2020 年高考数学二模试卷
一、填空题（共 12 小题）.
1．计算矩阵的乘积：（ab）(ퟑ 풄
ퟎ ퟎ) = ．
2．푪ퟎ풏 +ퟑ푪ퟏ풏 + 32푪ퟐ풏 +⋯⋯ + 3n푪풏풏 = ．
3．已知풔풊풏
휃
2 +풄풐풔
휃
2 = 2 3
3
，则 sinθ 的值等于 ．
4．若双曲线푥2
4 ― 푦2
푚 = ퟏ的焦距为 6，则该双曲线的虚轴长为 ．
5．在首项为 21，公比为1
2的等比数列中，最接近于 1 的项是第 项．
6．如图，二面角 α﹣l﹣β 的大小是휋
3，线段 AB⫋α，B∈l，AB 与 l 所成的角为휋
6，则 AB 与
平面 β 所成的角是 （用反三角函数表示）．
7．已知 a，b，c 分别为△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，a＝2 且（2+b）（sinA﹣
sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC 面积的最大值为 ．
8．已知函数 f（x）＝lg（x+1），g（x）是以 2 为周期的偶函数，且当 0≤x≤1 时，有 g
（x）＝f（x），则函数 y＝g（x）（x∈[1，2]）的反函数是 y＝ ．
9．已知 y＝f（x）是定义在 R 上的函数，方程 f（2019+x）×f（2020﹣x）＝0 恰好有 7 个
解，则这 7 个解的和为 ．
10．设 0. ⋅
풂
⋅
풃是一个循环节长度为两位的循环纯小数，其中 a 和 b 分别为 10 以内的非负整数，
且 a≠b，b≠0，若集合푨 = {풏|
1
푛 = ퟎ. ⋅
풂
⋅
풃，풏 ∈ 푵∗}，则 A 中所有元素的和为
11．已知数列{an}满足풂풏+ퟏ = {ퟑ풂풏 + ퟏ 풂풏为奇数
푎푛
2 풂풏为偶数（n∈N*），풂ퟏ = ퟐ풌 ⋅ ퟕ（k 是一个已知的
正整数），若存在 m∈N*，当 n＞m 且 an 为奇数时，an 恒为常数 p，则 p＝
12 ． 若 实 数 x ， y 满 足 2cos2 （ x+y ﹣ 1 ） = (푥 + 1)2 + (푦 ― 1)2 ― 2푥푦
푥 ― 푦 + 1
， 则 xy 的 最 小 值
为 ．
二.选择题
13．已知函数 y＝f（x）是 R 上的增函数，则对任意 x1，x2∈R，“x1＜x2”是“f（x1）＜f
（x2）”的（ ）条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充分必要 D．非充分非必要
14．已知 z1≠﹣1，
푧1 ― 1
푧1 + 1 = 풃풊（b∈R），풛 =
4
(푧1 + 1)2 ―ퟏ，则 z 对应的点在（ ）
A．圆上 B．抛物线上 C．双曲线上 D．椭圆上
15．在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点 A，B 满足| →
푶푨|＝| →
푶푩| = →
푶푨• →
푶푩 = 2，则
点集{P| →
푶푷 = λ →
푶푨 + μ →
푶푩，|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是（ ）
A．ퟐ ퟐ B．ퟐ ퟑ C．ퟒ ퟐ D．ퟒ ퟑ
16．已知 a1，a2，a3，a4∈{1，2，3，4}，N（a1，a2，a3，a4）为 a1，a2，a3，a4 中不同数字
的种类，如 N（1，1，2，3）＝3，N（1，2，2，1）＝2，求所有的 256 个（a1，a2，
a3，a4）的排列所得的 N（a1，a2，a3，a4）的平均值为（ ）
A．87
32 B．11
4 C．177
64 D．175
64
三.解答题
17．如图所示，用一个半径为 10 厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面
上，被一阵风吹倒．
（1）求该圆锥的表面积 S 和体积 V；
（2）求该圆锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离 d．
18．已知函数 f（x）＝Asin（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0，|흋|＜
휋
2）的图象如图所示．
（1）求出函数 f（x）的解析式；
（2）若将函数 f（x）的图象向右移动휋
3个单位长度再把所有点的横坐标变为原来的1
4（纵
