巴蜀中学 2021 届高考适应性月考卷（八）
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在
答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分 150 分，考试用时 120 分钟．
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 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．“ 3| log (2 ) 1x x x ”是“ { || 1 1}x x x ∣ ”的（ ）条件．
A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要出 D．既不充分也不
必要
2．已知复数 z 在复平面内对应的点都在射线 3 ( 0)y x x 上，且| | 10z ，则 z 的虚部为
（ ）
A．3 B．3i C． 3 D． i3
3．“垃圾分类”已成为当下最热议的话题，我们每个公民都应该认真履行，逐步养成“减量、
循环、自觉、自治”的行为规范，某小区设置了“可回收垃圾”、“不可回收垃圾”、“厨余垃
圾”、“其他垃圾”四种垃圾桶．一天，小区住户李四提着属于 4 个不同种类垃圾桶的 4 袋垃
圾进行投放，发现每个桶只能再投一袋垃圾就满了，作为一个意识不到位份子，李四随机把 4
袋垃圾投放到了 4 个桶中，则有且仅有一袋垃圾投放正确的概率为（ ）
A． 1
6
B． 2
3
C． 1
3
D． 1
2
4．已知直线3 4 10 0x y 与圆 2 2: 2 4 20 0C x y x y 相交于 A ，B 两点，点 P 在
圆C 上，且满足 4PABS ，则满足条件的 P 点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．已知在边长为 3 的等边 ABC 中， 1 1
2 3AP AC AB ，则CP
在CB
上的投影为（ ）
A．15
4
B． 5
4
C． 5
4
D．15
2
6．函数 lg| |( ) 10 sinxf x x x 的大致图象为（ ）
A ． B ． C ．
D．
7．在三棱锥 P ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直， 3PA ， 4PB ， 5PC ，点 E 为
线段 PC 的中点，过点 E 作该三棱锥外接球的截面，则所得截面圆的面积不可能为（ ）
A． 6 B．8 C．10 D．12
8．函数 ( ) sin ( 0, 0)6f x A x A
在 ,6 2
上单调，且
4 12f f
，若
( )f x 在[0, )t 上存在最大值和最小值，则实数 t 的取值范围为（ ）
A ． 2 ,3
B ． 2 ,3
C ． ,6 3
D． 2, ,6 3 3
二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项
中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对
的得 3 分）
9．2020 年 12 月 31 日，我国第一支新冠疫苗“国药集团中国生物新冠灭活疫苗”获得国家药
监局批准附条件上市，保护率为 79.34%，中和抗体阳转率为 99.52%，该疫苗将面向全民免费．所
谓疫苗的保护率，是通过把人群分成两部分，一部分称为对照组，即注射安慰剂；另一部分
称为疫苗组，即注射疫苗来进行的当从对照组和疫苗组分别获得发病率后，就可以计算出疫
苗的保护率=（对照组发病率疫苗组发病率）/对照组发病率 100% ．关于注射疫苗，下列说
法正确的是（ ）
A．只要注射了新冠疫苗，就一定不会感染新冠肺炎
B．新冠疫苗的高度阳转率，使得新冠肺炎重症感染的风险大大降低
C．若对照组 10000 人，发病 100 人；疫苗组 20000 人，发病 80 人，则保护率为 60%
D．若某疫苗的保护率为 80%，对照组发病率为 50%，那么在 10000 个人注射了该疫苗后，一
定有 1000 个人发病
10．如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 P ，Q 分别是棱 1BB ， 1DD 上异于端点的
