江苏省盐城市2020届高三下学期第四次模拟数学试题（解析版）

江苏省盐城市 2020 届高三年级第四次模拟考试 数学试题 第 I 卷（必做题，共 160 分） 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分，请将答案填写在答题卷相应的位置 上.） 1.若集合 ， ，且 ，则实数 的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 直接根据交集运算的定义求解即可． 【详解】解：∵ ， ，且 ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，属于基础题． 2.已知 i 为虚数单位，复数 z 满足 z(3＋i)＝10，则 的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 由复数的除法运算与求模长的计算公式求解即可. 【详解】 . 故答案为： 【点睛】本题考查复数的除法运算，还考查了求复数的模，属于基础题. 3.从数字 0，1，2 中任取两个不同的数字构成一个两位数，则所得的两位数大于 10 的概率为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 { }A x x m= ≤ { }1B x x= ≥ − { }A B m= m 1− { }A x x m= ≤ { }1B x x= ≥ − { }A B m= 1m = − 1− z 10 ( )2210 10(3 ) 3 3 1 103 (3 )(3 ) iz i zi i i −= = = − ⇒ = + − =+ + − 10 3 4 本题是一个等可能事件的概率，列出基本事件总数，求出满足条件的事件，再根据古典概型的概率公式计 算可得； 【详解】解：从数字 0，1，2 中任取两个不同的数字构成一个两位数，有 10,12,21,20，共 4 个，满足大于 10 的有 3 个，故概率 故答案为： 【点睛】本题考查等可能事件的概率，解题的关键是理解事件两位数大于 10 确定此事件的计数方法，本题 概率基本公式考查题，考查分析判断的能力，本题是一个基础题． 4.如图所示，一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，图中小矩 形从左向右所对应的区间依次为[0，50)，[50，100)，[100，150)，[150，200)，[200，250].若一个月以 30 天计算，估计这家面包店一个月内这种面包的日销售量少于 100 个的天数为_______天. 【答案】12 【解析】 【分析】 根据频率分布直方图，求出对应的频率与频数即可． 【详解】解：根据频率分布直方图，得： 日销售量少于 100 个的频率为 ， 则估计这家面包店一个月内日销售量少于 100 个的天数为： ． 故答案为：12． 【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率 的应用问题，属于基础题． 5.执行如图所示的流程图，输出 k 的值为_______. 3 4P = 3 4 (0.003 0.005) 50 0.4+ × = 30 0.4 12× = = 频数 样本容量 【答案】4 【解析】 【分析】 模拟执行程序，依次写出每次循环得到的 ， 的值，当 时满足条件 ，退出循环，输出 的 值为 4． 【详解】解：由题意，执行程序框图，可得 ， ， ， ，不满足条件 ， ， ，不满足条件 ， ， ，满足条件 ，退出循环，输出 的值为 4． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断程序运行的功能是解答此类问题的关键， 属于基础题． 6.若双曲线 的渐近线为 ，则其离心率的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 S k 18S = 16S > k 1k = 0S = 3S = 2k = 16S > S 9= 3k = 16S > 18S = 4k = 16S > k ( )2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b − = > > 2y x= ± 5 利用渐近线斜率为 和双曲线 的关系可构造关于 的齐次方程，进而求得结果. 【详解】由渐近线方程可知： ，即 ， ， ， （负值舍掉）. 故答案为： . 【点睛】本题考查根据双曲线渐近线方程求解离心率的问题，关键是利用渐进线的斜率构造关于 的齐 次方程. 7.若三棱柱 ABC—A1B1C1 的体积为 12，点 P 为棱 AA1 上一点，则四棱锥 P—BCC1B1 的体积为_______. 【答案】8 【解析】 【分析】 利用等体积法和切割法即可求解 【详解】解析： . 答案：8 【点睛】本题考查棱柱和棱锥的体积问题，属于基础题 8.“ ＝2”是“函数 的图象关于点( ，0)对称”的_______条件.（选填“充分不必要”、“ 必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”之一）. 【答案】充分不必要 【解析】 【分析】 根据充分条件与必要条件的定义求解即可． 