专题3.3 高考模拟训练卷三--《2021届高三数学（浙江）三轮复习专题突破》第三篇 模拟高考求提升【教师版】

专题 3.3 高考模拟训练卷三 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的. 1．（2021·河南平顶山市·（文））已知集合  0 1 2M x x    ，  1 1N x x    ，则 M N （ ） A． 1 B． 1 1x x   C． 1 1x x   D． 1,0,1 【答案】B 【解析】 化简集合 M ，即得解. 【详解】 由题得  1 1M x x    ， 所以 M N   1 1x x   . 故选：B 2．（2021·北京丰台区·高三一模）已知双曲线 2 2 2 1( 0)x y aa    的离心率是 5 2 ，则 a （ ） A． 2 B．2 C． 2 2 D．4 【答案】B 【解析】 根据双曲线方程得到 a，b，再利用离心率公式求解. 【详解】 因为双曲线方程为 2 2 2 1( 0)x y aa    ， 所以离心率是 2 2 1 51 1 2 c be a a a          ， 解得 2 4a  ， 又因为 0a  ， 所以 2a  ， 故选：B 3．（2021·浙江高一月考）设 i 是虚数单位，则复数  2 2 3z i i   对应的点在复平面内位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 4．（2021·全国高三专题练习（文））《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今 有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊 柱的楔体，下底面宽 3 丈，长 4 丈；上棱长 2 丈，高一丈，问它的体积是多少？”已知 1 丈为 10 尺，现将 该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为 1 丈，则该楔体的体积为（ ） A．5500 立方尺 B．4000 立方尺 C．6000 立方尺 D．5000 立方尺 【答案】D 【解析】 由题意，将锲体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，利用所给数据，即可求出体积 【详解】 解：由题意，将锲体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示： 沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直， 则将几何体分成两个四棱锥和 1 个直三棱柱， 则三棱柱的体积 V1 1 2   3×1×2＝3，四棱锥的体积 V2 1 3   1×3×1＝1， 由三视图可知两个四棱锥大小相等， ∴V＝V1+2V2＝5 立方丈＝5000 立方尺． 故选：D． 5．（2021·全国高三专题练习）函数   sin 1 a x x xf x a   的图像不可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 结合题中所给的函数解析式，对选项中所给的函数图象逐一分析，得到在什么情况下可取，利用 sin [ 1,1]x  ， 得到 C 项不可能，得到答案. 【详解】 当 a 为正偶数时， ( )f x 为奇函数，图象关于原点对称， 且 ( )f x 的符号与sin x 的符号相同，所以 A 项可以； 当 1a n  ，且 n 为偶数时，其定义域为 (0, ) ， 此时 0 1a  ，所以 1 0xa   ，而 0ax  ， 所以当sin 0x  时， ( ) 0f x  ，当sin 0x  时， ( ) 0f x  ，所以 B 项可以； 当 a 为不等于 1 的正奇数时， ( )f x 为偶函数，图象关于 y 轴对称， 且 ( )f x 的符号与sin x 的符号相同，所以 D 项可以； 因为只要 a 的值确定了， 1 a x x a  的符号就可以确定，而 sin x 的符号是不确定的， 所以 ( )f x 的图象不会都落在 x 轴的上方，所以 C 项不可以； 故选：C. 6．（2021·沙坪坝区·重庆高二期末）设 ，  为两个平面，则 //  的充要条件是（ ） A． 内有无数条直线与  平行 B． 内有两条相交直线与  平行 C． ，  平行于同一条直线 D． ，  垂直于同一平面 【答案】B 【解析】 根据面面平行的判定定理，及面面平行的概念，结合充要条件的概念，逐项判断，即可得出结果. 【详解】 A 选项，若 内有无数条直线与  平行，则 与  可能平行或相交；故 A 排除； B 选项，若 内有两条相交直线与  平行，由面面平行的判定定理，可得 //  ；反之显然也成立，因此“ 内有两条相交直线与  平行”是“ //  ”的充要条件；即 B 正确； C 选项，若 ，  平行于同一条直线，则 与  可能平行或相交；故 C 排除； D 选项，若 ， 垂直于同一平面，则 与  可能平行或相交（如教室内的墙角，对应的三个面两两垂直）； 故 D 排除. 