2021屆浙江省杭州市高級(jí)中學(xué)高三下學(xué)期高考仿真模擬數(shù)學(xué)試題

一、單選題

22

1.橢圓工+二=1的離心率為（）

49

A.3B.-C.叵D.—

3333

答案：C

根據(jù)橢圓方程求/，b；c2,再求離心率.

解：由橢圓方程可知/=9,從=4,所以-層=5,

橢圓的離心率e=￡=好.

a3

故選：C

2.已知復(fù)數(shù)z=l+2i,i為虛數(shù)單位，貝lJ」一+-L=（）

z—lZ+l

A34.D34.43-

555555

答案：A

根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法計(jì)算可得;

解：解:因?yàn)閦=l+2i,所以---；----=-----；--；T-----;--;=----1-----;

z—/z+zl+2i—il+2i+i1+Z1+3z

l-il-3z

0+i)(j)+(+3i)(l—3i)

\-il-3z34.

-------1---------=--------1

21055

故選：A

x+y>\,

3.已知實(shí)數(shù)x,>滿足則z=2x-y的最大值為（）

”1，

A.-1B.0C.1D.2

答案：D

由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)

代入目標(biāo)函數(shù)，即可得到結(jié)果.

解：由約束條件畫出可行域如圖，

化目標(biāo)函數(shù)z=2x-y為y=2x-z,由圖可知當(dāng)直線y=2x-z過點(diǎn)(1,0)時(shí)，直線在y軸上的截距最

小，z取得最大值2.

故選:D.

4.某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()

F—2^2—H

側(cè)視圖

C.8D.16

根據(jù)三視圖知該幾何體是三棱錐且一個(gè)側(cè)面與底面垂直，再根據(jù)椎體的體積公式，即可求出該幾何

體的體積.

由三視圖可知，該幾何體為如圖所示的三棱錐，其高為2,底面三角形的高為20，

該幾何體的體積為gx，x4夜X20X2=￡.

323

故選：B

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：由三視圖還原幾何體，要弄清楚幾何體的特征，把三視圖中的數(shù)據(jù)、圖形特點(diǎn)

準(zhǔn)確地轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)幾何體中的線段長(zhǎng)度、圖形特點(diǎn)，再進(jìn)行計(jì)算.

5.設(shè)4=｛（*,丫）,=丘｝,B=｛（x,y）|y=j21卜貝ij“一1”是“”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

答案：B

根據(jù)Ac3w0,可知方程履=01二T在［；,內(nèi)）有解，求出人的范圍，再根據(jù)充分條件和必要條件

判斷即可.

解：因?yàn)锳C8W0,所以產(chǎn)"與y=J2x-1有交點(diǎn),即方程履=,2x-l在g,m）有解,

所以卜=立亙=71^=『（，_1］+1,所以04女41,

故“-1M"1”是“O"V1”的必要不充分條件.

故選：B

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是將AcB#0轉(zhuǎn)化為方程依=7^7二T在［；,+8）有解來處理，同

時(shí)要注意x的取值范圍.

6.已知在盒中有編號(hào)分別為1,2,3,4的紅色、黃色、白色的球各4個(gè)，現(xiàn)從中任意摸出4個(gè)球,

則摸出白球個(gè)數(shù)的期望是（）

12「45

A.-B.一C.一D.一

3333

答案：C

設(shè)摸出的白球的個(gè)數(shù)為x,則x=0,l,2,3,4,再求出對(duì)應(yīng)的概率即得解.

解：設(shè)摸出的白球的個(gè)數(shù)為x,則x=0,l,2,3,4,

所以蛆=0）=烏=好；P（x=l）=^-=—;

G99G；495

「「2）=管嘿;蛆=3卜罟噎

1

尸(x=4)=

12495

所以摸出白球個(gè)數(shù)的期望是E(x)=Ox〃+lx型+2x當(dāng)+3x四+4x—!—=&.

994954954954953

故選：C

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求離散型隨機(jī)變量的期望的一般步驟是：(1)寫出離散型隨機(jī)變量的取值；(2)

求出隨機(jī)變量對(duì)應(yīng)的概率；(3)利用公式求期望.

7.函數(shù)y=(M+產(chǎn)品Bsin號(hào)的圖像大致是()

由0<x<2時(shí)/(幻>0,排除B和C；再探究出函數(shù)/(x)的圖象關(guān)于直線x=l對(duì)稱，排除D.

解：當(dāng)0<x<2時(shí)，sin^>0,所以y=/(x)=(洞+產(chǎn)引卜皿卷>0,故排除B和C；

又/(2一x)=(廨刁+桐卜in旦”=(振刁+桐卜ine=f(x),所以函數(shù)fM的圖象關(guān)于直

線x=l對(duì)稱，排除D.