【详解】解：当 ＝2 时， ， ，故此时 的图象关于点( ， 0)对称； 而当 的图象关于点( ，0)对称，则 ， ，k Z； 故“ ＝2”是“函数 的图象关于点( ，0)对称”的充分不必要条件； 故答案为：充分不必要． b a , ,a b c ,a c 2b a = 2 24b a= 2 2 2 24b c a a∴ = − = 2 2 2 5ce a ∴ = = 5e∴ = 5 ,a c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3P BCC B A BCC B ABC A B C A A B C ABC A B C ABC A B CV V V V V V− − − − − −= = − = − 1 1 1 2 2 12 83 3ABC A B CV −= = × = ω ( ) sin( )6f x x πω= + 5 12 π ω 526 12 6x π π πω π+ = × + = sin( ) 06x πω + = ( )f x 5 12 π ( )f x 5 12 π 5 12 6 k π πω π× + = 12 2 5 kω −= ∈ ω ( ) sin( )6f x x πω= + 5 12 π 【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判断，考查三角函数的对称性，属于基础题． 9.在△ABC 中，C＝B＋ ，AB＝ AC，则 tanB 的值为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 由 C＝B＋ ，AB＝ AC， 得 ， 然后化简即可求解 【详解】解析：由 AB＝ AC，得 ， ，化简得 ， 所以 tanB 的值为 2. 答案：2 【点睛】本题考查正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数关系式，属于简单题 10.若数列 的前 n 项和为 ， ，则 的值为_______. 【答案】299 【解析】 【分析】 根据题意，利用通项公式求出 ，利用分组并项求和法求出 ，由此可求出答案． 【详解】解：∵ ， ∴ ， ， ∴ ， 故答案为：299． 【点睛】本题主要考查数列的分组并项法的求和公式，考查计算能力，属于基础题． 4 π 3 2 4 4 π 3 2 4 3 2 3 2sin sin sin( ) sin4 4 4C B B B π= ⇒ + = 3 2 4 3 2 3 2sin sin sin( ) sin4 4 4C B B B π= ⇒ + = 2 2 3 2cos sin sin2 2 4B B B+ = 2cos sinB B= { }na nS 12 ( 1) (2 1)n n na n−= + − − 100 1002a S− 100a 100S 12 ( 1) (2 1)n n na n−= + − − 99 1002 2 (2 199)a = × + 100 1 100 1 2 4 2 [( 1 3) ( 5 7) ( 197 199)]S −= + + + + + − + + − + + + − +  1002 1 100= − + 100 100 100 1002 2 398 (2 1 100) 299a S− = + − − + = 11.若集合 P＝ ，Q＝ ，则 P Q 表示的曲线的长度为 _______. 【答案】 【解析】 【分析】 作出 与 的图象，得到 P Q 表示的曲线，利用圆的弧长即可求解. 【详解】由 得 ， 由 得 且 ， 作出两曲线图像如下： 此时 P Q 表示的曲线长度为图中上半圆去掉劣弧 AB 部分， 直线 与圆心的距离 ，且 r＝2， 在 中， ， ∴ ， ∴曲线长度为： . 故答案为： 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，直线与圆的相交，二元一次不等式表示平面区域，属于中档题. { }2 2( , ) 4 0x y x y x+ − = 2( , ) 15xx y y  + ≥      2 3 π 2 2 4 0x y x+ − = 2 15x y + ≥  2 2 4 0x y x+ − = 2 2( 2) 4x y− + = 2 15x y + ≥ 2 , 22 15 215 , 2 15 x xxy x x + ≥ −+ ≤ =  +− < − 0y >  15 2 0y x− − = 2 2 1 15 1 d − −= = + Rt ACD 1cos 2ACD∠ = 60ACD∴∠ = ° 2 120ACB ACD∠ = ∠ = ° 120 22 4 360 3 ππ π °− × =° 2 3 π 12.若函数 的图象上存在关于原点对称的相异两点，则实数 的最大值是_______. 【答案】 【解析】 【分析】 由 题 意 题 目 可 转 化 方 程 有 两 个 不 等 的 正 根 ， 得 ， 令 ，利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得出答案． 【详解】解：∵点 关于原点对称的点为 ， ∴题目可转化为函数 与 图像在第一象限内有两个交点， 即方程 有两个不等的正根，得 ， 令 ，则 ， 由 得 ，由 得 ， ∴函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查转化与化归思想， 属于中档题． 13.在△ABC 中，AB＝10，AC＝15，∠A 的平分线与边 BC 的交点为 D，点 E 为边 BC 的中点，若 ＝90，则 的值是_______. 【答案】 【解析】 【分析】 把 用 表示，代入已知条件求得 ，再计算 即得． 