2019-2020 届镇江八校第 2 次大联考
一、填空题：
1.已知集合 A={1，3}，B={2，3}，则 A∪B=_____________.
【答案】{1，2，3}
【解析】
【分析】
根据并集的定义即可得出答案.
【详解】A={1，3}，B={2，3}，A∪B={1，2，3}.
故答案为: {1，2，3}
【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题.
2.设复数 是纯虚数，且满足 (其中 为虚数单位)，则实数 a=____________.
【答案】
【解析】
【分析】
复数 实数化，实部为零，虚部不为零，即可求出实数 的值.
【详解】 ,
因为复数 是纯虚数，所以 ，解得 .
故答案为:
【点睛】本题考查复数的分类，注意纯虚数虚部不为零，属于基础题.
3.根据如图所示的伪代码，当输出的 值为 3 时，实数 的值为__________.
z
2
a iz i
+= − i
1
2
z a
( )(2 ) 2 1 ( 2)
2 (2 )(2 ) 5
a i a i i a a iz i i i
+ + + − + += = =− − +
z 2 1 0
2 0
a
a
− =
+ ≠
1
2a =
1
2
y a
【答案】2
【解析】
【分析】
根据条件语句，对 分类讨论.
【详解】若 ，舍去，
若 .
故答案为:2
【点睛】本题考查条件语句的应用，属于基础题.
4.已知射击运动员甲、乙在四次射击中分别打出了 10， ，10，8 环与 10， ，9，9 环的成
绩，若运动员甲所打的四次环数的平均数为 9，那么运动员乙所打四次环数的方差是
________.
【答案】
【解析】
【分析】
由运动员甲所打的四次环数的平均数为 9，求出 的值，再求出乙所打的四次环数的平均数，
即可求出乙所打四次环数的方差.
【详解】甲所打的四次环数的平均数为 9， ，
，则乙所打的四次环数的平均数 9，
乙所打四次环数的方差为
.
故答案为:
【点睛】本题考查平均数、方差的计算，属于基础题.
5.在编号为 1，2，3，4 且大小和形状均相同的四张卡片中，一次随机抽取其中的两张，则抽
取的两张卡片编号之和是偶数的概率为_________.
【答案】
【解析】
a
21, 2 3, log 3 1aa y a< = = = >
1, 1 3, 2a y a a≥ = + = =
x x
1
2
x
28 36x + =
8x∴ =
2 2 2 21 1[(10 9) (8 9) (9 9) (9 9) ]4 2
− + − + − + − =
1
2
1
3
【分析】
列出一次随机抽取其中的两张所有情况，找出两张卡片编号之和是偶数，根据古典概型计算
公式，即可得出结果.
【详解】一次随机抽取其中的两张，由以下情况：
共有 6 种抽取方法，
其中抽取的两张卡片编号之和是偶数有 2 种抽取方法，
其概率为 .
故答案为:
【点睛】本题考查古典概型的概率，属于基础题.
6.设双曲线 ( )的一条渐近线的倾斜角为 30°，则该双曲线的离心率为
________.
【答案】2
【解析】
【分析】
由渐近线的倾斜角，求出斜率，再求出 ，即可求出离心率.
【详解】双曲线 ( )的一条渐近线的倾斜角为 30°,
所以 .
故答案为:2
【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，注意双曲线焦点的位置，属于基本题.
7.已知圆锥的侧面积为 8π，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】
{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4}
1
3
1
3
2
2
2 1y xa
− = 0a＞
a
2
2
2 1y xa
− = 0a＞
0
2 3
3 3tan30 , 23 3
3
a e= = = =
8 3
3
π
侧面展开图半径为圆锥的母线，由已知条件求出圆锥的母线，再求出底面半径，即可求出圆
锥的体积.
【详解】设圆锥的母线为 ，底面半径为 ，依题意，
，
侧面展开图的弧长为 ，
圆锥的体积为 .
故答案为:
【点睛】本题考查圆锥侧面展开图的结构特征，求圆锥的体积，属于基础题.
8.已知 是等比数列 前 项和，若 ， ，则 _________.
【答案】17
【解析】
【分析】
根据已知条件，求出等比数列 的公比，利用等比数列片段和的关系，即可求出结果.
【详解】设等比数列 的公比为 ，依题意，
，
解得 ，或 （舍去），
.
故答案为：17
【点睛】本题考查等比数列通项的基本量运算，以及前 项和的性质，属于基础题.