故选：B. 7．（2020·江苏南京市·南京师大附中高三月考）已知随机变量 X 的概率分布如表所示. X -1 a 1 P 1 6 1 3 1 2 当 a 在 ( 1,1) 内增大时，方差 ( )D X 的变化为（ ） A．增大 B．减小 C．先增大再減小 D．先减小再增大 【答案】D 【解析】 求出期望与方差，即可判断方差的单调性． 【详解】 解：由分布列可得 1 1 1 1( ) 1 1 ( 1)6 3 2 3E X a a         ， 所以 2 2 21 1 1 1 1 1( ) [ 1 ( 1)] [ ( 1)] [1 ( 1)]3 6 3 3 3 2D X a a a a             21 (2 2 5)9 a a   ， 所以当 a 在 1( 1, )2  内增大时， ( )D X 减小， 当 a 在 1(2 ，1) 内增大时， ( )D X 增大． 故选： D ． 8．（2021·浙江高三其他模拟）在三棱锥 D ABC 中，已知点 E 是 AD 的中点，平面 ACD  平面 BCD， AB AD BD  ， 4ADC   ．设二面角 B AD C  的平面角为 ，二面角 A BD C  的平面角为  ， BEC   ，则下列结论正确的是（ ） A．    B．    C．     D．     【答案】B 【解析】 先通过分析得到直线 BE 与平面 ACD 所成的角和二面角 B AD C  是相等的，并利用最小角定理得到   ，然后过 A 点作 AF CD 交CD 于点 F ，连接 EF 、 BF ，利用射影面积法得到  ，即可得 到结果. 【详解】 如图，过 A 点作 AF CD 交CD 于点 F ， 因为平面 ACD  平面 BCD，平面 ACD  平面 BCD CD ， 所以 AF  平面 BCD，又 4ADC   ，所以 AF FD ． 因为 BA BD ， E 是 AD 的中点，所以 BE AD ， 因此直线 BE 与平面 ACD 所成的角和二面角 B AD C  是相等的， 根据最小角定理知， BE 与平面 ACD 所成的角不大于 BEC ，所以  ． 连接 EF ， BF ，则 EF AD ， 所以 BEF 是二面角 B AD C  的平面角， 设 1FD  ，则 2AD AB BD   ， 连接 BF ，易知 AD  平面 BEF ， 所以 AD BF ， 又 AF  平面 BCD，所以 AF BF ， 所以 BF  平面 ACD ，所以 1BF  ， 则 1cos 3 AFD ABD S S   △ △ ， 1cos 3 FBD ABD S S   △ △ ，因此  ． 综上，    ， 故选：B． 9．（2021·浙江高一月考）已如平面向量 a  、b  、 c  ，满足 3 3a  ， 2b  ， 2c  ， 2b c   ，则         22 2 a b a c a b a c                 的最大值为（ ） A．192 3 B．192 C． 48 D． 4 3 【答案】B 【解析】 作OA a  ，OB b  ，OC c  ，取 BC 的中点 D ，连接 OD ，分析出 BOC 为等边三角形，可求得 OD  ， 计算得出         22 2 22 ABCa b a c a b a c S                  △ ，利用圆的几何性质求出 ABC 面积的最大 值，即可得出结果. 【详解】 如下图所示，作OA a  ， OB b  ，OC c  ，取 BC 的中点 D ，连接OD ， 以点 O 为圆心， a r 为半径作圆O ， 1cos cos , 2 b cBOC b c b c            ， 0 BOC    ， 3  BOC ， 所以， BOC 为等边三角形， DQ 为 BC 的中点， OD BC^ ，所以， BOC 的底边 BC 上的高为 2sin 33OD   ， a b OA OB BA    r r uur uuur uur ， OA OCa c CA       ， 所以，    cosa b a c BA CA AB AC AB AC BAC                   ， 所以，         2 22 2 2 2 cosa b a c a b a c AB AC AB AC BAC                             2 2sin 2 ABCAB AC BAC S     △ ， 由圆的几何性质可知，当 A 、O 、 D 三点共线且 O 为线段 AD 上的点时， ABC 的面积取得最大值，此时， ABC 的底边 BC 上的高 h 取最大值，即 max 4 3h AO OD    ， 则 max 1 2 4 3 4 32ABCS    △ ， 因此，        22 2 a b a c a b a c                 的最大值为  2 4 4 3 192  . 故选：B. 