两个动点，且 DQ BP ，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥 D APQ 的体积为定值
B．对于任意位置的点 P ，平面 APQ 与平面 1 1 1 1A B C D 所成的交线均为平行关系
C． PAQ 的最小值为
3
D．对于任意位置的点 P ，均有平面 APQ 平面 1 1AC CA
11．已知非零实数 a ，b 满足3 2a b ，则下列不等关系中正确的是（ ）
A． a b B．若 0a ，则 0b a
C． | | | |
1 | | 1 | |
a b
a b
D．若 30 log 2a ，则 b aa b
12．给定两个函数 ( )f x 与 ( )g x ，若实数 m ，n 满足 ( ) ( )g m f n ，则称| |n m 的最小值为
函数 ( )f x 与 ( )g x 的横向距．已知 0k ， 1( ) ln xf x k k
， ( ) ex kg x ，则（ ）
A．当 1k 时， ( )f x 与 ( )g x 的横向距为 0 B．若 ( )f x 与 ( )g x 的横向距为 0，则
0 1k
C． ( )f x 与 ( )g x 的横向距随着 k 的增大而增大 D．若 ( )f x 与 ( )g x 的横向距大于 1，则
ek
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填写在答题卡相应
位置上）
13．在 5(1 )x x 的展开式中，含 3x 项的系数为________．
14．已知数列 na 为等比数列，数列 nb 为等差数列，若 2 7 12 3 3a a a ， 1 7 13 6b b b ，
则 2 12
3 11
tan b b
a a
________．
15．如图，为测量 C 点到河对岸塔顶 A 的距离，选取一测量点 D ，现测得 75BCD ，
60BDC ， 40mCD ，并在点 C 处测得塔顶 A 的仰角为 30 ，则 CA 的距离为
________ m ．
16．已知点 P 为双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
右支上一点， 1F ， 2F 为双曲线的左、右
焦点，点 D 为线段 1PF 上一点， 1 2F PF 的角平分线与线段 2F D 交于点 M ，且满足
2
4 3
7 7PM PD PF ，则
2
| |DM
MF
________；若 D 为线段 1PF 的中点且 1 2 60F PF ，则
双曲线C 的离心率为________．（第一空 2 分，第二空 3 分）
四、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分 10 分）
在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别是 a ，b ，c ，且已知 ABC 的外接圆半径为 R ，已
知________，在以面下三个条件中任选一个条件填入横线上，完成问题（1）和（2）：
① cos cos 2cosC B B
ac ab bc
，② sin cosR A b A c ，③ ( 3sin cos ) 0a c b C C ．
问题：（1）求角 B 的大小；
（2）若 2R ，求 a c 的最大值．
18．（本小题满分 12 分）
已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 1 2a ， 1 4n n n nS S a S ， *nN ．
（1）求 2a ， 3a ， 4a 的值，并求数列 na 的通项公式；
（2）求数列
1
2 1n na a n
的前 n 项和公式 nT ．
19．（本小题满分 12 分）
如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 与 ABEF 均为直角梯形，平面 ABCD 平面
ABEF ， AD//BC ， AF //BE ， AD AB ， AB AF ， 2 2 2AD AB BC BE ．
（1）已知点G 为 AF 上一点，且 1AG ，求证： BG// 平面 DCE ；
（2）已知直线 BF 与平面 DCE 所成角的正弦值为 5
5
，求平面 DCE 与平面 BDF 所成锐二
面角的余弦值．
20．（本小题满分 12 分）