坐标不变）得到函数 y＝g（x）的图象，求出函数 y＝g（x）的单调递增区间及对称中
心．
19．若函数 y＝f（x）满足“存在正数 λ，使得对定义域内的每一个值 x1，在其定义域内都
存在 x2，使 f（x1）f（x2）＝λ 成立”，则称该函数为“依附函数”．
（1）分别判断函数①f（x）＝2x，②g（x）＝log2x 是否为“依附函数”，并说明理由；
（2）若函数 y＝h（x）的值域为[m，n]，求证：“y＝h（x）是‘依附函数’”的充要
条件是“0∉[m，n]”．
20．如图，已知点 P 是 x 轴下方（不含 x 轴）一点，抛物线 C：y＝x2 上存在不同的两点 A、B
满足 →
푷푫 = 흀 →
푫푨， →
푷푬 = 흀 →
푬푩，其中 λ 为常数，且 D、E 两点均在 C 上，弦 AB 的中点为
M．
（1）若 P 点坐标为（1，﹣2），λ＝3 时，求弦 AB 所在的直线方程；
（2）在（1）的条件下，如果过 A 点的直线 l1 与抛物线 C 只有一个交点，过 B 点的直线
l2 与抛物线 C 也只有一个交点，求证：若 l1 和 l2 的斜率都存在，则 l1 与 l2 的交点 N 在直
线 PM 上；
（3）若直线 PM 交抛物线 C 于点 Q，求证：线段 PQ 与 QM 的比为定值，并求出该定
值．
21．设数列{an}（n∈N*）是公差不为零的等差数列，满足 a3+a6＝a9，a5+a72＝6a9；数列{bn}
（n∈N*）的前 n 项和为 Sn，且满足 4Sn+2bn＝3．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）在 b1 和 b2 之间插入 1 个数 x11，使 b1，x11，b2 成等差数列；在 b2 和 b3 之间插入 2
个数 x21，x22，使 b2，x21，x22，b3 成等差数列；……；在 bn 和 bn+1 之间插入 n 个数 xn1，
xn2，…，xnn，使 bn，xn1，xn2，…xnn，bn+1 成等差数列．
（i）求 Tn＝x11+x21+x22+…+xn1+xn2+…+xnn；
（ii）是否存在正整数 m，n，使 Tn =
푎푚+1
2푎푚
成立？若存在，求出所有的正整数对（m，n）；
若不存在，请说明理由．
参考答案
一.填空题
1．计算矩阵的乘积：（ab）(ퟑ 풄
ퟎ ퟎ) = （3aac） ．
【分析】利用矩阵的乘积运算法则即可得出．
解：∵3a+b×0＝3a，ac+b×0＝ac，
∴（ab）(ퟑ 풄
ퟎ ퟎ) = （3aac）．
故答案为：（3aac）．
2．푪ퟎ풏 +ퟑ푪ퟏ풏 + 32푪ퟐ풏 +⋯⋯ + 3n푪풏풏 = 4n ．
【分析】根据二项式展开式定理，逆用即可．
解：푪ퟎ풏 +ퟑ푪ퟏ풏 + 32푪ퟐ풏 +⋯⋯ + 3n푪풏풏
= 푪ퟎ풏 + 푪ퟏ풏•3 + 푪ퟐ풏•32 +⋯⋯ + 푪풏풏•3n
＝（1+3）n
＝4n．
故答案为：4n．
3．已知풔풊풏
휃
2 +풄풐풔
휃
2 = 2 3
3
，则 sinθ 的值等于 1
3 ．
【分析】把已知的等式左右两边平方，左边利用同角三角函数间的基本关系及二倍角的
正弦函数公式化简，右边计算出结果，整理后即可求出 sinθ 的值．
解：把풔풊풏
휃
2 +풄풐풔
휃
2 = 2 3
3
两边平方得：
（sin
휃
2 + cos
휃
2）2＝（2 3
3
）2，
即 sin2휃
2 + 2sin
휃
2cos
휃
2 + cos2휃
2 = 1+sinθ =
4
3，
∴sinθ =
1
3．
故答案为：1
3
4．若双曲线푥2
4 ― 푦2
푚 = ퟏ的焦距为 6，则该双曲线的虚轴长为 ퟐ ퟓ ．
【分析】通过双曲线的焦距，求出 m，然后求解双曲线的虚轴长．
解：双曲线푥2
4 ― 푦2
푚 = ퟏ的焦距为 6，
可得 ퟒ + 풎 = ퟑ，解得 m = ퟓ．
所以双曲线的虚轴长为：2 ퟓ．
故答案为：2 ퟓ．
5．在首项为 21，公比为1
2的等比数列中，最接近于 1 的项是第 5 项．
【分析】由已知可先求出数列的通项公式，进而可求．
解：可得，等比数列的通项公式 an＝21 × (
1
2)풏―ퟏ，则数列单调递减，
a5﹣1 =
21
16 ― 1 =
5
16，1﹣a6＝1 ―
21
32 =
11
32，
故当 n＝5 时，数列的项与 1 最接近．
故答案为：5．
6．如图，二面角 α﹣l﹣β 的大小是휋
3，线段 AB⫋α，B∈l，AB 与 l 所成的角为휋
