浙江省嘉興市2020屆高三5月高考數(shù)學(xué)模擬試卷-(解析版)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2020年嘉興市高考數(shù)學(xué)模擬試卷（5月份）一、選擇題（共10小題）.1已知全集U1，2，3，4，5，6，7，8，A1，2，3，B4，5，6，則（UA）（UB）等于（）A1，2，3B4，5，6C1，2，3，4，5，6D7，82雙曲線x22-y24=1的漸近線方程為（）Ay±2xBy±2xCy±12xDy±22x3復(fù)數(shù)11-i（i為虛數(shù)單位）的共軛復(fù)數(shù)是（）A12-12iB1iC12+12iD1+i4已知m，n表示兩條不同的直線，表示平面，則下列說法正確的是（）A若m，n，則mnB若m，mn，則 nC若m，n，則mnD若m，mn，則

2、n5已知a，bR，則“a1”是“直線ax+y10和直線x+（a22）y10垂直”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6若直線y2x上不存在點(diǎn)（x，y）的坐標(biāo)滿足條件x+y-30，x-2y-30，xm，則實(shí)數(shù)m的最小值為（）A12B1C32D27已知數(shù)列an，滿足a1a且an+1=12an，n=2k-1，kN*，2an，n=2k，kN*設(shè)Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若S20201，則a的值為（）A13030B12020C11515D18分別將橢圓C1的長(zhǎng)軸、短軸和雙曲線C3的實(shí)軸、虛軸都增加m個(gè)單位長(zhǎng)度（m0），得到橢圓C2和雙曲線C4記橢圓C1，C2和雙曲線

3、C3，C4的離心率分別是e1，e2，e3，e4，則（）Ae1e2，e3e4Be1e2，e3與e4的大小關(guān)系不確定Ce1e2，e3e4De1e2，e3與e4的大小關(guān)系不確定9將邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD沿對(duì)角線BD翻折，使得二面角ABDC的平面角的大小為3，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線段AC和BD上的動(dòng)點(diǎn)，則BECF的取值范圍為（）A1，0B-1，14C-12，0D-12，1410設(shè)函數(shù)f（x）lnx+cosx的極值點(diǎn)從小到大依次為a1，a2，a3，an，若cnan+1an，dnf（an+1）f（an），則下列命題中正確的個(gè)數(shù)有（）（1）數(shù)列cn為單調(diào)遞增數(shù)列（2）數(shù)列dn為單調(diào)遞減數(shù)列（3）存在常數(shù)R，使

4、得對(duì)任意正實(shí)數(shù)t，總存在n0N*，當(dāng)nn0時(shí)，恒有|cn|t（4）存在常數(shù)R，使得對(duì)任意正實(shí)數(shù)t，總存在n0N*，當(dāng)nn0時(shí)，恒有|dn|tA4個(gè)B3個(gè)C2個(gè)D1個(gè)二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分11已知函數(shù)f(x)=2sin(2x-3)，則其最小正周期T ，f(3)= 12某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則此幾何體的所有側(cè)面中，直角三角形共有 個(gè)，該幾何體的體積是 cm313二項(xiàng)式(x3+1x)4的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為 ，所有項(xiàng)的系數(shù)之和為 14已知隨機(jī)變量的分布列如表：123P12 a2a2 則a ，方差D（） 15將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個(gè)字母

5、排成一排，若A，B，C均互不相鄰且A，B在C的同一側(cè)，則不同的排法有 種（用數(shù)字作答）16已知函數(shù)f(x)=lnx，x0，(12)x-2，x0，若f（f（a）0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 17四面體PABC中，PA=3，其余棱長(zhǎng)都為2，動(dòng)點(diǎn)Q在ABC的內(nèi)部（含邊界），設(shè)PAQ，二面角PBCA的平面角的大小為，APQ和BCQ的面積分別為S1，S2，且滿足S1S2=3sin4sin，則S2的最大值為 三、解答題：本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟18在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且3asinB-bcosA=0（）求角A的大??；（）若a1，求3b-c的取