2 e , 0( ) e 1, 0 xm xf x x x  + >=  − ≤ m 2e 1+ 2e 1 exx m+ = + 2e 1 exm x= + − ( )2( ) e 1 e 0xg x x x= + − > ( ),x y ( ),x y− − ( )2 2e 1 e 1y x x = − ⋅ − − = +  exy m= + 2e 1 exx m+ = + 2e 1 exm x= + − ( )2( ) e 1 e 0xg x x x= + − > 2( ) e exg x′ = − ( ) 0g x′ > 0 2x< < ( ) 0g x′ < 2x > ( )g x ( )0,2 ( )2,+∞ 2( ) (2) e 1g x g≤ = + 2e 1m ≤ + 2e 1+ AB AD⋅  AB AE⋅  175 2 ,AE AD  ,AB AC  AB AC⋅  AB AE⋅  【详解】由角平分线定理可知 ，所以 因为 ，所以 ， ， 所以 故答案为： . 【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是以 为基底，其他向量都用基底表示后再进行运 算． 14.若实数 x，y 满足 4x2＋4xy＋7y2＝1，则 7x2﹣4xy＋4y2 的最小值是_______. 【答案】 【解析】 【分析】 将式子化为为 ，讨论 x＝0 或 x≠0，将分子、分母同除 ，利用判别式 即可求解. 【详解】解析： ， 当 x＝0，原式的值为 ， 当 x≠0，令 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查了判别式法求最值，属于中档题. 二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤.） 3 2 AC CD AB BD = = 2 2 ( )5 5AD AB BD AB BC AB AC AB= + = + = + −        2 3 5 5AC AB= +  90AB AD⋅ =  2 22 3 3 2 3 2( ) 10 905 5 5 5 5 5AB AC AB AB AC AB AC AB⋅ + = + ⋅ = × + ⋅ =        75AC AB⋅ =  2 21 1 1 175( ) ( ) (10 75)2 2 2 2AB AE AB AB AC AB AC AB⋅ = ⋅ + = + ⋅ = × + =        175 2 ,AB AC  3 8 2 2 2 2 2 2 7 4 47 4 4 4 4 7 x xy yx xy y x xy y − +− + = + + x 0∆ ≥ 2 2 2 2 2 2 7 4 47 4 4 4 4 7 x xy yx xy y x xy y − +− + = + + 4 7 2 2 2 7 4 4 (7 4) (4 4) 4 7 04 4 7 y t tt m m t m t mx t t − += ⇒ = ⇒ − + + + − =+ + 24 3 8(4 4) 4(7 4)(4 7) 07 8 3m m m m m≠ ⇒ ∆ = + − − − ≥ ⇒ ≤ ≤ 3 8 15.若函数 (M＞0， ＞0，0＜ ＜ )的最小值是﹣2，最小正周期是 2 ，且图象 经过点 N( ，1). （1）求 的解析式； （2）在△ABC 中，若 ， ，求 cosC 的值. 【答案】（1） .（2） 【解析】 【分析】 （1）利用三角函数的性质：最值求出 M，最小正周期求出ω，特殊点代入求出 ，即可求出解析式. （2）首先利用解析式求出 ， ，再利用同角三角函数的基本关系求出 、 ， 然后结合三角形的内角和性质以及两角和的余弦公式即可求解. 【详解】解：（1）因为 的最小值是﹣2，所以 M＝2. 因为 的最小正周期是 2π，即 ，所以ω＝1， 又由 的图象经过点( ，1)，可得 ， ， 所以 或 ，k Z， 又 0＜ ＜ ，所以 ，故 ，即 . （2）由（1）知 ，又 ， ， 故 ， ，即 ， ， 又因为△ABC 中，A，B∈(0，π)， 所以 ， ， 所以 cosC＝cos[π﹣(A＋B)]＝﹣cos(A＋B)＝﹣(cosAcosB﹣sinAsinB) ＝ . ( ) ( )sinf x M xω ϕ= + ω ϕ π π 3 π ( )f x ( ) 8 5f A = ( ) 10 13f B = ( ) 2cosf x x= 16 65 ϕ 4cos 5A = 5cos 13B = sin A sin B ( )f x ( )f x 2 2T π πω= = ( )f x 3 π 13f π  =   1sin 3 2 π ϕ + =   23 6k π πϕ π+ = + 52 6k ππ + ∈ ϕ π 2 πϕ = ( ) 2sin 2f x x π = +   ( ) 2cosf x x= ( ) 2cosf x x= ( ) 8 5f A = ( ) 10 13f B = 82cos 5A = 102cos 13B = 4cos 5A = 5cos 13B = 2 2 4 3sin 1 cos 1 5 5A A  = − = − =   2 2 5 12sin 1 cos 1 13 13B B  = − = − =   4 5 3 12 16 5 13 5 13 65  − × − × =   【点睛】本题考查了三角函数的性质求解析式、三角恒等变换、诱导公式，熟记公式是解题的关键，属于 基础题. 16.