6，则 AB 与
平面 β 所成的角是 arcsin
3
4 （用反三角函数表示）．
【分析】过点 A 作平面 β 的垂线，垂足为 C，在 β 内过 C 作 l 的垂线，垂足为 D，连接
AD，可得∠ADC 为二面角 α﹣l﹣β 的平面角，连接 CB，则∠ABC 为 AB 与平面 β 所成
的角，在直角三角形 ABC 中即可求解．
解：过点 A 作平面 β 的垂线，垂足为 C，
在 β 内过 C 作 l 的垂线，垂足为 D，
连接 AD，由三垂线定理可知 AD⊥l，
故∠ADC 为二面角 α﹣l﹣β 的平面角，为휋
3，
又由已知，∠ABD =
휋
6，
连接 CB，则∠ABC 为 AB 与平面 β 所成的角．
设 AD＝2，则 AC = ퟑ，CD＝1，AB =
퐴퐷
푠푖푛휋
6
= 4．
∴直线 AB 与平面 β 所成的角的正弦值 sin∠ABC =
퐴퐶
퐴퐵 =
3
4 ，
即 AB 与平面 β 所成的角是 arcsin
3
4 ．
故答案为：arcsin
3
4 ．
7．已知 a，b，c 分别为△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，a＝2 且（2+b）（sinA﹣
sinB）＝（c﹣b）sinC，则△ABC 面积的最大值为 ퟑ ．
【分析】由正弦定理化简已知可得 2a﹣b2＝c2﹣bc，结合余弦定理可求 A 的值，由基本
不等式可求 bc≤4，再利用三角形面积公式即可计算得解．
解：因为：（2+b）（sinA﹣sinB）＝（c﹣b）sinC
⇒（2+b）（a﹣b）＝（c﹣b）c
⇒2a﹣2b+ab﹣b2＝c2﹣bc，
又因为：a＝2，
所以：풂ퟐ ― 풃ퟐ = 풄ퟐ ―풃풄⇒풃ퟐ + 풄ퟐ ― 풂ퟐ = 풃풄⇒풄풐풔푨 = 푏2 + 푐2 ― 푎2
2푏푐 =
1
2⇒푨 =
휋
3，
△ABC 面积푺 =
1
2풃풄풔풊풏푨 =
3
4 풃풄，
而 b2+c2﹣a2＝bc
⇒b2+c2﹣bc＝a2
⇒b2+c2﹣bc＝4
⇒bc≤4
所以：푺 =
1
2풃풄풔풊풏푨 =
3
4 풃풄 ≤ ퟑ，即△ABC 面积的最大值为 ퟑ．
故答案为： ퟑ．
8．已知函数 f（x）＝lg（x+1），g（x）是以 2 为周期的偶函数，且当 0≤x≤1 时，有 g
（x）＝f（x），则函数 y＝g（x）（x∈[1，2]）的反函数是 y＝ 3﹣10x（x∈[0，
lg2]） ．
【分析】结合函数的奇偶性和反函数知识进行求解．
解：当 x∈[1，2]时，2﹣x∈[0，1]，
∴y＝g（x）＝g（x﹣2）＝g（2﹣x）＝f（2﹣x）＝lg（3﹣x），
由单调性可知 y∈[0，lg2]，
又∵x＝3﹣10y，
∴所求反函数是 y＝3﹣10x，x∈[0，lg2]．
故答案为：3﹣10x，x∈[0，lg2]．
9．已知 y＝f（x）是定义在 R 上的函数，方程 f（2019+x）×f（2020﹣x）＝0 恰好有 7 个
解，则这 7 个解的和为 3.5 ．
【分析】构造函数 g（x）＝f（2019+x）×f（2020﹣x），则函数 g（x）满足 g（1﹣x）＝
g（x），即函数 g（x）关于直线 x =
1
2对称，所以方程 g（x）＝0 的 7 个解有一个根为
1
2，左右各对应 3 个根，从而求出这 7 个解的和．
解：设 g（x）＝f（2019+x）×f（2020﹣x），
则 g（1﹣x）＝f（2020﹣x）×f（2019+x），
∴函数 g（x）满足 g（1﹣x）＝g（x），
∴函数 g（x）关于直线 x =
1
2对称，
∴方程 g（x）＝0 的所有实数根也是关于1
2在数轴上对称分布，
∴一旦在1
2的左侧取到实数根，一定也能在1
2的右侧取到相应实数根，且两根之和为 1，
∵方程 f（2019+x）×f（2020﹣x）＝0 恰好有 7 个解，即方程 g（x）＝0 恰好有 7 个解，
∴有一个根为1
2，左右各对应 3 个根，
∴这 7 个解的和为 1+1+1 +
1
2 = 3.5，
故答案为：3.5．
10．设 0. ⋅
풂
⋅
풃是一个循环节长度为两位的循环纯小数，其中 a 和 b 分别为 10 以内的非负整数，
且 a≠b，b≠0，若集合푨 = {풏|
1
푛 = ퟎ. ⋅
풂
⋅
풃，풏 ∈ 푵∗}，则 A 中所有元素的和为 143
【分析】先由题意得到 0. ⋅
풂
⋅
풃 =
10푎 + 푏
99 ⇒n =
99