9.如图，在等腰△ABC 中，AB=AC=3，D，E 与 M，N 分别是 AB，AC 的三等分点，且
，则 cosA=__________.
l r
21 8 , 42 l lπ π= ∴ =
2 4 , 2l r rπ π π= = ∴ =
∴ 21 8 3
3 3r l
ππ =
8 3
3
π
nS { }na n 1 1a = 3 5 20a a+ = 8
4
S
S
=
{ }na
{ }na q
2 4 2 4
3 5 1 1 20a a a q a q q q+ = + = + =
2 4q = 2 5q = −
4
8 4
4 4
(1 ) 17S q S
S S
+= =
n
1DN ME⋅ = −
【答案】
【解析】
【分析】
以 为基底，分别把 表示出来，然后根据已知条件即可求出 .
【详解】 ，
，
=
= ，
.
故答案为:
【点睛】本题考查向量的基本定理以及向量的数量积运算，属于基础题.
10.已知函数 ，若 ，则实数 的取值范围是
__________.
【答案】(-1，3)
【解析】
【分析】
先证 ，原不等式转化为 ，再利用 在 是单调递
增，不等式再转化为 ，即可求出实数 的取值范围.
3
5
,AB AC ,DN ME cos A
2 1
3 3DN AN AD AC AB= − = −
2 1
3 3ME AE AM AB AC= − = −
2 1 2 1( ) ( )3 3 3 3DN ME AC AB AB AC⋅ = − ⋅ −
2 22 5 2
9 9 9AB AC AB AB− − ⋅ −
54 | || | cos 4 5cos 19 AC AB A A− − = − − = −
3cos 5A∴ =
3
5
2 1( ) 12 1
x
xf x -= ++
2(2 1) (4 ) 2f m f m− + − ＞ m
( ) ( ) 2f x f x+ − = 2(2 1) ( 4)f m f m− > − ( )f x R
22 1 4m m− > − m
【详解】 ,
，
，
，
在 上是单调递增，
原不等式等价于 ，即 ，
解得 .
故答案为:
【点睛】本题考查利用函数对称性和单调性解不等式，难点在于要看出函数的对称性，属
于中档题.
11.已知锐角 ΔABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 ， ， ，若 ，则
的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
由正弦定理，条件等式转化角的关系，化简所求的式子，转化角 ，求出 的范围，即可求
得结论.
【详解】 ，
，
，
2 1 2 1 2 1 1 2( ) ( ) 2 2 22 1 2 1 2 1 2 1
x x x x
x x x xf x f x
-
-
- - - -+ - = + + = + + =+ + + +
2 22 (4 ) ( 4)f m f m− − = −
2 2(2 1) (4 ) 2 (2 1) ( 4)f m f m f m f m− + − ⇔ − > −＞
2 1 2 1 2 2( ) 1 1 22 1 2 1 2 1
x x
x x xf x - + -= + = + = -+ + +
( )f x∴ R
∴ 22 1 4m m− > − 2 2 3 0m m− − < 1 3m− < < ( 1,3)− a b c 2 cosb a a C− = 2cos cos( ) A C A− 2 3,2 2 A A sin sin 2sin cos sin( ) sinB A A C C A A− = ⇒ − = ,0 , , 22 2 2C A A C A A C A π π π− < − < < < ∴ − = = 2 2 ( , )6 43 2 C A A B A π π π ππ = ⇒ ∈ = − ＜ ＜
.
故答案为:
【点睛】本题考查正弦定理的应用，以及两角和差正弦公式的应用，属于中档题.
12.已知 A，B 为圆 C: 上两个动点，且 AB=2，直线 : ，若线
段 AB 的中点 D 关于原点的对称点为 D′，若直线 上任一点 P，都有 ，则实数 的取
值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据对称关系， 为已知圆关于原点对称圆 C′弦长为 2 弦的中点，转为圆 C′的圆心与直线
的距离关系，即可得结论.
【详解】设圆 C 关于原点对称的圆为圆 C′: ，
则 A，B 关于原点对称的点 在圆 上，
的中点为 AB 的中点 D 关于原点的对称点为 D′，
，
设 C′到直线 的距离为 d.则 ，
即 ，
解得 或
的取值范围是
【点睛】本题考查图形的对称关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题.
13.已知正数 ， 满足 ，则 的最小值为__________.
【答案】2
2cos
cos( )
A
C A−
2 3cos ,2 2A
= ∈
2 3,2 2
2 2( 1) ( 1) 5x y+ + − = l ( 5)y k x= −
l 1PD′ ≥ k
4 6 2 4 6 2( , ] [ , )7 7
− +−∞ +∞
D¢
l
2 2( 1) ( 1) 5x y− + + =
,A B′ ′ C′
A B′ ′
22 5 2AB A B C D C D′ ′ ′ ′ ′ ′∴ = = − ⇒ =
l 2 1 3d d− ≥ ⇒ ≥
2
2
4 1 3,7 8 8 0
1
k k k
k
− ≥ − − ≥
+
4 6 2
7k
−≤ 4 6 2
7k
+≥
k∴ 4 6 2 4 6 2( , ] [ , )7 7
− +−∞ +∞
a b 2 (2 ) 4a b a b+ = +a b
【解析】
【分析】
由条件等式，将 用 表示， 转为关于 的函数，然后用基本不等式求最值.
