专题3.4 高考模拟训练卷四--《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 3.4 高考模拟训练卷四 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·北京丰台区·高三一模）已知集合 { | 2 1}A x x    ， { | 0 3}B x x   ，则 A B  （ ） A．{ | 2 0}x x   B．{ | 0 1}x x  C．{ |1 3}x x  D．{ | 2 3}x x   【答案】D 【解析】 根据并集的定义计算． 【详解】 因为集合 { | 2 1}A x x    ， { | 0 3}B x x   所以 { | 2 3}A B x x    ． 故选：D． 2．（2021·辽宁营口市·高二期末）双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a  ， 0b  )的离心率为 5 ，则其渐近线方程为 （ ） A． 2y x  B． 3y x  C． 2 2y x  D． 3 2y x  【答案】A 【解析】 由双曲线的离心率公式可得 2b a  ，再由双曲线的渐近线方程即可得解. 【详解】 由题意，该双曲线的离心率 2 21 5be a    ，则 2b a  ， 所以该双曲线的渐近线方程为 by xa   即 2y x  . 故选：A. 3．（2021·安徽省肥东县第二中学高二期末（文））如图是一个几何体的三视图（单位： cm），根据图中数 据，可得该几何体的体积是（ ） A． 324cm B． 312cm C． 38cm D． 34cm 【答案】D 【解析】 还原几何体，利用锥体体积公式直接求解. 【详解】 还原几何体如图，可知该几何体为三棱锥， 故体积为 31 1 2 3 4 4cm3 2V       ， 故选：D. 4．（2021·江西上饶市·高二期末（理））若 ,x y 满足约束条件 0 2 1 x y x y x         ，则 2z x y  的最大值是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】 根据线性约束条件作出可行域，利用 z 的几何意义即可求解. 【详解】 根据线性约束条件作出可行域如图所示：由 2z x y  转化为 2y x z   ， 作 0 : 2l y x  ，让其沿着可行域的方向平移，可知过点  1,1A 时 目标函数取得最大值为 2 1 1 3z     ， 故选：B 【点睛】 方法点睛：线性规划求最值的常见类型： （1）线性目标函数求最值：转化为直线的截距问题，结合图形求解； （2）分式型目标函数最值：转化为平面区域内的点与定点连线的斜率问题，结合图形求解； （3）平方型目标函数求最值；转为两点间的距离问题，结合图形求解. 5．（2021·安徽黄山市·高一期末）已知函数 xy a 的图象如图，则    log 1af x x   的图象为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 由指数函数图象求出参数 a 的值，从而得到 ( )f x 的解析式，再利用特殊值即可判断； 【详解】 由 xy a 的图象可知，函数过点 1,3 所以 1 3a  ，即 3a  ，所以 3( ) log ( 1)f x x   ，所以  0 0f  ，排除 A、B， ( 2) 1f   ，排除 C， 故选：D. 6．（2021·全国高三月考）已知函数 2( )f x x bx c    ，则“ 02 bf f        ”是“方程 ( ) 0f x  有两个不 同实数解且方程 ( ( )) 0f f x  恰有两个不同实数解”的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 根据二次函数的图象与性质，求得 ( ( )) 02 bf f  ，反之若 ( ) 0f t  有两个正根 1 2t t ，当 1 2 max( )t t f x  ， 得到方程 ( ( )) 0f f x  恰有四个不同实数解，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】 由 2( )f x x bx c    表示开口向下的抛物线，对称轴的方程为 2 bx  ， 要使得方程 ( ) 0f x  有两个不同实数，只需 ( ) 02 bf  ， 要使得方程 ( ( )) 0f f x  恰有两个不同实数解，设两解分别为 1 2,x x ，且 1 2x x ， 则满足 1 max 2( )x f x x  ， 因为 1 2( , )x x x 时，   0f x  ，所以 ( ( )) 02 bf f  ，所以必要性成立； 反之，设 ( ) 02 bt f  ，即 ( ) 0f t  ， 当 ( ) 0f t  有两个正根，且满足 1 2t t ，若 1 2 max( )t t f x  ， 此时方程 ( ( )) 0f f x  恰有四个不同实数解，所以充分性不成立. 