6、值范圍19如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，且PAPB2，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點(diǎn)（）求證：平面ABCD平面PEF；（）若二面角PABC的平面角的余弦值為36，求PC與平面PAB所成角的正弦值20已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=n2+n2公比大于0的等比數(shù)列bn的首項(xiàng)為b11，且b2+b320（）求an和bn的通項(xiàng)公式；（）若cn=(an)2bn，求證：c1+c2+c3+cn72，（nN*）21設(shè)點(diǎn)P（s，t）為拋物線C：y22px（p0）上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線的焦點(diǎn)，當(dāng)s1時(shí)，|PF|=54（）求拋物線C的方程；（）過點(diǎn)P作圓M：（x2）2+y21的切線

7、l1，l2，分別交拋物線C于點(diǎn)A，B當(dāng)t1時(shí)，求PAB面積的最小值22定義兩個(gè)函數(shù)的關(guān)系：函數(shù)m（x），n（x）的定義域分別為A，B，若對(duì)任意的x1A，總存在x2B，使得m（x1）n（x2），我們就稱函數(shù)m（x）為n（x）的“子函數(shù)”已知函數(shù)f(x)=x+1-34lnx3，g（x）x4+ax3+bx2+ax+3，a，bR（）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（）若f（x）為g（x）的一個(gè)“子函數(shù)”，求a2+b2的最小值參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40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已知全集U1，2，3，4，5，6，7，8，A1，2，3，B4，5，6，則（U

8、A）（UB）等于（）A1，2，3B4，5，6C1，2，3，4，5，6D7，8【分析】由補(bǔ)集的運(yùn)算求出UA，UB，再由交集的運(yùn)算求出結(jié)果解：由已知：UA4，5，6，7，8，UB1，2，3，7，8，（UA）（UB）7，8，故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查了交、補(bǔ)集的混合運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題2雙曲線x22-y24=1的漸近線方程為（）Ay±2xBy±2xCy±12xDy±22x【分析】由雙曲線的漸近線方程y±22x即可得到答案解：雙曲線方程為x22-y24=1，其漸近線方程為：y±22x±2x，故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，著重考

9、查雙曲線的漸近線方程，屬于基礎(chǔ)題3復(fù)數(shù)11-i（i為虛數(shù)單位）的共軛復(fù)數(shù)是（）A12-12iB1iC12+12iD1+i【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)，再由共軛復(fù)數(shù)的概念得答案解：11-i=1×(1+i)(1-i)(1+i)=12+12i，復(fù)數(shù)11-i的共軛復(fù)數(shù)是12-12i故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題4已知m，n表示兩條不同的直線，表示平面，則下列說法正確的是（）A若m，n，則mnB若m，mn，則 nC若m，n，則mnD若m，mn，則n【分析】根據(jù)空間線面位置關(guān)系的性質(zhì)與判定舉反例進(jìn)行說明即可解：對(duì)于A，若m，n，則m與n可能

10、平行，可能相交，可能異面，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若m，mn，則 n與可能平行，可能相交，有可能n在平面內(nèi)，故B錯(cuò)誤對(duì)于C，由項(xiàng)目垂直的性質(zhì)定理“垂直于同一個(gè)平面的兩條直線平行“可知C正確；對(duì)于D，若m，mn，則當(dāng)n時(shí)，顯然結(jié)論錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間線面位置關(guān)系的性質(zhì)與判定，屬于中檔題5已知a，bR，則“a1”是“直線ax+y10和直線x+（a22）y10垂直”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【分析】直線ax+y10和直線x+（a22）y10垂直，可得：a+a220，解得a即可判斷出關(guān)系解：直線ax+y10和直線x+（a22）y10垂

11、直，可得：a+a220，解得a1或2“a1”是“直線ax+y10和直線x+（a22）y10垂直”的充分不必要條件故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查了直線垂直與斜率之間的關(guān)系、簡(jiǎn)易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題6若直線y2x上不存在點(diǎn)（x，y）的坐標(biāo)滿足條件x+y-30，x-2y-30，xm，則實(shí)數(shù)m的最小值為（）A12B1C32D2【分析】根據(jù)y=2xx+y-3=0，確定交點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2）要使直線y2x上存在點(diǎn)（x，y）滿足約束條件x+y-30，x-2y-30，xm，則m1，由此可得結(jié)論解：由題意，y=2xx+y-3=0，可求得交點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2）要使直線y2x上存在點(diǎn)（x，y）