10푎 + 푏，再利用列举法求出满足题意的 n 即
可．
解：由题意可知 0. ⋅
풂
⋅
풃 =
10푎 + 푏
99 ，∴n =
99
10푎 + 푏．又∵a 和 b 分别为 10 以内的非负整数，
且 a≠b，b≠0，
∴①当 a＝0 时，b＝1，3，9，此时 n 依次等于 99，33，11；
②当 a≠0 时，n 均不存在．
综合①②知：A＝{99，11，33}，故 A 中所有元素的和为 99+11+33＝143．
故答案为：143．
11．已知数列{an}满足풂풏+ퟏ = {ퟑ풂풏 + ퟏ 풂풏为奇数
푎푛
2 풂풏为偶数（n∈N*），풂ퟏ = ퟐ풌 ⋅ ퟕ（k 是一个已知的
正整数），若存在 m∈N*，当 n＞m 且 an 为奇数时，an 恒为常数 p，则 p＝ ﹣1
【分析】推导出 an＝p，an+1＝3p+1，an+2 =
3푝 + 1
2 = p，由此能求出 p．
解：若存在 m∈N*，当 n＞m 且 an 为奇数时，an 恒为常数 p，
则 an＝p，an+1＝3p+1，an+2 =
3푝 + 1
2 = p，
解得 p＝﹣1．
故答案为：﹣1．
12．若实数 x，y 满足 2cos2 （x+y﹣1） = (푥 + 1)2 + (푦 ― 1)2 ― 2푥푦
푥 ― 푦 + 1
，则 xy 的最小值为
1
4 ．
【分析】配方可得 2cos2（x+y﹣1） = (푥 ― 푦 + 1)2 + 1
푥 ― 푦 + 1 = （x﹣y+1） +
1
푥 ― 푦 + 1，由基本
不等式可得（x+y+1） +
1
푥 ― 푦 + 1 ≤ 2，或（x﹣y+1） +
1
푥 ― 푦 + 1 ≤ ― 2，进而可得 cos
（x+y﹣1）＝±1，x＝y =
푘휋 + 1
2 ，由此可得 xy 的表达式，取 k＝0 可得最值．
解：∵ퟐ풄풐풔ퟐ(풙 + 풚 ― ퟏ) = (푥 + 1)2 + (푦 ― 1)2 ― 2푥푦
푥 ― 푦 + 1
，
∴2cos2（x+y﹣1） = 푥2 + 2푥 + 1 + 푦2 ― 2푦 + 1 ― 2푥푦
푥 ― 푦 + 1
∴2cos2（x+y﹣1） = 푥2 + 푦2 + 2푥 ― 2푦 ― 2푥푦 + 1 + 1
푥 ― 푦 + 1
，
故 2cos2（x+y﹣1） = (푥 ― 푦 + 1)2 + 1
푥 ― 푦 + 1 = （x﹣y+1） +
1
푥 ― 푦 + 1，
由基本不等式可得（x﹣y+1） +
1
푥 ― 푦 + 1 ≥ 2，或（x﹣y+1） +
1
푥 ― 푦 + 1 ≤ ― 2，
∴2cos2（x+y﹣1）≥2，由三角函数的有界性可得 2cos2（x+y﹣1）＝2，
故 cos2（x+y﹣1）＝1，即 cos（x+y﹣1）＝±1，此时 x﹣y+1＝1，即 x＝y
∴x+y﹣1＝kπ，k∈Z，故 x+y＝2x＝kπ+1，解得 x =
푘휋 + 1
2 ，
故 xy＝x•x = (
푘휋 + 1
2 )ퟐ，当 k＝0 时，xy 的最小值1
4，
故答案为：1
4
二.选择题
13．已知函数 y＝f（x）是 R 上的增函数，则对任意 x1，x2∈R，“x1＜x2”是“f（x1）＜f
（x2）”的（ ）条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充分必要 D．非充分非必要
【分析】利用增函数的定义即可判断出关系．
解：函数 y＝f（x）是 R 上的增函数，则对任意 x1，x2∈R，“x1＜x2”⇔“f（x1）＜f
（x2）”，
故选：C．
14．已知 z1≠﹣1，
푧1 ― 1
푧1 + 1 = 풃풊（b∈R），풛 =
4
(푧1 + 1)2 ―ퟏ，则 z 对应的点在（ ）
A．圆上 B．抛物线上 C．双曲线上 D．椭圆上
【分析】由已知求得 z1，代入 z 化简得到 z＝﹣b2﹣2bi，设 P（x，y），则{풙 = ― 풃ퟐ
풚 = ―ퟐ풃，消
去 b 即可得到点 P 的轨迹．
解：因为
푧1 ― 1
푧1 + 1 = 풃풊，所以 z1 =
1 + 푏푖
1 ― 푏푖，
则풛 =
4
(푧1 + 1)2 ―ퟏ =
4
(1 + 푏푖
1 ― 푏푖 + 1)2 ― 1＝（1﹣bi）2﹣1＝﹣b2﹣2bi，
∴复数 z 在复平面内所对应的点为 P（﹣b2，﹣2b），
设 P（x，y），则{풙 = ― 풃ퟐ
풚 = ―ퟐ풃，消去 b 得：y2＝﹣4x（y≠0）．
故 z 对应的点在抛物线上，
故选：B．
