
式的形式，利用基本不等式求得和的最小值.
13．已知圆 点 ，直线 与圆 交于 两点，点 在直线 上
且满足 .若 ，则弦 中点 的横坐标的取值范围为
_____________.
【答案】
【解析】①当直线 斜率不存在时，易求得 ；②当直线 斜率存在时，设其方
程为 ，利用直线与圆有交点可求得 ；将直线方程与圆方程联立
得到韦达定理的形式；根据 和 可整理得到 ， ，
， 满足的方程，代入韦达定理的结论整理可得 ；当
时，知 ；当 时，可将 表示为关于 的函数，利用对号函数的性质可求
得值域，即为所求的范围；综合两类情况可得最终结果.
【详解】
设 ，
①当直线 斜率不存在时，直线方程为 ，此时 ， ，
， ， ， ，
满足 ，此时 ；
②当直线 斜率存在时，设其方程为： ，
与圆 有两个不同交点， ，即 ，
由 得： ，
2 2: 4O x y+ = ( )2,2A l O P Q， E l
2PQ QE
→ →
= 2 22 48AE AP+ = PQ M
1 7 1 7,2 2
− − − +
l 0Mx = l
y kx m= + 2 24 4m k< +
2PQ QE
→ →
= 2 22 48AE AP+ = 1 2x x+ 1 2x x
1 2y y+ 1 2y y 2 4 4m km m= − 0m =
0Mx = 0m ≠ Mx k
( ),M MM x y
l : 0l x = ( )0, 2P − ( )0,2Q
2PQ QE
→ →
=
( )0,4E∴ 2 4 4 8AE∴ = + = 2 4 16 20AP = + =
2 22 48AE AP+ = 0Mx =
l y kx m= +
l O 2
2
1
m
k
∴ <
+
2 24 4m k< + ( )∗
2 2 4
y kx m
x y
= +
+ =
( )2 2 21 2 4 0k x kmx m+ + + − =第 9 页 共 24 页
设 ， ，
则 ， ，
，
.
， ，解得： ，
由 得：
，
整理得： ，
，整理得： ，
当 时， ；
当 时， ，代入 式得： ，
解得： ，
，
， ，
当 时， 单调递增，
在 上单调递减，
，
( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y ( )0 0,E x y
1 2 2
2
1
kmx x k
+ = − +
2
1 2 2
4
1
mx x k
−= +
( )1 2 1 2 1 2 2
22 1
my y kx m kx m k x x m k
∴ + = + + + = + + = +
( )( ) ( ) 2 2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 2
4
1
m ky y kx m kx m k x x km x x m k
−= + + = + + + = +
2PQ QE
→ →
=
( ) ( )2 1 2 1 0 2 0 2, 2 ,x x y y x x y y∴ − − = − −
2 1
0
2 1
0
3
2
3
2
x xx
y yy
− = − =
2 22 48AE AP+ =
( ) ( )2 2
2 22 1 2 1
1 1
3 32 2 2 2 2 2 482 2
x x y y x y
− − − + − + − + − =
( ) ( ) ( )2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 29 9 24 24 24 96x x y y x x y y x x y y+ + + − − − + + + =
2 2 2
2 2 2
4 2 4 4 2 23 8 8 321 1 1
m m k m km
k k k
− − −∴ − − =+ + +
2 4 4m km m= −
0m = 1 2 02M
x xx
+= =
0m ≠ 4 4m k= − ( )∗ ( )2 24 4 4 4k k− < +
4 7 4 7
3 3k
− +< <
2
1 2
2 2 2
4 4 14 42 1 1 1M
x x km k k kx k k k
+ − +∴ = = − = = − + ×+ + +
4 7 13
− > − ( )
14 4 21 21
Mx
k k
∴ = − + ×
+ + −+
4 7 4 7
3 3k
− +< < ( ) 21 1y k k
= + + +
∴ ( )
44 21 21
y
k k
= − +
+ + −+
4 7 4 7,3 3
− +
1 7 1 7,2 2Mx
− − − +∴ ∈ 第 10 页 共 24 页
综上所述：弦 中点 的横坐标的取值范围为 .
故答案为： .