12、滿足約束條件x+y-30，x-2y-30，xm，如圖所示可得m1實(shí)數(shù)m的最大值為1故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查線性規(guī)劃知識(shí)的運(yùn)用，考查學(xué)生的理解能力，屬于基礎(chǔ)題7已知數(shù)列an，滿足a1a且an+1=12an，n=2k-1，kN*，2an，n=2k，kN*設(shè)Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若S20201，則a的值為（）A13030B12020C11515D1【分析】根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系得到數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)均為a；偶數(shù)項(xiàng)均為：12a；再結(jié)合S20201即可求解結(jié)論解：因?yàn)閿?shù)列an，滿足a1a且an+1=12an，n=2k-1，kN*，2an，n=2k，kN*則a2a1+1=12a1=12a；a3a2+12a2

13、a；a4a3+1=12a3=12a；即數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)均為a；偶數(shù)項(xiàng)均為：12a；故S20201010a+1010×12a1a=11515故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查數(shù)列遞推關(guān)系式的應(yīng)用，根據(jù)遞推關(guān)系式求出其規(guī)律是解題關(guān)鍵8分別將橢圓C1的長(zhǎng)軸、短軸和雙曲線C3的實(shí)軸、虛軸都增加m個(gè)單位長(zhǎng)度（m0），得到橢圓C2和雙曲線C4記橢圓C1，C2和雙曲線C3，C4的離心率分別是e1，e2，e3，e4，則（）Ae1e2，e3e4Be1e2，e3與e4的大小關(guān)系不確定Ce1e2，e3e4De1e2，e3與e4的大小關(guān)系不確定【分析】分別求出原橢圓與雙曲線的離心率，再求出軸變化后的離心率，結(jié)合不

14、等式的性質(zhì)比較大小即可解：設(shè)橢圓C1的長(zhǎng)軸、短軸分別為2a，2b，則其半焦距c1=a2-b2，其離心率e1=c1a=1-(ba)2，其長(zhǎng)軸與短軸各增加m個(gè)單位長(zhǎng)度，則橢圓C2的長(zhǎng)半軸為a+m2，短半軸為b+m2，則c2=(a+m2)2-(b+m2)2，其離心率e2=c2a+m2=1-(b+m2a+m2)2，由不等式的性質(zhì)可得bab+m2a+m2，則e1e2；雙曲線C3的實(shí)軸、虛軸分別為2a，2b，則其半焦距c3=a2+b2，其離心率e3=c3a=1+(ba)2，其實(shí)軸、虛軸都增加m個(gè)單位長(zhǎng)度，則雙曲線C4的實(shí)半軸長(zhǎng)為a+m2，虛半軸為b+m2，則c4=(a+m2)2+(b+m2)2，其離心率e

15、4=c4a+m2=1+(b+m2a+m2)2，由不等式的性質(zhì)可得由于雙曲線中a，b的關(guān)系不確定，若ba，則bab+m2a+m2，則e3e4若ba，同理可得e3e4故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓與雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查計(jì)算能力，是中檔題9將邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD沿對(duì)角線BD翻折，使得二面角ABDC的平面角的大小為3，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線段AC和BD上的動(dòng)點(diǎn)，則BECF的取值范圍為（）A1，0B-1，14C-12，0D-12，14【分析】推導(dǎo)出BEBC=（BO+OE）（CO+OF）=BOCO+BOOF+OECO+OEOF=-（OBOF+OEOC），由此能求出BECF的值解：如圖，BEBC=（BO+O