【详解】
当且仅当 ，即 时取等号.
故答案为:2
【点睛】本题考查含有条件等式的最值问题，解题的关键要灵活应用条件等式，转化为基本
不等式求最值，属于中档题.
14.已知函数 ，若方程 恰有两个实数解 ，且
，则实数 的取值范围是__________.
【答案】(1，3)
【解析】
【分析】
利用数形结合方法，转化为函数 图像、函数 图像以及
的交点关系.
【详解】令 ，
化简 ，
设方程 两根为 ，
此时 ，不合题意，
因为 ，所以 ’，
故 为 与 的交点横坐标，
由图可知 ∈(1，3).
的
b a +a b a
4
2 2 3
4
42 4 0 ,
4 2
aa b a b b a a
aa b a
++ − = ⇒ = − +
+∴ + = ≥
4 4a = 2a =
6 4, 2( )
2 5,0 2
x xf x x
x x
+ − ≥=
− + ＜ ＜
( )f x a= 1 2,x x ( )1 2x x＜
1 2 6x x⋅ ＞ a
2 5(0 2)y x x= − + < < 6 4y x x = + − y a= 6 4x ax + − = 2 ( 4) 6 0x a x− + + = 1 2,x x′ 1 2 6x x′⋅ = 1 2 6x x⋅ ＞ 1 1x x′＞ 1x 2 5(0 2)y x x= − + < < y a= a
故答案为: (1，3)
【点睛】本题考查方程的零点，转化为函数图像交点的位置关系，考查数形结合思想，属于
中档题.
二、解答题.
15.如图，在三棱锥 中， ,平面 平面 分
别为 中点.
（1）求证： 平面 ；
（2）求证：平面 平面 .
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：
（1）由 分别为 中点可得 ，根据线面平行的判定定理可得结论．（2）
由题意可得 ，根据平面 平面 得到 平面 ，故 ，
再结合 ，可得 平面 ，从而可得平面 平面 ．
试题解析：
（1）因为 分别为 中点，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
P ABC− 90 ,ABC PA PC∠ = = PAC ⊥ , ,ABC D E
,AC BC
/ /DE PAB
PBC ⊥ PDE
,D E ,AC BC / /DE AB
PD AC⊥ PAC ⊥ ABC PD ⊥ ABC PD BC⊥
DE BC⊥ BC ⊥ PDE PBC ⊥ PDE
,D E ,AC BC
/ /DE AB
DE ⊄ PAB AB ⊂ PAB
所以 平面 ．
（2）因为 为 中点，
所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ．
因为 ，
因此 ．
因为 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ．
16.设向量 ， ， 为锐角．
（Ⅰ）若 ，求 的值；
（Ⅱ）若 ,求 的值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）本题以向量为背景，实际考察三角函数及三角恒等变换，将向量数量积用
坐 标 表 示 ， 求 出 的 值 ， 然 后 根 据 ， 求 出
的值，从而根据 为锐角求出 的值；（Ⅱ）根据 的坐标表
示，可以求出 ，可以根据同角三角函数基本关系式求出 的值，再利用二
倍角公式，求出 的值，再将 按两角和正弦公式展开，即可而求
的值．另外，也可以根据齐次式求出 的值，再将 按两
/ /DE PAB
,PA PC D= AC
PD AC⊥
PAC ⊥ ABC PAC ∩ ABC AC= PD ⊂ PAC
PD ⊥ ABC
BC ⊂ ABC
PD BC⊥
90 , / /ABC DE AB∠ =
DE BC⊥
, , , ,PD BC DE BC PD DE D PD DE⊥ ⊥ ∩ = ⊂ PDE
BC ⊥ PDE
BC ⊂ PBC
PBC ⊥ PDE
(2,sin )a θ= (1,cos )b θ= θ
13
6a b⋅ = sin cosθ θ+
/ /a b sin(2 )3
πθ +
θ sin cosθ θ+ / /a b
tan 2θ =
sin(2 )3
πθ +
角和正弦公式展开，从而求 的值．注意公式的准确使用．
试题解析：（Ⅰ）∵ ，
∴ ．
∴
又∵ 为锐角，∴ ．
（Ⅱ）法一：∵ ，∴ ．
∴ ，
．
∴
法二 ∵ ，∴ ．
易得 ， ．
∴ ，
．
∴
考点：1．向量平行垂直的坐标表示；2．同角三角函数基本关系式；3．三角恒等变换公式的
应用．
17.在平面直角坐标系 中，已知椭圆 C: ( > >0)的右焦点为 F(1，0)，且过
点(1， )，过点 F 且不与 轴重合的直线 与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 P 在椭圆上，且满足
.