结论点睛：已知圆心C 到直线l 的距离为 d ，且圆C 的半径为 r ，则圆 C 上一点到直线l 距离的最大值为 d r . 10．（2021·湖南高三月考（文））数列 na 各项均是正数， 1 1 2a  ， 2 3 2a  ，函数 31 3y x 在点 31, 3n na a     处 的切线过点 3 2 1 72 , 3n n na a a      ，则下列命题正确的个数是（ ）． ① 3 4 18a a  ； ②数列 1n na a  是等比数列； ③数列 1 3n na a  是等比数列； ④ 13  n na ． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】 求出函数的导函数，利用导数的几何意义得到 3 2 2 1 2 2 n n n n n ak a a a a      ，整理得到 2 12 3n n na a a   ，利用 构造法求出数列的通项，即可判断； 【详解】 解：由 31 3y x 得 2y x  ， 所以   3 3 3 2 2 1 2 1 1 7 23 3 2 2 n n n n n n n n n n a a ak a a a a a a a           ， ∴ 2 1 2 12 2 2 3n n n n n n na a a a a a a         （*）， ① 1n  ， 3 2 1 3 1 3 3 92 3 3 2 32 2 2 2a a a a          ， 2n  ， 4 3 2 4 3 9 9 272 3 3 2 92 2 2 2a a a a          ， ∴ 3 4 9 27 36 182 2 2a a     ，正确； ②由（*）知  2 1 13n n n na a a a     ， ∴首项 1 2 0a a  ， 3 0q   ，∴ 1n na a  是等比数列，正确； ③  2 1 13 1 3n n n na a a a      ，首项 2 1 3 13 3 02 2a a     ，不符合等比数列的定义，错误； ④由②对可知： 2 1 2 3n n na a     ， 两边同除3n 得 1 1 1 2 3 93 3 n n n n a a     ， 令 3 n nn a b ，∴ 1 1 1 2 1 2 3 9 3 9n n n nb b b b       ， 2n  ． ∴ 1 1 1 1 6 3 6n nb b         ， 1 1 1 1 1 1 1 12 06 3 6 3 6 6 6 ab         ，即数列 1 6nb    是恒为 0 的常数列． ∴ 11 1 1 10 3 36 6 6 23 n nn n nn ab a          ，故错误． 故选：B． 非选择题部分（共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分. 11．（2020·深圳科学高中高一期中）某移动公司规定，使用甲种卡，须付“基本月租费”（每月需交的固定费 用）30 元，在国内通话时每分钟另收话费 0.10 元；使用乙种卡，不收“基本月租费”，但在国内通话时每分 钟话费为 0.2 元．若某用户每月手机费预算为 50 元，则使用__________种卡才合算；若要使用甲种卡合算， 则该用户每月手机费预算（元）的区间为__________． 【答案】乙 (60, ) 【解析】 由题设写出甲、乙卡的费用关于通话时间的函数：50 元预算通话时间长的卡合算；甲合算则相同通话时间 甲费用低即可，列不等式求 t，写出预算区间即可. 【详解】 由题意，设月通话时间为 t 分钟，有甲费用为30 0.1t ，乙费用为 0.2t ， ∴每月手机费预算为 50 元，则： 由30 0.1 50t  知，甲的通话时间为 200 分钟， 由 0.2 50t  知，乙的通话时间为 250 分钟， ∴用户每月手机费预算为 50 元，用乙种卡合算； 要使用甲种卡合算，即月通话时间相同的情况下甲费用更低，即 30 0.1 0.2t t  ， 解得 300t  时，费用在 (60, ) . 故答案为：乙， (60, ) 12．（2021·全国高三专题练习（理））若实数 x ， y 满足 2, 2 4, 0, x y x y x y         则 2 3x y 的最小值是______，最大值 是______. 【答案】4 20 【解析】 画出不等式所表示的平面区域，数形结合即可求出. 【详解】 画出不等式所表示的平面区域，如图阴影部分， 可得      1,1 , 4,4 , 2,0A B C , 将 2 3z x y  化为 2 +3 3 zy x  ， 则观察图形可知，当直线 2 +3 3 zy x  过  2,0C 时， z 取得最小值为 min 2 2+0 4z    ， 当直线 2 +3 3 zy x  过  4,4B 时， z 取得最大值为 max 2 4+3 4 20z     . 故答案为：4；20. 