16、E）（CO+OF）=BOCO+BOOF+OECO+OEOF 0（OBOF+OEOC）+0（OBOF+OEOC），OB=OD=22，OBOF-12，12，OCOA=22，二面角ABDC的平面角的大小為3，OEOC14，12，BECF1，14故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量的數(shù)量積的取值范圍的求法，考查空間向量坐標(biāo)運(yùn)算法則、向量的數(shù)量積關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力，是中檔題10設(shè)函數(shù)f（x）lnx+cosx的極值點(diǎn)從小到大依次為a1，a2，a3，an，若cnan+1an，dnf（an+1）f（an），則下列命題中正確的個(gè)數(shù)有（）（1）數(shù)列cn為單調(diào)遞增數(shù)列（2）數(shù)列dn為單調(diào)遞減數(shù)列（3）存在常數(shù)

17、R，使得對(duì)任意正實(shí)數(shù)t，總存在n0N*，當(dāng)nn0時(shí)，恒有|cn|t（4）存在常數(shù)R，使得對(duì)任意正實(shí)數(shù)t，總存在n0N*，當(dāng)nn0時(shí)，恒有|dn|tA4個(gè)B3個(gè)C2個(gè)D1個(gè)【分析】求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y=1x與ysinx的圖象，可得極值點(diǎn)的情況，得到c1c2，c2c3，故（1）錯(cuò)誤；再由limn(cn-)=0，判斷（3）正確；作出f（x）lnx+cosx的圖象的大致形狀，可得d10，d20，d30，判斷（2）錯(cuò)誤；再由dnlnan+1lnan+cosan+1cosan=lnan+1an+cosan+1-cosan，結(jié)合limnan+1an=0，cosan+1cosan

18、2（或2），判斷（4）錯(cuò)誤解：由f（x）lnx+cosx，得f（x）=1x-sinx，分別作出函數(shù)y=1x與ysinx的圖象如圖，c1a2a1，c2a3a2，c3a4a3，c1c2，c2c3，故（1）錯(cuò)誤；limn(cn-)=0，故（3）正確；函數(shù)f（x）lnx+cosx的圖象如圖，d10，d20，d30，（2）錯(cuò)誤；dnlnan+1lnan+cosan+1cosan=lnan+1an+cosan+1-cosanlimnan+1an=0，cosan+1cosan2（或2），（4）錯(cuò)誤綜上，僅有（3）正確故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假判斷，其中涉及到數(shù)列的增減性，函數(shù)的求導(dǎo)以及對(duì)函數(shù)極值點(diǎn)的

19、理解，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，難度較大二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分11已知函數(shù)f(x)=2sin(2x-3)，則其最小正周期T，f(3)=3【分析】根據(jù)三角函數(shù)的周期公式以及三角函數(shù)的關(guān)系進(jìn)行化簡(jiǎn)計(jì)算即可解：由三角函數(shù)的周期公式得函數(shù)的周期T=22=，f（3）2sin（23-3）2sin3=2×32=3，故答案為：，3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，結(jié)合三角函數(shù)的周期以及三角公式是解決本題的關(guān)鍵比較基礎(chǔ)12某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則此幾何體的所有側(cè)面中，直角三角形共有3個(gè)，該幾何體的體積是2cm3【分析】首先把三視

20、圖轉(zhuǎn)換為幾何體，進(jìn)一步求出幾何體的體積和直角三角形的個(gè)數(shù)解：根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體為：該幾何體為四棱錐體如圖所示：所以該幾何體中有三個(gè)直角三角形，ABE，ADE，ABC該幾何體的體積為V=13×12(1+2)×2×2=2故答案為：3；2【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三視圖和幾何體之間的轉(zhuǎn)換，幾何體的體積和表面積公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力及思維能力，屬于基礎(chǔ)題型13二項(xiàng)式(x3+1x)4的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為4，所有項(xiàng)的系數(shù)之和為16【分析】寫出展開式的通項(xiàng)，令x的指數(shù)為0，求出常數(shù)項(xiàng)；利用賦值法，令x1，可得所有項(xiàng)系數(shù)之和解：展開式的通項(xiàng)為：