【点睛】
本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、向量共线的坐标
表示、函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结合韦达定理的形式，将所求的
点的横坐标表示为关于直线斜率 的函数关系式的形式，从而利用对号函数的性质求得
函数值域；本题计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运算和求解能
力有较高要求.
二、解答题
14．在 中，角 所对的边分别为 ，已知 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ， ，求 的值.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可得 ，进而得到
结果；
（2）利用余弦定理和正弦定理解三角形求得 和 ，由大边对大角的特点可知
为锐角，得到 ，根据二倍角公式得到 ，利用
，利用两角和差正弦公式可求得结果.
【详解】
（1） ， 由正弦定理得：
，
， ， ，
，即 ， ，
PQ M 1 7 1 7,2 2
− − − +
1 7 1 7,2 2
− − − +
k
ABC , ,A B C , ,a b c 2sin sin 3b A a B
π = −
B
2a = 3c = ( )sin A C−
3
π 5 3
14
−
tan B
b sin A A
cos A sin 2 ,cos2A A
( ) 2sin sin 2 3A C A
π − = −
2sin sin 3b A a B
π = − ∴
2sin sin sin sin 3A B A B
π = −
( )0,A π∈ sin 0A∴ ≠ 2sin sin 3B B
π ∴ = −
3 1sin cos sin2 2B B B∴ = + 3 1cos sin2 2B B= tan 3B∴ =第 11 页 共 24 页
， .
（2）由余弦定理得： ， ，
由正弦定理得： ， ， 为锐角， ，
， .
， ，
.
【点睛】
本题考查解三角形和三角恒等变换知识的综合应用问题，涉及到正弦定理边化角、正余
弦定理解三角形、两角和差公式和二倍角公式的应用等知识，考查了学生的运算求解能
力.
15．如图,在三棱柱 中，侧面 是矩形，平面 平面
， 是棱 上的一点.
（1）求证： ；
（2）若 是 的中点，且 平面 ，求证： 是棱 中点.
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
【解析】（1）根据面面垂直的性质可证得 平面 ，由线面垂直性质可证得
结论；
（2）连接 交 于点 ，可知 且 ，根据平行关系可知
共面，利用线面平行的性质可证得 ，从而得到四边形 为平
行四边形，由长度关系可证得结论.
【详解】
( )0,B π∈ 3B
π∴ =
2 2 2 2 cos 4 9 12cos 73b a c ac B
π= + − = + − = 7b∴ =
sin 21sin 7
a BA b
= = a c > 1F ,A B
P 1PF
4
π
1 2=PF 2
2
C
,M N ,A B BN AM 2
AMBN
2 2
14 2
x y+ = 16
3
2a c=
c b
AM ( )2y k x= + M
N ( )1 2
1 42S y y= × × − k
S
C 2
2
ce a
= = 2a c∴ =
2F 2PF 2 12 2 2PF a PF a= − = −第 15 页 共 24 页
在 中，由余弦定理得： ，
即 ，又 解得：
， ， ， 椭圆 的方程为 .
（2）由（1）知： ， ，
设直线 斜率为 ，则直线 方程为 ，
由 得： ，
则 ，
设 ，则 ， ， ，
，
由 可得直线 方程为 ，
同理可求得： ，
由对称性，不妨设 ，则四边形 的面积：
，
令 ，则 （当且仅当 ，即 时取等号），
， 的最大值为 .