【点睛】 方法点睛：线性规划常见类型， （1） y bz x a   可看作是可行域内的点到点  ,a b 的斜率； （2） z ax by  ，可看作直线 a zy xb b    的截距问题； （3）    2 2z x a y b    可看作可行域内的点到点  ,a b 的距离的平方. 13．（2020·北京市第四十三中学高三月考）已知 ,2      ，且 3sin 5   ．则 sin 22       ______， tan 4      ______． 【答案】 7 25 7 【解析】 利用诱导公式和二倍角的余弦公式可求得 sin 22      的值，求出 tan 的值，利用两角差的正切公式可 求得 tan 4     的值. 【详解】 2 2 3 7sin 2 cos2 1 2sin 1 22 5 25                     ， 因为 ,2      ，且 3sin 5   ，则 2 4cos 1 sin 5       ， sin 3tan cos 4      ， 因此， 3 1tan 1 4tan 734 1 tan 1 4               . 故答案为： 7 25 ； 7 . 14．（2021·浙江高三其他模拟）已知 4 nax x     的展开式中第四项的系数为 120，所有奇数项的二项式系数 之和为 512，则实数 a 的值为______，展开式中的常数项为______． 【答案】1 45 【解析】 由 4 nax x     的展开式中所有奇数项的二项式系数之和为 512，由 12 512n  ，解得 n，然后由 10 4 ax x     的 展开式中第四项的系数为 120，由 3 3 10C 120a  ，解得 a ，最后由 10 4 1x x     的展开式的通项求解． 【详解】 因为 4 nax x     的展开式的所有项的二项式系数之和为 2n ，且奇数项和偶数项的二项式系数之和相等， 所以 12 512n  ， 解得 10n  ， 所以展开式中第四项 3 3 7 4 10 4C aT x x      ， 所以 3 3 10C 120a  ， 解得 1a  ， 所以 10 4 1x x     的展开式的通项 10 10 5 1 10 104 1C C r r r r r rT x xx         ， 令10 5 0r  ， 解得 2r = ， 所以展开式中的常数项为 2 10C 45 ． 故答案为：1，45 15．（2020·江苏高二期中）茶文化是中国传统文化的重要组成部分，清代乾隆皇帝诗作：“清跸重听尤井泉， 明将归辔启华旃.问山得路宜晴后，汲水烹茶正雨前.”描写了在龙井铁龙井茶的情景.龙井茶素来有“绿茶皇 后”，“十大名茶之首”的称号.按照产地品质不同，龙井茶可以分为“狮､龙､云､虎､梅”五个字号.某茶文化活动 给龙井茶留出了三个展台的位置，现在从五个字号的产品中任意选择三个字号的茶参加展出活动，如果三 个字号中有“狮､梅”，则“狮”字号茶要排在“梅”字号前(不一定相邻)，则不同的展出方法有___________种.(用 数字作答) 【答案】 51 【解析】 分当选出的字号没有“狮､梅”， 有“狮､梅”中的一种，“狮､梅”都有三种情况分别求解，然后再求和. 【详解】 当选出的字号没有“狮､梅”时，共有 3 3 6A  种展出的方法. 当选出的字号有“狮､梅”中的一种时，共有 1 2 3 2 3 3 36C C A  种展出的方法. 当选出的字号中“狮､梅”都有时，共有 1 1 3 3 9C C  种展出的方法. 所以一共有 6 36 9 51   种不同的展出方法. 故答案为：51 【点睛】 方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”； （4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数. 16．（2021·全国高三月考（文））已知  f x 是定义在 R 上的偶函数，当  ,0x  时，   12 3 xf x   ， 设   sinh x x ，若函数      g x f x h x  ，则  g x 在区间 2020,2019 上的零点个数为___________. 【答案】 4038 【解析】 求出函数  h x 的最小正周期，作出函数  h x 与  f x 的图象，分析两个函数在 2020,0 和 0,2019 上 的图象的交点个数，由此可得出结论. 【详解】 函数   sinh x x 的最小正周期为 2 2T    . 当 0x  时，   12 3 xf x   ；当 0x  时，     1 1 12 3 2 3 x xf x f x           . 要求函数  g x 的零点个数，即求函数  h x 与  f x 的图象的交点个数， 1 21 1 1 2 1 112 2 3 2 3 2f g                     ， 所以，函数  h x 与  f x 在 0,2 上的图象无交点. 