2020屆安徽省淮北市高三下學期第二次模擬數(shù)學(理)試題(解析版)

1、2020屆安徽省淮北市高三下學期第二次模擬數(shù)學(理)試題一、單選題，-2,一八2八_1,已知集合 P x1,xR,Q xx x20,xR 則 PIQ ()xA.B. 1,2C.1,0D. 2,【答案】C【解析】化簡集合P,Q ,按照交集的定義即可求解.【詳解】2“ x 2八-由一1, 0 ,解得x 2或x 0, x x所以 P (,0) U(2,),一2一 一一一Q x x x 2 0,x R ( 1,2),PIQ ( 1,0).故選：C.【點睛】本題考查集合的運算，求解不等式是解題的關鍵，屬于基礎題 1 i22.設復數(shù)z 1 i(i為虛數(shù)單位)，則復數(shù)z ()1 iA. iB. 0C. iD

2、. 2 i【答案】A【解析】 根據(jù)復數(shù)的乘除法運算法則，求出 z,即可求解.【詳解】(1 i)22i(1 i)(1 i)2i2z i.故選：A.本題考查復數(shù)的代數(shù)運算以及共軻復數(shù)的求法，屬于基礎題3.函數(shù)f xx 11 loga x (0 a 1)的圖象的大致形狀是x 1【答案】C【解析】 對x分類討論，去掉絕對值，即可作出圖象.【詳解】log a x , x 1, X 1 .f X r lOga X lOga X ,1X0,X 1lOgaX, X 0.故選C.【點睛】識圖常用的方法(1)定性分析法：通過對問題進行定性的分析，從而得出圖象的上升(或下降)的趨勢，利用這一特征分析解決問題 ；(2

3、)定量計算法：通過定量的計算來分析解決問題；(3)函數(shù)模型法：由所提供的圖象特征，聯(lián)想相關函數(shù)模型，利用這一函數(shù)模型來分析解決問題.4 . 1943年，我國病毒學家黃禎祥在美國發(fā)表了對病毒學研究有重大影響的論文西方馬腦炎病毒在組織培養(yǎng)上滴定和中和作用的進一步研究”，這一研究成果，使病毒在試管內(nèi)繁殖成為現(xiàn)實，從此擺脫了人工繁殖病毒靠動物、雞胚培養(yǎng)的原始落后的方法.若試管內(nèi)某種病毒細胞的總數(shù)y和天數(shù)t的函數(shù)關系為：y 2t 1 ,且該種病毒細胞的個數(shù)超過108時會發(fā)生變異，則該種病毒細胞實驗最多進行的天數(shù)為()天(lg2 0.3010)A. 25B. 26C. 27【答案】C 【解析】計算y 2t

4、 1 108,得到t 27.6,得到答案【詳解】取 y 2t 1 108,故 t 1 log2l08 810g 210,即t 810g210 118 1 27.6, 1g2故該種病毒細胞實驗最多進行的天數(shù)為27.故選：C.【點睛】 本題考查了指數(shù)函數(shù)的應用，意在考查學生的計算能力和應用能力5 .已知命題P： “存在正整數(shù) N ,使得當正整數(shù) n N時，有,11111 2020成立，命題Q ：對任息的R,關于x的不等式2 3 4n1.001xx10010都有解”，則下列命題中不正確的是（Q為真A . P Q為真命題 B. P Q為真命題 C. P Q為真命題D. P命題對于命題P ,利用L2n

5、1 2第3頁共23頁P為真；對于命題Q,對的正、行放縮，即可確定 N ,使得不等式成立，可判斷命題負、零討論，結(jié)合哥的正負值，可判斷不等式都有解，得出命題Q為真，根據(jù)“或” “且” “非”的命題真假關系，即可得出結(jié)論 111命題 P : - - L21 222n1111111 一 一 一-n1 一 （一2342231.12n 11-T L-T .2n2n2n21111一） L（-n-jn-il 421 222,111當 nN 時，1一一一234命題 Q ： 1.001x 0 ,當1 n 2020,則 n 4038,取 N 24038, 21 人+2020成立"，所以命題P為真; n0