21、Tk+1=C4k(x3)4-kx-k=C4kx12-4k，令124k0得，k3，故常數(shù)項(xiàng)為C43=4對(duì)原式，令x1，得所有項(xiàng)系數(shù)和2416故答案為：4，16【點(diǎn)評(píng)】本題考查二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)以及賦值法研究系數(shù)的問題，同時(shí)考查學(xué)生運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想解決問題的能力，要注意計(jì)算的準(zhǔn)確性屬于基礎(chǔ)題14已知隨機(jī)變量的分布列如表：123P12 a2a2 則a12，方差D（）1116【分析】利用分布列的性質(zhì)，求解a，求出期望，然后求解方差即可解：由題意可知：12+a2+a2=1，a（0，1），解得a=12，所以：E=1×12+2×14+3×14=74D（）（1-74）2×12

22、+（2-74）2×14+（3-74）2×14=1116故答案為：12；1116【點(diǎn)評(píng)】本題考查離散型隨機(jī)變量的分布列的性質(zhì)以及期望與方差的求法，是基本知識(shí)的考查15將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個(gè)字母排成一排，若A，B，C均互不相鄰且A，B在C的同一側(cè)，則不同的排法有96種（用數(shù)字作答）【分析】先排D、E、F，再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同側(cè)，根據(jù)乘法原理計(jì)算出結(jié)果解：先排D、E、F，有A33種排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同側(cè)，有C43C21A22種排法；所以有A33C43C21A22=96種排法故填：96【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查排列組合中的乘

23、法原理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題16已知函數(shù)f(x)=lnx，x0，(12)x-2，x0，若f（f（a）0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為log23，01e，e【分析】根據(jù)題意，根據(jù)a的取值范圍分4種情況討論a1，1a0，0a1，a1，每種情況下求出f（f（a）的解析式，結(jié)合指數(shù)對(duì)數(shù)不等式的解法求出a的取值范圍，綜合4種情況即可得答案解：根據(jù)題意，分4種情況討論：當(dāng)a1時(shí)，f（a）（12）a20，此時(shí)f（f（a）ln（12）a2），若f（f（a）0，即ln（12）a2）0，則有0（12）a21，解可得：log23a1；當(dāng)1a0時(shí)，f（a）（12）a20，此時(shí)f（f（a）=(12)(12)a-2-2，若f（f（a

24、）0，即(12)(12)a-2-20，則有（12）a2，解可得：1a0；當(dāng)0a1時(shí)，f（a）lna0，此時(shí)f（f（a）（12）lna2，若f（f（a）0，即（12）lna20，解可得1ea1，當(dāng)a1時(shí)，f（a）lna0，此時(shí)f（f（a）ln（lna），若f（f（a）0，即ln（lna）0，則有0lna1，解可得：1ae，綜合可得：log23a0或1eae，即a的取值范圍為log23，01e，e；故答案為：log23，01e，e【點(diǎn)評(píng)】本題考查分段函數(shù)的應(yīng)用，涉及指數(shù)、對(duì)數(shù)不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題17四面體PABC中，PA=3，其余棱長(zhǎng)都為2，動(dòng)點(diǎn)Q在ABC的內(nèi)部（含邊界），設(shè)PAQ，二面角PB

25、CA的平面角的大小為，APQ和BCQ的面積分別為S1，S2，且滿足S1S2=3sin4sin，則S2的最大值為43-6【分析】面體PABC中，PA=3，其余棱長(zhǎng)都為2，取BC的中點(diǎn)D，連接PD，AD，則PDBC，ADBC，故BDA為二面角PBCA的平面角，求出，設(shè)Q到BC的距離為h，根據(jù)面積之比，求出AQh，得到Q的軌跡方程，與直線聯(lián)立求出AB與圓弧的交點(diǎn)，得到h的最大值，再求出S2面積的最大值解：四面體PABC中，PA=3，其余棱長(zhǎng)都為2，取BC的中點(diǎn)D，連接PD，AD，則PDBC，ADBC，故BDA為二面角PBCA的平面角，因?yàn)榈冗吶切蜳BC，ABC，故PDAD=3=PA，故60

