2023-2024學(xué)年江蘇省南通市如皋市高三（上）診斷數(shù)學(xué)試卷（8月份）（含解析）

2023-2024學(xué)年江蘇省南通市如皋市高三（上）診斷數(shù)學(xué)試卷（8

月份）

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1.已知4={x∣*■<-1},B=（x?x2-4%-m≥0},若4UB,則實數(shù)m的取值范圍（）

A.[0,+∞）B.（-∞,-3]

C.[-3,0]D.（-∞,-3]U[0,+∞）

2.一個圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，則該圓錐的內(nèi)切球的表面積和圓錐的側(cè)面積的比為

（）

A.2：3B,3：2C.1：2D.3：4

3.設(shè)ɑ為正實數(shù)，復(fù)數(shù)Z滿足（2-i）（z-a2）=l+i,若Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點恰好在直線X-

2y=0上，則α=（）

A.±1B.1C.2D.4

4.已知圓C：。一l）2+（y-1）2=1上兩動點4,B滿足△4BC為正三角形，。為坐標(biāo)原點，

則∣δl+而I的最大值為（）

A.2√^B.2>J~2C.2√7-√^3D.2√^+C

5.文化廣場原名地質(zhì)宮廣場，是長春市著名的城市廣場，歷史上地質(zhì)宮廣場曾被規(guī)劃為偽

滿洲國的國都廣場.文化廣場以新民主大街道路中心線至地質(zhì)宮廣場主樓中央為南北主軸，

廣場的中央是太陽鳥雕塑塔，在地質(zhì)宮（現(xiàn)為吉林大學(xué)地質(zhì)博物館）主樓輝映下顯得十分壯

觀.現(xiàn)某興趣小組準(zhǔn)備在文化廣場上對中央太陽鳥雕塑塔的高度進行測量，并繪制出測量方

案示意圖，4為太陽鳥雕塑最頂端，B為太陽鳥雕塑塔的基座（即B在4的正下方），在廣場內(nèi)（與

B在同一水平面內(nèi)）選取C、。兩點.測得CD的長為m.興趣小組成員利用測角儀可測得的角有

Z.ACB,“CD、乙BCD、Z.ADC,乙BDC,則根據(jù)下列各組中的測量數(shù)據(jù)，不能計算出太陽鳥

雕塑塔高度4B的是（）

D

A.m>?ACB>乙BCD、乙BDCB.m、（ACB、乙BCD、?ACD

C.m、/.ACB>Z-ACD?Z.ADCD.zn、Z.ACB>乙BCD、?ADC

6.在△ABC中，點。是BC的三等分點(靠近點B),過點。的直線分別交直線AB,AC于不同兩

點M,N,若荏=mRF,AC=n?∕V.m,n均為正數(shù)，則'+'的最小值為()

A.2B.1+土C.1+小D.1+2

333

7.設(shè)等比數(shù)列｛斯｝的首項為1,公比為q,Sn是數(shù)列｛ajl｝的前n項和，則“q>0”是“Wn∈N*,

Sn>0恒成立”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

8.函數(shù)/(x)=SinX+青幺的最大值為()

A.IB.2C.2D.?

2484

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求)

9.已知F為橢圓各爛l(α>h>0)的一個焦點，4,B為該橢圓的兩個頂點，若IAFl=3,

∣BF∣=5,則滿足條件的橢圓方程為()

A?T÷?=1B??÷?=IC??÷?=1D??÷?=1

10.函數(shù)f(x)=∣sinx∣+cosx,則下列說法正確的是()

A./0)為偶函數(shù)B.f(x)的最小正周期是TT

C./(x)在(0,今單調(diào)遞增D.r(x)的最小值為—1

11.已知函數(shù)/(X)的定義域(—1,1),滿足/(χ)+f(y)=f6?),且/4)=1.當(dāng)X<o時，

/(X)<0,則下列說法正確的是()

A./Q)是定義在(一1,1)上的偶函數(shù)

B./(x)在(一1,1)上單調(diào)遞增

C.若％=^,an+1=K∣J∕(αn)=2/1

D.當(dāng)4,B是鈍角A4BC的兩個銳角時,f(SinA)>f(cosB)

12.一般地，如果一個凸n面體共有m個面是直角三角形，那么我們稱這個凸n面體的直度為

p則以下結(jié)論正確的是()

A.三棱體的直度的最大值為1B.直度為巨的三棱體只有一種

C.四棱體的直度的最大值為1D.四棱體的直度的最大值為京

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.7個人分乘三輛不同的汽車，每輛車最多坐3人，則不同的乘車方法有種(用數(shù)字

作答).