所以“ 02 bf f        ”是“方程 ( ) 0f x  有两个不同实数解且方程 ( ( )) 0f f x  恰有两个不同实数解”的必 要不充分条件. 故选：C. 【点睛】 方法点拨：（1）对于与二次函数有关的复合函数的零点问题，解答中熟记二次函数的图象与性质的应用， （2）对于函数 ( ( ))y f f x 的零点问题，合理利用换元法，设 ( )t f x ，转化为 ( ) 0f t  ，结合二次函数 的图象与性质求解，同时注意数形结合法的应用. 7．（2021·福建漳州市·高三月考）已知定义 R 在上的函数  f x ，其导函数为  f x ，若     2sinf x f x x   ，且当 0x  时，   cos 0x xf   ，则不等式 ( ) sin cos2f x f x x x       的 解集为（ ） A． , 2     B． ,2     C． , 4      D． ,4      【答案】D 【解析】 令 ( ) ( ) sing x f x x  ，根据题意，得出  g x 为定义在 R 上的偶函数，且  g x 在 ,0 单调递减，把 不等式转化为  2g x g x     ，得到 2x x  ，即可求解. 【详解】 令 ( ) ( ) sing x f x x  ，则 ( ) ( ) sin( ) ( ) sing x f x x f x x        . 又由 ( ) ( ) 2sinf x f x x   ，所以 ( ) sin ( ) sinf x x f x x    . 故 ( ) ( )g x g x  ，即  g x 为定义在 R 上的偶函数； 当 0x  时，  ( ) cos 0g x f x x    ，所以  g x 在 0, 上单调递增， 又因为  g x 为偶函数，故  g x 在  ,0 单调递减， 由  cos sin sin2 2 2f x x f x x f x x                         ，即  2g x g x     ， 所以 2x x  ，解得 4x   ， 所以不等式 ( ) sin cos2f x f x x x       的解集为 ( , )4   . 故选：D. 8．（2020·全国高二课时练习）武汉市从 2020 年 2 月 7 日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者､ 疑似的新冠肺炎患者､无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等四类人员，强化网格 化管理，不落一户､不漏一人.在排查期间，一户 6 口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”，这种情况下 医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测，若出现阳性，则该家庭为“感染高危户”.设该家 庭每个成员检测呈阳性的概率均为  0 1p p  且相互独立，该家庭至少检测了 5 个人才能确定为“感染高 危户”的概率为  f p ，当 0p p 时，  f p 最大，则 0p  （ ） A． 61 3  B． 6 3 C． 1 2 D． 31 3  【答案】A 【解析】 设事件 A ：检测 5 个人确定为“感染高危户”，事件 B ：检测 6 个人确定为“感染高危户”，由相互独立事件 的概率乘法公式可得    41P A p p  ，    51P B p p  ，设 1 0x p   ，利用基本不等式即可求解. 【详解】 设事件 A ：检测 5 个人确定为“感染高危户”， 事件 B ：检测 6 个人确定为“感染高危户”， ∴    41P A p p  ，    51P B p p  . 即         4 5 41 1 2 1f p p p p p p p p       ， 设 1 0x p   ，则         4 2 41 1 1g x f p x x x x x      ， ∴         32 2 2 2 4 2 2 2 2 21 1 41 2 22 2 3 27 x x x g x x x x x x                     ， 当且仅当 2 22 2x x  ，即 6 3x  时取等号，即 0 61 3p p   ， 故选：A 9．（2020·安徽省太和第一中学高二开学考试）设 1l ， 2l 是平面 内所成角为 6  的两条直线，过 1l ， 2l 分别 作平面  ， ，且锐二面角 1l   的大小为 4  ，锐二面角 2l   的大小为 3  ，则平面  ， 所成 的锐二面角的平面角的余弦值可能是（ ） A． 3 6 B． 2 8 C． 1 4 D． 