如图，在四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，PC⊥BC，点 E 是 PC 的中点，且平面 PBC⊥平面 ABCD.求证： （1）求证：PA∥平面 BDE； （2）求证：平面 PAC⊥平面 BDE. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）设 AC BD＝O，连结 OE，从而可得 AP//OE，再利用线面平行的判定定理即可证出. （2）利用面面垂直的性质定理可得 PC⊥平面 ABCD，即证出 PC⊥BD，再由 AC⊥BD，根据线面垂直的判定 定理可得 BD⊥平面 PAC，最后利用面面垂直的判定定理即可证出. 【详解】证明：（1）设 AC BD＝O，连结 OE， 因为底面 ABCD 是菱形，故 O 为 BD 中点， 又因为点 E 是 PC 的中点， 所以 AP//OE，又因为 OE⊂平面 BDE，AP⊄平面 BDE， 所以 AP//平面 BDE. （2）因为平面 PBC⊥平面 ABCD，PC⊥BC， 平面 PBC 平面 ABCD＝BC，PC⊂平面 PBC， 所以 PC⊥平面 ABCD 又 BD⊂平面 ABCD，所以 PC⊥BD，∵ABCD 是菱形，∴AC⊥BD， 又 PC⊥BD，AC PC＝C，AC⊂平面 PAC，PC⊂平面 PAC， 所以 BD⊥平面 PAC 又 BD⊂平面 BDE，所以平面 PAC⊥平面 BDE.     【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理以及面面垂直的性 质定理，考查了考生的逻辑推理能力，属于基础题. 17.如图，在一旅游区内原有两条互相垂直且相交于点 O 的道路 l1，l2，一自然景观的边界近似为圆形，其 半径约为 1 千米，景观的中心 C 到 l1，l2 的距离相等，点 C 到点 O 的距离约为 10 千米.现拟新建四条游览 道路方便游客参观，具体方案：在线段 OC 上取一点 P，新建一条道路 OP，并过点 P 新建两条与圆 C 相切 的道路 PM，PN（M，N 为切点），同时过点 P 新建一条与 OP 垂直的道路 AB（A，B 分别在 l1，l2 上）.为 促进沿途旅游经济，新建道路长度之和越大越好，求新建道路长度之和的最大值.（所有道路宽度忽略不计） 【答案】 千米 【解析】 【分析】 设∠PCM＝θ，用 表示出各道路长，并求出和 然后求导，用导数知识求得最大值． 【详解】解：连接 CM，设∠PCM＝θ，则 PC＝ ，PM＝PN＝tanθ， OP＝OC﹣PC＝10﹣ ，AB＝2OP＝20﹣ ， 设新建的道路长度之和为 ， . 30 5− θ ( )f θ 1 cosθ 1 cosθ 2 cosθ ( )f θ 则 ， 由 1＜PC≤10 得 ≤ ＜1，设 ， (0， )， 则 (0， ]， ， ，令 得 设 ， (0， ]，θ， ， 的情况如下表： (0， ) ( ， ) ＋ 0 － 单调递增 极大值 单调递减 由表可知 时 有极大值也是最大值，此时 ， ， ， . 答：新建道路长度之和 最大值为 千米. 【点睛】本题考查导数的实际应用，解题关键是建立三角函数的模型，引入参数∠PCM＝θ，把各道路长用 表示，并求出和 . 18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆 C： (a＞b＞0)的短轴长为 2，F1，F2 分别是椭圆 C 的 左、右焦点，过点 F2 的动直线与椭圆交于点 P，Q，过点 F2 与 PQ 垂直的直线与椭圆 C 交于 A、B 两点.当 直线 AB 过原点时，PF1＝3PF2. 的 3( ) 2tan 30cosf PM PN AB OPθ θ θ= + + + = − + 1 10 cosθ 0 1cos 10 θ = 0 θ ∈ 2 π θ ∈ 0 θ 0 3 11sin 10 θ = 2 2 3cos( ) cosf θθ θ −′ = ( ) 0f θ′ = 2sin 3 θ = 1 2sin 3 θ = 1 θ ∈ 0 θ ( )f θ′ ( )f θ θ 1 θ 1 θ 1 θ 0 θ ( )f θ′ ( )f θ 1 θ θ= ( )f θ 2sin 3 θ = 5cos 3 θ = 2tan 5 θ = ( ) 30 5f θ = − 30 5− θ ( )f θ 2 2 2 2 1x y a b + = （1）求椭圆的标准方程； （2）若点 H(3，0)，记直线 PH，QH，AH，BH 的斜率依次为 ， ， ， . ①若 ，求直线 PQ 的斜率； ②求 的最小值. 【答案】（1） （2）① 或 ② 【解析】 【分析】 （1）已知条件有 ，直线 AB 过原点时，PQ⊥x 轴，所以△PF1F2 为直角三角形，利用椭圆定义和勾股 定理可求得 ，得椭圆方程； （2）①设直线 PQ： ，代入到椭圆方程得后化简，设 P( ， )，Q( ， )，应用韦达定理 得 ， ，计算 并代入 可得； ②分类讨论，当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时， ， 当两条直线与坐标轴都不垂直时，由①知 ，同理可得 ，计算 后应用基本不等式可得最小值． 