6、, x 0時，1.001xx1001 0成立,當 0， x 0時，1.001xx10010成立，所以關于x的不等式1.001Xx10010都有解，命題Q為真，從而 P Q 為真命題，P Q 為真命題，P Q 為真命題，P Q 為假命題.故選： D.【點睛】本題考查“或”“且”“非”命題真假的判定， 判定簡單命題的真假是解題的關鍵，涉及指數(shù)冪的性質(zhì)，屬于中檔題.6 2020 年高校招生實施強基計劃，其主要選拔培養(yǎng)有志于服務國家重大戰(zhàn)略需求且綜合素質(zhì)優(yōu)秀或基礎學科拔尖的學生，聚焦高端芯片與軟件、智能科技、新材料、先進制造和國家安全等關鍵領域以及國家人才緊缺的人文社會科學領域，有36 所大學首批試點

7、強基計劃某中學積極應對，高考前進行了一次模擬筆試，甲、乙、丙、丁四人參加，按比例設定入圍線，成績公布前四人分別做猜測如下：甲猜測：我不會入圍，丙一定入圍；乙猜測：入圍者必在甲、丙、丁三人中丙猜測：乙和丁中有一人入圍；丁猜測：甲的猜測是對的成績公布后，四人中恰有兩人預測正確，且恰有兩人入圍，則入圍的同學是（）A.甲和丙B.乙和丁C.甲和丁D.乙和丙【答案】C【解析】根據(jù)甲的正確與否，分類分析，即可求出結(jié)論.【詳解】四人中恰有兩人預測正確，且恰有兩人入圍，若甲預言正確，則丁正確，則甲沒入圍，丙入圍，乙猜測錯誤，則乙入圍，此時丙預測也正確，不合題意；若甲預測錯誤，則丁錯誤，所以甲入圍，丙沒入圍，乙預

8、測正確，入圍者為甲和丁，丙預言正確，滿足題意.故選： C.【點睛】本題考查簡單邏輯分析、推理，屬于基礎題.7 .如圖，圓O的直徑MN 3, P, Q為半圓弧上的兩個三等分點，則uuuuruuur uuuurMNMPMQ（）第 4 頁 共 23 頁A. 3B. 92C. 3/3D. 9【答案】D【解析】連OP,OQ,根據(jù)題意3umr uuuuMOP POQ QON 60 ,OP OQ OM ,將向量 MP,MQ 轉(zhuǎn)化為以2O為起點的向量表示，結(jié)合向量數(shù)量積的運算律，即可求解 【詳解】 連OP,OQ,P,Q為半圓弧上的兩個三等分點,MOP POQ QON 60 ,OP OQ OMuuuuumrUU

9、LUuuuuUULTUULT UUUT2 4OMMNMPMQ2OM(OPOQ2OM )UUUU n 2|OM |2 (cos60UUUT UUU UUUU UULT 2OM OP 2OM OQ、9 ccos120 ) 4 - 9.4故選：D.本題考查向量的數(shù)量積運算以及向量基本定理，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題8.已知某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則該幾何體的體積是（）H-4-*1 2 *A. 108cm3【答案】B【解析】試題分析:B. 100cm3C. 92cm3D. 84cm3由三視圖可知：該幾何體是一個棱長分別為6, 6, 3,砍去一個三側(cè)說圖第19頁共23頁條側(cè)棱長分別為

10、4, 4, 3的一個三棱錐（長方體的一個角）.據(jù)此即可得出體積.解：由三視圖可知：該幾何體是一個棱長分別為6, 6, 3,砍去個三條側(cè)棱長分別為4,4, 3的一個三棱錐（長方體的一個角），該幾何體的體積 V=6X 6>-lx-xX 3=100 3 29.已知函數(shù)f x sin0,數(shù)f X的圖像向左平移一個單位后得到的圖像對應的函數(shù)為偶函數(shù),3則函數(shù)f X的解析式為（sinB.sin 2xC. f Xsin4xD.sin 2x【解析】由已知可得f（x）周期為求出.一_兀.、，、 一的圖像向左平移 一個單位后得3到的圖像對應的函數(shù),利用其是偶函數(shù)，求出,即可得出結(jié)論2,所以f（x）周期為一兀