15．在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，两定点 A，B 满足| →
푶푨|＝| →
푶푩| = →
푶푨• →
푶푩 = 2，则
点集{P| →
푶푷 = λ →
푶푨 + μ →
푶푩，|λ|+|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是（ ）
A．ퟐ ퟐ B．ퟐ ퟑ C．ퟒ ퟐ D．ퟒ ퟑ
【分析】由两定点 A，B 满足| →
푶푨 | = | →
푶푩 | = →
푶푨 ⋅ →
푶푩 = 2，说明 O，A，B 三点构成
边长为 2 的等边三角形，设出两个定点的坐标，再设出 P 点坐标，由平面向量基本定理，
把 P 的坐标用 A，B 的坐标及 λ，μ 表示，把不等式|λ|+|μ|≤1 去绝对值后可得线性约束
条件，画出可行域可求点集 P 所表示区域的面积．
解：由两定点 A，B 满足| →
푶푨 | = | →
푶푩 | = →
푶푨 ⋅ →
푶푩 = 2， →
푨푩 = →
푶푩 ― →
푶푨，则| →
푨푩|2＝
（ →
푶푩 ― →
푶푨）2 = |푶푩|ퟐ ― 2 →
푶푨• →
푶푩 +| →
푶푨|ퟐ = 4，则| →
푨푩|＝2，说明 O，A，B 三点构成边
长为 2 的等边三角形．
不妨设 A（ ퟑ， ― ퟏ），B（ ퟑ，ퟏ）．再设 P（x，y）．
由 →
푶푷 = 흀 →
푶푨 +흁 →
푶푩，得：(풙，풚) = ( ퟑ흀， ― 흀) + ( ퟑ흁，흁) = ( ퟑ(흀 + 흁)，흁 ― 흀)．
所以{흀 + 흁 =
3
3 풙
흁 ― 흀 = 풚
，解得{흀 =
3
6 풙 ―
1
2풚
흁 =
3
6 풙 +
1
2풚
①．
由|λ|+|μ|≤1．
所以①等价于{ 3
6 풙 ―
1
2풚 ≥ ퟎ
3
6 풙 +
1
2풚 ≥ ퟎ
풙 ≤ ퟑ
或{ 3
6 풙 ―
1
2풚 ≥ ퟎ
3
6 풙 +
1
2풚＜ퟎ
풚 ≥ ―ퟏ
或{ 3
6 풙 ―
1
2풚＜ퟎ
3
6 풙 +
1
2풚 ≥ ퟎ
풚 ≤ ퟏ
或{ 3
6 풙 ―
1
2풚＜ퟎ
3
6 풙 +
1
2풚＜ퟎ
풙 ≥ ― ퟑ
．
可行域如图中矩形 ABCD 及其内部区域，
则区域面积为ퟐ × ퟐ ퟑ = ퟒ ퟑ．
故选：D．
16．已知 a1，a2，a3，a4∈{1，2，3，4}，N（a1，a2，a3，a4）为 a1，a2，a3，a4 中不同数字
的种类，如 N（1，1，2，3）＝3，N（1，2，2，1）＝2，求所有的 256 个（a1，a2，
a3，a4）的排列所得的 N（a1，a2，a3，a4）的平均值为（ ）
A．87
32 B．11
4 C．177
64 D．175
64
【分析】根据题意，依次分析 N（a1，a2，a3，a4）＝1、2、3、4 时的情况数目，结合
“不同数字的种类”的定义分析可得答案．
解：根据题意，（a1，a2，a3，a4）的排列共有 256 种，
其中当 N（a1，a2，a3，a4）＝1 时，即排列中只有 1 个数字，有 4 种情况，
当 N（a1，a2，a3，a4）＝2 时，即排列中有 2 个不同的数字，若有 3 个数字相同，有 C42C43A22
＝48 种情况，
若有 2 个数字相同，有 C42C42＝36 种情况，
此时有 48+36＝84 种情况，
当 N（a1，a2，a3，a4）＝3 时，即排列中有 3 个不同的数字，有 3×C43C42A22＝144 种情
况，
当 N（a1，a2，a3，a4）＝3 时，即排列有 4 个不同的数字，有 A44＝24 种情况，
则 N（a1，a2，a3，a4）的平均值为4 × 1 + 84 × 2 + 144 × 3 + 24 × 4
256 =
700
256 =
175
64 ；
故选：D．
三.解答题
17．如图所示，用一个半径为 10 厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面
上，被一阵风吹倒．
（1）求该圆锥的表面积 S 和体积 V；
（2）求该圆锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离 d．
【分析】（1）设圆锥底面半径为 r 厘米，母线的长为 l 厘米，则 l＝10 厘米，利用半圆
周长等于圆锥底面周长列式求得 r＝5 厘米，则表面积可求，再求出圆锥的高，则体积可
求．
