【解析版】2020年浙江省高考數(shù)學(xué)(理)預(yù)測(cè)押題試卷

1、由全國(guó)各地一線教師精心編制高考終極預(yù)測(cè)押題卷對(duì)近十年全國(guó)各地高考試題的全方位精確分析，把握命題規(guī)律，找出命題趨勢(shì)。全網(wǎng)首發(fā)！百位名師嘔血專研，只為高考最后一搏！浙江省高考數(shù)學(xué)（理）預(yù)測(cè)押題試卷一、選擇題：本大題共 10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有 一項(xiàng)是符合題目要求的.1. （5 分）（2012?胡南）設(shè)集合 M= -1, 0, 1, N=x|x2 < x）則 MA N=（）A. 0B. 0, 1C. - 1, 1D. - 1 , 0, 0）考點(diǎn)：交集及其運(yùn)算.專題：計(jì)算題.分析：求出集合N,然后直接求解 MAN即可.解答：解：因?yàn)?N=x|x2 <x

2、=x|0 <x<1M= -1,0, 1）,所以 MA N=0 , 1.故選B.點(diǎn)評(píng)：本題考查集合的基本運(yùn)算，考查計(jì)算能力，送分題.f （X） =CQS （肝馬 一 CO5 （冗一二"）2. （5分）（?波二模）函數(shù)4 是（）A.周期為兀的偶函數(shù)B.周期為2兀的偶函數(shù)C.周期為兀的奇函數(shù)D.周期為2兀的奇函數(shù)考點(diǎn)：兩角和與差的余弦函數(shù)；三角函數(shù)的周期性及其求法；正弦函數(shù)的奇偶性；余弦函數(shù)的奇偶性.專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì).分析：-利用兩角和差的余弦公式化就愛你函數(shù)的解析式為f （x） =-V2sinx,由此可得函數(shù)的周期性和奇偶性.解較.（ 冗、TTTC用牛口，f（X）=

3、COS Ck+） -一下）解：函數(shù)口= =cosxcos 4 sinxsin 47TI 兀（cosxcos + +sinxsin 4 ）兀=-2sinxsin 斗=-Jsinx,2TT它的周期為1 =2兀，且是奇函數(shù)，故選D.點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩角和差的余弦公式的應(yīng)用，正弦函數(shù)的周期性和奇偶性，屬于中檔題.3. （5分）（如波二模）已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（D. |16Vs考點(diǎn)：由三視圖求面積、體積.專題：空間位置關(guān)系與距離.分析：由已知中的三視圖，我們可以判斷出幾何體的形狀，進(jìn)而求出幾何體的底面面積和高 后，代入棱錐體積公式，可得答案.解答：解：由已知中的三視圖可得幾

4、何體是一個(gè)三棱錐，如圖，即圖中在長(zhǎng)方體中紅色的部 分.知棱錐的底面是一個(gè)以 4、行為底，以2為高的三角形，棱錐的高為 2,故棱錐的體積V=工?£（4乃SV3)?2?2=：'故選A.點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是由三視圖求體積，其中根據(jù)已知判斷出幾何體的形狀是解答本題的關(guān)鍵.4. （5分）（ 好波二模）已知點(diǎn) P （3, 3） , Q （3, - 3） , O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) M （x,"| OP，而 |<12 4*y）滿足|0C*0M|<12則點(diǎn)M所構(gòu)成的平面區(qū)域的面積是（）A . 12B. 16C. 32D. 64考點(diǎn)：簡(jiǎn)單線性規(guī)劃；平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示