故選：A.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決函數(shù)圖象的識(shí)別問題的技巧：一是活用性質(zhì)，常利用函數(shù)的定義域、值域、

單調(diào)性與奇偶性來排除不合適的選項(xiàng)；二是取特殊點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)的解析式選擇特殊點(diǎn)，即可排除不

合適的選項(xiàng)，從而得出正確的選項(xiàng).

8.已知函數(shù)/(x)=(x-〃)(x-勿+x,其中0<“<力<1,則下列不等式不成立的是()

A.f(癡<若B.以&)>箍C.D.

答案：B

通過圖象，判斷選項(xiàng)A,構(gòu)造函數(shù)g(x)=/(x)—x=(x—a)(x—b),判斷g(而)<0,判斷選項(xiàng)8,

通過比較誓，“力與對(duì)稱軸的距離，比較大小.

解：/(?)=f(b)=b,且/⑷<〃6),函數(shù)是開口向上的拋物線,

如圖,

\-0<a<b<\,:.0<a<4ab<b<\且〃

等是點(diǎn)C對(duì)應(yīng)的函數(shù)值，一定大于石），即故A正確;

設(shè)g（x）=/（x）_x=（%-a）（工一人），

\-0<a<b<\,:.0<a<\fab<6<1,

g^yfah^=f[4ab^-\[ab<0

即/（疝/，石，即B不正確.

/（x）=（x-?）（x-Z?）+x=x2-（a+力-l）x+ab,

對(duì)稱軸是、=空羅，

學(xué)與對(duì)稱軸間的距離是3，。與對(duì)稱軸間的距離是佇羅<《，b與對(duì)稱軸間的距離是

b-a+l1

-2—>2,

那么比較/（學(xué)）與/（a）,/（力）的大小，即比較與自變量與對(duì)稱軸間的距離，離對(duì)稱軸越遠(yuǎn)，函

數(shù)值越大，即/（等）>”“）=”，/（學(xué)卜/伍）=6,故CD正確.

故選：B

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查二次函數(shù)的圖象與基本不等式結(jié)合的綜合應(yīng)用，本題的關(guān)鍵是理解

并掌握二次函數(shù)圖象的應(yīng)用.

9.在數(shù)列｛七｝中，加4%了.,n>\,設(shè)其前n項(xiàng)和為5“，則下列命題正確的是（）

A.不。一%之10（工2一玉）B.9x,+x10<510<Xj+9x10

^.x.+x,「竹幾ri-〃（〃+l）

C?―I-"9-D?若當(dāng)討一怎=-則S〃>%+|-----------

2n+\2

答案：D

依題意可得設(shè)x,,.「x.=4,,即可判斷A,利用特殊值法判斷B、C,由

加-%=」7>0，可得卜“｝遞增,根據(jù)

n+\

一S〃=%+2（w-%）+3（七一工2）+…+“（X”一）+（"+1）（X,用一x“）一（"+l）x?+l即可證明D；

解：解：由茗出44+：*2得七向一%4x,,+2-x“|,設(shè)x,用-x“=4，

則44…44，芭。一再=4+&+…+&N94=9（々一可），故A錯(cuò).

取士=10,玉。=1,知B錯(cuò)，氏=3時(shí),數(shù)列10,9,8,7,6,5不滿足,知C錯(cuò).

對(duì)于D,由斗+i-4二上；〉。，知｛4｝遞增，%,<xll+l

-Sn=x,+2（x2-x1）+3（x3-x2）+---+n（xn-x,.,）+（?+l）（xn+l-xn）-（n+l）x?+l

?-z?、n（n+1）

=x\+1+2+???+〃一（〃+1）為向<----町用

所以S〃>九J,」-約詈，知D正確；

故選：D

10.正2021邊形A4…4⑼內(nèi)接于單位圓0,任取它的兩個(gè)不同的頂點(diǎn)A，A,,構(gòu)成一個(gè)有序點(diǎn)

對(duì)（4,4）,滿足I兩+砥IN1的點(diǎn)對(duì)（A，a）的個(gè)數(shù)是（）

A.2021x673B.2021x674C.2021x1346D.2021x1348

答案：C

先通過向量模的運(yùn)算公式，可以計(jì)算出cosez-；,即，4多，既可以得出答案.

解：|弧+西f=2+2cos，21,cos”，所以弧，西■的夾角不超過~,對(duì)于任意給定的0At，

27r27r—>._

因?yàn)槟?蠢=673.66,滿足|。4,+。43的向量04的取法共有673x2=1346,再讓麗國起

來，可得點(diǎn)對(duì)（4,A）的個(gè)數(shù)是2021x1346,

故選:C.