【点睛】
本题考查直线与椭圆综合应用的问题，涉及到椭圆标准方程的求解、椭圆中四边形面积
1 2F PF△ 2 2 2
2 1 1 2 1 1 2 1 22 cosPF PF FF PF FF PFF= + − ⋅ ∠
( )2 22 2 4 4 4 2a c c− = + − 2a c= ( )224 4 4 2 2 2 2c c c∴ + − = −
2c = 2a∴ = 2 2 2b a c= − = ∴ C
2 2
14 2
x y+ =
( )2,0A − ( )2,0B
AM k AM ( )2y k x= +
( )
2 2
2
14 2
y k x
x y
= + + =
( )2 2 2 21 2 8 8 4 0k x k x k+ + + − =
( )( )4 2 264 4 1 2 8 4 16 0k k k∆ = − + − = >
( )1 1,M x y
2
1 2
8 42 1 2
kx k
−− = +
2
1 2
2 4
1 2
kx k
−∴ = + 1 2
4
1 2
ky k
∴ = +
2
2 2
2 4 4,1 2 1 2
k kM k k
−∴ + +
2BN AMk k= BN ( )2 2y k x= −
2
2 2
16 2 8,1 8 1 8
k kN k k
− − + +
0k > AMBN
( ) ( )
( )( )
3
1 2 2 2 2 2
24 41 4 84 22 1 2 1 8 1 2 1 8
k kk kS y y k k k k
+ = × × − = + = + + + +
2
2
2
1 1 124 4 24 4 24 4 24
11 1 1 2116 108 2 44 2 1 4
k k kk k k
kk k kkkk k kk kk
+ + + = = = = + ++ + + ++ + +
1 4t kk
= + 12 4 4t kk
≥ ⋅ = 1 4kk
= 1
2k =
24 24 16
2 1 34 2
S
t t
∴ = ≤ =
+ + S∴ 16
3第 16 页 共 24 页
最值的求解问题；求解面积最值的关键是能够将面积表示为关于某一变量的函数的形式，
利用对号函数求得四边形面积的最大值.
18．已知函数 ， .
（1）若 ， ，求函数 在 处的切线方程；
（2）若 ，且 是函数 的一个极值点，确定 的单调区
间；
（3）若 ， 且对任意 ， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） ；（2）当 时， 的单调递增区间为 ，
，单调递减区间为 ；当 时， 的单调递增区间为
， ，单调递减区间为 ；（3） .
【解析】（1）求得 和 后，即可利用导数的几何意义得到所求的切线方程；
（2）根据极值点的定义可确定 ，由此可得 ，分
别在 和 两种情况下根据导函数的正负确定原函数的单调区间；
（3）将恒成立的不等式化为 ，①当 时，
由 恒成立可知 ，满足题意；②当 时，由 时
可知 ，满足题意；由零点存在定理可验证出 和
时存在 的区间，不满足题意；综合几种情况可得最终结果.
【详解】
（1）当 ， 时， ，
则 ， ， ，
在 处的切线方程为 ，即 .
（2）当 时， ， ，
是 的一个极值点， ， ，
( ) ( )2 , ,f x ax bx c a b c R= + + ∈ ( ) xg x e=
1a b= = 1c = − ( ) ( )
( )
f xh x g x
= 1x =
1a = 1x = ( ) ( ) ( )m x f x g x= ( )m x
2b a= 2c = 0x ≥
( )
( ) 2 2f x xg x
≤ + a
2 1 0x ey− − = 4b < − ( )m x ( ),1−∞
( )3,b− − +∞ ( )1, 3b− − 4b > − ( )m x
( ), 3b−∞ − − ( )1,+∞ ( )3,1b− − ( ],2−∞
( )1h ( )1h′
2 3c b= − − ( ) ( )( )3 1 xm x x b x e′ = + + − ⋅
4b < − 4b > −
( ) ( )2 2 2 2 2 0xs x ax ax x e= + + − + ≤ 0a ≤
( ) 0s x′ ≤ ( ) ( )0 0s x s≤ = 0a > 0 2a< ≤
( ) 0s x′ ≤ ( ) ( )0 0s x s≤ = 2 3a< ≤ 3a >
( ) ( )0 0s x s> =
1a b= = 1c = − ( ) 2 1
x
x xh x e
+ −=
( ) 11h e
= ( ) ( )( )2 2 12
x x
x xx xh x e e
− − +− + +′ = = ( ) 21h e
′∴ =
( )h x∴ 1x = ( )1 2 1y xe e
− = − 2 1 0x ey− − =
1a = ( ) ( )2 xm x x bx c e= + + ⋅ ( ) ( ) ( )( )2 2 xm x x b x b c e′∴ = + + + + ⋅
1x = ( )m x ( ) ( )1 2 3 0m b c e′∴ = + + = 2 3c b∴ = − −第 17 页 共 24 页
，
令 ，解得： ， ，
是一个极值点， ，即 ，
①当 ，即 时，
若 和 ， ；若 ， ，
的单调递增区间为 ， ，单调递减区间为 ；
②当 ，即 时，
若 和 ， ；若 ， ，
的单调递增区间为 ， ，单调递减区间为 ；
综上所述：当 时， 的单调递增区间为 ， ，单调递减
区间为 ；当 时， 的单调递增区间为 ， ，单调
递减区间为 .