（2）由（1）知，圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为 10 厘米，可得最高点到底面的
距离为等边三角形的高．
解：（1）设圆锥底面半径为 r 厘米，母线的长为 l 厘米，则 l＝10 厘米，且 2πr＝πl，
解得：r＝5 厘米，
表面积 S＝πrl＝50π（平方厘米），
圆锥的高풉 = 풍ퟐ ― 풓ퟐ = ퟓ ퟑ（厘米），
∴体积푽 =
1
3흅풓ퟐ풉 = 125 3휋
3
（立方厘米）．
（2）由（1）知，圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为 10 厘米，
∴最高点到底面的距离为等边三角形的高，풉 = ퟓ ퟑ厘米．
故该圆锥被吹倒后，其最高点到桌面的距离 d = ퟓ ퟑ厘米．
18．已知函数 f（x）＝Asin（ωx+φ）+b（A＞0，ω＞0，|흋|＜
휋
2）的图象如图所示．
（1）求出函数 f（x）的解析式；
（2）若将函数 f（x）的图象向右移动휋
3个单位长度再把所有点的横坐标变为原来的1
4（纵
坐标不变）得到函数 y＝g（x）的图象，求出函数 y＝g（x）的单调递增区间及对称中
心．
【分析】（1）由函数的图象的顶点坐标求出 A 和 b，由周期求出 ω，最高点求出 φ 的
值，可得函数的解析式．
（2）由题意利用正弦函数的单调性，以及图象的对称性，求出函数 y＝g（x）的单调递
增区间及对称中心．
解：（1）由函数 f（x）的图象可得 {푨 + 풃 = ퟔ
―푨 + 풃 = ―ퟐ，解得：{푨 = ퟒ
풃 = ퟐ．
又由푇
2 = ퟐ흅得：푻 =
2휋
휔 = ퟒ흅，∴흎 =
1
2．
而풇(
휋
3) = ퟔ 得：휋
6 +흋 = ퟐ풌흅 +
휋
2，k∈Z，∵|흋|＜
휋
2，∴흋 =
휋
3，
综上：풇(풙) = ퟒ풔풊풏(
1
2풙 +
휋
3) + ퟐ．
（2）显然품(풙) = ퟒ풔풊풏(ퟐ풙 +
휋
6) + ퟐ，
由ퟐ풌흅 ―
휋
2 ≤ ퟐ풙 +
휋
6 ≤ ퟐ풌흅 +
휋
2，k∈Z，得 g（x）的单调递增区间为[풌흅 ―
휋
3，풌흅 +
휋
6]，
k∈Z，
由ퟐ풙 +
휋
6 = 풌흅，k∈Z 得：对称中心是(
푘휋
2 ―
휋
12，ퟐ)，k∈Z．
19．若函数 y＝f（x）满足“存在正数 λ，使得对定义域内的每一个值 x1，在其定义域内都
存在 x2，使 f（x1）f（x2）＝λ 成立”，则称该函数为“依附函数”．
（1）分别判断函数①f（x）＝2x，②g（x）＝log2x 是否为“依附函数”，并说明理由；
（2）若函数 y＝h（x）的值域为[m，n]，求证：“y＝h（x）是‘依附函数’”的充要
条件是“0∉[m，n]”．
【分析】（1）根据“依附函数”的定义直接判断即可；
（2）从必要性及充分性两个角度，利用反正法求证即可．
解：（1）①可取 λ＝1，则对任意 x1∈R，存在 x2＝﹣x1∈R，使得ퟐ풙ퟏ ⋅ ퟐ풙ퟐ = ퟏ成立，
（说明：可取任意正数 λ，则 x2＝log2λ﹣x1……2 分）
∴f（x）＝2x 是“依附函数”，……
②对于任意正数 λ，取 x1＝1，则 g（x1）＝0，……
此时关于 x2 的方程 g（x1）g（x2）＝λ 无解，
∴g（x）＝log2x 不是“依附函数”．……
（2）证明：必要性：（反证法）假设 0∈[m，n]，
∵y＝h（x）的值域为[m，n]，∴存在定义域内的 x1，使得 h（x1）＝0，……
∴对任意正数 λ，关于 x2 的方程 h（x1）h（x2）＝λ 无解，
即 y＝h（x）不是依附函数，矛盾，……
充分性：假设 0∉[m，n]，取 λ＝mn＞0，……
则对定义域内的每一个值 x1，由 h（x1）∈[m，n]，可得
휆
ℎ(푥1) ∈ [
휆
푛，
휆
푚] = [풎，풏]，
而 y＝h（x）的值域为[m，n]，
∴存在定义域内的 x2，使得
휆
ℎ(푥1) = 풉(풙ퟐ)，即 h（x1）h（x2）＝λ 成立，
∴y＝h（x）是“依附函数”．……
20．如图，已知点 P 是 x 轴下方（不含 x 轴）一点，抛物线 C：y＝x2 上存在不同的两点 A、B
满足 →
푷푫 = 흀 →
푫푨， →
푷푬 = 흀 →
푬푩，其中 λ 为常数，且 D、E 两点均在 C 上，弦 AB 的中点为
M．
（1）若 P 点坐标为（1，﹣2），λ＝3 时，求弦 AB 所在的直线方程；
（2）在（1）的条件下，如果过 A 点的直线 l1 与抛物线 C 只有一个交点，过 B 点的直线