5、、模、夾角.專題：不等式的解法及應(yīng)用.分析：先根據(jù)向量的數(shù)量積化簡(jiǎn)約束條件，再畫出約束條件表示的可行域，然后求出可行域的面積即可.解答：解：二.已知點(diǎn)P (3, 3) , Q (3, - 3) , O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) M (x, y)0P= (3, 3) , 0Q= (3, - 3) , 0K= (x, y).，滿足I |而而|<12,即、|3l3f|412,它表示的可行域?yàn)椋哼呴L(zhǎng)為 4反的正方形，則其圍成的平面區(qū)域的面積為：4巧>4=32;故選C.JS-3y="L2同時(shí)考查了閱讀理點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了兩個(gè)知識(shí)點(diǎn)：平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算以及平面區(qū)域, 解題意的能力以及簡(jiǎn)單的轉(zhuǎn)

6、化思想和數(shù)形結(jié)合的思想，屬中檔題.5. (5 分)(？波二模)已知 a, bCR,條件 p： “Ab"，條件 q： “2 a2b-1"，則 p 是q的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件考點(diǎn)：必要條件、充分條件與充要條件的判斷.專題：不等式的解法及應(yīng)用.分析：由條件p： “Ab"，再根據(jù)函數(shù)y=2x是增函數(shù)，可得故條件 q成立.但由條件q： “2a2b-1”成立，不能推出條件 p： “Ab”成立，從而得出結(jié)論.解答：解：由條件p： "Ab”,再根據(jù)函數(shù)y=2x是增函數(shù)，可得 2a>bb,，2a> b

7、b- 1,故 條件q： “2a 2b-1”成立，故充分性成立.但由條件q： “2a>2b-1”成立，不能推出條件 p： “Ab”成立，例如由20>20- 1成 立，不能推出0>0,故必要性不成立.故p是q的充分不必要條件，故選A.點(diǎn)評(píng)：本題主要考查充分條件、必要條件、充要條件的定義，函數(shù) y=2x的單調(diào)性，通過舉 反例來說明某個(gè)命題不正確，是一種簡(jiǎn)單有效的方法，屬于基礎(chǔ)題.6. （5分）（好波二模）在 石頭、剪刀、布”的游戲中，規(guī)定：石頭贏剪刀”、剪刀贏 布”、布贏石頭現(xiàn)有甲、乙兩人玩這個(gè)游戲，共玩 3局，每一局中每人等可能地獨(dú)立選擇一種手勢(shì).設(shè)甲贏乙的局?jǐn)?shù)為 E,則隨機(jī)變量

8、E的數(shù)學(xué)期望是（C. 2)D. 1考點(diǎn)專題分析解答:離散型隨機(jī)變量的期望與方差.概率與統(tǒng)計(jì).士的可能取值為:0、1、2、3,每一局中甲勝的概率為由二項(xiàng)分布的期望的求解可得答案.解：由題意可得隨機(jī)變量 E的可能取值為:0、 1、2、11每一局中甲勝的概率為 3X3=3,平的概率為 _8_= 2T, p13,進(jìn)而可得gB （3,3,3,輸?shù)母怕蕿?故丁 B 故選DP ( E =2(E=1P (七=3點(diǎn)評(píng):B (3, 3)是解決問題的關(guān)鍵，屬本題考查離散型隨機(jī)變量的期望的求解，得出 中檔題.7. （5分）（好波二模）已知數(shù)列an是1為首項(xiàng)、2為公差的等差數(shù)列，bn是1為首 項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列.設(shè)

9、 口 口，Tn=c1+c2+cn （nCN*）,則當(dāng)Tn> 時(shí)，n的 最小值是（）A.7B.9C. 10D.11考點(diǎn)：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合.專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列.分析：由 題設(shè) 知 an=2n -1, bn=2n -1, 所 以 由Tn=ab1+ab2+ +abn=a1 + a2+a4+a 尸 ：2n+1-n-2 和 Tn >，得 2n+1 - n - 2 > ,由此能求出當(dāng) Tn>時(shí)，n的最小值.解答：解：an是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列， .an=2n - 1, bn是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，bn=2n - 1=(2X1 T) + (2X2-1)