（3）当 ， 时， 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立.
令 ，
则 ，
，
，
①当 时，对任意 ， 恒成立，
在 上单调递减， ，满足题意；
②当 时，
当 时， ， 在 上单调递减， ，
⑴当 时， ， 在 上单调递减，
，
( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 2 3 3 1x xm x x b x b e x b x e′∴ = + + − + ⋅ = + + − ⋅
( ) 0m x′ = 1 1x = 2 3x b=− −
1x = 3 1b∴− − ≠ 4b ≠ −
3 1b− − > 4b < −
( ),1x∈ −∞ ( )3,b− − +∞ ( ) 0m x′ > ( )1, 3x b∈ − − ( ) 0m x′ <
( )m x∴ ( ),1−∞ ( )3,b− − +∞ ( )1, 3b− −
3 1b− − < 4b > −
( ), 3x b∈ −∞ − − ( )1,+∞ ( ) 0m x′ > ( )3,1x b∈ − − ( ) 0m x′ <
( )m x∴ ( ), 3b−∞ − − ( )1,+∞ ( )3,1b− −
4b < − ( )m x ( ),1−∞ ( )3,b− − +∞
( )1, 3b− − 4b > − ( )m x ( ), 3b−∞ − − ( )1,+∞
( )3,1b− −
2b a= 2c =
( )
( )
2 2 2 2 2x
f x ax ax xg x e
+ += ≤ + 0x ≥
( )2 2 2 2 2 0xax ax x e+ + − + ≤ 0x ≥
( ) ( )2 2 2 2 2 xs x ax ax x e= + + − +
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 1 2 4x x xs x ax a e x e a x x e′ = + − − + = + − +
( ) ( ) ( )2 2 2 4 2 2 6x x xs x a e x e a x e′′ = − − + = − +
( ) ( ) ( )2 2 6 2 8x x xs x e x e x e′′′ = − − + = − +
0a ≤ 0x ≥ ( ) 0s x′ ≤
( )s x∴ [ )0,+∞ ( ) ( )0 0s x s∴ ≤ =
0a >
0x ≥ ( ) 0s x′′′ < ( )s x′′∴ [ )0,+∞ ( ) ( )0 2 6s x s a′′ ′′∴ ≤ = −
0 3a< ≤ ( ) 0s x′′ ≤ ( )s x′∴ [ )0,+∞
( ) ( )0 2 4s x s a′ ′∴ ≤ = −第 18 页 共 24 页
i.当 时， ， 在 上单调递减，
，满足题意；
ii.当 时，由 ， ，
，使得 ，则 在 上单调递增，
当 时， ，不满足题意；
⑵当 时，由 ，当 时， ，
，使得 ， 在 上恒成立，
在 上单调递增， ，
在 上单调递增， ，不满足题意；
综上所述：实数 的取值范围为 .
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数的几何意义求解曲线在某一点处的
切线方程、讨论含参数函数的单调区间、恒成立问题的求解；本题中恒成立问题的求解
关键是能够通过分类讨论的方式，结合零点存在定理，确定函数的单调性，进而得到参
数的取值范围.
19．设数列 （任意项都不为零）的前 项和为 ，首项为 ，对于任意 ，
满足 .
（1）数列 的通项公式；
（2）是否存在 使得 成等比数列，且 成等差
数列？若存在，试求 的值；若不存在，请说明理由；
（3）设数列 ， ，若由 的前 项依次构成的
数列是单调递增数列，求正整数 的最大值.