1 3 【答案】B 【解析】 根据题意作出图形，由题过点 P 向平面 作垂线,找到锐二面角 1l   ， 2l   ，设 1CO  ，利用边 角关系计算各个边长，计算点 C 到 PA 的距离以及点 C 到平面  的距离，从而可得到所求的二面角. 【详解】 如图，平面 为平面 ABC,直线 1l 为直线 AB,直线 2l 为直线 AC,由题意得 6BAC   ， 过 1l 作平面  为平面 ABP, 过 2l 作平面 为平面 ACP,过点 P 向平面 作垂线,垂足为 O, 再由点 O 作 , ,OB AB OC AC  连接 PB,PC,锐二面角 1l   的大小为 4  ， 即 4PBO   ，同理可知 3PCO   ，设 1CO  ，则 3PO BO  ， 2PC  ， 6PB  ,在三角形 DAC△ 中， 3BDO   , 1DB  ， 2DO  ，所以 AC 3 3 ， 6AD  ， 5AB  31PA  ，过点 C 作 ,CM AP 所以高线 6 3 31 CM  ， ,AB OB AB PO  ,可得 AB POB 面 , AB PAB 面 , PAB POB面 面 , PAB POB PB面 面 , 过点 O 作OH PB ,则OH PAB 面 , 可得 O 到面 PAB 的距离 1 6 2OH d  ，故可知C 到面 PAB 的距离为 2 1 3 3 6 2 4d d  ，记平面  ， 所 成的角为 ，则 2 3 6 624sin 86 3 31 d CM     ，所以 2cos 8   . 故选：B. 10．（2020·全国）如图，在平面四边形 ABCD 中，AB BC ， 60BCD   ， 150ADC   ， 3BE EC uuur uuur ， 2 3 33CD BE ， ，若点 F 为边 AD 上的动点，则 EF BF  的最小值为（ ） A．1 B． 15 16 C． 31 32 D．2 【答案】B 【解析】 建立平面直角坐标系，设出 F 点坐标，求得 EF BF  的表达式，进而求得 EF BF  的最小值. 【详解】 以 B 为原点建立如图所示平面直角. 依题意 1 3 3 3CE BE  ， 4 3 3BC BE CE   ， 60BCD   ， 在三角形 BCD中，由余弦定理得 2 2 4 3 2 3 4 3 2 32 cos60 23 3 3 3BD                     . 所以 2 2 2BD CD BC  ，所以 90BDC   . 而 2BC CD ，所以 30 , 60DBC DCB      . 在三角形CDE 中，由余弦定理得 2 2 3 2 3 3 2 32 cos60 13 3 3 3DE                     . 所以 2 2 2CE DE CD  ，所以 90DEC   . 在三角形 ABD 中， 60ABD ADB    ，所以三角形 ABD 是等边三角形， 所以 2AB BD  . 所以      0,2 , 3,1 , 3,0A D E ，设  ,F x y 依题意令  0 1AF AD     ，即     , 2 3, 1 3 ,x y        ， 所以 3 3 2 2 x x y y                ，所以  3 ,2F   ， 所以    3 3 ,23,2EF BF         24 7 4    . 对于二次函数    24 7 4 0 2f         ，其对称轴为 7 8   ，开口向上，所以当 7 8   时，  f  有最小值，也即 EF BF  有最小值为 27 7 154 7 48 8 16         . 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．（2021·江苏启东市·高二期末）2020 年是全国决胜脱贫攻坚之年，“一帮一扶”工作组进驻某山区帮助农 民脱贫，发现该山区盛产苹果、梨子、猕猴桃，工作人员文明在线上进行直播带货活动，促销方案如下： 若一次购买水果总价不低于 200 元，则顾客少付款 m 元，每次订单付款成功后，农民会收到支付款的 80%， 在促销活动中，为了使得农民收入不低于总价的 70%，则 m 的最大值为_________. 【答案】25 【解析】 根据题意建立函数关系式  7080x xm    ％ ％，整理出 8 xm  恒成立，再由 x 的范围即可求解. 【详解】 设每笔订单促销前的总价为 x 元， 根据题意有  7080x xm    ％ ％，即 8 xm  恒成立， 由题意得 200x  ，所以 200 258 8 x   ，所以 25m  ， 即 m 的最大值为 25. 故答案为：25 12．（2021·北京高三期末）设 a R ．若复数 i(1 i)z a  为纯虚数，则 a ________， 2z  ________． 【答案】 0 1 【解析】 解： 2(1 )z i ai ai i a i       ， 因为复数 i(1 i)z a  为纯虚数，所以 0a  ，即 0a  ， 所以 z i= ，所以 2 2 1z i   故答案为： 0 ； 1 13．