【详解】解：（1）因为椭圆 C： (a＞b＞0)的短轴长为 2，所以 b＝1， 当直线 AB 过原点时，PQ⊥x 轴，所以△PF1F2 为直角三角形， 由定义知 PF1＋PF2＝2a，而 PF1＝3PF2，故 ， ， 由 得 ，化简得 a2＝2， 故椭圆的方程为 . （2）①设直线 PQ： ，代入到椭圆方程得： ，设 P( ， )， 1k 2k 3k 4k 1 2 2 15k k+ = 1 2 3 4( )( )k k k k+ + 2 2 12 x y+ = 1 7 8 4 225 − 1b = a ( 1)y k x= − 1x 1y 2x 2y 2 1 2 2 4 1 2 kx x k + = + 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k −= + 1 2k k+ 1 2 1 2,x x x x+ 1 2 3 4( )( ) 0k k k k+ + = 1 2 2 2 8 7 kk k k + = + 3 4 2 2 8 7 kk k k −+ = + 1 2 3 4( )( )k k k k+ + 2 2 2 2 1x y a b + = 1 3 2PF a= 2 1 2PF a= 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F= + 2 2 2 2 29 1 14 4( 1)4 4 4a a c a a= + = + − 2 2 12 x y+ = ( 1)y k x= − 2 2 2 2(1 2 ) 4 (2 2) 0k x k x k+ − + − = 1x 1y Q( ， )，则 ， ， 所以 所以 ， 解得： 或 ，即为直线 PQ 的斜率. ②当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时， ， 当两条直线与坐标轴都不垂直时， 由①知 ，同理可得 故 ， 当且仅当 即 k＝±1 时取等号. 综上， 的最小值为 . 【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交中定值与最值问题．求椭圆方程时由于已知直 线的特殊位置，利用椭圆的定义是解题关键，在直线与椭圆相交问题中，采取设而不求思想方法，即设直 线方程，设交点坐标 ，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得 ，代 入其他条件化简变形即可得． 19.如果存在常数 k 使得无穷数列 满足 恒成立，则称为 数列. （1）若数列 是 数列， ， ，求 ； （2）若等差数列 是 数列，求数列 的通项公式； （3）是否存在 数列 ，使得 ， ， ，…是等比数列？若存在，请求出所有满足条件 2x 2y 2 1 2 2 4 1 2 kx x k + = + 2 1 2 2 2 2 1 2 kx x k −= + 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 [( 1)( 3) ( 1)( 3)] 3 3 ( 3)( 3) y y k x x x xk k x x x x − − + − −+ = + =− − − − 1 2 1 2 1 2 1 2 [2 4( ) 6] 3( ) 9 k x x x x x x x x − + += − + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4[2 4 6] 21 2 1 2 2 2 4 8 73 91 2 1 2 k kk kk k k k k k k −× − × ++ += =− +− × ++ + 1 2 2 2 2 8 7 15 kk k k + = =+ 1k = 7 8k = 1 2 3 4( )( ) 0k k k k+ + = 1 2 2 2 8 7 kk k k + = + 3 4 2 2 8 7 kk k k −+ = + 2 1 2 3 4 4 2 2 2 4 4( )( ) 156 56 113 56( ) 113 kk k k k k k k k − −+ + = =+ + + + 2 2 4 4 225156 2 113k k −≥ = − × × + 2 2 1k k = 1 2 3 4( )( )k k k k+ + 4 225 − 1 1 2 2( , ), ( , )P x y P x y 1 2 1 2,x x x x+ { }na mn m na ka a= ( )P k { }na ( )1P 6 1a = 12 3a = 3a { }nb ( )2P { }nb ( )P k { }nc 2020c 2021c 2022c 的数列 ；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ；（2） 或 或 ；（3）存在；满足条件的 数列 有无穷 多个，其通项公式为 . 【解析】 【分析】 （1）根据 数列的定义，得 ， ，可求 ； （2）根据 数列的定义，得 ，分 和 两种情况讨论. 当 ， .当 时，由 是等差数列，对 赋值，求出 和公差 ，即求 ； （3）假设存在满足条件的 数列 ，设等比数列 ， ， ，…的公比为 q.则有 ， ，可得 q＝1，故当 时， .当 时， 不妨设 ， 且 i 为奇数， 由 ，可得 . 即满足条件的 数列 有无穷多个，其通项公式为 . 