26、6;，設(shè)Q到BC的距離為h，則S1S2=12APAQsin12BCh=3sin4sin，化簡(jiǎn)得，AQh，故點(diǎn)Q的軌跡為以點(diǎn)A為焦點(diǎn)，以BC為準(zhǔn)線的拋物線在三角形ABC內(nèi)部的一段弧，如圖建立直角坐標(biāo)系，則拋物線的方程為y2=23x，A（0，32），直線AB的方程為：y=-33(x-32)，由y2=23xy=-32(x-32)，得x2-73x+34=0，故圓弧與AB的交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x=73-122，則Q到BC的最大距離h=73-122+32=43-6，故S2的最大值為122(43-6)=43-6故答案為：43-6【點(diǎn)評(píng)】本題考查二面角，動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，求面積的最大值等，考查運(yùn)算能力和應(yīng)用能力，中檔題

27、三、解答題：本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟18在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且3asinB-bcosA=0（）求角A的大小；（）若a1，求3b-c的取值范圍【分析】（）由正弦定理化簡(jiǎn)已知等式，結(jié)合sinB0，利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求tanA=33，結(jié)合范圍A（0，），可求A的值（）由正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可求3b-c=2sin（B-6），由范圍B(0，56)，可得B-6（-6，23），利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求解其取值范圍解：（）3asinB-bcosA=0，即3asinBbcosA，由正弦定理可得3sinAsinBsi

28、nBcosA，sinB0，3sinAcosA，即tanA=33，A（0，），A=6；（）A=6，a1，由正弦定理bsinB=csinC=1sin6=2，可得b2sinB，c2sinC2sin（56-B），3b-c=23sinB2sin（56-B）23sinB2（12cosB+32sinB）=3sinBcosB2sin（B-6），B(0，56)，B-6（-6，23），sin（B-6）（-12，1，可得3b-c=2sin（B-6）（1，2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了計(jì)算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題19如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊

29、長(zhǎng)為2的正方形，且PAPB2，若點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB和CD的中點(diǎn)（）求證：平面ABCD平面PEF；（）若二面角PABC的平面角的余弦值為36，求PC與平面PAB所成角的正弦值【分析】（）利用線面垂直，將問題轉(zhuǎn)化為證AB與平面PEF垂直的問題；（）先利用二面角PABC的平面角的余弦值為36，求出OP，然后利用空間直角坐標(biāo)系，將問題轉(zhuǎn)化為PC與平面PAB法向量夾角的問題求解解：（）PAPB，ABPE而ABEF，所以AB平面PEF，又AB平面PEF，所以平面ABCD平面PEF（）結(jié)合（）可知，PEF即為二面角PABC的平面角如圖，作POEF于O，則OEPE=OE3=36，OE=12，OF=32，則OP

30、=112如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，112)，C(1，32，0)，A(-1，-12，0)，B(1，-12，0)設(shè)平面PAB的法向量為n=(x，y，z)，則nPB=0nAB=0，則x-12y-112=02x=0，令z1，則x=0，y=-11，z=1，n=(0，-11，1)，PC=(1，32，-112)，sin=|cosn，PC|=|nPC|n|PC|=|211126|=226故PC與平面PAB所成角的正弦值為226【點(diǎn)評(píng)】本題考查空間位置關(guān)系的判定和空間角的計(jì)算問題主要是運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想實(shí)現(xiàn)空間位置關(guān)系的證明，而角的計(jì)算問題，主要是通過建系設(shè)點(diǎn)，將空間角轉(zhuǎn)化為向量間的夾角問題求解屬于中檔題

31、20已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=n2+n2公比大于0的等比數(shù)列bn的首項(xiàng)為b11，且b2+b320（）求an和bn的通項(xiàng)公式；（）若cn=(an)2bn，求證：c1+c2+c3+cn72，（nN*）【分析】第（）題對(duì)于數(shù)列an運(yùn)用公式an=S1，n=1Sn-Sn-1，n2可計(jì)算出數(shù)列an的通項(xiàng)公式，對(duì)于數(shù)列bn可設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q（q0），然后根據(jù)已知條件可寫出關(guān)于q的一元二次方程，解出q的值，即可得到等比數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；第（）題先根據(jù)第（）題的結(jié)果計(jì)算出數(shù)列cn的通項(xiàng)公式，然后計(jì)算出當(dāng)n2時(shí)，cn+1cn關(guān)于n的表達(dá)式并進(jìn)行放縮，進(jìn)一步可將數(shù)列cn放縮到一個(gè)等比數(shù)列cn（