14.在正方體力BCD—4BCD1中，AB=4,。為ACI的中點，若該正方體的棱與球O的球面

有公共點，則球。的半徑的取值范圍是.

15.過點(2,2)能作雙曲線/-^=1的兩條切線，則該雙曲線離心率e的取值范圍為

16.若XeX=5,Iny-y=1,則Xy_.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

如圖，在棱長為2的正方體ABC。一AIBIClDl中，E,F分別是口5，4B的中點.

(I)證明：直線BCI〃平面AlECF；

(2)求點B到平面&ECF的距離.

18.（本小題12.0分）

己知a,b,C為的內(nèi)角4,B,C所對的邊，向量沅=（S譏C+s譏8,SinB-S譏4）,n=

（C-b,α）,Sjn1n.

⑴求C;

(2)若α=2,ZkABC的面積為2q，且而r=3而，求線段CD的長.

19.(本小題12.0分)

己知函數(shù)/(x)=x-Inx-y.

(1)求f(x)的最大值；

(2)證明：1+/+g23x—f(x).

20.(本小題12.0分)

已知數(shù)列｛<?｝的前跟項和為S7l(n∈N*),當(dāng)Ti≥2時,滿足nSrιτ=nS1+(n-2)Sn.

(1)求證:2a2=a1+a3i

(2)求證：數(shù)列｛斯｝為等差數(shù)列：

(3)若為=-2,公差deN*,問是否存在n,d,使得Sn=I5?如果存在，求出所有滿足條

件的n,d,如果不存在，請說明理由.

21.(本小題12.0分)

一只口袋裝有形狀、大小完全相同的5只小球，其中紅球、黃球、綠球、黑球、白球各1只.現(xiàn)

從口袋中先后有放回地取球2n次(n∈N*),且每次取1只球.

(1)當(dāng)n=3時，求恰好取到3次紅球的概率；

(2)隨機變量X表示2n次取球中取到紅球的次數(shù)，隨機變量Y=求丫的數(shù)學(xué)期望(

用H表示).

22.(本小題12.0分)

在平面直角坐標(biāo)系XOy中，已知圓G：合+(y-I/=1與拋物線C：/=2Py(P>0)交于點

M,N(異于原點O),MN恰為該圓的直徑，過點E(0,2)作直線交拋物線于4B兩點，過4B兩

點分別作拋物線C的切線交于點P.

(1)求證：點P的縱坐標(biāo)為定值；

(2)若尸是拋物線C的焦點，證明：?PFA=?,PFB.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：(I)由集合4中的不等式：?<-l<=*?<O<^O<x<l>即A=Wo<x<1｝；

"AQB

二令f(x)=——4x—m,則f(l)≥0,

即1—4—TH≥0<解得Tn≤—3.

故選:B.

把集合4中的不等式移項右邊變?yōu)?,左邊通分后，轉(zhuǎn)化為久+2與X-2異號，求出不等式的解集

即可得到集合4,根據(jù)4UB,得到二次函數(shù)f(x)=/一4x-τn在區(qū)間(0,1)上恒正，即可求出、

得結(jié)果.

此題考查了一元二次不等式的解法，考查了兩集合包含關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，是

一道綜合題.屬中檔題.