作出函数  h x 与  f x 的图象如下图所示： 当 0x  时，由图象可知，对任意的  0,1009k  且 k N ， 函数  h x 与  f x 在 2 2, 2k k   上的图象有两个交点， 所以，函数  h x 与  f x 在 2020,0 上的图象有 2020 个交点； 当 0x  时，由图象可知，函数  h x 与  f x 在 0,2 上的图象无交点， 对任意的  0,1008k  且 k N ，函数  h x 与  f x 在 2 1,2 3k k  上有且只有两个交点， 所以，函数  h x 与  f x 在 0,2019 上共有 2018 个交点. 综上所述，  g x 在区间 2020,2019 上的零点个数为 4038 . 故答案为： 4038 . 【点睛】 方法点睛：判定函数  f x 的零点个数的常用方法： （1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果； （2）数形结合法：先令   0f x  ，将函数  f x 的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数 图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 17．（2020·河北区·天津二中高二期中）已知 1F ， 2F 分别为椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点，P 为椭圆上任意一点，M 为 2PF 上的三等分点，且满足 2 2MF PM ，若 1OP MF ，则该椭圆的离心率 e 的取值范围是______． 【答案】 1 ,12      【解析】 设  0 0,P x y ，根据 2 2MF PM ，求出点 M ，再由 2 1MF OPk k   可得 2 2 0 0 02y x x   ，代入椭圆方 程可得 2 2 2 0 02 2 0c x cx ba    ，使方程在 ,a a 上有解，利用零点存在性定理即可求解. 【详解】 设  0 0,P x y ，  ,M x y ， 则  0 0,PM x x y y   ，  2 0 0,PF c x y   ， 2 1 3PM PF   ，    0 0 0 0 1, ,3x x y y c x y      ， 0 0 2 1 2,3 3 3M x c y     ， 2 0 0 0 0 2 3 2 4 2 3 3 MF y yk x cx c     ， 0 0 OP yk x   ， 1OP MF ， 2 2 0 2 0 0 12MF OP yk k x cx      ， 2 2 0 0 02y x cx    ，又 2 2 2 0 0 21     xy b a ， 2 2 2 2 0 0 02 2bb x x cxa      ， 2 2 2 0 02 2 0c x cx ba     ， P 存在， 0x 存在， 2 2 2 2 2 2 24 4 4 0c b cc ca a        ，显然恒成立， 又  0 ,x a a  ， 2 2 2 0 02 2 0c x cx ba     在 ,a a 上有解， 令   2 2 2 0 0 02 2cf x x cx ba    ，对称轴 2 0 2 2 2 2 c ax ac c a       ， 且 P 不在 x 上，   2 22 0f a c ac b      ，   2 22 0f a c ac b    ， 解得 1 12 e  ，即 1 ,12e     故答案为： 1 ,12      三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18．（2021·涡阳县育萃高级中学高二月考（理））在 ABC 中，内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ， 且  sin sin sinb c C B Ab a    . （1）求 A ； （2）若 2a  ，求 1 1 tan tanB C  的最小值. 【答案】（1） 3  ；（2） 2 3 3 . 【解析】 （1）根据题设条件和正弦定理，化简得到 2 2 2b c a bc   ，再利用余弦定理，求得 cos A的值，即可求 解； （2）由余弦定理和基本不等式，求得 2bc a ，在结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得 2 2 sin 2 2 si 1 1 tan tan n 2 sin R R A R a R B R CB bcC    ，即可解. 