（2020·北京四中高三月考）已知 (1 )nx 的展开式各项系数之和为64 ，则 n _____，展开式中含 2x 项 的系数为_____. 【答案】6 15 【解析】 利用赋值法，令 1x  ，则 (1 )nx 的展开式各项系数之和为 2n ，即可求得 n；再由二项展开式的通项求得 含 2x 项的系数. 【详解】 令 1x  ，则 (1 )nx 的展开式各项系数之和为 62 64 2 n ，则 6n  ； 其中通项 1 6 r r rT C x   ，令 2r = ，则 2 2 2 3 6 15T C x x   ，故 2x 项的系数为 15. 故答案为：(1). 6；(2). 15 14．（2021·山西高三一模（文））在平面四边形 ABCD 中，BC CD ， 135B   ， D 为锐角， 3BC  ， 2 10AD  ， 3 5AC  ，则sin ACB  ________， CD  ________． 【答案】 5 5 5 【解析】 在 △ ABC 中，根据余弦定理可得 3 2AB  ，再由正弦定理可得 5sin 5ACB  ，在 △ ACD 中，由余弦 定理得 1CD  或 5，检验 D 为锐角即可得解. 【详解】 如图：平面四边形 ABCD 中， BC CD ， 135oB  ， 3 5AC  ， 3BC  ， 在 △ ABC 中，根据余弦定理可得 2 2 22 cosAB BC AB BC B AC     ， 整理得 ( 6 2)( 3 2) 0AB AB   ，所以 3 2AB  由正弦定理可得， sin sin AC AB B ACB   ， 即 3 5 3 2 sin135 sin ACB   ， 则 5sin 5ACB  ． 在 △ ACD 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAD AC CD AC CD ACD      因为 5cos sin 5ACD ACB    ， 3 5AC  ， 2 10AD  得 1CD  或 5. 当 1CD  时 2 2 2 40 1 45cos 02 2 2 10 AD CD ACD AD CD        ，不满足 D 为锐角，舍去 所以 5CD  故答案为： 5 5 ；5. 15．（2020·海淀区·北京市八一中学高一月考）已知圆 2 2: 2 0C x x y   ，则圆心坐标为________________， 若直线l 过点( )1,0- 且与圆 C 相切，则直线l 的方程为__________________. 【答案】  1,0  3 13y x   【解析】 圆的方程化为标准方程，可得圆心坐标；圆心到直线的距离 2 2 1 1 kd k    ，可得直线方程. 【详解】 圆 2 2: 2 0C x x y   ，可化为 2 21 1x y   ，圆心坐标为 1,0 ， 设直线l 的方程为  0 1y k x   ，即 0kx k y   ， 圆心到直线的距离 2 2 1 1 kd k    ， 3 3k   ， 直线l 的方程为  3 13y x   ， 故答案为： 1,0 ；  3 13y x   . 16．（2021·高二期末）已知 1F 、 2F 为椭圆 2 2 2: 12 x yM m   和双曲线 2 2 2: 1xN yn   的公共焦点， P 为它们的一个公共点，且 1 1 2PF F F ，那么椭圆 M 和双曲线 N 的离心率之积为 _____________. 【答案】1 【解析】 本题首先可通过椭圆与双曲线共焦点得出 2 2 22 1m n c- = + = ，然后设 px c= ，依次代入椭圆与双曲线方程 中，得出 2 2 4 py m  以及 2 2 1 py n  ，即 2 2 1 4 n m  ，最后联立 2 2 2 2 1 4 2 1 n m m n       ，求出 2m 、 2n 以及椭圆与双 曲线的离心率，即可得出结果. 【详解】 因为 1F 、 2F 为椭圆 2 2 2: 12 x yM m   和双曲线 2 2 2: 1xN yn   的公共焦点， 所以 2 2 22 1m n c- = + = ， 因为 P 为它们的一个公共点，且 1 1 2PF F F ，所以可设 px c= ， 则 2 2 2 12 p px y m   ， 22 2 12 pyc m   ，  22 2 2 2 22 2 2 22 4 py m mc m m       ， 2 2 2 1p p x yn   ， 2 2 2 1pyc n   ， 2 2 2 2 2 2 1 11 1p c ny n n n     ，即 2 2 1 4 n m  ， 联立 2 2 2 2 1 4 2 1 n m m n       ，解得 2 4m  ， 2 1n  ， 则椭圆 2 2 : 14 2 x yM   ，双曲线 2 2: 1N x y  ， 2 2c  ， 故 2 2Me = ， 2 21Ne = = ， 2 2 12M Ne e× = ´ = ， 故答案为：1. 