【详解】（1）由数列 是 数列，得 ， ，可得 ； （2）由 是 数列知 恒成立，取 m＝1 得 恒成立， 当 ， 时满足题意，此时 ， 当 时，由 可得 ，取 m＝n＝2 得 ， 设公差 d，则 解得 或者 ， 综上， 或 或 ，经检验均合题意. （3）假设存在满足条件的 数列 ， 不妨设该等比数列 ， ， ，…的公比为 q， 则有 ， 可得 ① 为 { }nc 3 1 3a = 0nb = 1 2nb = 2n nb = ( )P k { }nc 1 nc k = ( )P k 6 2 3a a a= 12 2 6a a a= 3a ( )P k 2mn m nb b b= 1 0b = 1 0b ≠ 1 0b = 0nb = 1 0b ≠ { }nb ,m n 1b d nb ( )P k { }nc 2020c 2021c 2022c 2020 2020 2020 2020c kc c⋅ = 2020 2021 2020 2021c kc c⋅ = 2020n ≥ 1 nc k = 1 2020n< < 2020in ≥ i N ∗∈ ( ) ( )1 1 2 2 22 1 i i i i i ii n n n nn n n n n n nc c kc c kc c k c c k c− − − − − × × = = × = × = × = = 1 nc k = ( )P k { }nc 1 nc k = { }na ( )1P 6 2 3 1a a a= = 12 2 6 3a a a= = 3 1 3a = { }nb ( )2P 2mn m nb b b= 12n nb b b= 1 0b = 0nb = 0nb = 1 0b ≠ 2 1 12b b= 1 1 2b = 2 4 22b b= 21 13 2( )2 2d d+ = + 0d = 1 2d = 0nb = 1 2nb = 2n nb = ( )P k { }nc 2020c 2021c 2022c 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020 2020,c kc c c q kc c⋅ − ⋅ = ∴ ⋅ = ⋅ 2020 2020 2020 2020q kc⋅ − = ， 可得 ② 综上①②可得 q＝1， 故 ，代入 得 ， 则当 时， ， 又 ， 当 时，不妨设 ， 且 i 为奇数， 由 ， 而 ， ， ， . 综上，满足条件的 数列 有无穷多个，其通项公式为 . 【点睛】本题考查创新型题目，考查等差数列和等比数列的通项公式，考查学生的逻辑推理能力和计算能 力，属于难题. 20.设函数 . （1）若 a＝0 时，求函数 的单调递增区间； （2）若函数 在 x＝1 时取极大值，求实数 a 的取值范围； （3）设函数 的零点个数为 m，试求 m 的最大值. 【答案】（1）单调增区间为(1，+∞)（2） （3）2 【解析】 【分析】 （1）求导得到函数的单调增区间. （2）求导，讨论 ， ， 或 ， 几种情况，分别计算函数极值得到答 案. （3）考虑 ， 两种情况，求导得到单调区间，计算极值判断零点个数，得到答案. 【详解】（1）当 a＝0 时， ，所以 ，由 得 x＝1， 2020 2021 2020 2020 2021 2020 2021 2020 2020 2020,c kc c c q kc c q⋅ − ⋅ = ∴ ⋅ = ⋅ ⋅ 2020 2021 2021 2020q kc⋅ − = 2020 2020 2020c c⋅ = 2020 2020 2020 2020c kc c⋅ = 2020 1c k = 2020n ≥ 1 nc k = 2020 1 2020 1 1,c kc c c k = ⋅ ∴ = 1 2020n< < 2020in ≥ i N ∗∈ ( ) ( )1 1 2 2 22 1 i i i i i ii n n n nn n n n n n nc c kc c kc c k c c k c− − − − − × × = = × = × = × = = 1 inc k = 11 ( )i i nk ck −∴ = 1( ) ( )i i nc k ∴ = 1 nc k ∴ = ( )P k { }nc 1 nc k = 3 2( ) 3ln 2f x x x ax ax= − + + − ( )f x ( )f x ( )f x 9 2 < −a 3 2a ≥ − 9 3 2 2a− < < 9 2a = − 3 2a = 9 2 < −a 9 2a ≥ − 9 2 < −a 3( ) 3lnf x x x= − + 3 1( ) 3 xf x x −′ = ⋅ ( ) 0f x′ = 当 x∈(0，1)时， ＜0；当 x∈(1，+∞)时， ＞0， 所以函数 的单调增区间为(1，+∞). （2）由题意得 ， 令 (x＞0)，则 ， 当 ≥0 即 时， ＞0 恒成立， 故 在(0，1)上递减，在(1，+∞)上递增，所以 x＝1 是函数 的极小值点，不满足； 当 即 时，此时 ＞0 恒成立， 在(0，1)上递减，在(1，+∞)上递增，所以 x＝1 是函数 的极小值点，不满足； 当 即 或 时， 在(0，1)上递减，在(1，+∞)上递增，所以 x＝1 是函数 的极小值点，不满足； 当 时，解得 或 （舍）， 当 时，设 的两个零点为 ， ，所以 ＝1，不妨设 0＜ ＜ ， 又 ，所以 0＜ ＜1＜ ，故 ， 当 x∈(0， )时， ＜0；当 x∈( ，1)时， ＞0；当 x∈(1， )时， ＜0；当 x∈( ，+∞)时 ， ＞0； ∴ 在(0， )上递减，在( ，1)上递增，在(1， )上递减，在( ，+∞)上递增； 所以 x＝1 是函数 极大值点，满足. 