【答案】（1） ；（2）存在， ；（3）
【解析】（1）代入 求得 ，利用 可验证出奇数项和偶数项分别成等
差数列，由此得到 和 ，进而得到 ；
0 2a< ≤ ( ) 0s x′ ≤ ( )s x∴ [ )0,+∞
( ) ( )0 0s x s∴ ≤ =
2 3a< ≤ ( )0 0s′ > ( )1 4 6 12 6 0s a e e′ = − ≤ − <
( )0 0,1x∴∃ ∈ ( )0 0s x′ = ( )s x ( )00, x
∴ ( )00,x x∈ ( ) ( )0 0s x s> =
3a > ( )0 2 6 0s a′′ = − > x → +∞ ( )s x′′ → −∞
( )1 0,x∴∃ ∈ +∞ ( )1 0s x′′ = ( ) 0s x′′∴ > ( )10, x
( )s x′∴ ( )10, x ( ) ( )0 2 4 0s x s a′ ′∴ > = − >
( )s x∴ ( )10, x ( ) ( )0 0s x s∴ > =
a ( ],2−∞
{ }na n nS 1 n ∗∈N
1
2
n n
n
a aS +⋅=
{ }na
( ), ,k m n N k m n∗∈ < < , ,k m na a a 4 216 , ,k m na a a
k m n+ +
{ }b ( )1
, 2 1,
, 2 , 0
n
n n
a n k k Nb q n k k N q
∗
− ∗
= − ∈= = ∈ >
{ }nb r
r
( )na n n N ∗= ∈ 7k m n+ + = 8
1n = 2a 1n n na S S −= −
2 1na − 2na na第 19 页 共 24 页
（2）假设存在 满足题意，利用等差中项和等比中项的定义可
构造方程组，得到 ，由 可求得 的范围，结合 得到 ，进而求
出 ；
（3）将问题转化为当 为偶数时， ，构造函数
和 ，可利用导数说明 与 的单调性，
进而确定 的取值，同时得到 的范围，从而求得结果.
【详解】
（1） 数列 是非零数列， .
当 时， ， ；
当 且 时， ， ，
是首项为 ，公差为 的等差数列， 是首项为 ，公差为 的等差数列，
， ，
.
（2）设存在 ，满足题意，
成等比数列， ；
成等差数列， ，
消去 可得： ， ，
， ， ，解得： ，
， ， ， ， .
（3）若 是单调递增数列，则 为偶数时， 恒成立，
两边取自然对数化简可得： ，显然 ，
设 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
( ), ,k m n N k m n∗∈ < <
2
2
16
2 1
kn k
= −
2 8n > k k ∗∈N k
,m n
n ( ) ( )ln 1 ln 1ln1 1
n nqn n
− +< ( ),x e∈ +∞ ( ) 0f x′
( ) ( ) ( )ln 2 1xg x xx
+= ≥ ( )
( ) ( )
2 2
2ln 2 1 ln 22 2 0
x x xx xg x x x
− + − − ++ +′ = = <
( )ln 1
1
n
n
+∴ − 6n = ln 7 ln3
5 3
> 8n = ln9 ln3
7 3
<
∴ 2 6n≤ ≤ 1
33q > 11 1nn q n−− < < +
8n = 1 1nq n− < +
∴ 8 r 8
2 2
: 116 4
x yC + =
1 04
10 2
A
=
C′
2 2 1x y+ =
( ),P x y C′ C
( )1 ,P x y′ ′ 4
2
x x
y y
′
′
=
= C
( ),P x y C′ 2 2
: 116 4
x yC + = ( )1 ,P x y′ ′
1 04
10 2
A
1 04 4
10 2 2
x
x x
y y y
′
′ = = ′ ′
第 21 页 共 24 页
即 ， ，代入 得： .
即曲线 的方程为 .
【点睛】
本题考查根据矩阵对应变换求解曲线方程的问题，属于常考题型.
21．在极坐标系中,已知圆 经过点 ，圆心为直线 与极轴
的交点，求圆 的极坐标方程.
【答案】
【解析】将直线方程和 点化为直角坐标，由此得到所求圆的直角坐标方程，再化回极
坐标方程即可.
【详解】
由直线 得： ，
直线的直角坐标方程为： ， 直线与 轴交点为 ，
又 的直角坐标为 ， 圆 的半径 ，
圆 的方程为： ，即 ，
， 或 ，
又 表示极点，也在圆上， 圆 的极坐标方程为： .