【点睛】 关键点点睛：本题考查通过椭圆与双曲线共焦点求离心率，能否根据 1 1 2PF F F 求出 2 2 1 4 n m  是解决本题 的关键，椭圆中有 2 2 2a b c  ，双曲线中有 2 2 2 a b c ，考查计算能力，是中档题. 17．（2021·高一期末）已知函数  2 2 , 2 ( ) 2 , 2 x x f x x x       ，函数 ( ) (2 )g x b f x   ，如果 ( ) ( )y f x g x  恰好有两个零点，则实数b 的取值范围是________． 【答案】 7 (2, )4      【解析】 求出函数 ( ) ( )y f x g x  的表达式，构造函数 ( ) ( ) (2 )h x f x f x   ，作出函数 ( )h x 的图象，利用数形 结合进行求解即可. 【详解】 ( ) (2 )g x b f x   ， ( ) ( ) ( ) (2 )y f x g x f x b f x       ， 由 ( ) (2 ) 0f x b f x    ， 得 ( ) (2 )b f x f x   ， 设 ( ) ( ) (2 )h x f x f x   ， 若 0x  ，则 0x  ， 2 2x ≥ ， 则 2( ) ( ) (2 ) 2h x f x f x x x      ， 若 0 2x  ，则 2 0x    ， 0 2 2x   ， 则 ( ) ( ) (2 ) 2 2 2 2 2 2 2h x f x f x x x x x              ， 若 2x  ，则 2x   ， 2 0x  ， 则 2 2( ) ( ) (2 ) ( 2) 2 2 5 8h x f x f x x x x x           ， 即 2 2 2, 0 ( ) 2,0 2 5 8, 2 x x x h x x x x x            ， 作出 ( )h x 的图象如图， 当 0x  时， 2 21 7 7( ) 2 ( )2 4 4h x x x x       ， 当 2x  时， 2 25 7 7( ) 5 8 ( )2 4 4h x x x x       ， 由图象知要使 ( ) ( )y f x g x  有两个零点，即 ( )h x b 有四个根， 则满足 7 4b  或 2b  ， 故答案为： 7 (2, )4      【点睛】 函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令 f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且 f(a)·f(b)＜0，还必须结合函 数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同 的值，就有几个不同的零点． 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·重庆高一期末）已知函数 2 1( ) 3sin cos sin 2f x x x x   . （1）求  f x 的单调递增区间； （2）若 ( , )12 3A   ， 1( ) 3f A  ，求 5cos(2 )6A  的值. 【答案】（1） ( , )( )6 3k k k     Z ；（2） 3 2 2 6  . 【解析】 （1）先把 2 1( ) 3sin cos sin 2f x x x x   化为“一角一名一次”结构，利用“同增异减”讨论单调区间； （2）由 1( ) 3f A  ，得到 1 2 2sin(2 ) cos(2 )6 3 6 3A A    ， ，利用两角差公式求 5cos(2 )6A  的值. 【详解】 解：（1） 23 1 cos 1( ) sin 2 sin(2 )2 2 2 6 xf x x x      ， 令 2 2 22 6 2k x k         ， 解得 ,6 3k x k k Z        . 所以  f x 的单调增区间为( , )( )6 3k k k     Z . （2） 1( ) sin(2 )6 3f A A    ，令 2 6A    ，则 0 2   ， 所以 1sin 3   ， 2 2cos 3   ， 则 5 2 2 2cos(2 ) cos( ) cos cos sin sin6 3 3 3A            2 2 1 1 3 3 2 2( )3 2 3 2 6       . 【点睛】 利用三角公式求三角函数值的关键： (1)角的范围的判断； (2)根据条件进行合理的拆角，如    2 ( )              ， 等． 19．（2021·全国高三月考（理））如图，四边形 ABCD 是边长为 2 3 的菱形， 1DD  平面 ABCD ， 1BB  平面 ABCD ，且 1 1 2BB DD  ， ,E F 分别是 1 1,AD AB 的中点. （Ⅰ）证明：平面 //BDEF 平面 1 1CB D ； （Ⅱ）若 120ADC   ，求直线 1DB 与平面 BDEF 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 3 13 26 . 