二、填空題

11.在三棱錐。-ABC中，AABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，DA=DB=0，二面角D-AB-C為

120°,則三棱錐。-A8C外接球的半徑為.

答案：—

3

取的中點(diǎn)E,連結(jié)CE,DE,找到二面角O-AB-C的平面角，根據(jù)球心。與三角形外心連線

垂直于三角形所在平面，再結(jié)合勾股定理，即可求出三棱錐O-ABC外接球的半徑.

取A8的中點(diǎn)E,連結(jié)CE,DE,又DA=DB,CA=CB,所以￡>E_LAB,CEA.AB,

所以NCE￡>為二面角的平面角，又二面角D-AB—C為120,所以NCEZ)=12(T,

因?yàn)镈A=DB=亞,AB=2,所以AB?=+臺(tái)。?，所以A￡)J_￡)3,

所以為直角三角形，在平面8co內(nèi)過E作OE的垂線，則該直線垂直于平面A8￡),

設(shè)AABC的外心為。-在平面88內(nèi)過。1作CE的垂線，設(shè)兩垂線交于。，則。為三棱錐O-MC

外接球的球心,

又NCED=12(T,0E1ED,所以NOEO|=30,又CE=4CA-缶==/,

又在R/AOQE中，0、E=；CE=*,所以。。=0Etan/OEa=gtan30=；,

在MA0?C中，cq=|cE=￥，所以0C=1℃2+00；=Jg+g=半,

所以三棱錐D-ABC外接球的半徑為巫.

3

故答案為：

3

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是正確找出球心的位置，通過勾股定理計(jì)算出求的半徑.

12.設(shè)函數(shù)y=sinm在上"+1］上的最大值為例⑺，最小值為N⑺，則M(f)-NQ)在14鵬(上最

大值為一.

答案：1

-391「391(E

依題意可得函數(shù)在上單調(diào)遞減，則山+1仁：三,所以M?)-N?)=-cos:+三，即可

|_22」|_22」<36；

求出函數(shù)的最大值；

解：解：函數(shù)y=sin?的周期為6,函數(shù)y=sin^在上單調(diào)遞減，

JJL//_

當(dāng)3時(shí)7，山+1仁「仁3/9一

“/、―/、.7t.4?+1)(乃f乃、.(乃、(7tt7l\

=sin----sin-------=2cos---F—sin---=-cos——+—

33I36Ji6JI36)

因?yàn)樗远鷚gf+Ewf,所以一14cos+

223363\3oy2

所以gwM⑺-N(f)41

當(dāng)時(shí)取最大值1

2

故答案為：1

13.在四邊形ABCD中，已知A(-l,()),8(2,0),ZABC^2ZBAC,\DB\=2\DA[,若C,D兩點(diǎn)關(guān)

于y軸對(duì)稱，則|cq=

答案：3

2k町即告/備卜2皆=。，整理即可得到△■的

設(shè)C(x,y),依題意可得心c+匚志

頂點(diǎn)C的軌跡方程，由|OB|=2|D4|,設(shè)。(x,y),求出。的軌跡方程，再將D的軌跡方程沿y軸翻

折得到(x-2)2+V=4(ywO),與雙曲線求交點(diǎn)坐標(biāo)，即可得解;

解：解：設(shè)C(x,y),(x>0),由ZABC^2ZBAC得tanZABC=tan2NB4C,

/w2tanZ.BAC

tanZABC=------------

I-tan2ZBAC

2kAe

當(dāng)點(diǎn)C在x軸上方時(shí)，tanNBAC=Kc，tanNA8C=-⑥c，故有一心c=

l-Rc

-2^

當(dāng)點(diǎn)C在x軸下方時(shí)，tanABAC=-^,tanNABC=k,故有k=c

ACHCBCl-"；c

2k

兩者都有軟c+匚囂=0,所以原c(l-6c)+2怎c=0

2

則十.「)廣+2,W=°'化簡(jiǎn)得一一［=1

(X+l)2

2

^ABC的頂點(diǎn)C的軌跡方程為x2-^-=\(x>1)

由|O8|=21DAI,設(shè)wJ(x-2)2+V=2j(x+l)2+V,得點(diǎn)D的軌跡方程為

(x+2)2+y2=4(y*0),把圓(x+2)?+/=43*0)沿y軸翻折得到(x-2)?+y?=4(>*o),與

2

x2-^=l(x>l)聯(lián)立消元y,得到(x-2)2+3/-3=4

解得x=T或x=-；(舍去)，所以1。1=3

故答案為：3

三、雙空題

14.已知數(shù)列｛《,｝滿足S“=2%-1,則《=,S“=.