【点睛】
本题考查极坐标与直角坐标的互化，属于基础题.
22．已知正数 满足 ，求 的最小值.
【答案】27
【解析】根据 ，利用基本不等式
可求得结果.
【详解】
4
2
xx
yy
=
′
′ =
4
2
x x
y y
′ =∴ =′
2 2
116 4
x y+ = 2 2 1x y+ =
C′ 2 2 1x y+ =
C 2, 4P
π
3sin 3 2
πρ θ + =
C
2cosρ θ=
P
3sin 3 2
πρ θ + =
1 3 3sin cos2 2 2
ρ θ ρ θ+ =
∴ 3 3 0x y+ − = ∴ x ( )1,0
P ( )1,1 ∴ C 1r =
∴ C ( )2 21 1x y− + = 2 2 2 0x y x+ − =
2 2 cos 0ρ ρ θ∴ − = 0ρ∴ = 2cosρ θ=
0ρ = ∴ C 2cosρ θ=
, ,a b c 1abc = ( )( )( )2 2 2a b c+ + +
( )( )( ) ( )( )( )2 2 2 1 1 1 1 1 1a b c a b c+ + + = + + + + + +
( )( )( ) ( )( )( ) 3 3 3 32 2 2 1 1 1 1 1 1 3 3 3 27 27a b c a b c a b c abc+ + + = + + + + + + ≥ ⋅ ⋅ = =第 22 页 共 24 页
（当且仅当 时取等号），
的最小值为 .
【点睛】
本题考查利用基本不等式求积的最小值的问题，关键是能够将所求式子配凑成符合基本
不等式的形式.
23．如图，直四棱柱 的底面是菱形， ， ，
， ， 分别是 ， ， 的中点.
（1）求异面直线 与 所成角的余弦值；
（2）求二面角 的平面角的正弦值.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）根据菱形的特点可证得 ，则以 为坐标原点可建立空间直角坐
标系，利用异面直线所成角的向量求法可求得结果；
（2）利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】
（1） 直四棱柱 的底面是菱形， ， 为 的中点，
，又 ， .
则以 为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 ， , ， ，
， ，
1a b c= = =
( )( )( )2 2 2a b c∴ + + + 27
1 1 1 1ABCD A B C D− 1 4AA = 2AB =
60BAD∠ = ° E M N， BC 1BB 1A D
1A M 1C E
1A MA N− −
7 34
68
10
5
DE AD⊥ D
1 1 1 1ABCD A B C D− 60BAD∠ = E BC
DE BC∴ ⊥ //AD BC DE AD∴ ⊥
D
( )1 2,0,4A ( )1, 3,2M ( )1 1, 3,4C − ( )0, 3,0E
( )1 1, 3, 2A M
→
∴ = − − ( )1 1,0, 4C E
→
= −第 23 页 共 24 页
，
异面直线 与 所成角的余弦值为 .
（2）由（1）得： ， ，
则 ， ， ， ，
设 为平面 的法向量，
则 ，令 ，则 ， ， ；
设 为平面 的法向量，
则 ，令 ，则 ， ， ；
，
二面角 的正弦值为 .
【点睛】
本题考查空间向量法求解立体几何中的异面直线所成角、二面角的问题，考查学生的运
算和求解能力，属于常考题型.
24．已知数列 满足 ，其中 为常数，
.
（1）求 的值
（2）猜想数列 的通项公式，并证明.
【答案】（1） ， ；（2）猜想： ，证明见解析
【解析】（1）代入 可构造方程求得 ，代入 得到 ；
（2）根据数列中的项可猜想 ，利用数学归纳法，结合组合数的运算
与性质可证得结论.