【解析】 （Ⅰ）连接 AC 交 BD 于点O ，连接OE ，分别利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理证得命题 成立； （Ⅱ）以O 为坐标原点，OC 所在直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴，过点O 且垂直平面 ABCD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的坐标公式计算即可． 【详解】 （Ⅰ）证明：连接 AC 交 BD 于点O ，连接 OE . 因为 ,E F 分别是 1 1,AD AB 的中点，所以 1 1//EF B D . 因为四边形 ABCD 是菱形，所以O 是 AC 中点. 又因为 E 是 1AD 的中点，所以 1//OE CD . 因为OE 平面 1 1CB D ， 1CD  平面 1 1CB D ， 所以 //OE 平面 1 1CB D ， 同理 //EF 平面 1 1CB D . 又因为 EF OE E  ， 所以平面 //BDEF 平面 1 1CB D . （Ⅱ）以O 为坐标原点，OC 所在直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴，过点O 且垂直平面 ABCD 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（Ⅰ）可知直线 1DB 与平面 BDEF 和平面 1 1CB D 所成角相等， 则        1 13,0,0 , 0, 3,0 , 0, 3,2 , 0, 3,2C D B D  ，      1 1 10,2 3,2 , 3, 3,2 , 3, 3,2DB CB CD        . 设平面 1 1CB D 的法向量为  m , ,x y z ， 由 1 1 0 0 n CB n CD        得 3 3 2 0 3 3 2 0 x y z x y z         . 令 2x  ，则  m 2,0,3 . 设直线 1DB 与平面 1 1CB D 所成角为 ， 则 1sin cos ,mDB    2 3 3 13 2612 4 4 9      ， 故直线 1DB 与平面 BDEF 所成角的正弦值为 3 13 26 . 20．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a  ， 1 1 2 na  是 nS 与 1 的等差中项． （1）证明数列 na 是等比数列，并求其通项公式； （2）若 nb 为 1 1na   与 2 1na   的等比中项，数列   1 2 3 21 n n n a b      的前 n 项和为 nT ，不等式 1 n nt T  恒 成立，求实数t 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； 12n na -= ；（2） 6 ,17     ． 【解析】 （1）利用 1( 2)n n na S S n   得出数列{ }na 的递推关系，证得其为等比数列，由等比数列通项公式可得 结论； （2）根据（1）求出 nb ，然后由裂项相消法求得和 nT ，不等式 1 n nt T  按 n 的奇偶性进行分类讨论可得 t 的范围． 【详解】 解：（1）由 1 1 2 na  是 nS 与 1 的等差中项，可得 1 1n na S   ，所以 1 1n nS a   ， 当 2n  时， 1 1n nS a   ，两式相减得 1 1n n n nS S a a    ， 即 1n n na a a  ，所以  1 2 2n na a n   ， 当 1n  时， 2 1 1a a  ，又 1 1a  ，所以 2 2a  ，所以 2 12a a ， 所以  * 1 2 Nn na a n   ，所以数列 na 是以 1 为首项、2 为公比的等比数列， 所以， 1 11 2 2n n na     ． （2）由 nb 为 1 1na   与 2 1na   的等比中项可得   2 1 21 1n n nb a a    ， 所以             1 1 2 1 1 2 3 2 3 2 3 2 21 1 11 1 2 1 2 1 n n n nn n n n n n n a a b a a                             1 11 2 1 2 1 1 11 1 2 1 2 12 1 2 1 n n n n n nn n                 ， 所以        1 2 3 2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n nT                                           2 2 3 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 112 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n                                         1 11 1 2 1 n n     ． 