sin(2 )3
πθ +
132 sin cos 6a b θ θ⋅ = + =
2 4(sin cos ) 1 2sin cos 3
θ θ θ θ+ = + =
θ 2 3sin cos 3
θ θ+ =
/ /a b tan 2θ =
2 2 2
2 2 4sin 2 2sin cos 1 5
sin cos tan
sin cos tan
θ θ θθ θ θ θ θ θ= = ＝ ＝＋ ＋
2 2 2
2 2
2 2 2
1 3cos 2 cos sin 1 5
cos sin tan
sin cos tan
θ θ θθ θ θ θ θ θ
－ －＝ － ＝ ＝ ＝－＋ ＋
1 3 1 4 3 3 4 3 3sin 2 sin 2 cos 23 2 2 2 5 2 5 10
πθ θ θ − + × × ＝ ＋ ＝ ＋ － ＝
/ /a b sin 2cosθ θ=
2 5sin 5
θ = 5cos 5
θ =
4sin 2 2sin cos 5
θ θ θ= ＝
2 2 3cos 2 cos sin 5
θ θ θ＝ － ＝－
1 3 1 4 3 3 4 3 3sin 2 sin 2 cos 23 2 2 2 5 2 5 10
πθ θ θ − + × × ＝ ＋ ＝ ＋ － ＝
xOy
2 2
2 2 1x y
a b
+ = a b
3
2
x l
( 0)OA OB tOP t+ = ＞
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)若 ，求直线 AB 的方程.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
（1） 代入椭圆方程，结合 关系，即可求出椭圆标准方程；
（2）设直线 方程，与椭圆联立，利用韦达定理，得出 两点的坐标关系，进而求出 点
坐标，代入椭圆方程，即可求出直线 方程.
【详解】(1)由题意可知， =1，且
又因为 ，
解得 ， ，
所以椭圆 C 的标准方程为 ；
(2)若直线 AB 的斜率不存在，则易得 ， ，
∴ ，得 P( ，0)，
显然点 P 不在椭圆上，舍去；
因此设直线 的方程为 ，设 ， ，
2
2t =
2 2
14 3
x y+ = 3 ( 1)2y x= ± −
3(1, )2
, ,a b c
l ,A B P
l
c 2 2
1 9 14a b
+ =
2 2 2a b c= +
2a = 3b =
2 2
14 3
x y+ =
31, 2A
31, 2B −
( ) 22,0 2OA OB OP+ = = 2 2
l ( 1)y k x= − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y
将直线 的方程与椭圆 C 的方程联立 ，
整理得 ，
∴ ，
则由
得
將 P 点坐示代入椭圆 C 的方程，
得 (*)；
将 代入等式(*)得
∴
因此所求直线 AB 的方程为 .
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，椭圆与直线的位置关系，,用设而不求的方法解决有关相
交弦的问题，属于中档题.
18.某校要在一条水泥路边安装路灯，其中灯杆的设计如图所示，AB 为地面，CD，CE 为路灯
灯杆，CD⊥AB，∠DCE= ，在 E 处安装路灯，且路灯的照明张角∠MEN= .已知 CD=4m，
CE=2m.
(1)当 M，D 重合时，求路灯在路面的照明宽度 MN；
(2)求此路灯在路面上的照明宽度 MN 的最小值.
l 2 2
( 1)
14 3
y k x
x y
= − + =
2 2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x k x k+ − + − =
2
1 2 2
8
3 4
kx x
k
+ =
+
( )1 2 1 2
2, ( 2) 2OA OB x x k x x OP+ = + + − =
( )1 2 1 2, 2( 2)P x x x x+ + −
2 2 2
1 2 1 23( ) 4 ( 2) 6x x k x x+ + + − =
2
1 2 2
8
3 4
kx x
k
+ =
+
2 3
4k =
3
2k = ±
3 ( 1)2y x= ± −
2
3
π
3
π
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
（1）用余弦定理求出 ，进而求出 ，结合已知条件，求出 ，用
正弦定理求出 ；
（2）由面积公式，余弦定理结合基本不等式，即可求出结果.
【详解】(1)当 M，D 重合时，
由余弦定理知，
∴
∵
∴ ，
∵
∴
∵
∴在 ΔEMN 中，由正弦定理可知，
解得 ；
(2)易知 E 到地面的距离 =5m
7 3
2 m 10 3
3 m
,DE CDEÐ EMN∠ sin ENMÐ
MN
2 2 2 cos 2 7ME DE CD CE CD CE DCE= = + − ⋅ ∠ =
2 2 2 5 7cos 2 14
CD DE CECDE CD DE
+ −∠ = =⋅
2CDE EMN
π∠ + ∠ =
5 7sin cos 14EMN CDE∠ = ∠ =
0EMN∠ ＞
2 21cos 1 sin 14EMN EMN∠ = − ∠ =
3MEN
π∠ =
2sin sin 3
2 2 2 7sin cos cos sin3 3 7
ENM EMN
EMN EMN
π
π π
∴ ∠ = − ∠
= ∠ − ∠ =
sin sin
MN EM
MEN ENM
=∠ ∠
7 3
2MN =
24 2sin 3 2h
π π = + −
由三角形面积公式可知，
∴ ，又由余弦定理可知，
，
当且仅当 EM=EN 时，等号成立，
∴ ，解得
答:(1)路灯在路面的照明宽度为 m；
(2)照明宽度 MV 的最小值为 .