【详解】 （1）由  sin sin sinb c C B Ab a    ，可得     sin sin sinb c C B A b a    ， 由正弦定理得     b c c b a b a    ，即 2 2 2b c a bc   ， 由余弦定理，得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， 因为 0 A   ，可得 3A  . （2）由（1）知 3A  ，设三角形的外接圆的半径为 R ，可得 4 32 sin 3 aR A   ， 又由余弦定理得 2 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc bc       ， 即 2 4bc a  ，当且仅当 2b c  时取等号， 又由 1 1 cos cos cos sin sin cos tan tan sin sin sin sin B C B C B C B C B C B C      sin sin sin sin sin sin B C A B C B C   2 2 sin 2 sin 2 sin R R A R B R C   2 8 3 8 3 2 3 3 3 4 3 R a bc bc     ， 其中 R 是 ABC 外接圆的半径， 所以 1 1 tan tanB C  的最小值为 2 3 3 . 19．（2020·武冈市第二中学高二期中）如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为折痕把 △ DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. （1）证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； （2）求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 3 4 . 【解析】 （1）根据 E，F 分别为 AD，BC 的中点，易知 BF⊥EF，再由 PF⊥BF，利用线面垂直的判定定理证明； （2）作 PH EF ，由（1）知 PH  平面 ABFD，以 H 为原点，以 HF  为 y 轴， BF  为单位长度，建 立空间直角坐标系，分别求得平面向量 ,DP HP   的坐标，设 DP 与平面 ABFD 所成角 ，由 sin cos , DP HP DP HP DP HP            求解. 【详解】 （1）因为四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点， 所以 BF⊥EF，又 PF⊥BF， EF BF F ， 所以 BF  平面 PEF， 又因为 BF  平面 ABFD， 所以平面 PEF⊥平面 ABFD； （2）如图所示： 作 PH EF ，由（1）知 PH  平面 ABFD， 以 H 为原点，以 HF  为 y 轴， BF  为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系； 由（1）可得 DE⊥PE，又 DP=2，DE=1， 所以 PE= 3 ， 又 PF=1，EF=2，所以 PE⊥PF， 所以 PH= 3 2 ， EH= 3 2 ， 则   3 30,0,0 , 0,0, , 1, ,02 2H P D             ， 所以 3 3 31, , , 0,0,2 2 2DP HP                 ， 设 DP 与平面 ABFD 所成角 ， 因为 HP  是平面 ABFD 的一个法向量， 所以 3 34sin cos , 43 DP HP DP HP DP HP              . 20．（2021·全国高三专题练习）在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 2n  个数构成递增的等比数列， 将这 2n  个数的乘积记作 nT ，再令 lgn na T ， 1n  ． （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）设 1 2 2 1 2 1 2( 1)n n n n n ab a a      ，设数列{ }nb 的前 n 项和为 nS ， 1 n n n T S S   ，求 nT 的最大项和最小项． 【答案】（1） 2na n  ；（2）最大项为 1 161 120T   ，最小项为 2 425 84T   ． 【解析】 （1）由题意数 1 和 100 之间插入 n 个实数，这 n 个实数成等比，由等比数列的性质即可求出 nT ，进而可得 数列{ }na 的通项公式； 【详解】 （1）设这 2n  个数构成递增的等比数列 nt 各项分别为 1 2 3 1 2, , ,n nt t t t t  ， 则这 2n  个数的乘积 1 2 3 1 2n n nT t t t t t     ①， 2 1 3 2 1n n n nT t t t t t t       ②， 由等比数列的性质可得 1 2 2 1 3 3 100n n n k n kt t t t t t t t            ①②两式相乘可得  2 22 2100 10 nn nT   ， 所以 210n nT  ， 1n  ， 得 2lg lg10 2n n na T n    ， ( *)n N ． （2） 1 12 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1) ( 