故原不等式可化为     1 11 1 1 2 1 n n nt       ． 当 n 为奇数时， 1 11 2 1nt      恒成立，即 1 11 2 1nt    恒成立， 显然 1 11 2 1n     为递减数列，且 1 1 02 1n  ，所以 1t  ； 当 n 为偶数时， 1 1 12 1nt   恒成立，显然 1 1 12 1n     为递减数列，又 n 为偶数，所以 3 1 612 1 7t     ． 所以实数t 的取值范围为 6 ,17     ． 【点睛】 关键点点睛：试题第（1）问从考生熟悉的等差数列的性质入手，引导考生利用 nS 与 na 之间的关系得到递 推关系，再从基本定义出发判断等比数列，充分体现对理性思维学科素养的考查；第（2）问引导考生通过 分析数列通项的特征，用裂项相消法求得和 nT ，对 n 分奇偶探究最值，要求考生灵活进行转化，侧重考查 了数学探索学科素养． 21．（2021·全国高三其他模拟）已知抛物线C ： 2 2y px  0p  的焦点为 F ，点 A ， B 在抛物线C 上． （1）若 A ， B ， F 三点共线，且 6AB p ，求直线 AB 的方程． （2）若直线 AB 的倾斜角为 135°，点 ,2 pD p     不在直线 AB 上，点  0,E m 在直线 AB 上． （i）求实数 m 的取值范围； （ii）若直线 AD 和直线 BD 的斜率均存在，求证： 0AD BDk k  ． 【答案】（1） 2 2 2 py x      ；（2）（i） 3 3, ,2 2 2 p p p            ；（ii）证明见解析． 【解析】 （1）当直线 AB 的斜率不存在时，可得 2AB p ，不合题意，舍去， 故直线 AB 的斜率存在，设其方程为 2 py k x      0k  ．联立方程，由韦达定理可得 2 1 2 2 2 6k p pAB x x p p p k       进而可得结果. （2）（i）设 AB 的方程为 y x m   ，联立直线和抛物线的方程，由韦达定理即可得出结果. （ii）结合（i）可得 1 2 1 22 2 AD BD y p y pk k p px x       ，进而可得结果. 【详解】 （1）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ． 当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 2 px  ，代入抛物线方程可得 2 2y p ，即 y p  ，所以 2AB p ，不合题意，舍去， 故直线 AB 的斜率存在，设其方程为 2 py k x      0k  ． 由 2 ,2 2 py k x y px          得   2 2 2 2 2 2 04 k pk x k p p x    ， 0  ， 则 2 1 2 2 2k p px x k   ，所以 2 1 2 2 2 6k p pAB x x p p p k       ， 解得 2 2k   ，所以直线 AB 的方程为 2 2 2 py x      ． （2）（i）依题意，可知直线 AB 的方程为 y x m   ． 由 2 , 2 y x m y px      得  2 22 2 0x m p x m    ， 由  2 22 2 4 0m p m     ，得 2 pm   ． 则 1 2 2 2x x m p   ， 2 1 2x x m ． 又 2 p m p   ，所以 3 2 pm  ， 故实数 m 的取值范围为 3 3, ,2 2 2 p p p            ． （ii）结合（i）可得 1 2 1 22 2 AD BD y p y pk k p px x          1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 p py p x y p x p px x                          1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 p px m p x x m p x p px x                              1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 px x m x x p m p p px x                     2 1 2 2 2 22 0 2 2 pm m m p p m p p px x                   ． 