【点睛】本题考查解三角形的实际应用，涉及到正弦定理，余弦定理，面积公式，基本不等
式，是一道综合题.
19.已知数列 的前 项和 满足 .
(1)证明数列 为等差数列，并求出数列 的通项公式.
(2)若不等式 ，对任意 恒成立，求 的取值范围.
(3)记数列 的前 项和为 ，是否存在正整数 ， 使得 成立，
若存在，求出所有符合条件的有序实数对( ， )；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析， ；(2) ；(3) 存在， (1，1)，(1，2).
【解析】
【分析】
（1）由 与 关系，得出 的递推关系，再用等差数列的定义，证明 为等差数列，
求出其通项，即可求得 的通项公式；
（2）不等式 ，对任意 恒成立，分离参数转为
1 15 sin2 2 3EMNS MN EM EN
π
∆ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
10
3
MN EM EN= ⋅
2 2 2 2 cos 3MN EM EN EM EN EM EN
π= + − ⋅ ≥ ⋅
2 10
3
MN MN≥ 10 3
3MN ≥
7 3
2
10 3
3 m
{ }na n nS
13 3 3 ,2 4 4
n
n nS a n N
−
∗= − − ∈
3
n
n
a
{ }na
22 3 (5 ) nn n aλ− − −＜ n ∗∈N λ
3( 1)
n
n
a
+
n nT m n
1
3
3 1
m
n
m
n
T m
T m+
− ≤− +
m n
13 3n
n na a −= + 44
9
λ＜
nS na { }na 3
n
n
a
{ }na
22 3 (5 ) nn n aλ− − −＜ n ∗∈N 2 3(5 ) 3n
nλ −− ＞
对任意 恒成立，转为求数列 的最大值，即可求出结果；
（3）求出 通项公式，以及前 项和为 ，代入 化简，转化为关
于 的不等式，结合 为正整数，可求出 的值.
【详解】(1)当 =1 时， ，得 ，
当 时， ， ，
两式相减得： ，
∴ ，即 ，
又 ，
∴数列 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列.
(2)由(1)知 ，即
∵
∴不等式 ，对任意 恒成立，
等价于 对任意 恒成立，
记
法一：则 时，
∴ 时， ； 时， .
或(法二)： 时，
∴当 时， ，
∴ 或 时， 取最大值为 ，
n ∗∈N 2 3{ }3n
n −
3( 1)
n
n
a
+
n nT
1
3
3 1
m
n
m
n
T m
T m+
− ≤− +
,m n ,m n ,m n
n 1 1 1
3 9 3
2 4 4S a a= = − − 1 6a =
2n ≥
13 3 3
2 4 4
n
n nS a
+
= − − 1
3 3 3
2 4 4
n
n nS a −= − −
13 3n
n na a −= +
1 1
1
2 1 13 3 3
n n n
n n n
a a a− −
−= + = + 1
1 13 3
n n
n n
a a −
−− =
1
1 23
a =
3
n
n
a
13
n
n
a n= + ( 1) 3n
na n= + ⋅
0na ＞
22 3 (5 ) nn n aλ− − −＜ n ∗∈N
2 3(5 ) 3n
nλ −− ＞ n ∗∈N
2 3
3n n
nb
−=
2n ≥ 1 1
2 3 2 5 12 4
3 3 3n n n n n
n n nb b − −
− − −− = − =
3n ≤ 1 0n nb b −− ＞ 4n ≥ 1 0n nb b −− ＜
2n ≥ 11
2 1
2 13
2 3 6 9
3
nn
n
n
n
b n
nb n
−+
−
−= =− −
3n ≥ 1 1n
n
b
b
+ ＜
2n = 3n = nb 1
9
∴ ，即
∴入的取值范围是: .
(3)由 得
∴数列 的前 项和为 ，
则
∵ ，得
∴
∴
∵ 是正整数，∴
当 时 ，即
解得 ， .
综上存在所有符合条件的有序实数对( ， )为:(1，1)，(1，2).
【点睛】本题考查已知前 项和求通项，等差数列的定义、通项公式，等比数列的前 项和，
数列的单调性，以及解不等式，是一道难度较大的综合题.