10、 . Tn=c1+c2+ +cn=ab1+ab2+ +abn=a1+a2+a4+ +a+ (2><4- 1) + + ( 2>2n - 1 - 1)=2 (1+2+4+2n- 1) - n一n1- 2=2 x 1 一 ？=2n+1 - n - 2, Tn > , 2n+1 n 2> )解得n>10則當(dāng)Tn時(shí)，n的最小值是10.故選C.點(diǎn)評(píng)：本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項(xiàng)，結(jié)合含兩個(gè)變量的不等式的處理 問題，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性.綜合性強(qiáng)，難度大，易出錯(cuò).8. （5分）（？波二模）已知空間向量-*»Fb滿足 I a |

11、=| b |=1兀fM匕的夾角為二,O為空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，點(diǎn) A、B滿足0A二？亙+BH*,*-MOB=3力一匕，則4 OAB的面積為B. - <C. 7 r考點(diǎn)專題分析解答:平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；三角形的面積公式.平面向量及應(yīng)用.由向量的運(yùn)算可得|0A|, |0B|,以及須，0B,平方關(guān)系可得 sin/ BOA，代入三角形的面積公式可得. 解代入夾角公式可得cos/BOA,由lOAl loBlsinZEOAS=，計(jì)算由題理可=一=可SXi£-6Xixixl+121="'，故 cos/ BOA=OA-DBf 2 -*T T Z“)=6a - b112111

12、=6X12H><1><1i2=T|OA|OB |=7t-V7=14, 可得 sin / BOA=所以 OAB的面積S=11OA I I OB I sinZBOA J X沂 X沂 X9. (5分)(？波二模)設(shè)函數(shù)(x)成立，則()A . 3f (ln2) > 2f (ln3)C. 3f (ln2) v 2f (ln3)故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查平面向量的數(shù)量積和三角形面積的求解，熟練掌握公式是解決問題的關(guān)鍵, 屬中檔題.f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),對(duì)任意xeR都有f (x) >f8. 3f (ln2) =2f (ln3)D. 3f (ln2)與2f (

13、ln3)的大小不確定考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算.專題：綜合題；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.構(gòu)造函數(shù)g (x) = / ,利用導(dǎo)數(shù)可判斷g (x)的單調(diào)性，由單調(diào)性可得g (ln2)與g (ln3)的大小關(guān)系，整理即可得到答案.解答：_,解： 令 g ( x )= 廠 ，則/ 、- f ( k) eK f" (s) - f (a)g "二r;JKK=已因?yàn)閷?duì)任意xCR都有f (x) >f (x),所以g' (x) >0,即g (x)在R上單調(diào)遞增，f (ln2)(ln3)又 ln2vln3,所以 g (ln2) < g (ln3)，即 已,F &

14、lt;-f (ln3)所以 23,即 3f(m2)v 2f (ln3),故選C.點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，屬中檔題，解決本題的關(guān)鍵是根 據(jù)選項(xiàng)及已知條件合理構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性.10. (5分)(好波二模)三個(gè)頂點(diǎn)均在橢圓上的三角形稱為橢圓的內(nèi)接三角形.已知點(diǎn)A是橢圓的一個(gè)短軸端點(diǎn)， 如果以A為直角頂點(diǎn)的橢圓內(nèi)接等腰直角三角形有且僅有三個(gè), 則橢圓的離心率的取值范圍是()考點(diǎn)：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì).專題：計(jì)算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.分析：2 ,22 十 l2T設(shè)橢圓的方程為3 b ，直線AB方程為y=kx+b (k>0),兩方程聯(lián)解得到 B的2k

15、 /b 2k Kb橫坐標(biāo)為a3lc2+b2 ,從而得 |AB|= dl+k' ? a2k2fb2 ,同理得到(k根據(jù)|AB|二|AC|建立關(guān)于k、a、b的方程，化簡(jiǎn)整理得到-1) b2k2+ (b2-a2) k+b2=0 ,結(jié)合題意得該方程有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系和根的判別式建立關(guān)于a、b的不等式，解之即得c2>2b2,由此結(jié)合a2=b2+c2即可解出該橢圓的離心率的取值范圍.解答：22%二I解：設(shè)橢圓的方程為 a b(a>b>0),1根據(jù)BA、AC互相垂直，設(shè)直線 AB方程為y=kx+b (k>0) , AC方程為y=-kx+b由y