答案：12--1

利用an=5?-5?_,求通項(xiàng)公式，再求出Sn.

解：對(duì)于S〃=24—1,

當(dāng)n=l時(shí)，有S]=2a1T,解得：ax=1；

當(dāng)心2時(shí)，有S“T=24T-1,所以a,,=S,—S,i=2a“-l—（2a“T-l）,所以&=2,所以數(shù)列｛叫為

an-\

等比數(shù)列，a=a,q'-'=T-',

所以S“=匕==2"-1.

“1-2

故答案為：1,2"-1.

【點(diǎn)睛】（1）數(shù)列求通項(xiàng)公式的方法：①觀察歸納法；②公式法；③由5,求應(yīng)；④由遞推公式求

通項(xiàng)公式；

（2）數(shù)列求和常用方法：

①公式法；②倒序相加法；③裂項(xiàng)相消法；④錯(cuò)位相減法.

_,.7CIj.?_TC|1rt

15.己知—.71,則5巾[2工一彳）=],則cos2x=,tanx=.

答案：T一及

首先利用誘導(dǎo)公式，計(jì)算8s2x；根據(jù)cos2x=-g,構(gòu)造齊次方程，求tanx.

解：sin（2x-']=-cos2x=g,所以cos2x=-g,

c2-2cos2x-sin2xl-tan2x1

cos2x=cosx-sitrx=——---------=----------=——,

cosx+sinxl+tanx3

TT

解得：lan2；r=2,因?yàn)閤e，

所以tanx=->/2.

故答案為：-;—\[2

34

16.設(shè)（x—1）（2+1月=4+qx+〃2必+a^x+a4x,貝IjaQ=.a]+2al+3%+4%=.

答案：-827

令x=0,求*；首先對(duì)等式兩邊求導(dǎo)數(shù)，再令x=l求和.

解：當(dāng)x=0時(shí)，（-1）x2?=%,所以%=一8；

3

對(duì)等式兩邊求導(dǎo)，得（2+X），+（x-l）.3（2+x『=4+2/72%+3%丁+4?4x,

23

化簡(jiǎn)得6+2a2x+3a3x+4a4x=（4x-l）（2+x）~,

當(dāng)x=1時(shí)，4+2a2+3%+44=3。=27.

故答案為：-8；27

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查二項(xiàng)式定理系數(shù)和的問題，本題第二個(gè)空的關(guān)鍵是，需對(duì)等式兩邊

求導(dǎo)，再賦值求和.

17.有3個(gè)少數(shù)民族地區(qū)，每個(gè)地區(qū)需要一各支醫(yī)醫(yī)生和兩名支教教師，現(xiàn)將3名支醫(yī)醫(yī)生(1男

2女)和6名支教教師(3男3女)分配到這3地區(qū)去工作，

(1)要求每個(gè)地區(qū)至少有一名男性，則共有種不同分配方案；

(2)要求每個(gè)地區(qū)至少有一名女性，則共有種不同分配方案.

答案：324432

(1)使用間接法求解，先計(jì)算對(duì)立事件至少有一個(gè)地區(qū)全是女性的分配方案，再計(jì)算所有分配方

案即可求解問題；

(2)使用間接法求解，先計(jì)算對(duì)立事件至少有一個(gè)地區(qū)全是男性的分配方案，再用總方案相減即

可求解結(jié)果.

解：(1)要求每個(gè)地區(qū)至少有一名男性的對(duì)立事件是至少有一個(gè)地區(qū)全是女性的分配方案有

=6x6x6=216，

每個(gè)地區(qū)需要一各支醫(yī)醫(yī)生和兩名支教教師的總分配方案有聞=6x15x6=540

所以要求每個(gè)地區(qū)至少有一名男性的分配方案有540-216=324；

(2)有一個(gè)地區(qū)全是男性的分配方案有窄⑷=3x6x6=108

所以要求每個(gè)地區(qū)至少有一名女性的分配方案有540-108=432.

故答案為：324,432

【點(diǎn)睛】組合問題常有以下兩類題型變化：

(1)“含有”或“不含有”某些元素的組合題型：“含”，則先將這些元素取出，再由另外元素補(bǔ)

足；“不含”，則先將這些元素剔除，再從剩下的元素中去選取；

(2)“至少”或“最多”含有幾個(gè)元素的題型：若直接法分類復(fù)雜時(shí)，逆向思維，間接求解.

四、解答題

18.在“ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知沙&118-40114=0$山4.