在“十三五”期间，我国的扶贫工作进入了“精准扶贫”阶段．到 2020 年底，全国 830 个贫
困县全部脱贫摘帽，最后 4335 万贫困人口全部脱贫，这是我国脱贫攻坚史上的一大壮举．重
庆市奉节县作为国家贫困县之一，于 2019 年 4 月顺利脱贫摘帽．因地制宜发展特色产业，是
奉节脱贫攻坚的重要抓手．奉节县规划发展了以高山烟叶、药材、反季节蔬菜；中山油橄榄、
养殖；低山脐橙等为主的产业格局，各类特色农产品已经成为了当地村民的摇钱树．尤其是
奉节脐橙，因“果皮中厚、脆而易剥，肉质细嫩化渣、无核少络，酸甜适度，汁多爽口，余
味清香”而闻名．为了防止返贫，巩固脱贫攻坚成果，各职能部门对脐橙种植、销售、运输、
改良等各方面给予大力支持．已知脐橙分类标准：果径 80mm 85mm~ 为一级果，果径
75mm 80mm~ 为二级果，果径 70 75mm~ 或85mm 以上为三级果．某农产品研究所从种植
园采摘的大量奉节脐橙中随机抽取 1000 个，测量这些脐橙的果径（单位： mm ），得到如图
所示的频率分布直方图．
（1）试估计这 1000 个奉节脐橙的果径的中位数；
（2）在这 1000 个脐橙中，按分层抽样的方法在果径 70 85mm~ 中抽出 9 个脐橙，为进一步
测量其他指标，在抽取的 9 个脐橙中再抽出 3 个，求抽到的一级果个数 X 的分布列与数学期
望；
（3）以样本估计总体，用频率代替概率，某顾客从种植园的这批脐橙中随机购买 100 个，其
中一级果的个数为Y ，记一级果的个数为 k 的概率为 ( )P Y k ，写出 ( )P Y k 的表达式，并
求出当 k 为何值时， ( )P Y k 最大？
21．（本小题满分 12 分）
已知函数 ( ) ln( 1) 1
xf x x a x x
， 1
2a ．
（1）当 0x 时，求证： ( ) 0f x ；
（2）记数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 *1
na nn
N ，求证： 2 ln 24
n
n n
aS S ．
22．（本小题满分 12 分）
已知椭圆方程
2 2
2 2 1( 0)y x a ba b
，抛物线方程： 2 2 ( 0)y px p ，O 为坐标原点， F
是抛物线的焦点，过 F 的直线l 与抛物线交于 A ， B 两点，如图所示．
（1）证明：直线OA， OB 的斜率乘积为定值，并求出该定值；
（2）反向延长 OA，OB 分别与椭圆交于C ， D 两点，且 2 2 5OC OD ，求椭圆方程；
（3）在（2）的条件下，若 OAB
OCD
S
S
的最小值为 1，求抛物线方程．
巴蜀中学 2021 届高考适应性月考卷（八）
数学参考答案
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A C D C B A D
【解析】
1． 3log (2 ) 1 [ 1,2)x A ，| 1| 1 [0,2]x B ，因为 A B ，B A ，∴ x A
是 x B 的既不充分也不必要条件，故选 D．
2．设 3 iz a a ， aR ， 0a ， 2 2(3 ) 10a a ，∴ 1a ，虚部为 3，故选 A．
3．四袋垃圾总共有 4
4A 24 种不同的情况，选出一袋投放正确 1
4C 4 ，剩下 3 袋与对应垃圾
桶全部错位排，共 2 种情况，
1
4
4
4
C 2 1
A 3P ，故选 C．
4 ． 圆 2 2: ( 1) ( 2) 25C x y ， 5r ， (1, 2)C 到 直 线 3 4 10 0x y 的 距 离
| 3 8 10 | 35d ， 则 弦 长 2 2| | 2 8AB r d ， 设 P 到 AB 的 距 离 为 h ， 则
1 | | 42PABS AB h ，解得 1h ，而圆上 AB 两侧的动点到直线 AB 的最大距离分别为 5
和 2，故满足条件的点 P 共 4 个，故选 D．
5 ． 1 1
3 2CP AP AC AB AC ， ∴
21 1 1 5( )3 2 3 6CP CB AB AC AB AC AB AB AC
21 15
2 4AC ，∴CP
在CB
的投影为 5
4| |
CP CB
CB
，故选 C．
6． ( ) | | sin ( 0)f x x x x x 为偶函数，定义域为 ( ,0) (0, ) ，排除 AC 选项； 0x
时， ( ) sin (1 sin ) 0f x x x x x x ，图象横在 x 轴的上方，排除 D 选项；当sin 1x ，