【详解】
1 1
1 1
1 1
7 7 34cos , 682 2 17
A M C EA M C E
A M C E
→ →
→ →
→ →
⋅∴ < >= = =
×⋅
∴ 1A M 1C E 7 34
68
( )1,0,2N ( )2,0,0A
( )1 0,0, 4A A
→
= − ( )1 1, 3, 2A M
→
= − − ( )1 1, 3, 2A N
→
= − − ( )0, 3,0MN
→
= −
( ), ,m x y z
→
= 1A MA
1
1
3 2 0
4 0
m A M x y z
m A A z
⋅ = − + − = ⋅ = − =
1y = 3x = 0z = ( )3,1,0m
→
∴ =
( ), ,n p q r
→
= 1A MN
1
3 0
3 2 0
n MN q
n A N p q r
⋅ = − =
⋅ = − + − =
1r = − 2p = 0q = ( )2,0, 1n
→
∴ = −
2 3 15cos , 52 5
m nm n
m n
→ →
→ →
→ →
⋅∴ < >= = =
⋅
∴ 1A MA N− −
2
15 101 5 5
− =
{ }na
1 2 3
*1 2 3
2 3 , N2 2 2 2
n
n n n n n
n n
C C C Ca m n+ + + += + + + +…+ ∈ m
2 4a =
1, m a
{ }na
1m = 1 2a = ( )2n
n Na n ∗= ∈
2n = m 1n = 1a
( )2n
n Na n ∗= ∈第 24 页 共 24 页
（1） ， ，解得：
，
.
（2）由 ， ， 可猜想： .
证明：①当 时，由（1）知结论成立；
②假设 时，结论成立，则有 ，
那么当 时， .
由 得：
=
又
，
于是 ， ，故 时结论也成立.
由①②得， .
【点睛】
本题以数列为载体，重点考查了组合数的运算与性质，涉及到利用数学归纳法证明数列
通项公式的问题；本题计算量较大，要求学生对于组合数的运算性质有较好的掌握.
1 2 3
1 2 3
2 32 2 2 2
n
n n n n n
n n
C C C Ca m + + + += + + + +⋅⋅⋅+
1 2
3 4
2 3 42 4
C Ca m m∴ = + + = + =
1m =
1
2
1 1 22
Ca m m∴ = + = + =
1 2a = 2 4a = 3 8a = ( )2n
n Na n ∗= ∈
1n =
n k= 1 2 3
1 2 3
2 31 22 2 2 2
k
kk k k k k
k k
C C C Ca + + + += + + + +⋅⋅⋅+ =
1n k= + 1 2 3 1
1 1 1 2 1 3 1 1
1 2 3 11 2 2 2 2
k
k k k k k
k k
C C C Ca
+
+ + + + + + + + +
+ += + + + +⋅⋅⋅+
1 1
1
k k k
n n nC C C+ +
+ = +
1 0 2 1 3 2 1 1
1 1 2 2 3 3 1 1
1 2 3 11 2 2 2 2 2
k k k
k k k k k k k k k k k k
k k k
C C C C C C C C Ca
− +
+ + + + + + + + + + +
+ +
+ + + += + + + +⋅⋅⋅+ +
0 1 2 1 1
1 2 3 1 1
2 3 12 2 2 2 2 2
k k
k k k k k k k k
k k
C C C C C− +
+ + + + + + +
+= + + + +⋅⋅⋅+ +
1 2 1 1
0 2 3 1 1
1 1 2 1
12 2 2 2 2 2
k k
k k k k k k k
k k k
C C C CC
− +
+ + + + + +
+ −
+ + + +⋅⋅⋅+ +
1 2 1 1
0 2 3 1 1 1 1
1 1 2 1
12 2 2 2 2 2
k k k
k k k k k k k k k
k k k
C C C C CC
− +
+ + + + − + + + +
+ −
+= + + + +⋅⋅⋅+ +
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )1 1
1 1 1
1 2 1 ! 2 22 1 ! 2 1 ! 1 12
! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! 2
k k
k k k k
k kk k kC Ck k k k k k k
+ +
+ + + + +
+ ++ + += = = =+ + + + +
1 2 1 1
0 2 3 1 1 1 1 1
1 1 2 1 1
12 2 2 2 2 2 2
k k k
k k k k k k k k k
k k k k
C C C C CC
− +
+ + + + − + + + + +
+ − +
= + + + +⋅⋅⋅+ + +
1 1
12 2
k
k ka a+ += + 1
1 2k
ka +
+∴ = 1n k= +
( )2n
n Na n ∗= ∈
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