l2 与抛物线 C 也只有一个交点，求证：若 l1 和 l2 的斜率都存在，则 l1 与 l2 的交点 N 在直
线 PM 上；
（3）若直线 PM 交抛物线 C 于点 Q，求证：线段 PQ 与 QM 的比为定值，并求出该定
值．
【分析】（1）设 A（x1，y1），B（x2，y2），求出 D、E 坐标，设 A（3，9），B（﹣
1，1），然后判断求解弦 AB 所在的直线方程．
（2）设 l1：y﹣9＝k1（x﹣3），与 C：y2＝x 联立，并令△＝0，可得 k1＝6，同理 l2 的
斜率 k2＝﹣2，求出交点坐标，然后推出直线 PM 的方程即可．
（3）设 P（x0，y0），设出 A、B 坐标，由 →
푷푫 = 흀 →
푫푨，求出푫(
푥0 + 휆푥1
1 + 휆 ，
푦0 + 휆푥2
1
1 + 휆
)，代
入 y＝x2，说明 x1、x2 是方程흀풙ퟐ ―ퟐ흀풙ퟎ풙 + (ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ的两个不同的根，利用韦
达定理，求出 P、Q 坐标，然后求解线段比例即可．
【解答】（1）解：设 A（x1，y1），B（x2，y2），由 →
푷푫 = ퟑ →
푫푨， →
푷푬 = ퟑ →
푬푩，
可得푫(
1 + 3푥1
4 ，
―2 + 3푦1
4 )，푬(
1 + 3푥2
4 ，
―2 + 3푦2
4 )，
由 D 点在 C 上可得：
―2 + 3푦1
4 = (
1 + 3푥1
4 )ퟐ，化简得：풙ퟐퟏ ―ퟐ풙ퟏ ―ퟑ = ퟎ，同理可得：풙ퟐퟐ ―ퟐ
풙ퟐ ―ퟑ = ퟎ，
∵A、B 两点不同，不妨设 A（3，9），B（﹣1，1），
∴弦 AB 所在的直线方程为 2x﹣y+3＝0．
（2）证明：由（1）可知，A（3，9），B（﹣1，1），设 l1：y﹣9＝k1（x﹣3），
与 C：y2＝x 联立，并令△＝0，可得 k1＝6，同理 l2 的斜率 k2＝﹣2，
∴l1：6x﹣y﹣9＝0，l2：2x+y+1＝0，
解方程组得：交点 N（1，﹣3），而直线 PM 的方程为 x＝1，得证．
（3）证明：设 P（x0，y0），푨(풙ퟏ，풙ퟐퟏ)，푩(풙ퟐ，풙ퟐퟐ)，由 →
푷푫 = 흀 →
푫푨，得푫(
푥0 + 휆푥1
1 + 휆 ，
푦0 + 휆푥2
1
1 + 휆
)，
代入 y＝x2，化简得：흀풙ퟐퟏ ―ퟐ흀풙ퟎ풙ퟏ +(ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ，
同理可得：흀풙ퟐퟐ ―ퟐ흀풙ퟎ풙ퟐ +(ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ，
显然 x1≠x2，∴x1、x2 是方程흀풙ퟐ ―ퟐ흀풙ퟎ풙 + (ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ的两个不同的根，
∴x1+x2＝2x0，풙ퟏ ⋅ 풙ퟐ =
(1 + 휆)푦0 ― 푥2
0
휆
，
∴풙푴 =
푥1 + 푥2
2 = 풙ퟎ，即直线 PM 的方程为 x＝x0，
∵풚푴 =
푥2
1 + 푥2
2
2
=
(1 + 2휆)푥2
0 ― (1 + 휆)푦0
휆
，풚푸 = 풙ퟐퟎ，
∴풚푴 ― 풚푸 =
(1 + 휆)푥2
0 ― (1 + 휆)푦0
휆
，풚푸 ― 풚푷 = 풙ퟐퟎ ― 풚ퟎ，
∴线段 PQ 与 QM 的比为定值1 + 휆
휆 ．
21．设数列{an}（n∈一、选择题*）是公差不为零的等差数列，满足 a3+a6＝a9，a5+a72＝
6a9；数列{bn}（n∈N*）的前 n 项和为 Sn，且满足 4Sn+2bn＝3．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；
（2）在 b1 和 b2 之间插入 1 个数 x11，使 b1，x11，b2 成等差数列；在 b2 和 b3 之间插入 2
个数 x21，x22，使 b2，x21，x22，b3 成等差数列；……；在 bn 和 bn+1 之间插入 n 个数 xn1，
xn2，…，xnn，使 bn，xn1，xn2，…xnn，bn+1 成等差数列．
（i）求 Tn＝x11+x21+x22+…+xn1+xn2+…+xnn；
（ii）是否存在正整数 m，n，使 Tn =
푎푚+1
2푎푚