11、f X的圖像向左平移 一個單位后得到的圖像對應的函數(shù)為y sin3且為偶函數(shù),k,k Z, k ,k Z,26花f x sin 2x 一6故選：D.【點睛】本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)圖象間的變換關系，考查直觀想象和邏輯推理能力,屬于基礎題。10.已知銳角三角形 VABC，角A, B, C所對的邊分別為asin A C bsin A,2c 2 ,則VABC面積的取值范圍為（A,& 2M2B.73,273C.2D.3 -38 , 2【解析】將已知等式邊化角，利用三角形內(nèi)角和公式與二倍角公式,求出B角，再由正弦定理求出a,將面積表示為 C的函數(shù)，結(jié)合 C角范圍，即可求解.A C asin

12、2B - B bsin A ,得 sin Asin sin Acos sin Bsin A,Q sin A 0,cosB sin B2sin2C B0 ,cos 242-,B6一,再由正弦定理得, 32BBcos一 22-.B 0,sin2 asin A12，c. - sin C2sin AsinC2sin(C -)sin CsinC73 cosc i V3 ,sinCtanCS>A ABC1. acsin B 2), tanCQVABC是銳角三角形,得一C , tan C621tanCS*A ABC 2 3 .2故選：A.【點睛】本題考查正弦定理、三角恒等變換解三角形，以及利用三角函數(shù)

13、性質(zhì)求面積的范圍，要注意銳角三角形各角的范圍，屬于中檔題.11.已知函數(shù)f x eln x 2 , g x x,若f % g X2 ,則X X2的最小值為()A. 1B. 2C. eD. 3【答案】B【解析】設f x,g x2t ,將xx2用t表示，轉(zhuǎn)化為求關于t的函數(shù)F(t)的最小值，求導求出F(t)的單調(diào)區(qū)間，進而求出其極小值，即可求出結(jié)論【詳解】t 設 f x1 g x2t，fxi elnxi 2 t,xee2，ttg x2 x2 t,x1x2 ee2t，令F(t)ee 2t，1 tF (t) -ee 1,F在R上是增函數(shù)，且 F (e) 0 , e當 t (,e),F (x) 0,F(

14、x)是減函數(shù)，當 t (e,),F (x) 0,F(x)是增函數(shù)，所以當t e時，F(xiàn)(x)取得極小值，也是最小值為F(e) 2.故選：B.【點睛】本題考查利用導數(shù)求函數(shù)的最值，構(gòu)造函數(shù)是解題的關鍵，考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于中檔題.2212.已知雙曲線C：與 J 1a 0,b 0的左右焦點分別為FF2,且拋物線E： a b2y 2px p 0的焦點與雙曲線C的右焦點F2重合，點P為C與E的一個父點，且直線PF1的傾斜角為45。則雙曲線的離心率為()A.必上B.夜1C. 73D. 3辰22【答案】B【解析】設雙曲線焦點F2（c,0），可得拋物線的焦點坐標為（c,0），準線l方程為x c,過

15、點P做PM l ,垂足為M ,根據(jù)題意有| PF2 | | PM | | MFi |,可得PF2 x軸，進而將| PF1M PF2 |用c表示，結(jié)合雙曲線定義，即可求解 .【詳解】設雙曲線焦點F2（c,0）,則拋物線E的準線l方程為x c,過P做PM l ,垂足為M，則| PM | | PF2 |,QPMPF1F2, PF1F2 45 , MPFi 45 ,| MP | MFi | ,|MFJ |PF2|,PF2 F1F2,呼| |FiF| 2c,|PFi| 2&,又點 P 在雙曲線上，|PFi | |PF2 | 2a 2（72 1）c ,e c 1、.2 1.a .2 1故選：B.【

16、點睛】本題考查雙曲線和拋物線的性質(zhì)，應用曲線的定義是解題關鍵，注意幾何方法的合理運用，屬于中檔題.二、填空題51 一一一，一13. x 1 展開式中x項的系數(shù)是 .【答案】10【解析】 先求出二項展開式的通項，再令 x的系數(shù)為1,確定出所求的項，即可求解【詳解】1 5 1x 1 展開式通項為 Tk1 C；x5k（，）k （ 1）kC；x52k,xxk 0,1,2,L ,5 ,令 5 2k 1,k 2 ,2 _ 2 一展開式中x項的系數(shù)為（1） C510.故答案為：10.【點睛】本題考查二項展開式定理，熟記通項即可，屬于基礎題1 y14.已知實數(shù)x, y滿足 x 12 x則-的最小值為yx y