20.已知函数 .
(1)当 时，求函数 的极值；
15 9
λ− ＞ 44
9
λ＜
44
9
λ＜
( 1) 3n
na n= + ⋅ 1
3( 1) 1
3n
n
n
a −
+ =
3( 1)
n
n
a
+
n
11 3
11 3
n
nT
− =
−
1 1
1
1 2 2 11 3 3 3 31
1 2 1 21 13 3 3 3
n n
n
n n
n
mT m
T m m m
+ +
+
− − ⋅ − = = −− − − − −
1 1 1
2 21 12 23 1 3 3 1 13 3
n n nm m+ + +
= − = − − − ⋅ − −
1
3 113 1 3 1
m
n
m m
n
T m
T m+
− ≤ = −− + + 1
2 1
2 3 13 1 13
m
n m+
≥ + − −
1 23 1 1 03
n m+ − − ＞
21 03 m − ＞
m 1m =
1m = 1
2 1
1 43 13
n+
≥
⋅ − 3 9n ≤
1n = 2n =
m n
n n
2( ) lnf x x x ax= − +
1a = ( )f x
(2)若 恒成立，求 的取值范围；
(3)设函数 的极值点为 ，当 变化时，点( ， )构成曲线 M.证明:任意过原点的
直线 ，与曲线 M 均仅有一个公共点.
【答案】(1) 的极大值为 ，无极小值；(2) ；(3) 证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，求出单调区间，即可求出极值；
（2） 恒成立，两种解法：①分离参数，构造新函数，转化为 与新函数的最值关系；
②转化为 ，对 分类讨论求出 ，转化为解关于 的不等式；
（3）先确定出点( ， )构成曲线 M，直线 与曲线 M 均仅有一个公共点转化为函
数的零点，对 分类讨论，求出函数的单调区间，结合零点存在性定理，即可得证.
【详解】(1)当 时， ，
则
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以当 时， 的极大值为 ，无极小值；
(2)(法一)∵ ，
∴由 恒成立，得 恒成立，
令 则 ，
令 ，则 ，
∵ ，故
∴ 在(0，+∞)单增，又 ，在
( ) 0f x ≤ a
( )f x 0x a 0x 0( )f x
y kx=
( )f x (1) 0f = 1a ≤
( ) 0f x ≤ a
max( ) 0f x ≤ a max( )f x a
0x 0( )f x y kx=
k
1a = 2( ) lnf x x x x= − +
1 (2 1)( 1)( ) 2 1 2
x xf x xx
+ − +′ = − + =
1x＞ ( ) 0f x′ ＜ ( )f x
0 1x＜ ＜ ( ) 0f x′ ＞ ( )f x
1x = ( )f x (1) 0f =
0x＞
( ) 0f x ≤ ln xa x x
≤ −
ln( ) xg x x x
= − 2
2
1 ln( ) x xg x x
− +′ =
2( ) 1 lnh x x x= − + 1( ) 2h x x x
′ = +
0x＞ ( ) 0h x′ ＞
2
2
1 ln( ) x xg x x
− +′ =
2( ) 1 lnh x x x= − + (1) 0h =
∴ ， ， ，
即 ， ， ， ，
∴ ， 单减， )， 单增，
∴ 时， 取极小值即最小值 ，
∴ ；
法二：
由二次函数性质可知，存在 ，使得 ，
即 ，且当 时， ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ ，
由题意可知， ，
设 ，则 ，即 单调递增.
∴ 的解集为(0，1]，即 ，
∴ ；
(3)由(2)可知 ，
则曲线 M 的方程为 ，
由题意可知.对任意 ，
证明：方程 均有唯一解，
设 ，
则
( )0,1x∈ ( ) 0h x ＜ ( )1,x∈ +∞ ( ) 0h x ＞
( )0,1x∈ ( ) 0g x′ ＜ ( )1,x∈ +∞ ( ) 0g x′ ＞
( )0,1x∈ ( )g x ( )1,x∈ +∞ ( )g x
1x = ( )g x (1) 1g =
1a ≤
21 2 1( ) 2 2
x axf x x ax
− + +′ = − + =
( )0 0x ∈ + ∞, 0( ) 0f x′ =
22 1 0x ax− + + = ( )00,x x∈ 0( ) 0f x′ ＞
( )0 ,x x∈ +∞ 0( ) 0f x′ ＜
( )f x ( )00, x ( )0 ,x +∞
2 2
0 0 0 0 0 0( ) ( ) ln ln 1f x f x x x ax x x= = − + = + −
2
max 0 0 0( ) ( ) ln 1 0f x f x x x= = + − ≤
2( ) ln 1g x x x= + − 1( ) 2 0g x xx
′ = + ＞ ( )g x
( ) 0g x ≤ ( ]0 0,1x ∈
( ]0
0
12 ,1a x x
= − ∈ −∞
2
0 0( ) ln 1f x x x= + −
2ln 1y x x= + −
k ∈R
2ln 1x x kx+ − =
2( ) ln 1h x x x kx= + − −
21 2 1( ) 2 x kxh x x kx x
− +′ = + − =
①当 时， 恒成立，
所以 在 上单调递增，
∵ ，
所以存在 满足 时，使得 ，
又因为 单调递增.所以 为唯一解；
②当 且 ，即 时，
恒成立，所以 在 上单调递增，
∵ ， ，
∴存在 使得 ，
又∵ 单调递增，所以 为唯一解；
③当 时， 有两解 ，不妨设 ，
因为 ，所以 ，列表如下:
+ 0 - 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
由表可知，当 时，
的极大值为 ，
∵ ，所以 .