2.【答案】A

【解析】解：設(shè)圓錐的度面半徑為r,母線長為I,圓錐的高為h,內(nèi)切球的半徑為R,其軸截面如

圖所示，設(shè)。為內(nèi)切球的球心為0,

因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，

所以加—2πr,得］=2r,即PA=PB-2r,

所以PO=?/PB2—BD2=√4r2—r2=yf~3r<

所以尸。=PD-OD=√-3r-/?，

因為APOEsaPBD,所以黑=空，所以=￡

22

所以圓錐的內(nèi)切球的表面積和圓錐的側(cè)面積的比為4兀/?2：πr∕=4π?∣r:Inr=2：3.

故選：A.

設(shè)圓錐的度面半徑為r,母線長為，，圓錐的高為從內(nèi)切球的半徑為R,則由題意可得，=2r,從

而可求得h=Cr,作出軸截面，如圖，利用△POE與△PBD相似可求出出R,從而可求出圓錐的

內(nèi)切球的表面積和圓錐的側(cè)面積的比.

本題考查空間幾何體的內(nèi)切球問題，屬中檔題.

3.【答案】A

【解析】解：由題意可得Z=歲+a?=婷生貂+a?=胃+款,

2-ι(2-t)(2÷ι)55

則Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(亨,|),

將點(亨()代入X-2y=。得l+5ɑ2-2×I=0>解得a=±l.

5

故選:A.

先根據(jù)復(fù)數(shù)的運算求出Z,得到Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點代入直線方程即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運算，屬于基礎(chǔ)題.

4.【答案】D

【解析】解：T圓C:(X-I)2+(y-1)2=1,二圓C的圓心坐標(biāo)C(1,1),半徑R=1,

設(shè)圓心到直線/的距離為d,

：△力BC為正三角形，二∣4B∣=r=1,由圓的弦長公式，

可得IaBl=2√l-d2.BP2√l~d2=1.解得d=?-

設(shè)AB的中點為N,ICNl=?，

???點N的軌跡表示以C(1,1)為圓心，以行為半徑的圓，

???點M的軌跡方程為(X-2)2+y2=∣,

根據(jù)向量的運算可得，|μ+而|=2|而|，

又???|。Cl=yj~2,

????0C?-^~≤?0N?≤?0C?+?,即C-號≤∣而∣≤I∑+號，

即Ia+話I的取值范圍為[2√^Σ-√-3,2y∏,+√^].

故選：D.

根據(jù)已知條件，結(jié)合弦長公式，即可求解點ZB的中點N的軌跡方程，根據(jù)向量的運算可得，|市+

0B?=2?0N?,再結(jié)合點與圓的位置關(guān)系，即可求解.

本題主要考查軌跡方程的求解，需要學(xué)生較強的綜合能力，屬中檔題.

5.【答案】B

【解析】解：對于A：由m,乙BCD、ZBDC可以解ABCD,又AB=BC?tan乙4CB,可求太陽鳥雕

塑塔高度AB;

對于8：在ABCO中，由Co=τn,Z?8C。無法解三角形，在A4Co中，由Co=Zn,NACD無法解

三角形，

在ABCA中，已知兩角NACB,乙4BC無法解三角形，所以無法解出任意三角形，故不能求太陽鳥

雕塑塔高度AB；

對于C：由Co=Jn,?ACD,乙4。C可以解A4C0,可求AC,^5LAB=AC-sin?ACB,即可求太陽

鳥雕塑塔高度48;

對于。：如圖，過B作BEJ.CD于E,連接4E,由COSNACB=阻，CoSzBCO=聯(lián)，cos?ACE=

知COSN4CE=COSN4CB?coszBCO,故可知NAC。的大小，由Z71C。、?ADC,m可解C0,

可求4C,乂4B=AC?sin"CB,可求太陽鳥雕塑塔高度力B；

故選：B.

依據(jù)解三角形的條件，逐項判斷可解三角形求出太陽鳥雕塑塔高度4B的選項即可.

本題考查解三角形的條件是否滿足，屬中檔題.

6.【答案】C

【解析】解：???。是BC靠近B點的三等分點,

.?.AO=AB+^'BC=AB+^(AC-AB')

1AB+^AC=^AM+^AN,

由M、0、N三點共線可知等+g=1,

????+^=?+??+5)=1+?+≡

故選：C.