16、=kx+b ,消去 y 并化簡(jiǎn)得(a2k2+b2) x2+2ka2bx=02k a 2b22解之得x1=0, x2= - d k +b ,可得2k-bB的橫坐標(biāo)為-3k +b 2k a'|AB|=71hF|x1 - x2|=J 1 + H ?”/+/. ABC是以A為直角頂點(diǎn)的橢圓內(nèi)接等腰直角三角形,化簡(jiǎn)整理，得 b2k3 - a2k2+a2k- b2=0,分解因式得：(k - 1) b2k2+ ( b2- a2) k+b2=0 - (*)方程(*)的一個(gè)解是 k1=1 ,另兩個(gè)解是方程 b2k2+ (b2-a2) k+b2=0的根k1=1 不是方程 b2k2+ (b2-a2) k+b

17、2=0 的根，.當(dāng)方程b2k2+ (b2-a2) k+b2=0有兩個(gè)不相等的正數(shù)根時(shí)，方程(*)有3個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根相應(yīng)地，以A為直角頂點(diǎn)的橢圓內(nèi)接等腰直角三角形也有三個(gè).,化簡(jiǎn)得c2>2b2因此， = (b2 a2) 2 2b4>0 且2J 22-即3c2>2a2,兩邊都除以3a2得a>32離心率e滿足e2>3,解之得e>| 3 ,結(jié)合橢圓的離心率 e< 1,得3 <e< 1 故選：D點(diǎn)評(píng)：本題給出以橢圓上頂點(diǎn)為直角頂點(diǎn)的內(nèi)接等腰直角三角形存在3個(gè)，求橢圓的離心率取值范圍，著重考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)和直線與橢圓位置關(guān)系等知識(shí)

18、點(diǎn)，屬于中檔題.二、填空題：本大題共 7小題，每小題4分，共28分.產(chǎn)i1考點(diǎn)專題分析解答11. （4分）（？波二模）已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù) 左L+i的虛部是 2復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算；復(fù)數(shù)的基本概念.計(jì)算題.z的值，即可求得它的虛部.利用兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除法法則求得1地（心）（17）包解：由于復(fù)數(shù)=1+i =（1 i） = 2 ,故它的虛部為1故答案為二.點(diǎn)評(píng)：本題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念，兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除法，虛數(shù)單位i的哥運(yùn)算性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.k值是 312. （4分）（安波二模）執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的考點(diǎn)：程序框圖.專題：圖表型.分析：計(jì)算三次循環(huán)的結(jié)果，與判斷框條件比

19、較，即可得到結(jié)論.解答：_解：第一次循環(huán)，s=l X 2, i=l ；第一次循環(huán)，s=L、2 2 A 3i=2；第三次循環(huán)，s=lX 2 2X 3 3X4 4, i=3 ；此時(shí)a>3,退出循環(huán)，輸出k=3.故答案為：3.點(diǎn)評(píng)：本題考查了程序框圖中的循環(huán)結(jié)構(gòu)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是由框圖的結(jié)構(gòu)判斷出框圖的計(jì)算功能.13. (4分)(安波二模)工乂的展開式的常數(shù)項(xiàng)是-12 .考點(diǎn)：二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì).專題：計(jì)算題.分析：' 一2(x2+2) ( X-1) 5的展開式的常數(shù)項(xiàng)是第一個(gè)因式取x2,第二個(gè)因式取士 ;第一個(gè)因式取2,第二個(gè)因式取(-1) 5,可得結(jié)論.解答：_解：第一個(gè)因式取 x