成立？若存在，求出所有的正整数对（m，n）；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设数列{an}的公差为 d，（d≠0），利用等差数列的通项公式求出 d＝1，
从而 an＝n．再由 4Sn+2bn＝3，当 n≥2 时，4Sn﹣1+2bn﹣1＝3，推导出{bn}是首项为1
2，公
比为1
3的等比数列，由此能求出 bn．
（2）（i）在 bn 和 bn﹣1 之间插入 n 个数풙풏ퟏ，풙풏ퟐ，…，풙풏풏，推导出풅풏 =
푏푛+1 ― 푏푛
(푛 + 2) ― 1 = ―
1
3푛(푛 + 1)
，从而 xnk＝bn+kdn =
1
2(
1
3)풏―ퟏ ―
푘
3푛(푛 + 1)
，进而 Tn＝x11+x21+…+xn1+xn2+…+xnn
=
1
3 +
1
32 +⋯ +
푛
3푛，由此利用错位相减法能求出 Tn．
（ii）m =
2 ⋅ 3푛
3푛 ― 2푛 ― 3
= 2 +
4푛 + 6
3푛 ― 2푛 ― 3
，当 n＝1 时，m＝2 +
10
―2 = ― 3∉N*，当 n＝2 时，
m＝2 +
14
2 = 9*，当 n＝3 时，m＝2+1＝3∈N*，再证明当 n≥4（n∈N*）时，3n﹣6n﹣9＞
0，由此能求出所有的正整数对．
解：（1）设数列{an}的公差为 d，（d≠0），
则由 a3+a6＝a9，得（a1+2d）+（a1+5d）＝a1+8d，∴a1＝d，
∵a5+a72＝6a9，∴（a1+4d）+（a1+6d）2＝6（a1+8d），
将 a1＝d 代入上式，得 5d+49d2＝54d，∴49d2＝49d，
∵d≠0，∴d＝1，∴an＝n．
由 4Sn+2bn＝3，①
当 n≥2 时，4Sn﹣1+2bn﹣1＝3，②
①﹣②，得 4bn+2bn﹣2bn﹣1＝0，∴풃풏 =
1
3풃풏―ퟏ，（n≥2），
又 4b1+2b1＝3，∴풃ퟏ =
1
2 ≠ 0，
∴{bn}是首项为1
2，公比为1
3的等比数列，
∴bn =
1
2 × (
1
3)풏―ퟏ，（n∈N*）．
（2）（i）在 bn 和 bn﹣1 之间插入 n 个数풙풏ퟏ，풙풏ퟐ，…，풙풏풏，
∵bn，xn1，xn2，…xnm，bn+1 成等差数列，设公差为 dn，
∴풅풏 =
푏푛+1 ― 푏푛
(푛 + 2) ― 1 = (1
2)(1
3)푛 ― (1
2)(1
3)푛―1
푛 + 1
= ―
1
3푛(푛 + 1)
，
则 xnk＝bn+kdn =
1
2(
1
3)풏―ퟏ ―
푘
3푛(푛 + 1)
，
∴
풏
풌=ퟏ
풙풏풌 =
1
2(
1
3)풏―ퟏ•n ―
1
3푛(푛 + 1) ⋅
푛(푛 + 1)
2 =
푛
3푛，
∴Tn＝x11+x21+…+xn1+xn2+…+xnn =
1
3 +
1
32 +⋯ +
푛
3푛，①
则1
3푻풏 =
1
32 +
1
33 +⋯ +
푛 ― 1
3푛 +
푛
3푛+1，②
①﹣②，得2
3Tn =
1
3 +
1
32 +⋯ +
1
3푛 ―
푛
3푛+1 =
1
3[1 ― (1
3)푛]
1 ― 1
3
―
푛
3푛+1 =
1
2（1 ―
1
3푛） ―
푛
3푛+1，
∴Tn =
3
4 ―
1
4 ⋅ 3푛―1 ―
푛
2 ⋅ 3푛 =
푚 + 1
2푚 =
1
2 +
1
2푚．
（ii）假设存在正整数 m，n，使 Tn =
푎푚+1
2푎푚
成立， =
3
4 ―
1
4 ⋅ 3푛―1 ―
푛
2 ⋅ 3푛 =
푚 + 1
2푚 =
1
2 +
1
2푚．
m =
2 ⋅ 3푛
3푛 ― 2푛 ― 3
=
2(3푛 ― 2푛 ― 3) + 4푛 + 6
3푛 ― 2푛 ― 3
= 2 +
4푛 + 6
3푛 ― 2푛 ― 3
，
当 n＝1 时，m＝2 +
10
―2 = ― 3∉N*，
当 n＝2 时，m＝2 +
14
2 = 9∈N*，
当 n＝3 时，m＝2+1＝3∈N*，
下证，当 n≥4（n∈N*）时，有 3n﹣2n﹣3＞4n+6，即证 3n﹣6n﹣9＞0，
设 f（x）＝3x﹣6x﹣9，x≥4，则 f′（x）＝3xln3﹣6＞3x﹣6＞0，
∴f（x）在[4，+∞）上单调递增，
故 n≥4 时，3n﹣6n﹣9＞34﹣6×4﹣9＝48＞0，
∴0＜
4푛 + 6
3푛 ― 2푛 ― 3＜1，
∴n≥4 时，m 不是整数，
∴所有的正整数对（m，n）为（9，2）及（3，3）．
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