32 ( )2x k k Z 时， ( ) 0f x ，故选 B．
7．构造以 PA ， PB ， PC 为棱长的长方体，设该长方体的外接球球心为O ，半径为 R ，则
有 24 9 16 25 50R ，则 2 50
4R ，在所有过点 E 的截面里，当截面过球心O 时，截面
圆的面积取最大值，此时半径为 R ；在所有过点 E 的截面里，当 OE 与截面垂直时，截面圆
的面积取最小值，此时截面圆的圆心为 E ，因为
2 23 4 5
2 2OE ，∴最小截面圆的半径
为 2 2 50 25 5
4 4 2r R OE ，∴最小截面圆的面积为
2
2 5 25
2 4S r
，
故截面圆的面积范围为 25 25,4 2
，故选 A．
8 ． ( )f x 在 ,6 2
上 单 调 ， 所 以 1 2 0 32 6 3 2 2
T ， 又
4 12 6 3
，所以 4 12
2 6
，∴ ( )6 6 2 k k Z ， 2 6k ，k Z ，
所 以 0k ， 2 ， 当 [0, )x t 时 ， 2 ,26 6 6x t
， 522 6 6t 或
32 6 2 6 3t t 或 2
3t ，故选 D．
二、多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项
中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对
的得 3 分）
题号 9 10 11 12
答案 BC BD BCD ABD
【解析】
9．A 选项错误：B 选项中阳转率高说明有高滴度的抗体，当感染新冠肺炎后，肺炎症状将会
大大降低，进而减少重症率；C 选项中由保护率的计算公式可得：对照组和疫苗组的发病率分
别为 1%，0.4%，代入可得保护率为 60%；D 选项中虽然根据公式算出样本中疫苗组的发病率
为 10%，但实际是否会发病是随机事件，故选 BC．
10．对于 A 选项， D APQ P ADQV V ， ADQ 面积不定，而 P 到平面 ADQ 的距离为定值 AB ，
故 D APQV 不是定值；对于 B 选项，由于 PQ// 平面 1 1 1 1A B C D ，则经过直线 PQ 的平面 APQ 与
平面 1 1 1 1A B C D 的所有交线均与直线 PQ 平行，根据平行的传递性，可得所有交线也平行；对
于 C 选项，设正方体棱长为 1， (0,1)PB DQ a ，则 2 1AP AQ a ， 2PQ ，
则
2 2 2
22
1 1 2cos 12 1
a a aPAQ aa
2
1 11 0,1 2a
，则 ,3 2PAQ
，错
误；对于 D 选项，易得直线 PQ 与平面 1 1AC CA 垂直，故平面 APQ 平面 1 1AC CA ，故选 BD．
11．A 选项中，由指数函数的图象可知， 0 a b 或者 0b a ，所以错误，所以 B 正确；
C 选项中，函数 111 1
xy x x
在 ( 1, ) 上单增，而| | | |a b ，所以正确；或者也可以
将 B 选项等价转化为证明| | | |a b 是正确的；D 选项中， 30 log 2 0 1a a b ，则
有 b a aa a b ，所以正确，故选 BCD．
12 ． 由 ( ) ( )g m f n ， 令 1e ln 0m k n tk k
， 则 lnm t k ，
1
e
t kn k
， 所 以
1
e ln
t kn m k t k
，记函数
1
( ) e ln
t kh t k t k
， 0t ，则
1 1( ) e
t kh t k t
，显然
( )h t 单 调 递 增 ， 且 1 0h k
， 故 ( )h t 在 10, k
， 1 ,k
， 即
min
1 1( ) ln lnh t h kk k
，①当 1k 时， ln 0k ，所以 min( ) lnn m k 0 ，即函
数 ( )f x 与 ( )g x 的横向距为 lnk ；②当 0 1k 时， ln 0k ，所以 min( ) ln 0n m k ，
所以 min| | 0n m ，即函数 ( )f x 与 ( )g x 的横向距为 0，故选 ABD．
三、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
题号 13 14 15 16
答案 10 3 40 2 3