20、2,第二個(gè)因式取，可得,5 = 10第一個(gè)因式取2,第二個(gè)因式取(-1) 5,可得2X (- 1) 5=-2，展開式的常數(shù)項(xiàng)是- 10+ (-2) =- 12故答案為：-12點(diǎn)評(píng)：本題考查二項(xiàng)式定理的運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是確定展開式的常數(shù)項(xiàng)得到的途徑.-17 - 24上4014. (4分)(安波二模)設(shè)函數(shù)f (x) =1'- L °<M<2 ,若函數(shù)g (x) =f (x)-1ax, xC-2, 2為偶函數(shù)，則實(shí)數(shù) a的值為 2.考點(diǎn)：函數(shù)奇偶性的性質(zhì).專題：計(jì)算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.分析：/-當(dāng)量-,_ 2式上0依題意，可求得g (x)、1 一 a) l 1 *,

21、依題意，g ( T) =g (1)即可求得實(shí)數(shù)a的值.解答：f-E -24y<Q解：. f (x) ="一 L (Kx<2 ,f - aa - 1: - £4支40g (x) =f (x) ax=L(1 - &)工一1，。工<2 ,r - az - 1 7 - 21立0. g (x) =i(工一目)*一1，°工飛2為偶函數(shù)， g ( - 1) =g (1),即 a- 1=1 - a- 1= - a,.2a=1,目a= 2.1故答案為：.點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，求得 g (x)的解析式后，利用特值法 g ( - 1) =g (1)

22、是解決問題的關(guān)鍵，屬于中檔題.15. (4分)(疔波二*H)從6名候選人中選派出 3人參加A、B、C三項(xiàng)活動(dòng)，且每項(xiàng) 活動(dòng)有且僅有1人參加，甲不參加 A活動(dòng)，則不同的選派方法有100種.考點(diǎn)：排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問題.專題：計(jì)算題.分析：根據(jù)題意，分類討論：若選的 3人中選了甲，選的3人中不選甲兩種情況分別求解即可解答：r2cl,2解：若選的3人中選了甲：共有5 2 2=40種選法若選的3人中不選甲：共有A5=60種根據(jù)分類計(jì)數(shù)原理可知，共有 40+60=100故答案為：100點(diǎn)評(píng)：本題考查排列、組合的綜合運(yùn)用，本題解題的關(guān)鍵是注意優(yōu)先分析特殊的元素，同時(shí) 需要區(qū)分排列與組合的意義.16. (

23、4 分)(？波二模)已知曲線 C1: y=x2+4 和 C2: y=2x-x2,直線 11 與 C1、C2 分別相切于點(diǎn) A、B,直線12 (不同于11 )與C1、C2分別相切于點(diǎn) C、D,則AB與CD交1點(diǎn)的橫坐標(biāo)是2 .考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程.專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用.分析：拋物線C1的方程是y=x2+4,和C2: y=2x - x2,由題意知曲線 C2與C1關(guān)于AB與 CD交點(diǎn)對(duì)稱，得AB與CD交點(diǎn)即為兩拋物線的對(duì)稱中心.求出拋物線C1和拋物線C2的頂點(diǎn)坐標(biāo)，再求出它們連線段的中點(diǎn)即可得出正確答案.解答：解：.C1: y=x2+4和C2: y=2x - x2 ,分別由拋物線y

24、=x2經(jīng)過平移或?qū)ΨQ變換而得， 它們是全等的圖形，從而具有對(duì)稱中心，又直線 11與12分別是它們的公切線，根據(jù) 對(duì)稱性知，直線11與12也關(guān)于對(duì)稱中心對(duì)稱，從而曲線C2與C1關(guān)于AB與CD交點(diǎn)對(duì)稱，AB與CD交點(diǎn)即為兩拋物線的對(duì)稱中心.如圖.由于拋物線 C1和拋物線C2的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為 M (0, 4) , N (1, 1),0+1 .1線段MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 x= 2 =2.即兩拋物線的對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)為2.點(diǎn)評(píng)：本題考查曲線方程，考查曲線的對(duì)稱性.解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地 進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化.17. (4分)(？寧波二模)在直角坐標(biāo)平面上，已知點(diǎn) A (0, 2) , B (0,