17、xxx【解析】 畫出滿足條件的可行域, - 1 ,求出一的最小值即可，而 一表示可y yyy行域內(nèi)的點與原點連線斜率的倒數(shù)，只需求出可行域內(nèi)的點與坐標原點連線斜率的最大值，結(jié)合圖形即可求出結(jié)論 .【詳解】一1 y x 2 ，一一回出滿足條件7 的可行域，如下圖所不，x 1而x_j 41, 丫表示可行域內(nèi)的點與坐標原點連線的斜率, y y x根據(jù)圖象其最大值為直線OA的斜率，其中點 A坐標為（1,3）,所以y的最大值為3 , x的最小值為1,xy3x y , 一一 4即-的最小值為4.y34故答案為：4.3本題考查二元一次不等式組表示平面區(qū)域，用幾何法求目標函數(shù)的最小值，理解目標函數(shù)的幾何意義是

18、解題的關鍵，屬于基礎題.2215.已知圓O ： x y 1直線l ： y 2x a ,過直線l上的點p作圓O的切線pa ,uuu uuu3 uuuPB ,切點分別為 A , B ,若存在點P使得PA PB -PO,則實數(shù)a的取值范圍是【答案】2.5,2 ,5uuir 3 uuir【解析】取AB中點C ,則O，P，C三點共線，且OP AB,由已知可得2PC - PO ,2 3 _即|PC| |PO|,利用RtAPAO: RtAACO ,求出| PO |,要使得點P存在，坐標原點O到直線l的距離不大于| PO |的值，建立a的不等量關系，求解即可 【詳解】連AB,OA,OB,OP ,直線PA, P

19、B是圓。的切線，切點分別為 A, B, |PA| |PB|, PC AB,Q|OA| |OB|, OC AB, O,C,P 三點共線，AC OP,uur uuruur 3 uur uuur 3 uuir1PA PB 2PC -PO, PC - PO, |OC| |OP|, 244八人|OA| |OP|Q RtA PAO : RtA ACO, J| |, |OC| |OA|_12-2|OC | |OP| - |OP I2 |OA|2 1, |OP| 2,要使在直線l上存在點P使得|OP| 2,則點O到直線l的距離d 2, d % 2,|a| 2而,2、石 a 25.故答案為：2、,5,25【點睛

20、】本題考查直線與圓的位置關系以及切線性質(zhì)的應用，注意平面幾何知識和向量知識的合理利用，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題.16 .已知正四棱錐 P ABCD的底面邊長為4而,高為6J2,其內(nèi)切球與面 PAB切于點M ,球面上與p距離最近的點記為 N ,若平面a過點M , N且與AB平行，則平面a截該正四棱錐所得截面的面積為【答案】9 .,3【解析】 取AB,CD中點Q,R ,連PQ,PR,QR ,取QR中點S ,連PS,則PS 平面ABCD,根據(jù)已知可得 VPQR為正三角形，正棱錐 P ABCD內(nèi)切球的球心為正VPQR的內(nèi)心O ,與面PAB切于點M為PQ中點，球面上與P距離最近的點為OP與 球面的交

21、點，即在OP之間且ON長為內(nèi)切球的半徑，連MN并延長交PR于I ,平面 過M , N與AB平行，可得平面 分別與平面PAB、平面PCD的交線為過M ,1與AB 平行的直線，即可得到截面為梯形，根據(jù)長度關系，即可求解【詳解】取 AB,CD 中點 Q,R,連 PQ,PR,QR,取 QR 中點 S ,連 PS ,則RQ AB, S為正方形ABCD的中心，四棱錐 P ABCD是正四棱錐，所以 PS 平面 ABCD , PS 672，在 Rt PSQ 中，pq PSAD)2 32 24 4n ,同理PR 4提,所以VPQR為正三角形，所以正四棱錐P ABCD內(nèi)切球的球心為正 VPQR的內(nèi)心O,內(nèi)切球的半

22、徑是正 VPQR的內(nèi)切圓半徑為2J2，內(nèi)切球與平面PAB的切點M為正VPQR內(nèi)切圓與直線PQ的切點，所以M為PQ中點，球面上與 p距離最近的點為連 OP與球面的交點，即在OP之間，且ON 2J2，因此N為OP中點，連MN并延長交PR于I ,平面 過M , N,I與直線AB平行，設平面 分別與平面PAB、平面PCD交于EF,GH ,因為AB i平面PAB,所以EF PAB ,又因為AB/ CD , CD ,所以CD P ,同理可證GH / CD ,所以EF P GH，連GF,HE ,則梯形EFGH為所求的截面，因為 RQ AB, PS AB ,PSI RQ S ,所以 AB 平面 PQR,IM