1)n nn n n n n n n n a a ab a a a a              1 1 2 1 2 1 1 1 1 1( 1) ( 1) 2 1 2 3 n n n na a nn                     ， 当 2n k 时， 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 5 5 7 2 1 2 3 3 2 3 6 9n nS n n n n                            ， 当 2 1n k  时， 1 1 1 1 1 1 1 1 2 6 3 5 5 7 2 1 2 3 3 2 3 6 9n nS n n n n                            ， 2 , 2 ,6 9 2 6 , 2 1,6 9 n n n k k ZnS n n k k Zn            ， 则当 2n k 时， 1 1 3 2 3nS n    单调递增，所以 1 n y S  单调递减， 1 n n n T S S   单调递增，所以 2n  时， nT 最小为 2 2 2 1 4 21 425 21 4 84T S S       当 n   时， 1 1 6 9 1 1 9 8 1 933 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 1 n n n T nS S n n n n n n               所以 8 3nT   当 2 1n k  时， 1 1 3 2 3nS n    单调递减，所以 1 n y S  单调递增， 1 n n n T S S   单调递减，所以 1n  时， nT 最大为 1 1 1 1 8 15 161 15 8 120T S S       ， 当 n   时， 1 1 6 9 1 1 9 8 1 933 2 3 2 6 3 2 3 2 6 3 2 6 1 3 2n n n n n nS nT nS n n                 所以 8 3nT   所以最大值为 1 161 120T   ，最小值为 2 2 2 1 425 84T S S     ． 【点睛】 关键点点睛：本题解题的关键点是利用等差数列的性质 2 2 1 2 12 n n na a a   可以将 nb 的通项裂项，讨论 n 是奇数和 n 是偶数可求 nS ，再利用 nS 的单调性判断 1 n n n T S S   的单调性，可求最值. 21．（2021·浙江高三其他模拟）如图，椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左顶点为 A ，离心率为 1 2 ，长轴 长为 4，椭圆C 和抛物线  2: 2 0F y px p  有相同的焦点，直线 : 0l x y m   与椭圆交于 M ， N 两 点，与抛物线交于 P ，Q 两点． （1）求抛物线 F 的方程； （2）若点 D ， E 满足 AD AM AN    ， AE AP AQ    ，求 AD AE  的取值范围． 【答案】（1） 2 4y x ；（2） 144 96 7,487 7AD AE          ． 【解析】 （1）根据题意可得 2a  ， 1c  ，再根据 12 p  即可求解. （2）将直线 : 0l x y m   与椭圆方程联立，设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，利用韦达定理可得 8 64 ,7 7 m mAD       ，再将直线 : 0l x y m   与抛物线方程联立设  3 3,P x y ，  4 4,Q x y ，利用韦达 定理可得  8 2 ,4AE m  ，再由从而可得 216 96 327 7AD AE m m     ，配方即可求解. 【详解】 （1）因为椭圆C 的离心率为 1 2 ，长轴长为 4， 2 4 1 2 a c a   ， ，，所以 2a  ， 1c  ， 因为椭圆 C 和抛物线 F 有相同的焦点，所以 12 p  ，即 2p  ， 所以抛物线 F 的方程为 2 4y x ． （2）由（1）知椭圆 2 2 : 14 3 x yC   ， 由 2 2 14 3 0 x y x y m        ， ， 得 2 27 8 4 12 0x mx m    ，  2 2 1 64 4 7 4 12 0m m       ，得 2 7m  ， 7 7m   ． 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 则 1 2 8 7 mx x   ， 所以  1 2 1 2 62 7 my y x x m     ． 易知  2,0A  ，所以  1 2 1 2 8 64, 4 ,7 7 m mAD AM AN x x y y               ． 由 2 4 0 y x x y m       ， ，得  2 22 4 0x m x m    ．  