用而,正表示出布，根據(jù)三點共線得出m，n的關(guān)系，再利用基本不等式得出結(jié)論.

本題考查了平面向量的基本定理，屬于中檔題.

7.【答案】A

【解析】解：因為等比數(shù)列｛arι｝的首項為1,公比為0

所以a”=qn~1,

當(dāng)q>0時，an>0,所以S71>0，

即“q>0”是"Vn∈N*,Sn>0恒成立”的充分條件；

取q=_；,則Sn=?Z^=I[1_（一；）寸，

1+2

若n為偶數(shù)，則Sn=∣[1-φn]≥∣[l-φ2]=i>0:

若n為奇數(shù)，則Sn=∣[1+φn]>0,

所以，當(dāng)q=-；時，?n∈∕V*,Sn>0恒成立，即必要性不成立，

綜上，“q>0”是“VneN*,Sn>0恒成立”的充分不必要條件.

故選：A.

充分性：利用等比數(shù)列的通項公式，可證arι>0,從而知Sn>0；

必要性：取特殊值，可驗證q=-g是否滿足，即可.

本題考查等比數(shù)列的通項公式與前H項和公式，充分必要條件的判斷，考查邏輯推理能力和運算能

力，屬于中檔題.

8.【答案】B

【解析】解：由題意，可得/'(X)=Cosx+cos2x=2cos2x+cosx—1=(2cosx—I)(COSX+1),

?.?cos尤+1≥0,二當(dāng)COSX>T時，∕,(x)>0,當(dāng)一1<cosx<：時，∕,(x)<0.

即當(dāng)2∕OT*<X<2∕OT+*k∈Z時，/(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)2kτr+K%<2kτr+不k∈Z時,/(x)單調(diào)遞減，

故/(x)在X=2kπ+≡fc∈Z處取得極大值即最大值，

C/、.7ΓI1.2τrCllC3√3

f(X)mɑx=sιn-+-sιny=^+-×^=-

故選：B.

首先對函數(shù)求導(dǎo)，確定函數(shù)的單調(diào)性，再把單調(diào)區(qū)間轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的三角函數(shù)自變量的范圍，再求

出最大值.

本題以三角函數(shù)為背景，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值問題，屬中檔題.

9.【答案】BCD

【解析】解：①當(dāng)點B,A為橢圓的左右頂點時，則|4尸|=。一?=3,∣BF∣=α+c=5,

解得α=4,c=l,所以加=15,故橢圓的方程為g+g=1，故C正確：

1615

②當(dāng)4為橢圓的短軸頂點，B為橢圓的左頂點時，則IAFl=α=3,?BF?=a+c=5,

所以c=2,則爐=21,故橢圓的方程普+1=1，故B正確；

③當(dāng)4為橢圓的右頂點，B為橢圓的短軸端點時，?AF?=3,?BF?=5,

?AF?=a-c=3,?BF?=a=5,

所以C=2,則次=21,故橢圓的方程為，+《=1，故。正確，

故選：BCD.

討論三種情況，：①當(dāng)點B,力為橢圓的左右頂點時，求解α,b進而可以求解；②當(dāng)4為橢圓的短

軸頂點，B為橢圓的左頂點時，求解α,6,由此即可求解；③當(dāng)4為橢圓的右頂點，B為橢圓的短

軸端點時，進而可以求解.

本題考查了橢圓的方程與幾何性質(zhì)，考查了分類討論思想以及學(xué)生的運算能力，屬于中檔題.