4
， 7
【解析】
13． 2
5C 10 ．
14．由数列性质知 3
2 7 12 7 3 3a a a a ，得 7 3a ，又 1 7 13 73 6b b b b ，得 7 2b ，
又 2 12 72 4b b b ， 2
3 11 7 3a a a ，所以 2 12
3 11
4tan tan tan 33 3
b b
a a
．
15 ． 由 题 意 知 45CBD ， 由 正 弦 定 理 40
sin 45 sin60
BC
， 得 20 6BC ， 所 以
40 2CA ．
16．过 M 作 2MN //PF 交 1PF 于点 N ，作 1MG//PF 交 2PF 于点G ，由 2
4 3
7 7PM PD PF ，
得
2
3
4
DM DN
MF NP
，由 角平分线 定理
2 2
3
4
PD DM
PF MF
，因 为 D 为 PF 的中 点，所以
1
2
6
4
PF
PF
，由双曲线的定义， 1 2 2PF PF a ，所以 1 6PF a ， 2 4PF a ， 1 2 2F F c ，
在 1 2PF F 中，由余弦定理
2 2 236 16 4cos60 e 72 6 4
a a c
a a
．
四、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．解：（1）选条件①：
由题知 cos cos 2 cosb C c B a B ，
∴ 2 sin cos 2 sin cos 2 2 sin cosR B C R C B R A B ，
∴sin( ) 2sin cosB C A B ，
∴sin 2sin cosA A B ，又 0 A ，则 sin 0A ，
∴ 1cos 2B ，又 0 B ，∴
3B ． 5 分
选条件②：
由题知 2 sin 4 sin cos 4 sinR A R B A R C ，
∴sin 2sin cos 2sinA B A C ，又 ( )C A B ，
∴sin 2sin cos 2sin( )A B A A B ，
∴sin 2sin cosA A B ，又 0 A ，则 sin 0A ，
∴ 1cos 2B ，又 0 B ，∴
3B ． 5 分
选条件③：
由题知 2 sin 2 sin 2 sin ( 3sin cos ) 0R A R C R B C C ，
∴sin( ) sin cos sin 3sin sin 0B C B C C B C ，
∴ cos sin sin 3sin sin 0B C C B C ，又 0 C ，则sin 0C ，
∴ cos 1 3sin 0B nB ，
∴ 2sin 16B
，又 5
6 6 6B ，
∴
6 6B ，∴
3B ． 5 分
（2）由正弦定理知 2sin
b RB
，∴ 2 sin 2 3b R B ，
又 2 2 2 2 cosb a c ac B ，
∴ 2 212 a c ac ，
∴ 212 ( ) 3a c ac ，
∴
2
2 ( )( ) 12 3 3 4
a ca c ac ，
∴ 2( ) 48a c ，
∴ 4 3a c （当且仅当 2 3a c 时取等号），
∴ a c 的最大值为 4 3 ． 10 分
18．解：（1）由题知 *
14 n n nS a a n N ①，又 1 2a ，
∴ 1 1 24S a a ，∴ 2 4a ，
又 2 2 34S a a ，∴ 3 6a ，
又 3 3 44S a a ，∴ 4 8a ，
由①知： 2n 时， 1 14 n n nS a a ②，
① ② ： 1 1 14 n n n n nS S a a a ，
又 0na ，∴ 1 1 4( 2)n na a n ，
∴对于数列 na 来说， 1a ， 3a ， 5a ，…成等差数列， 2a ， 4a ， 6a ，…成等差数列，
（ⅰ）当 n 为奇数时， 1
1 4 22n
na a n ，
（ⅱ）当 n 为偶数时， 2
2 4 22n
na a n ，
∴ *nN 时， 2na n ． 8 分
（2）
1 1 1 1 1
2 1 4 ( 1) 4 1n na a n n n n n
，
∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 2 2 3 1 4 1 1 4( 1)n
nT n n n n
． 12 分