25、 1) , D (t, 0) (t>0).點(diǎn) M是線段 AD上的動(dòng)點(diǎn)，如果|AM|W2|BM|成立，則正實(shí)數(shù) t的最小值是考點(diǎn)：兩點(diǎn)間的距離公式；基本不等式. 專題：計(jì)算題.分析:設(shè)M (x, y),由題意可得 y= t，代入距離公式可得 x2+ (y-2) 2W4x2+ (y-1) 2,消掉y可得(3t2+12) x2-16tx+4t2 )相成立，進(jìn)而可得其 WQ解此不等 式可得t的范圍，進(jìn)而可得最小值.解：設(shè)M (x, y),則由A、M、D三點(diǎn)共線可得工 工.北整理可得y= t ,由兩點(diǎn)間的距離公式，結(jié)合 |AM|W2|BM|恒成立可得x2+ (y-2) 2<4x2+ (yT)

26、 2,2t - 27整理可得 3x2+3y2 - 4y>0,代入 y= t化簡(jiǎn)可得(3t2+12) x2 - 16tx+4t2 >0值成3t2+12>0,由二次函數(shù)的性質(zhì)可得 = (- 16t) 2- 4 (3t2+12) ?4t2W。整理可得3t4 - 4t2 > Q即'解得t>3 ,或tw 3 (因?yàn)閠>0,故舍去) 叩故正實(shí)數(shù)t的莖少值是：32V3故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查兩點(diǎn)間的距離公式，涉及不等式的解法，屬中檔題.三、解答題：本大題共 5小題，共72分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.18. (14分)(？寧波二模)在 ABC中，角A

27、, B, C所對(duì)的邊分別為 a, b, c,設(shè)函數(shù)f ( X)=( K - A) - -iCOSA 2(xC R).(I)求函數(shù)f (x)的最小正周期和最大值；丸0 (cosB+cosC)(n)若函數(shù)f (x)在* 3處取得最大值，求 (b+G sim 的值.考 兩角和與差的余弦函數(shù)；二倍角的正弦；二倍角的余弦.八、專 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì).題：分 (I )利用兩角和差的正弦公式、余弦公式化簡(jiǎn)函數(shù)f ( x )的解析式為 析：二8S 12工-A)2,由此可求它的最大值.空-kEz(n)由(I)知：由3，求得A的值，再利用正弦定理及兩角和差的正弦公式、余弦公式，化簡(jiǎn)要求的式子，求得結(jié)果. 解f

28、(工)=co s 2icosA+cosxsirLiEinA_ -<osA答：解：(I )依題意得2(2分) Cccs2i,co5A'l_sin2x*5inA) cos 12z - a)=E=2，(5 分)b ("Q)當(dāng) 八所以T=tt,隼"2.(7分)故（14 分）本題主要考查兩角和差的正弦公式、余弦公式，正弦定理以及二倍角公式的應(yīng)用，屬 于中檔題.又(n> 1)占 八、評(píng):19. （14分）（？寧波二模）設(shè)公比大于零的等比數(shù)列 an的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1, S4=5S2, 數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn,滿足b1=1 ,及一"%, nCN*.

29、（I ）求數(shù)列an、bn的通項(xiàng)公式；（n）設(shè)Cn= （Sn+1） （nbn-入），若數(shù)列Cn是單調(diào)遞減數(shù)列，求實(shí)數(shù)入的取值范圍.考點(diǎn)：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合.專題：計(jì)算題；等差數(shù)列與等比數(shù)列.分析：（I）利用 a1=1, S4=5S2,求出數(shù)列的公比，即可求數(shù)列 an的通項(xiàng)公式；通過Tn二口 bj推出b仇一門+1 ,利用累積法求解bn的通項(xiàng)公式.（n）求出等比數(shù)列的前 n項(xiàng)和，化簡(jiǎn)Cn= （Sn+1） （nbn-入），推出Cn+1 - Cn, 利于基本不等式求出數(shù)列 Cn是單調(diào)遞減數(shù)列，求實(shí)數(shù) 入的取值范圍.解答：（本題滿分14分）-Q =*r解：（I）由 S4=5S2, q>0,得