32、916）n2，注意n1時(shí)要另外計(jì)算，再在求和時(shí)放縮成等比數(shù)列求和的性質(zhì)，計(jì)算出結(jié)果并加以放縮可證明不等式成立【解答】（）解：由題意，當(dāng)n1時(shí)，a1S1=12+12=1，當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n，當(dāng)n1時(shí)，a11也滿足上式，ann，nN*設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q（q0），則b2b1qq，b3b1q2q2，故b2+b3q+q220，整理，得q2+q200，解得q5（舍去），或q4，bn14n14n1，nN*（）證明：由（）知，cn=(an)2bn=n24n-1，當(dāng)n2時(shí)，cn+1cn=(n+1)24nn24n-1=(n+1)24n2=(1+1n)2491

33、6，即cn+1916cn，c1c21，c3=916，當(dāng)n2時(shí)，cn（916）n2，c1+c2+c3+cn1+1+916+（916）2+（916）n2，1+1-(916)n-11-9161+1671（916）n11+167=23772c1+c2+c3+cn72，（nN*）【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本量的計(jì)算，以及數(shù)列求和的不等式證明問題考查了轉(zhuǎn)化與化歸思想，方程思想，分類討論思想，放縮法，不等式的運(yùn)算能力，以及邏輯推理能力和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力本題屬中檔題21設(shè)點(diǎn)P（s，t）為拋物線C：y22px（p0）上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線的焦點(diǎn)，當(dāng)s1時(shí)，|PF|=54（）求拋物線C的方程；（）過點(diǎn)P

34、作圓M：（x2）2+y21的切線l1，l2，分別交拋物線C于點(diǎn)A，B當(dāng)t1時(shí)，求PAB面積的最小值【分析】（）當(dāng)s1時(shí)，|PF|=54，由拋物線的焦半徑公式可得1+p2=54，得p=12，則拋物線方程可求；（）由點(diǎn)P（s，t）為拋物線C：y2x上的動(dòng)點(diǎn)，得t2s，可設(shè)過點(diǎn)P（t2，t）的切線為xm（yt）+t2，利用圓心到直線的距離等于半徑可得|2+mt-t2|1+m2=1，得（t21）m2+2t（2t2）m+（2t2）210，由根與系數(shù)的關(guān)系得m1+m2=2t(t2-2)t2-1，m1m2=t2-3設(shè)A（y12，y1），B（y22，y2），則直線l1：x=m1(y-t)+t2，與拋物線方程聯(lián)

35、立，再由根與系數(shù)的關(guān)系可得ty1=m1t-t2，即y1m1t，同理y2m2t，再設(shè)直線AB：x（y1+y2）yy1y2，利用弦長(zhǎng)公式求弦長(zhǎng)，由點(diǎn)到直線的距離公式求P到直線AB的距離，代入三角形面積公式，換元后利用基本不等式與二次函數(shù)求最值解：（）當(dāng)s1時(shí)，|PF|=54，即1+p2=54，得p=12拋物線C的方程為y2x；（）點(diǎn)P（s，t）為拋物線C：y2x上的動(dòng)點(diǎn)，則t2s，設(shè)過點(diǎn)P（t2，t）的切線為xm（yt）+t2，則|2+mt-t2|1+m2=1，得（t21）m2+2t（2t2）m+（2t2）210（*）m1，m2是方程（*）的兩個(gè)根，m1+m2=2t(t2-2)t2-1，m1m2=t2-3設(shè)A（y12，y1），B（y22，y2），直線l1：x=m1(y-t)+t2與拋物線C：y2x交于點(diǎn)A，則x=m1(y-t)+t2y2=x，得y2-m1y+m1t-t2=0，ty1=m1t-t2（根與系數(shù)的關(guān)系），即y1m1t，同理y2m2t設(shè)直線AB：x（y1+y2）yy1y2，則|AB|=1+(y1+y2)2|y1-y2|，d=|t2-t