19．（1）证明：如图，连接 AE 交 BG 于点O ，取 DE 中点为 H ，连接 HO ， HC ，GE ，
在四边形 ABEG 中， AG//BE ， AG BE ，
故四边形 ABEG 为平行四边形，
故O 为 AE 中点，
所以在 ADE 中，OH 为中位线，
则OH //AD 且 1
2OH AD ，
又 BC//AD 且 1
2BC AD ，
故OH //BC 且OH BC ，
即四边形 BCHO 为平行四边形，
所以 HC//OB ，
又∵ HC 平面 DCE ，OB 平面 DCE ，
∴OB// 平面 DCE ，即 BG// 平面 DCE ． 5 分
（2）解：
ABCD ABEF
ABCD ABEF AB ADAD AB
AD ABCD
平面 平面
平面 平面
平面
平面 ABEF ，
如图，以点 A 为坐标原点，分别以 AF
， AB
， AD
为 x ， y ， z 轴正方向建立坐标系，
设 AF a （ 0a 且 1a ），
则 ( ,0,0)F a ， (0,2,0)B ， (0,0,2)D ， (1,2,0)E ， (0,2,1)C ，
则 (0,2, 1)DC ， (1,2, 2)DE ， ( , 2,0)BF a ，
设平面 DCE 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 2 0
2 2 0
DC n y z
DE n x y z
，取 (2,1,2)n ，
所以直线 BF 与平面 DCE 所成角 满足
2
| | | 2 2 | 5sin 5| | | | 3 4
BF n a
BF n a
，
即 211 40 16 0a a ，解得 4a 或 4
11a （舍），
设平面 BDF 的法向量为 , ,m x y z ，
∵ (4, 2,0)BF ， (0, 2,2)BD ，
∴ 4 2 0
2 2 0
BF m x y
BD m y z
，取 (1,2,2)m ，
所 以 平 面 BDF 与 平 面 DCE 所 成 锐 二 面 角 满 足
| | 8 8cos | | | | 3 3 9
m n
m n
． 12 分
20．解：（1）果径[65,80) 的频率为 (0.013 0.030 0.045) 5 0.44 0.5 ，
果径[65,85) 的频率为 (0.013 0.030 0.045 0.060) 5 0.74 0.5 ，
故果径的中位数在[80,85) ，不妨设为 a ，则 ( 80) 0.060 0.5 0.44 0.06a ，
解得中位数 81a ． 3 分
（ 2 ） 果 径 [70,75) ， [75,80) ， [80,85) 的 频 率 之 比 为
(0.03 5) (0.045 5) : (0.06 5) :3: 4: 2 ，
所以分层抽样过程中，一级果、二级果、三级果个数分别为 4，3，2 个，
故随机变量 0,1,2,3X ，
3
5
3
9
C 10( 0) C 84P X ，
2 1
5 4
3
9
C C 40( 1) C 84P X ，
1 2
5 4
3
9
C C 30( 2) C 84P X ，
3
4
3
9
C 4( 3) C 84P X ，
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 10
84
40
84
30
84
4
84
期望 10 40 30 4 112 4( ) 0 1 2 384 84 84 84 84 3E X ． 7 分
（3）这批果实中一级果的概率 3
10P ，每个果实相互独立，则 3~ 100,10Y B
，
则
100
100
3 7( ) C 10 10
k k
kP Y k
，题目即求 k 为何值时， ( )P Y k 最大，
令
1 99
1
100
100
100
3 7C( 1) 3(100 )10 10 1( ) 7( 1)3 7C 10 10
k k
k
k k
k
P Y k k
P Y k k
，解得 29.3k ，
故 当 29k 时 ， ( 1) ( )P Y k P Y k ， 即
( 30) ( 29) ( 28) ( 27)P Y P Y P Y P Y … ， 当 30k 时 ，
( 1) ( )P Y k P Y k ，即 ( 30) ( 31) ( 32) ( 33)P Y P Y P Y P Y …，所以
max( ) ( 30)P Y k P Y ，
即一级果的个数最有可能为 30 个． 12 分