30、J" ' %（3 分）I 必-1 37 上廿1 n-2 n- 32 12則得-* * » -P-» . _- bn-1 bn_g bn-3bj n+1 n n_ 14 3 n (n+1)所以" 'n+1）,當(dāng)n=1時(shí)也滿足.（7分）c? -Qn - 1 C 二 2n(/- _ K )(n)因?yàn)樯?、所以n n+1,使數(shù)列Cn是單調(diào)遞減數(shù)列,C _ C 二已 n ( 1 X ) Q則"I 】n+2 n+1對(duì)nCN*都成立，(10分)I1(- - -)即 n+2m+1n+2n+1 爪霧，(12 分)所以 1（14分）累積法的應(yīng)用以及

31、數(shù)列的函數(shù)的特征的應(yīng)20. （15分）（ 好波二模）如圖，已知四棱錐AB=PC=2 , AP=BP=亞.（I ）求證：平面 PAB，平面 ABCD ;（n）求二面角 A - PC- D的平面角的余弦值.P-ABCD的底面為菱形，且/ ABC=60° ,點(diǎn)評(píng)：本題考查等比數(shù)列與等差數(shù)列的綜合應(yīng)用, 用，考查計(jì)算能力.考點(diǎn)：用空間向量求平面間的夾角；平面與平面垂直的判定；二面角的平面角及求法.專題：空間角.分析：（I）取AB中點(diǎn)E,連PE、CE,由等腰三角形的性質(zhì)可得PEXAB .再利用勾股定理的逆定理可得 PEXCE.利用線面垂直的判定定理可得PEL平面ABCD .再利用面面垂直的判定

32、定理即可證明.（II）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.利用兩個(gè)平面的法向量的夾角即可得到二面 角.解答：（I）證明：如圖1所示，取AB中點(diǎn)E,連PE、CE.則PE是等腰 PAB的底邊上的中線， PE± AB . PE=1, CE=V5, PC=2,即 PE2+CE2=PC2.由勾股定理的逆定理可得，PEXCE.又 AB?平面 ABCD , CE?平面 ABCD ,且 ABA CE=E , PEL平面 ABCD .而PE?平面PAB，平面 PAB，平面 ABCD .(n)以AB中點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EC所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EP所 在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則

33、 A (0, 1, 0) , C (小，0, 0) , D (|V3, 2, 0) , P (0, 0, 1),AC=(心，1, 0) , FC=(Q, 0, i), DC=(0, 2, 0)設(shè)瓦二打 勺)是平面pac的一個(gè)法向量，:"PC=O,即:11 -臼二。.取xi=i,可得技 工產(chǎn)舊，門】二a - 如)-f設(shè)門2一 j，力，叼，是平面PCD的一個(gè)法向量,即二面角A - PC - D的平面角的余弦值是點(diǎn)評(píng)：熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的逆定理、線面垂直的判定定理、面面垂直、 通過建立空間直角坐標(biāo)系并利用兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的方法等是解 題的關(guān)鍵.21. (15

34、分)(？波二模)如圖，已知橢圓 E:(a>b>0)悴的離心率是 2P1、P2是橢圓E的長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)(P2位于P1右側(cè))，點(diǎn)F是橢圓E的右焦點(diǎn).點(diǎn) Q是x軸上位于P2右側(cè)的一點(diǎn)，且滿足恒可網(wǎng).(I ) 求橢圓E的方程以及點(diǎn)Q的坐標(biāo)；(II) 過點(diǎn)Q的動(dòng)直線l交橢圓E于A、B兩點(diǎn)，連結(jié)AF并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn) C,連結(jié)BF 并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn) D.求證：B、C關(guān)于x軸對(duì)稱；當(dāng)四邊形ABCD的面積取得最大值時(shí)，求直線l的方程.IT3C考點(diǎn)專題分析直線與圓錐曲線的關(guān)系；直線的一般式方程；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程.1 + 1.金方 相(I )設(shè)點(diǎn)F (c, 0) , Q (x,