10.【答案】AD

【解析】解:對于4,XER,因為/t(一X)=∣sin(-x)∣+cos(-x)=?sinx?+cosx=/(x),所以∕^(x)

是偶函數(shù)，故選項4正確；

對于B,因為/(x+Tr)=ISin(X+τr)∣+cos(x+兀)=ISinXl—cosx4/(x),所以f(x)的最小正周

期不是乃，故B錯誤；

-

對于C,當(dāng)x∈(0,今時，/(x)=sinx+cosx=√2sin(x+2),gx+∈(^,y),所以函數(shù)/"(x)在

(輔)上單調(diào)遞增，在G片)上單調(diào)遞減，故C錯誤；

對于D,當(dāng)xe[0,7i]時，/(x)=sinx+cosx=√-2sin(x+?),且%+注6,爭，

所以Sin(x+今/(x)∈[-l,<^];

當(dāng)Xe(Tr,2利時,，(x)=-SinX+cosX=I∑cos(x+?且％+今∈號,引

所以COS(X+9∈(一殍,lj∕(x)∈(-1,√2],

所以/(x)在[0,2兀]上值域為[一1,/司，

又(JX+2π)=∣sin(x+2π)∣+cos(x+2τr)=∣sinx∣+cosx=/(x),

所以7=2兀是f(x)的周期，

所以/(x)在R上值域為I-I,√^∑],故函數(shù)/^(x)的最小值為一1,故。正確.

故選：AD.

利用奇偶性和周期性的定義可判斷選項A3；求出/(x)在Xe(Oq)的單調(diào)性即可判斷C；討論去絕

對值再利用三角函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)的最小值可判斷選項D

本題主要考查了函數(shù)的奇偶性和周期性的定義，考查了三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題.

11.【答案】BC

【解析】

【分析】

本題考查抽象函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，等比數(shù)列的通項公式，三角函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題.

A,令x=y=O,即得/(0)=0,令y=-X即可求解；B項，令X=Xry=-X2,根據(jù)單調(diào)定義

證明；C項，令x=y=αn,可得f(αn)為等比數(shù)列；。項，由已知有O<力<^-B<*根據(jù)單調(diào)

性即可得.

【解答】

解:對力，令X=y=O得/(O)+f(0)=/(0),即得/(0)=0,

在定義域范圍內(nèi)令y=-X得/(χ)+/(-X)=/(O)=0,即/(χ)是奇函數(shù)，A錯誤;

對B,令X—x1,y——x2>且％ι<X2)

所以/01)+/(-x2)=/(?i)-/(X2)=/(芒竟)，

又％ι-X2<0，且-1<Xi<1,-1<X2<1>所以1-X1X2>0,ιlx^χ2<°，

所以J(*1)-f(Λ?)<0,所以F(X)是單調(diào)遞增函數(shù),B正確;

C,由αι=[αn+ι=急，可得/(即)+/(即)=/(需)=/(即+1)，

即∕5+ι)=2f(αjl),

又/(%)=/G)=1，所以f(%l)=2nτ,故C正確；

對D,因為A,B是鈍角4ABC的兩個銳角，則4+B<^0<A<^-B<^,

所以0<sin4<sin(]-B)=cosB<1,f(siπA)<f(cosB),故￡>錯誤.

故選：BC.

12.【答案】AD

【解析】解：如圖，借助長方體模型，三棱錐&-ABC的4個面都是直角三角形，

其直度為1,故A正確；

如圖，借助長方體模型，三棱錐ABD的3個面是直角三角形，其直度為年,

圖中的三棱錐Al-BCD,其直度也為故B錯誤；

如圖，借助長方體模型，四棱錐&-ABCD的4個側(cè)面是直角三角形，

底面是矩形，其直度為《故C錯誤，。正確.

故選：AD.

借助長方體模型，逐項判斷可得結(jié)論.

本題借助創(chuàng)新性問題，主要考查立體幾何的的垂直關(guān)系，意在考查學(xué)生的邏輯推理能力、空間想

象能力，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)抽象、直觀想象，屬中檔題.

13.【答案】1050

【解析】解：根據(jù)題意，分2步進行分析：

z?3「3

①將7人分為3組，若7人分為1、3、3的三組，有空=70種分組方法，

A2

若分為2、2、3上為三組，有在學(xué)=105種分組方法，

則有70+105=175種分組方法，

②將分好的三組全排列，安排到三輛車上，有膽=6種安排方法，

則有175×6=1050種乘車方式，

故答案為：1050.