综上所述： . （3）①由（2）知当 时，函数 在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，故函数 至多 有两个零点，欲使 有两个零点，需 ，得 ， ； ， ， 故满足函数有 2 个零点. ②当 时，由（2）知 在(0， )上递减，在( ，1)上递增，在(1， )上递减，在( ，+∞)上递 增； ( )f x′ ( )f x′ ( )f x 23( 1) 2( ) [ ( 1) 1]3 x af x x xx −′ = + + + 2 2( ) ( 1) 13 ag x x x= + + + 3( 1)( ) ( )xf x g xx −′ = 2 13 a + 3 2a ≥ − ( )g x ( )f x ( )f x 22( 1) 4 03 a∆ = + − < 9 3 2 2a− < < ( )g x ( )f x ( )f x 22( 1) 4 03 a∆ = + − = 9 2a = − 3 2a = ( )f x ( )f x 22( 1) 4 03 a∆ = + − > 9 2 < −a 3 2a > 9 2 < −a ( )g x 1x 2x 1x 2x 1x 2x 2(1) 3 03 ag = + < 1x 2x 1 2 3( ) ( )( 1)( )f x x x x x xx ′ = − − − 1x ( )f x′ 1x ( )f x′ 2x ( )f x′ 2x ( )f x′ ( )f x 1x 1x 2x 2x ( )f x 9 2 < −a 9 2a ≥ − ( )f x ( )f x ( )f x (1) 1 0f a= − < 1a > ( )2 3ln 2 8 4 4 3ln 2 8 0f a a= − + + − = − + > 3 2( ) 3 2 3 2 0a a a a af e a e ae ae a ae a− − − − −= + + − > − > > ( )0,1ae− ∈ 9 2 < −a ( )f x 1x 1x 2x 2x 而 0＜ ＜1，所以 ， 此时函数 也至多有两个零点 综上①②所述，函数 的零点个数 m 的最大值为 2. 【点睛】本题考查了函数的单调区间，根据极值求参数，零点个数问题，意在考查学生的计算能力和综合 应用能力. 第 II 卷（附加题，共 40 分） 【选做题】本题包括 A，B，C 三小题，请选定其中两题作答，每小题 10 分共计 20 分，解答 时应写出文字说明，证明过程或演算步骤. A.选修 4—2：矩阵与变换 21.已知矩阵 A＝ ，若矩阵 A 属于特征值 3 的一个特征向量为 ，求该矩阵属于另一个特征值 的特征向量. 【答案】 【解析】 【分析】 根据特征向量和特征值的定义列出矩阵方程求出 ，写出特征多项式，由特征多项式可求得另一个特征值 ，再得特征向量． 【详解】解：由题意知 ，所以 ，即 ， 所以矩阵 A 的特征多项式 ， 由 ，解得 或 ， 当 时， ，令 x＝1，则 y＝﹣1， 所以矩阵 A 的另一个特征值为﹣1，对应的一个特征向量为 . 【点睛】本题考查特征值与特征向量，掌握特征值与特征向量的概念、特征多项式是解题关键． B.选修 4—4：坐标系与参数方程 1x 3 1 1 1 1 1( ) 3ln ( 2) 0f x x x ax x= − + + − > ( )f x ( )f x 2 1 a b      1 1 α  =     1 1    −  ,a b 2 1 13 1 1 1 aA b α      = =            2 3 1 3 a b + =  + = 1 2 a b =  = 21 2( ) ( 1) 42 1f λλ λλ − −= = − −− − ( ) 0f λ = 3λ = 1λ = − 1λ = − 2 2 0 2 2 0 x y x y − − = − − = 1 1    −  22.在极坐标系中，已知直线 （ 为实数），曲线 ，当直 线 被曲线 截得的弦长取得最大值时，求实数 的值. 【答案】 【解析】 【分析】 将直线 和圆 的极坐标方程均化为普通方程，由题意可知直线 过圆 的圆心，由此可求得实数 的值. 【详解】由题意知直线 的直角坐标方程为 ， 又曲线 的极坐标方程 ，即 ， 所以曲线 的直角坐标方程为 ，即 ， 所以曲线 是圆心为 的圆， 当直线 被曲线 截得的弦长最大时，得 ，解得 . 【点睛】本题考查直线与圆的综合问题，考查极坐标方程与普通方程之间的转化，考查计算能力，属于基 础题. C.选修 4—5：不等式选讲 23.已知实数 、 、 满足 ，求 的最小值. 【答案】 【解析】 分析】 利用柯西不等式得出 ，由此可求得 的最小值. 【详解】由柯西不等式有 ， 所以 （当且仅当 即 ， 时取等号）， 所以 的最小值是 . 【点睛】本题考查利用柯西不等式求最值，解答的关键就是对代数式进行配凑，考查计算能力，属于基础 题. 【必做题】解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 24.如图，抛物线 的焦点为 ，过点 作直线 与抛物线交于 、 两点，当直 【 : cos 2 sinl mρ θ ρ θ+ = m : 2cos 4sinC ρ θ θ= + l C m 5m = l C l C m l 2 0x y m+ − = C 2cos 4sinρ θ θ= + 2 2 cos 4 sinρ ρ θ ρ θ= + C 2 2 2 4 0x y x y+ − − = ( ) ( )2 21 2 5x y− + − = C ( )1,2 l C 21 2 0m+ − = 5m = x y z 2 1x y z+ + = 2 2 2x y z+ + 1 6 ( )( ) ( )22 2 2 2 2 21 1 2 2x y z x y z+ + + + ≥ + + 2 2 2x y z+ + ( )( ) ( )22 2 2 2 2 21 1 2 2 1x y z x y z+ + + + ≥ + + = 2 2 2 1 6x y z+ + ≥ 1 1 2 x y z= = 1 6x y= = 1 3z = 2 2 2x y z+ + 1 6 ( )2: 2 0C y px p= > F ( )2,0P l A B 线 与 轴垂直时 长为 . （1）求抛物线的方程； （2）若 与 的面积相等，求直线 的方程. 