22．（2021·江苏泰州市·高二月考）设函数 ( ) ln ( 1) xf x x a x e   ，其中 a R ． （I）若 0a  ，讨论 ( )f x 的单调性； （Ⅱ）若 10 a e   ， （i）判断 ( )f x 的零点个数并证明． （ii）设 0x 为 ( )f x 的极值点， 1x 为 ( )f x 的零点，且 1 0x x ，证明 0 13 2x x  ． 【答案】（Ⅰ） ( )f x 在 (0, ) 内单调递增；（Ⅱ）（i）2 个，证明见解析：（ⅱ）证明见解析． 【解析】 （Ⅰ）先求出 21( ) xax ef x x   ，由条件可得 ( ) 0f x  ，从而可得答案. （Ⅱ）（i）由（Ⅰ），设 2( ) 1 xg x ax e  ，由又 (1) 1 0g ae   ，且 21 1ln 1 ln 0g a a             ， 所以 ( ) 0f x  在 (0, ) 内有唯一解 0x ，且 0 11 lnx a   ，从而得出 ( )f x 的单调性，由零点存在原理分析 其零点的个数. （ii）由条件可得   0 1 12 0 1 1ln 1 x x ax e x a x e    ，即 1 0 2 0 1 1 ln 1 x x x xe x    ，由当 1x  时， ln 1x x  ，可得  1 0 2 0 1 2 0 1 1 1 x x x xe xx    从而可证. 【详解】 （Ⅰ）解：由已知， ( )f x 的定义域为 (0, ) ，且 21 1( ) ( 1) x x x ax ef x ae a x ex x         ， 因此当 0a  时， 21 0xax e  ，从而 ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 内单调递增． （Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知， 21( ) xax ef x x    0x  . 令 2( ) 1 xg x ax e  ，  2( ) 2 2x x xg x axe ax e axe ax       由 10 a e   ，则 ( ) 0g x  ，所以 ( )g x 在 (0, ) 内单调递减， 又 (1) 1 0g ae   ，且 2 21 1 1 1ln 1 ln 1 ln 0g aa a a a                     ， 故 ( ) 0g x  在 (0, ) 内有唯一解，不妨设为 0x ，则 0 11 lnx a   所以 ( ) 0f x  在 (0, ) 内有唯一解 0x ， 当  00,x x 时，  0( )( ) 0g xg xf x x x     ，所以 ( )f x 在 00, x 内单调递增； 当  0,x x  时，  0( )( ) 0g xg xf x x x     ，所以 ( )f x 在 0,x  内单调递减， 因此 0x 是 ( )f x 的唯一极值点． 令 ( ) ln 1h x x x   ，则当 1x  时， 1( ) 1 0h x x     ，故 ( )h x 在 (1, ) 内单调递减， 从而当 1x  时， ( ) (1) 0h x h  ，所以 ln 1x x  ， 10 a e   ,则 1ln 1a  从而 1ln1 1 1 1 1 1ln lnln ln 1 lnln ln 1 ln 0af a e ha a a a a a                        ， 又因为  0 (1) 0f x f  ，所以 ( )f x 在 0,x  内有唯一零点， 又 ( )f x 在 00, x 内有唯一零点 1，从而， ( )f x 在 (0, ) 内恰有两个零点． （ii）由题意，     0 1 0 0 f x f x      ，即   0 1 12 0 1 1ln 1 x x ax e x a x e    ， 从而 1 01 1 2 0 1ln x xxx ex  ，即 1 0 2 0 1 1 ln 1 x x x xe x    ， 当 1x  时， ln 1x x  ，又 1 0 1x x  ，故  1 0 22 0 1 20 1 0 1 1 1ln 1 1 x x x xx xe xx x      ， 两边取对数，得 1 0 2 0ln lnx xe x  ， 于是  1 0 0 02ln 2 1x x x x    ，整理得 0 13 2x x  ． 【点睛】 关键点睛：本题考查求函数的单调性和讨论函数零点个数以及证明不等式，解答本题的关键是得出 1ln 0g a      ，从而得到 ( ) 0f x  在 (0, ) 内有唯一解 0x ，且 0 11 lnx a   ，以及由结论当 1x  时， ln 1x x  ，的得到 1 1ln ln 0f ha a            ，属于难题.