23、平面 PQR ,所以 AB IM ,AB P EF ,所以 EF IM ,連OQ ,則OQ為 PQS的角平分線，所以 PQO 30 ,又因為M , N分別為PQ,PO的中點，所以MN / OQ ,所以 PMI PQO 30 ,而 MPI 60 ,所以 PIM 90 , 所以 MI PM cos30372, PI PM sin 30 76 -PR又 HG/CD ,所以 HG CD J6,4所以截面梯形EFGH的面積S 1MI (EF GH ) - 372 3/6 9J3.22故答案為：93.【點睛】本題以多面體的內(nèi)切球為背景，考查空間線、面位置關系，應用直線與平面性質(zhì)確定截面是解題的關鍵，要注意

24、平面幾何知識的應用，考查直觀想象、邏輯推理能力，屬于較難題.三、解答題17 .如圖，四棱錐 P ABCD中，側(cè)棱PA垂直于底面 ABCD, AB AC AD 3, 2AM MD, N為PB的中點，AD平行于BC , MN平行于面PCD, PA 2 .求BC的長；(2)求二面角N PM D的余弦值.6【答案】(1)見解析；(2) 下 .61【解析】試題分析：(1)取PC的中點E ,連接EN、ED ,由三角形中位線定理，以 及線面平行的判定定理可得 EN平行于MD , MN平行于ED ,于是可得MNED為平 行四邊形，所以 EN MD 2, BC 2EN 4 ; (2)取BC中點F ,則AF垂直于

25、BC,以A點為原點，AF為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立坐標系，平面PMD法 向量為1,0,0 ,利用向量垂直數(shù)量積為零，列方程組求得平面PMD法向量為1,0,0 ,平面PMN的法向量，利用空間向量夾角余弦公式可得結(jié)果.試題解析：（1）取PC的中點E ,連接EN、ED ,因為EN平行于BC , AD平行于BC ,所以EN平行于MD ,所以M, N,E,D四點共面，因為MN平行于面PCD ,面PCD與面MNED交與ED ,所以MN平行于ED , 所以MNED為平行四邊形.所以 EN MD 2, BC 2EN 4.（2取BC中點F ,則AF垂直于BC ,因為AD平行于BC ,所以AF垂直于AD

26、, 于是以A點為原點，AF為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立坐標系，由AF垂直于AD , AF垂直于AP ,平面PMD法向量為1,0,0 ,通過計算得平面PMN的法向量為I2.經(jīng)判斷知二面角為鈍角，于是其余弦為（4）將空間位置關系轉(zhuǎn)化為向量關系;3月22-28日是第三十三屆“中國水效仿階梯電價，某市準備實施階梯水的月用水量為基準，具體劃分階梯661【方法點晴】 本題主要考查線面平行的判斷與性質(zhì)、利用空間向量求二面角， 屬于難題空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是： （1）觀察圖形，建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂

27、直數(shù)量積為零列出方程組求出法向量； （5）根據(jù)定理結(jié)論求出相應的角和距離.18. 2020年3月22日是第二十八屆“世界水日 周”，主題為“堅持節(jié)水優(yōu)先，建設幸福河湖”， 價.階梯水價原則上以一套住宅（一套住宅為一戶）如下:梯類第一階梯第二階梯第三階梯月用水量范圍(立方米)0,1010,1515,從本市居民用戶中隨機抽取10戶，并統(tǒng)計了在同一個月份的月用水量，得到如圖所示的莖葉圖(1)若從這10戶中任意抽取三戶，求取到第二階梯用戶數(shù)X的分布列和數(shù)學期望；(2)用以上樣本估計全市的居民用水情況，現(xiàn)從全市隨機抽取 10戶，則抽到多少戶為第二階梯用戶的可能性最大？【答案】(1)詳見解析(2)抽到6戶