2 2 2 2 4 4 0m m     ，得 1m  ． 设  3 3,P x y ，  4 4,Q x y ， 则 3 4 4 2x x m   ， 所以  3 4 3 4 2 4y y x x m     ， 所以    3 4 3 44, 8 2 ,4AE AP AQ x x y y m          ． 所以  8 64 , 8 2 ,47 7 m mAD AE m            28 6 16 964 8 2 4 327 7 7 7 m mm m m            ， 7 1m   ， 易知函数 216 96 327 7y m m   在  7,1m  上单调递减， 所以 144 96 7,487 7AD AE          ． 22．（2021·全国高三专题练习）已知实数 0a  ，函数   22 lnf x a x a xx    ， (0,10)x ． （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若 1x  是函数  f x 的极值点，曲线 ( )y f x 在点 1 1( , ( ))P x f x ､ 2 2( , ( ))Q x f x ( 1 2x x )处的切线分 别为 1 2l l， ，且 1 2l l， 在 y 轴上的截距分别为 1b ､ 2b ．若 1 2l l// ，求 1 2b b 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2） 6 ln 4,05     ． 【解析】 （1）求导后得       2 2 1 0 10ax axf x xx      ；分别在 1 10a  和 10 10a   两种情况下，根据  f x 的符号可确定  f x 的单调性； （2）由极值点定义可构造方程求得 a ，得到  f x 和  f x ；根据导数的几何意义可求得在 ,P Q 处的切线 方程，进而求得 1 2,b b ；由 1 2//l l 可求得 1 2,x x 的关系，同时确定 1x 的取值范围；将 1 2b b 化为 1 2 1 1 2 2 2 1 ln 1 x x x x x x       ， 令 1 2 x tx  ，    2 1 ln1 tg t tt   ，利用导数可求得  g t 的单调性，进而求得  g t 的值域即为 1 2b b 的范 围. 【详解】 （1）       2 2 2 2 12 0 10ax axaf x a xx x x          . 0a  ， 0 10x  ， 2 0ax   . ①当 1 10a  ，即当 10,10a     时，   0f x  ，  f x 在 0,10 上单调递减； ②当 10 10a   ，即 1 ,10a      时， 当 10,x a     时，   0f x  ； 当 1 ,10x a     时，   0f x  ，  f x 在 10, a      上单调递减，在 1 ,10a      上单调递增. 综上所述：当 10,10a     时，  f x 在 0,10 上单调递减； 当 1 ,10a      时，  f x 在 10, a      上单调递减，在 1 ,10a      上单调递增. （2） 1x  是  f x 的极值点，  1 0f   ， 即  2 1 0a a   ， 解得： 1a  或 2a   （舍）， 此时   2 lnf x x xx    ，   2 2 1 1f x x x      . 1l 方程为：  1 1 12 1 1 1 2 2 1ln 1y x x x xx x x                   ， 令 0x  ，得： 1 1 1 4 ln 1b xx    ； 同理可得： 2 2 2 4 ln 1b xx    . 1 2//l lQ ， 2 2 1 1 2 2 2 1 2 11 1x x x x        ， 整理得：  1 2 1 22x x x x  ， 1 2 1 2 2 xx x    ， 又 1 20 10x x   ， 则 1 1 1 2 102 xx x   ， 解得： 1 5 42 x  ，   1 2 1 22 1 1 1 1 1 2 11 2 2 1 2 2 2 2 2 124 4 ln ln ln 1 x x x xx x x x xb b xx x x x x x x x              . 令 1 2 x tx  ， 则 1 1 1 1 2 11 ,12 2 4 x xt x x          ， 设    2 1 ln1 tg t tt   ，         2 2 2 14 1 0 1 1 tg t tt t t         ，  g t 在 1 ,14      上单调递增，又  1 0g  ， 1 6 ln 44 5g       ，   6 ln 4,05g t       ， 即 1 2b b 的取值范围为 6 ln 4,05     .