∴ ，
0k ≤ ( ) 0h x′ ＞
( )h x ( )0, ∞+
(1) 0h k= − ≥
2 2( ) 1 (1 ) 1 0k k k k kf e k e ke k e e= + − − = − + − ≤
0x 2
0 1ke x≤ ≤ 0( ) 0h x =
( )h x 0x x=
0k＞ 2 8 0k∆ = − ≤ 0 2 2k ≤＜
( ) 0h x′ ≥ ( )h x ( )0, ∞+
(1) 0h k= − ＜ ( ) ( )23 6 3 3 3( ) 3 1 2 2 2 0f e e ke e k e= + − − = − + − ＞
( )3
0 1,x e∈ 0( ) 0h x =
( )h x 0x x=
2 2k＞ ( ) 0h x = 1 2,x x x= 1 2x x＜
1 2
1
2x x⋅ =
1 2
2
2x x＜ ＜
x ( )10, x 1x 1 2( , )x x 2x 2( , )x +∞
( )h x′
( )h x
1x x=
( )h x 2
1 1 1 1( ) ln 1h x x x kx= + − −
2
1 12 1 0x kx− + = 2
1 1 1( ) ln 2 0h x x x= − − ＜
2 1( ) ( ) 0h x h x＜ ＜
∴存在 ，使得 ，
又因为 单调递增，所以 为唯一解:
综上，原命题得证.
【点睛】本题考查函数的极值，恒成立问题，并利用导数方法证明函数零点的存在，是一道
综合题.
附加部分
选修 4-2:矩阵与变换
21.已知矩阵 ，向量 ，计算 .
【答案】
【解析】
【分析】
先求出矩阵 的特征值以及特征向量，向量 用特征向量表示，按求矩阵指数幂运算法则即
可求出结论.
【详解】因为 ，由
得 或 .
当 时，对应的一个特征向量为
当 时，对应的一个特征向量为
设 ，解得
所以
2 2 2 2 22 2 2( ) 1 ( ) 1 0k k k k kh e k e ke e k e k= + − − = − + − ＞
( )2
0 2 , kx x e∈ 0( ) 0h x =
( )h x 0x x=
1 2
1 4A
= −
3
2
α =
5A α
307
275
A α
21 2( ) 5 61 4f
λλ λ λλ
− − = = − + − ( ) 0f λ =
2λ = 3λ =
2λ = 1
2
1
α =
3λ = 2
1
1
α =
3 2 1
2 1 1m n
= +
1
1
m
n
=
=
5 5 5 5
1 2 1 2( )A A A Aα α α α α= + = +
5 52 1 3071 2 1 31 1 275
= × + × =
【点睛】本题考查矩阵的特征值，特征向量，考查矩阵指数运算，属于基础题.
选修 4--4:坐标系与参数方程
22.
在极坐标系中，圆 C 方程为 ，以极点为坐标原点，极轴为 x 轴的正半
轴建立平面直角坐标系，直线 l 的参数方程为 （t 为参数），求直线 l 被⊙C 截得的
弦 AB 的长度．
【答案】 .
【解析】
【分析】
先两边同乘以 ρ，利用公式即可得到圆的方程，可得圆心和半径，再将直线的参数方程化为
普通方程，结合直角坐标系下点到直线的距离公式求解即得．
【详解】⊙C 的方程化为 ρ＝4cosθ+4sinθ，两边同乘以 ρ，得 ρ2＝4ρcosθ+4ρsinθ
由 ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
得 x2+y2﹣4x﹣4y＝0，
其圆心 C 坐标为（2，2），半径 ，
又直线 l 的普通方程为 x﹣y﹣2＝0，
∴圆心 C 到直线 l 的距离 ，
∴弦长 .
【点睛】本题考查圆的极坐标方程、参数方程与普通方程的互化，点到直线的距离公式，考
查了圆中的弦长问题，属于中等题．
选修 4-5：不等式选讲
23.设 ，证明： .