28、為第二階梯用戶的可能性最大【解析】(1)由已知可得 X的可能值為0, 1, 2, 3,根據(jù)莖葉圖提供的數(shù)據(jù)，按照古典概型的概率公式，求出相應的X值的概率，得到分布列，即可求出期望；(2)設Y為從全市抽取的10戶中用水量為二階的家庭戶數(shù)，由題意可得Y服從二項分3布YB 10,-，求出P(Y k),k 0,1,2, L 10,用作商法確定P(Y k)的單調(diào)性, 5即可求解結(jié)論【詳解】(1)由莖葉圖可知抽取的 10戶中用水量為階的有 2戶,二階的有6戶，三階的有2戶,第二階梯水量的戶數(shù)X的可能取值為0, 1, 2, 3.c4 CGw30； PXC2 c6C130310px 2 CCF 1；px 30

29、 3C4 C6C10所以X的分布列為X0123P131130102613EX 0 1 3010(2)設Y為從全市抽取的o 11 923 26 510戶中用水量為二階的家庭戶數(shù),3依題意得Y B 10,5所以10 k其中k 0,1,2, ,10,101,333k2k1,333kC103 11所以當k6或者7,C60 3C10k 1C106.6,11 k252kk可能最大,所以抽到6戶為第二階梯用戶的可能性最大（也可由不等式N解得）本題以莖葉圖為背景,考查隨機變量的分布列和期望，以及二項分布概率的最大值，利用函數(shù)思想求最值，考查計算求解能力，屬于中檔題2x19.已知橢圓C :ab21 a b 0的

30、左右焦點分別為F1、F2,其短軸的兩個端點分別為 A, B ,若VFAB ;是邊長為2的等邊三角形.(1)求橢圓C的方程;(2)過點M 0,2且斜率為k的直線交橢圓C于P, Q兩點，在y軸上是否存在定點使得直線PN , QN的斜率乘積為定值，若存在，求出定點，若不存在，請說明理由.2【答案】(1)之y2 1 (2)存在；定點D 0, 1或D 0,1 4【解析】(1)根據(jù)已知可得a 2b 2,即可求出橢圓C的方程;(2)假設滿足條件的定點存在，設為D 0,t ,設直線MN的方程為y kx 2 ,與橢圓方程聯(lián)立,Q X2,y2 ,得到ox?關系，再由kpD kQDv t y2 tX1X2第25頁共

31、23頁利用X1,X2關系，化簡為k,t關系式，利用其為定值則不含 k項，進而得到關于t的方程, 求解即可.【詳解】(1)因為V'AB是邊長為2的等邊三角形，_2b 2_所以 22 ，解得b 1, c 73,所以a府12 2b' c' 4a c 2所以橢圓C的方程為 y21.4(2)依題意直線 MN斜率存在，設直線 MN的方程為y kX 2,P X1, % , Q X2,y22X 21由 丁 y 1 整理得 1 4k2 X2 16kX 12 0y kX 2時，得X1X216k1 4k2X1X2121 4k2設存在定點D 0,t滿足題意，則2y t y2 t(k42 t)(

32、kX2 2 t)X1X2XX2X1X2k 2 txi2x24 4t t2X1X212k216k2 2 t221 4k21 4k2121 4k212k2 16 2 t k22 t 2 1 4k22224 3 4 2 t 2 tk22 t.122由 3 4 2 t 2 t0得 t1 , t 1,31當 t 1 時 kpD Kqd ,當 t 1 時 kpD k(QD；412故存在滿足題意的定點D 0, 1或D 0,1 .本題考查橢圓的標準方程、 直線與橢圓的位置關系以及定點定值問題，要注意根與系數(shù)關系設而不求方法的應用，考查計算求解能力，屬于中檔題 *20.已知Sn, Tn分別為數(shù)列 an , bn

33、的刖n項和Q 1 ,且2Sn 2口1 1 n N（1）求數(shù)列 an的通項公式；（2）若對任意正整數(shù) n ,都有a1bn a2bn 1 a3bn 2anh 3n n 1成立，求滿足等式Tn an的所有正整數(shù)n.【答案】（1） an 3 , n N所有正整數(shù)n的取值為1和3*【解析】（1）根據(jù)2Sn an 1 1 n N ，當n 1時，求出a2,當n 2,由an Sn Sn 1 ,求出an的遞推關系，即可求出數(shù)列a0的通項公式；（2）由（1）得 an 3n 1,令 Cn bn 3bn 1 32bn 23n 1 3n n 1 ,可得Tnbn 1 Cn 1 3Cn ,再求出“，得出0的通項，進而求出T