21．证明：（1）∵ ( ) ln( 1) 1
xf x x a x x
， 1
2a ，则 (0) 0f ，
当 0x 时， 2 2
1 1 1 1( ) 1
1 ( 1) ( 1) 1
f x a a a
x x x x
，
令 1 (0,1)1t x
，
则由 ( ) 0f x ，可得 2 0a t t a ，
∵ 1
2a ，
∴ 21 4 0a ，
则 ( ) 0f x ，在 (0,x 恒成立，
∴ ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，
则 ( ) (0) 0f x f ． 6 分
（2）由（1）知，当 1
2a 时， 1 1ln( 1) 12 1x x x
，取 1x n
，
则 1 1 1 1ln 1 1 112 2 11
n
n n n n
n
，
∴ 1 1 1ln( 1) ln 2 1n n n n
，
∴ 1 1 1ln( 2) ln( 1) 2 1 2n n n n
，
∴ 1 1 1ln( 3) ln( 2) 2 2 3n n n n
，
…，
∴ 1 1 1ln(2 ) ln(2 1) 2 2 1 2n n n n
，
上式全部相加，则有 1 1 2 2 2 1ln(2 ) ln 2 1 2 2 1 2n n n n n n n
，
则 2
1 1 1 1 1ln 2 2 1 2 2 1 4 4
n
n n
aS Sn n n n n
，证毕． 12 分
22．（1）证明：设直线OA的斜率为 1 1 0k k ，直线OB 的斜率为 2k ，
由题可知，直线l 的斜率不为 0，
设直线 : 2
pl x ty ，
则由
2
2
2
px ty
y px
，可得 2 22 0y pty p ，
易知 0 ，且 2
1 2y y p ，
又 22 2 2
1 21 2
1 2 22 2 4 4
y yy y px x p p p
，则 21 2
1 2 2
1 2
4 4y yk k px x p
． 3 分
（2）解：设 ,c cC x y ， ,d dD x y ，
由（1）可知， 1:OAl y k x ， 2
1
4:OBl y k x xk
，
联立方程
1
2 2
2 2
,
1
y k x
y x
a b
，可得
2 2
2
2 2 2
1
c
a bx b k a
，
用
1
4
k
替换式子中的 1k ，有
2 2 2 2 2
2 1
2 2 2 2
12 2
1
164
d
a b a b kx a k b
b ak
，
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 21 1c d
c c d d c d
x xOC OD x y x y x a x a
b b
2
2 2 2
22 1 c d
aa x x
b
2 2 2 2 2 2 2
2 1
2 2 2 2 2 2 2
1 1
2
16
b a a b a b ka
b b k a a k b
2 2 2 4 4 4 2 2 2 4
2 1 1
2 2 2 4 4 4 2 2 2
1 1
2 162
16 16
b a a b k a b k a ba b a b k a b k a b
又 2 2 5OC OD ，则
4 2
2
4 4
2
16
a b ba b
，且
2 2
2 2
22 5b aa bb
，
即 2 2 5a b ，∴
2
2
4
1
a
b
，
此时椭圆方程为
2
2 14
y x ． 7 分
（3）解：∵ 1 2 1 2
1 | | sin | |2
1 | || | sin2
OAB
OCD c d c d
OA OB AOBS OA OB x x x x
S OC OD x x x xOC OD COD
‖ ‖
‖‖
，
由（2）可知，当 2 4a ， 2 1b 时，
2
2
1
4
4cx k
，
2
2 1
2
1 4d
kx k
，则 1
2
1
2
4c d
kx x k
，
又由（1）可知
2
1 2 4
px x ，
2
2 2
1 2
1
1 1
2
1
44
2 8 2
4
OAB
OCD c d
p
S x x p pkkS x x k
k
，
当且仅当 1 2k 时等号成立，
由题意
2
12
p ， 2p ，此时抛物线方程为 2 2 2y x ． 12 分
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