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
的 4 2 4cos
πρ θ = −
1
1
x t
y t
= +
= −
2 6
2 2r =
2 2
2
d = =
2 8 2 2 6AB = − =
, , 0x y z＞ 2 2 2
1 1 1x y z
y z x x y z
+ + ≥ + +
依据柯西不等式，不等式左边乘以 ，即可得证.
【详解】证明：由柯西不等式，得
即
∴ .
当且仅当 时等号成立.
【点睛】本题考查柯西不等式 应用，属于基础题.
24.如图，在三棱锥 P-ABC 中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E 分别为 AB，PB 中点，PD⊥平面
ABC，PD=3.
(1)求直线 CE 与直线 PA 夹角的余弦值；
(2)求直线 PC 与平面 DEC 夹角的正弦值.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，求出 夹角，即可得结果；
（2）求出平面 DEC 的法向量，其 与法向量夹角的余弦的绝对值，即为所求角的正弦值.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，易知 C(0，0，0)，
的
1 1 1
x y z
+ +
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1x y z x y z
x y z y z x x y y z z x
+ + + + ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1x y z
x y z y z x x y z
+ + + + ≥ + +
2 2 2
1 1 1x y z
y z x x y z
+ + ≥ + +
x y z= =
209
19
3 2
11
,CE PA
PC
A(2，0，0)，D(1，1，0)，E( ， ， )，P(1，1，3)，
设直线 CE 与直线 PA 夹角为 ，则
整理得 ；
直线 CE 与直线 PA 夹角的余弦值 ；
(2)设直线 PC 与平面 DEC 夹角为 ，
设平面 DEC 的法向量为 ，
因为 ，
所以有
取 ，解得 ， ，
即面 DEC 的一个法向量为 ， ，
.
直线 PC 与平面 DEC 夹角的正弦值为 .
1
2
3
2
3
2
( ) 1 3 31, 1, 3 , , ,2 2 2PA CE = − − =
θ
2 2 2
2 2 2
1 3 9
2 2 2cos
1 3 31 ( 1) ( 3) 2 2 2
PA CE
PA CE
θ
− −⋅
= =
⋅ + − + − + +
209cos 19
θ =
∴ 209
19
0
θ
( , , )m x y z=
( )1,1,0CD = 1 3 3, ,2 2 2CE =
0
1 3 3 02 2 2
x y
x y z
+ = + + =
1x = 1y = − 2
3z =
2(1, 1, )3m = − ( )1,1,3CP =
( )
0 2
22 2 2 2
1 1 2 3 2sin 1121 1 3 1 1 3
CP m
CP m
θ
⋅ − +∴ = = =
⋅ + + ⋅ + − +
∴ 3 2
11
【点睛】本题考查用空间向量法求空间角，注意空间角与空间向量角之间的关系，属于中档
题.
25.已知 .
(1)记其展开式中常数项为 ，当 时.求 的值；
(2)证明:在 的展开式中，对任意 ， 与 的系数相同.
【答案】(1)19；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据展开式的通项公式，求出常数项，即可求得结果；
（1）先由展开式写出通项，分类讨论 与 存在，再证明系数相等.
【详解】(1) ；
(2)由项式定理可知，
对任意给定 ，当 时，
的展开式中无 与 项；
当 时，
若 为奇数，则 ，
即 的展开式中无 与 项；
的
1( ) 1 ,
n
f x x n Nx
∗ = + + ∈
m 4n = m
( )f x ( )1 t n t N ∗≤ ≤ ∈ tx 1
tx
tx 1
tx
2
2 2 1 1 4
4 4 3 4
1 1 19m C x C C x Cx x
= + ⋅ ⋅ + =
0
1( )
im
i
m
i
f x C x x=
= ⋅ + ∑
1 t n≤ ≤ 1 i t≤ ≤
1 i
x x
+
tx 1
tx
i t≥ 2
0 0
1 1i t t
i i k i k i k i k
m m i m ik
k k
C x C C x C C xx x
− −
= =
⋅ + = ⋅ = ⋅ ∑ ∑
i t− 2i k t− ≠ ±
1 i
x x
+
tx 1
tx
若 为偶数，设 ，
则 的展开式中， 的系数为
的系数为 ，即 与 项的系数相同，
即当 且 为偶数时，在 的展开式中，
与 项的系数均相同，
所以在 的展开式中， 与 项的系数相同，原命题得证.
【点睛】本题考查二项展开式定理，解题的关键是掌握二项展开式的通项公式，突出考查分
类讨论思想的应用，属于中档题.
i t− 2i k t= +
1 t
t
nC x x
+
tx i k
n iC C⋅
1
tx
i i k
n iC C −⋅ tx 1
tx
i t≥ i t− 1 t
t
nC x x
+
tx 1
tx
( )f x tx 1
tx
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