根據(jù)題意，分2步進行分析：①將7人分為3組，②將分好的三組全排列，安排到三輛車上，由分

步計數(shù)原理計算可得答案.

本題考查排列組合的應(yīng)用，涉及分步計數(shù)原理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

14.［答案］?2y∏,2y∏>}

【解析】解:設(shè)球的半徑為R,

當(dāng)球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，

若半徑變得更大，球會包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點，

正方體的外接球直徑2R'為體對角線長AC】=√42+42+42=4/百，

即2R'=4/3.R'=2y∏,故RmaX=

分別取側(cè)枝44i，BB1,CC1,DDl的中點M,H,G,N,

則四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且。為正方形MNGH的對角線交點，

連接MG,則MG=4C,

當(dāng)球的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓，球的半徑最小，

即R的最小值為2l∑,

綜上，球。的半徑的取值范圍是[2/2243].

故答案為：

當(dāng)球是正方體的外接球時半徑最大，當(dāng)邊長為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時半徑達到最小.

本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、四邊形的外接圓、球的結(jié)構(gòu)特征等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，

是中檔題.

15.【答案】(Ln)U(C,殍)

【解析】解：當(dāng)過點(2,2)的直線的斜率不存在時，直線的方程為X=2,

由｛：2:比=i可得｛；二)可訂故直線％=2與雙曲線/T=I相交,不合乎題意；

當(dāng)過點(2,2)的直線的斜率存在時，設(shè)直線方程為y-2=∕c(x-2),即y=kx+(2-2k),

2k)2222

聯(lián)立宏^~2,可得(1—α)χ-4fc(fc-I)X+4(1-k)+a=0,

因為過點(2,2)能作雙曲線/一餐=1的兩條切線，

-

則[F!MiX2n232、"門z,λ2?21八，可得3/-8/￡+4+。2=0,

(4=16fcz(fc—l)z—4(fcz—QN)[4(1—fc)z+αz]=O

由題意可知，關(guān)于k的二次方程31―8k+4+a?=O有兩個不等的實數(shù)根，

所以，Δ'=64-12(4+02)>0,可得0<。2<*

又因為∕H2,即因此，關(guān)于的方程沒有±的實根,

CI∕c5fc±α,k31—8k+4+α2=ok=cl

所以，4α2-8α+4≠0K4a2+8α+4≠0,解得?！佟?,即十≠1,

當(dāng)OVQ2<1時，e=√l÷α2∈(1,√7),

當(dāng)1<。2<凱寸，e=√l+α2∈(?l,?).

綜上所述，該雙曲線的離心率的取值范圍是(1,。)U(C,整).

故答案為：(1,，五)U(。,萼).

分析可知，切線的斜率存在，設(shè)切線方程為y-2=k(x-2),將切線方程與雙曲線的方程聯(lián)立,

由A=O可得出關(guān)于k的方程，可知方程有兩個不等的實數(shù)根，求出a?的取值范圍，即可求得該雙

曲線的離心率的取值范圍.

本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，直線與雙曲線的綜合應(yīng)用，是中檔題.

16.【答案】5β

【解析】解：由Iny-四=1得：Iny—1=—=>ln-=-=>-ln-=5≠>ln-elne—5,

yJyeyeee

由xe*=5得κ>0,

：?f'(%)=ex÷xex=(1+x)ex>0,

???函數(shù)/(%)=xex(x>0)為單調(diào)遞增函數(shù)，

?,?X=In-=>ex=

ee

又??,χex=5=>x^=5=>xy=5e.

故答案為：5e.

由得IWeI瑤=5,再利用導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)/(X)=XeX(X>0)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以X=

In?從而求出結(jié)果.

本題主要考查了對數(shù)的運算性質(zhì)，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，是中檔題.

17.【答案】CL)證明：如圖，連接EF,因為E,尸分別是ClD1,

AB的中點，所以ECl=BF,

所以四邊形EFBCl為平行四邊形，則E∕√∕BCι?

又EFU平面AIECF,Bele平面為ECF,所以BCI〃平面

A1ECF.