【答案】（1） ；（2） 或 . 【解析】 【分析】 （1）由题意可知点 在抛物线 上，将该点坐标代入抛物线 的方程，求得 的值，进而可求得 抛物线 的方程； （2）由题意得出 ，可得知直线 的斜率不为零，可设直线 的方程为 ，将该直 线方程与抛物线方程连理，列出韦达定理，由题意得出 ，代入韦达定理后可求得 的值，进而 可求得直线 的方程. 【详解】（1）当直线 与 轴垂直时 的长为 ， 又 ，取 ，所以 ，解得 ， 所以抛物线的方程为 ； （2）由题意知 ， ， 因 ，所以 ， 当 时，直线 与抛物线不存在两个交点，所以 ， 故设直线 的方程为 ，代入抛物线方程得 ， l x AB 4 2 APF BPO△ l 2 4y x= 2 4 0x y− − = 2 4 0x y+ − = ( )2,2 2 C C p C 2A By y= AB AB 2x my= + 2A By y= − m AB l x AB 4 2 ( )2,0P ( )2,2 2A ( )2 2 2 2 2p= ⋅ 2p = 2 4y x= 1 1 2 2APF A AS FP y y= ⋅ =△ 1 2BPO B BS OP y y= ⋅ =△ APF BPOS S=△ △ 2A By y= 0ABk = AB 0ABk ≠ AB 2x my= + 2 4 8 0y my− − = 所以 ， ， ， 可得 ，解得 . 所以，直线 的方程为 或 . 【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了利用三角形面积关系求直线的方程，考查韦达定理设 而不求法的应用，考查计算能力，属于中等题. 25.若有穷数列 共有 项 ，且 ， ，当 时恒成立.设 . （1）求 ， ； （2）求 【答案】（1） ； （2） 【解析】 【分析】 （1）分别令 和 ，得到 的值，再计算 ， 即可. （2）首先利用累乘法和组合数性质得到 ，从而得到 ，再利用二项式定理即可得到 . 【详解】（1）令 时，得 ，由 ，得 ， ， 令 时，得 或 ，由 ，得 ， 由 ，得 ， . （2）因 ，由累乘法得： ， . 4A By y m+ = 8 0A By y = − < 2A By y∴ = − 2 4 2 8 A B B A B B y y y m y y y + = − =  = − = − 1 2m = ± AB 2 4 0x y− − = 2 4 0x y+ − = { }na k ( 2)k ≥ 1 1a = 1 2( ) 1 r r a r k a r + −= + 1 1r k≤ ≤ − 1 2k kT a a a= + + + 2T 3T kT 2 0T = 3 1 3T = 1 [1 ( 1) ]2 k kT k = − − 2k = 3k = r 2T 3T 1 1 1 1 ( 2)2 r r r ka Ck + + + = −− 1 1 2 21 [ ( 2) ( 2) ( 2) ]2 k k k k k kS C C Ck = − + − + + −−  1 1[(1 2) 1] [1 ( 1) ]2 2 k k kS k k = − − = − −− 2k = 1r = 2 1 2(1 2) 11 1 a a −= = −+ 2 1a = − 2 1 1 0T = − = 3k = 1r = 2 2 1 2(1 3) 21 1 a a −= = −+ 2 2a = − 3 2 2(2 3) 2 2 1 3 a a −= = −+ 3 4 3a = 3 4 11 2 3 3T = − + = 1 2( ) 1 r r a r k a r + −= + 32 1 1 2 2(1 ) 2(2 ) 2( ) 2 3 1 r r aa a k k r k a a a r + − − −× × × = × × × +  所以 ， 所以 ， 当 时， ，也适合 ， 所以 ， 即 ， 所以 . 【点睛】本题主要考查了数列的累乘法，同时组合数的性质和二项式定理，考查了学生分析问题的能力， 属于难题. 1 ( 1) ( 2) ( ) !( 2) ( 2)2 3 1 ( 1)!( 1)! r r r k k k r ka r k r k r+ − − −= − ⋅ ⋅ ⋅ = −+ + − − 1 1 1 1 ( 2)2 r r r ka Ck + + + = −− 0r = 1 1 1 ( 2) 12 ka Ck = × − × =− 1 1 1 1 ( 2)2 r r r ka Ck + + + = −− 1 1 2 21 [ ( 2) ( 2) ( 2) ]2 k k k k k kS C C Ck = − + − + + −−  0 0 1 1 2 21 [ ( 2) ( 2) ( 2) ( 2) 1]2 k k k k k k kS C C C Ck = − + − + − + + − −−  1 1[(1 2) 1] [1 ( 1) ]2 2 k k kS k k = − − = − −−