35、 0) (x>a),由歸、1怕41 1陽1,得富一匚，依題意|FQ|=1,即空牛,再由離心率H率熱”二聯(lián)立即可解得a, b, c,及點(diǎn)Q坐標(biāo)；(n)設(shè)直線l的方程為x=my+2，代入橢圓E的方程可得(2+m2) y2+4my+2=0 , 設(shè)A (x1, y1) , B (x2, y2),點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B1 (x2, - y2),只需證明 B1即為點(diǎn)C,可證A、F、B1三點(diǎn)共線，根據(jù)斜率相等及韋達(dá)定理即可證明；由 得B、C關(guān)于x軸對(duì)稱，同理A、D關(guān)于x軸對(duì)稱，易知四邊形 ABCD是一個(gè)等腰梯 形，從而四邊形 ABCD 的面積 S=|x1-x2|? (|y1|+|y2|) 二|m|?|

36、y1 - y2|?|y1+y2|,代入韋 達(dá)定理可得關(guān)于 m的函數(shù)，通過換元借助導(dǎo)數(shù)可求得S的最大值及相應(yīng)的 m值，從而可得直線方程；解答：解：(I)設(shè)點(diǎn) F (c, 0) , Q (x, 0) (x>a).|f；qr|p：q 西二可得s+a工一己JT _ q,解得依題意|FQ|=1,即cc V2又因?yàn)閍 2b2=a2- c2,所以b=w=l .故橢圓的方程是 2,一，點(diǎn)Q的坐標(biāo)是(2(n )設(shè)直線l的方程為x=my+2，代入橢圓依題意， = (4m) 2-8 (2+m2) =8 (m2 - 2)E 的方程可得(2+m2) y2+4my+2=0 , > 0, m2 >2.A

37、(x1 , y1) , B (x2, y2),則*)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B1 (x2,-y2),B1占 八、A2占 八、則inyj+1 my 2+;l=0»2my1"24了1+¥2(10為十1)皿曠£十1)°由(*)可知上述關(guān)系成立.因此，點(diǎn)C即是點(diǎn)B1,這說明B、C關(guān)于x軸對(duì)稱.由得B、C關(guān)于x軸對(duì)稱，同理，A、D關(guān)于x軸對(duì)稱.所以，四邊形 ABCD是一個(gè)等腰梯形，則四邊形 ABCD 的面積 S=|x1 - x2|? ( |y1|+|y2| )=|m|?|y14 m2 H,匚 口&a2:2y2|?|y1+y2|=國(guó)# - 2Ct>

38、0),則 m2=t2+2 ,S (t) =872*(t2+2) t()2求導(dǎo)可得-SV2-,令S'=0,可得t2=3-HVT7由于s (t)在3+/17)上單調(diào)增，在+8)上單調(diào)減.所以，當(dāng)t2=3+近7即1=5+歷7時(shí)，四邊形ABCD的面積S取得最大值.此時(shí)，直線1的方程是x二土45+而才2點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、橢圓方程及直線的方程，考查三點(diǎn)共線及直線 斜率，考查學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析解決問題的能力，本題綜合性強(qiáng)，所用知識(shí)點(diǎn)繁多，對(duì)能力要求高.22. ( 14分)( 好波二模)設(shè)函數(shù) f (x) =lnx+ax2 - ( 3a+1) x+ (2a+1),其中 aC R.(I)如果x=1是函數(shù)f (x)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的值及f (x)的最大值；(n)求實(shí)數(shù)a的值，使得函數(shù)f (x)同時(shí)具備如下的兩個(gè)性質(zhì)：:：:<f ( n 2)對(duì)于任意實(shí)數(shù) x