(2)解：連接EB.設(shè)點B到平面4ECF的距離為∕ι.VE-BFC=∣5ΔBFC?CCI=|,

在AEFC中，EF=2√1,EC=FC=C，SAEFC=：x2√^^x√lτrI=

又因為%_8FC=，8-EFC，所以IXyal=凈，解得九=竽.

【解析】(I)連接EF,說明四邊形EFBCl為平行四邊形，推出EF〃BG.然后證明BCI〃平面4ECF.

(2)連接EB.設(shè)點B到平面AlECF的距離為兒通過/_BFC=VB-EFc，求解即可.

本題考查直線與平面平行的判斷定理的應(yīng)用，幾何體的體積的求法，考查空間想象能力，轉(zhuǎn)化思

想以及計算能力，是中檔題.

18.【答案】解：(1)因為沆_L元,

所以(SinC+sinB)(c—b)+(SinB-sinA)ya=0,

由正弦定理，得(C+b)(c—e)+(6—α)α=0,即小÷b2—c2=ab,

由余弦定理，得COSC=。2+后-2=工,

2ab2

因為0<C<兀，

所以C=全

(2)SΔABC=^absinC=^×2×b×^-=2θ>解得匕=%

因為而=3而，

所以。為48的三等分點，

AD=2DB,

')?']CD=^CA+l^CB,

所以I而|2=<χ16+Jx4+2XJx:x2X4x；=MCD=亨.

77??L73

【解析】(1)先利用正弦定理化角為邊，再利用余弦定理求出C；

(2)先根據(jù)面積求出b=4,利用向量運算求解CD的長.

本題主要考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(l)∕(x)=x-bιx-q,定義域為(0,+8),

則,(X)=1-?-，滬=色ZI詈空，

令g(%)=e%—%—1,g'(%)=e*—1,

因為％∈(0l+∞),g'(x)>O恒成立，

所以g(χ)在(。,+8)上單調(diào)遞增,

x

所以g(x)>g(0)=0,即當(dāng)％>0時，e>X+1>χf

令/'(%)≥0,可得O<x≤l,得f(%)在(0,1］上單調(diào)遞增，

從而得在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以/(x)mɑx=/(1)=1一e.

(2)證明：要證1+χ3+g≥3χ-/(X),

即證%3-2%+1≥Inx9

-1

,

令∕ι(%)=x-l-Inxfh(x)=I-M

令九'(%)≥0得%≥1,即/1(%)在(0,1)上單調(diào)遞減，

從而得在(1,+8)上單調(diào)遞增，

h(x)≥∕ι(l)=0,即％—1≥Inxf

即欲證/-2x÷1≥Inxf

只需證--2x+l≥x-l.

也就是證明爐-3%+2≥0.(*),

設(shè)W(%)=X3—3%+2(%>0),

則(//(%)=3x2—3,令φ'(x)=0,得X=1.

當(dāng)％∈(0,1)時，φ,(x)<0；當(dāng)x∈(l,+8)時，φ,(x)>0,

.??當(dāng)%=1時,(jθ(%)取到最小值(P(I)=0.

故(*)式成立，從而l+χ3+W≥3χ-/(χ)成立.

【解析】(1)利用多次求導(dǎo)的方法求得/(x)的單調(diào)區(qū)間，進而求得f(x)的最大值.

(2)利用導(dǎo)數(shù)，首先將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為證明—3X+2≥0,然后利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)

數(shù)證得不等式成立.

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，屬難題.

20.【答案】(1)證明：由題意，當(dāng)九=3時，3S2=3S1÷S3?

即3(%+a2)=3a1+α1+α2+ɑ?>

整理，可得2。2=ɑ1+。3-

(2)證明：由題意，

V∏Sn-ι=nS1+(n—2)Sn,

?*?(π+I)Sn=+I)Sl+(九一I)Sn+ι?

兩式相減，可得幾(Sn—Sn_1)÷Sn=S1÷(n—2)(Sn+1—Sn)+Sn+ι,

整理，得九αn=Si+(n-l)αn+1,①

又??.九SrIT=nS1+(九一2)Sn,

???(n-I)Sn-2=(九一I)Sl+(九一3)Srιτ?