34、n ,令f門 一，研究f （n） an的單調(diào)性，求出 f（n） 1的解即可.【詳解】解：（1）由 2Sn an 1 1,當n 2時，2Sn 1 an 1 ,兩式相減得2an an 1 an ,即 an 1 3% ,（ n 2 ）,又 & 1, 2S1 a2 1 得 a? 3即n 1也滿足上式，故 an是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列得 an 3n 1 , n N2 .(2)由(1)得 bn 3bn 1 3 bn 23n 1bl 3n n 1對任意正整數(shù)n成立,設 Cn bn 3bn 1 320 23n 1b 3n n 1又 Cn1 bn1 3bn 32bm3nbi3n 1 n 11所以

35、 bn 1 Cn 1 3Cn 2n 1. n3 1 1即01n(1 2n 1)2 n21, f 21, f 41627Ztt .得 bn 2n 1, n N ,所以 Tn2由 Tnan,得 Y3n 1，即( 1以下證明n 4時f n 1.22n2 2n 13n2n 1 n 13n即n 4時f n單調(diào)遞減,綜上可得，等式Tn an的所有正整數(shù)n的取值為1和3.【點睛】本題考查數(shù)列的前 n項和與通項的關系、等比數(shù)列的定義、數(shù)列的單調(diào)性，意在考查計算求解、推理論證和綜合應用能力，屬于中檔題x21.若函數(shù)f x e的圖像與g xkx的圖像交于不同的兩點 A必，,B切丫2線段AB的中點為x0,y0(1)

36、求實數(shù)k的取值范圍；(2)證明：f / g 1 yo【答案】(1) e,(2)證明見解析；【解析】(1)設hx f x g x ex kx ,轉(zhuǎn)化為h(x)有兩個零點時k的取值范圍，求h(x),求出單調(diào)區(qū)間，確定極值，結(jié)合零點存在性定理，即可求解；ex2 ex1(2)將所證的不等式 xo,yo用x,x2表示，k,再令x2 x1 t 0 ,轉(zhuǎn)化為x2 Xt. et 1 et 1,t t證明e2 e_l，再等價轉(zhuǎn)化構(gòu)造函數(shù)F te2 e 2 t,G te工，利用求導研究函數(shù) F(t),G(t)的單調(diào)性，即可證明不等式et 1 2【詳解】(1)設 hx fx gxex kx,題意即h x有兩個不同的

37、零點，h x ex k,當k 0時，h x 0, h x在R上單調(diào)遞增，至多一個零點，不滿足題意 .當 k 0時，令 h xex k 0 ,得 x Ink,當x ,ln k時，h x 0, h x單調(diào)遞減，當x In k, 時，hx 0, h x單調(diào)遞增，所以x Ink時，h x取得極小值，也是最小值為h ln k k kln k k 1 In k若hlnk 0即0 k e,則hx至多一個零點，不滿足題意 .若 f Ink 0即 k e,則由 h 010,f Ink 0知h x在0,lnk存在一個零點， ._2_又 h 2ln k k 2kln k k k 2ln k .52設 p(k)k2l

38、n k,k e, p(k) 1一 0 在 k (e,)上恒成立，kp(k)k2ln k p(e) e 20,所以 h 2ln k0.所以h x在ln k,2ln k存在一個零點，從而h x有個兩個不同零點，滿足題意.綜上，實數(shù)k的取值范圍是 e,.7ex2 廣 ex2 ex1(2)要證 f % g 1y0 只要證 e 2 k -x2 x12x2 X只需證X2XieX2 %2不妨設x2Xi0,即證te2et1tet 12t要證e2te2t,則Fte2所以0,上為增函數(shù),從而t0,即 e21冷、-成立.要證et 12t e 只需證-t e2et1et 12et4et所以G t0,上為減函數(shù)，從而0,et1即e一1t中上成立,t所以e2et 1te一1 t 0成立，即f2Xqy。.本題考查函數(shù)導數(shù)綜合應用，涉及到函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、零點、不等式證明，利用分析法構(gòu)造函數(shù)，并利用構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性把問題轉(zhuǎn)