-

兩式相減，可得(幾一I)(STl-I—Sn_2)+Sn-I=511÷(∏3)(Sn—Sn-1)+Sn,

整理，得(n-1)%IT=SI+(九一2)&n,②

①一②，可得九％ι-(n-l)ɑn-i=(H-l)ɑn+ι-(九一2)an,

整理，得2(n-l)αn=(n-l)(αn+1+αn-ι).

即20n=Q71+1+ɑn-l-

根據(jù)等差數(shù)列的等差中項判定法，可知

數(shù)列｛Q"為等差數(shù)列.

(3)解：由題意，S71=迎誓=15,

即a“-2=^.

根據(jù)題意，必然αjl-2∈N*,即岑∈N*.

故n可能取的值有1,2,3,5,6,10,15,30.

①當(dāng)n=l時，QI-2=-4≠30,很明顯不符合題意；

②當(dāng)?I=2時，α2~2=15,解得。2=17,此時d=g—=19，符合題意;

③當(dāng)n=3時，α-2=10,解得的=12,此時d=鼻_：=7,符合題意；

3

④當(dāng)n=5時，c?一2=6,解得的=8,此時d==|，不符合題意；

⑤當(dāng)n=6時，α6-2=5,解得詼=7,此時d=等了=”，不符合題意；

⑥當(dāng)n=10時，α10-2=3,解得的()=5,此時d=，不符合題意；

⑦當(dāng)n=15時，a15-2=2,解得的5=4,此時d=^，不符合題意；

⑧當(dāng)n=30時，α30-2=1,解得a30=3,此時d=畀不符合題意.

綜上所述，可知：

當(dāng)n=2,d=19,或n=3,d=7時滿足題干條件.

【解析】本題第(1)題將n=3代入題干中表達式即可證得；第(2)題根據(jù)題干中表達式可得(n+

l)Sn=(n+I)Sl+(n-I)Sn+「再與題干中表達式相減可得nan=S1+(n-l)an+1,同樣的方式

可得5-l)an,1=S1+(n-2)an,兩式相減可得到等差中項公式，從而證得數(shù)列｛a7l｝為等差數(shù)

列；第(3)題先根據(jù)等差數(shù)列前n項和公式Srl=幽押=15,可得即-2=個.根據(jù)an-2eN*,

即把∈N*.可通過得到?？赡艿娜≈嫡业椒项}意的d的取值.

n

本題主要考查等差數(shù)列的等差中項法判定，前n項和公式的利用，分類討論思想的應(yīng)用.本題屬中

檔題.

21.【答案】解：(1)當(dāng)n=3時，從裝有5只小球的口袋中有放回地取球6次，共有n=56個基本事

件，

記“恰好取到3次紅球”為事件4則事件4包含的基本事件個數(shù)為τn=/43,

.?.當(dāng)n=3時，恰好取到3次紅球的概率P(A)=粵=急.

(2)由題意知隨機變量Y的所在可能取值為0,1,3,5,…，2n-l,(HeN*),

則P(y=2t+1)=空備空0+1)="國嘴血空竺L

處釁上?(0≤i≤nT,i∈N),

.?.E(Y)=0-P(Y=O)+3P(y=3)+5P(y=5)+…+(2n-l)P(y=2n-1)

232n5

=關(guān)(CL-142nτ+?-14n-+?,14-+…+C鄭二出),

2n12n32n

令XJl=Cθn,14-+C^14-+C^-14-≡+-+C旗二M

2n4

yn=6nτ42n-2+?,14-+廢nτ42n-6+...+C研二;4。,

則Xn+%=(4+l)2n^1=52n-1,

2n12n1

xn-yn=(4-l)-=3-.

52n-l+32n-l

λ?=-------2--------

,,2n2n52n-1+32n^1n(52n^1+32n^1)

?,?Ec(Yvλ)=FXn=F--------2-------=-------------------?

【