(1)求證：B-2A；

(2)若“ABC是銳角三角形，求誓的取值范圍.

sinC

答案：(1)證明見解析；⑵

(1)由正弦定理將角化邊，再結(jié)合余弦定理得到a=c-ZwosB,再利用正弦定理將邊化角得到

sinA=sinC-2sinAcosB,即可得至IjsinA=sin(3-A),從而得證；

(2)由(1)可知C=?-3A,再根據(jù)三角形為銳角三角形，得到角A的取值范圍，則

sinA1nr.—?sinA-山+卬

—^7J-，即可求出的取值范圍；

sine3-4sinAsinC

解：解:(1)由bsinB—々sinA=csinA得。=ac

由余弦定理。2=/+《a一2accosB，

代入b*2—a2=ac得ac=c2—2〃ccosB,

則Q=C-2QCOS8

由正弦定理得sinA=sinC-2sinAcosB

所以sinA=sin(A+3)—2sin4cosB,得sinA=sin(B-A)

由從一〃2=加>0知…,故3>A,

所以A=8—A或4+(8—A)=萬(舍去)

所以8=2A

7TTT77*7T

(2)由(1)可知C=%—3A,由0<A<上,0<2Av生,0<4一34<生得一<A<一,所以

22264

1.人加

—<sinA<—,

22

sinA_sin_sinA_sinA

sinCsin3Asin(A+2A)sinAcos2A+cosAsin2A

_sinA_1

3sinA-4sin3A3-4sin2A

因?yàn)?<sinA<①，所以!〈sir?A<[,l<4sin2A<2,1<3-4sin2A<2,所以!~.<1,

224223-4snrA

【點(diǎn)睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理實(shí)現(xiàn)“邊化角”，二是利用余弦定理實(shí)現(xiàn)“角化

邊”；求三角形面積的最大值也是一種常見類型，主要方法有兩類，一是找到邊之間的關(guān)系，利用

基本不等式求最值，二是利用正弦定理，轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個(gè)角的函數(shù)，利用函數(shù)思想求最值.

19.如圖，四棱錐尸―A3C。中，底面A8CO為菱形，4?=4)=2,ZABC=60°,平面ABC。,

PA=6.

jR

33

(1)點(diǎn)E在線段PC上，PE=]PC,點(diǎn)F在線段PD上，PF=-PD,求證：PC,平面A￡尸:

(2)設(shè)M是直線AC上一點(diǎn)，求CM的長(zhǎng)，使得MP與平面PCD所成角為45。.

答案：(1)證明見解析；(2)皿=2或。加=14

26

方法一：(1)根據(jù)題意，在中，由余弦定理得AE=方,進(jìn)而得在APCD中,

由余弦定理cosNCP力=：,進(jìn)而在中，由余弦定理得E尸=言，故PELEF,進(jìn)而「。_1平

面AE尸：

3h

(2)設(shè)CM=。，點(diǎn)M到平面PC。的距離為〃，由VP_ABCD=得〃=二萬〃，進(jìn)而由sin450=—

2yJ6PM

得/-16a+28=0,解方程即可得答案.

方法二：以A8所在直線為x軸，以AP所在直線為z軸建立空間直線坐標(biāo)系利用坐標(biāo)法證明.

解：法1：(1)因?yàn)镻AL平面ABCD,PA=6

所以上4J_AC,

因?yàn)榈酌鍭BC￡＞為菱形，AB=AD^2,NABC=60。

所以PC=V7,cosZAPC-

V7

33

因?yàn)?所以哈萬,

小+2_2.小362上

所以在△ME中，由余弦定理得,AE=萬萬二石

所以4爐+㈤=PA?，即PE_LAE,

所以在APCO中，由余弦定理cosNCPQ=2.",正=VPF=5PD=5^

所以在&PEF中，由余弦定理得EF2=PE2+PF2-2PE-PFcosZCPD=—,

因?yàn)镻￡2+EF2=尸產(chǎn)2,所以PELEF

又AEcEF=E,所以PC_L平面AEF

(2)C0=a,M

設(shè)點(diǎn)到平面PCD的距離為/?,則由VP.ABCD=VM-PCD

；x2xaxsin60°x#=；X2X>/7xsinNPCDxh得八=高^<1,

3

h—i=a

所以sin45。=麗，即sin45°=/2瓜,/-16〃+28=0

J(2-?)2+3

解得a=2或。=14

從而得M點(diǎn)與A點(diǎn)重合或在AC的反向延長(zhǎng)線上，則得CM=2或CM=14

法2：(1)以A3所在直線為x軸，以AP所在直線為z軸建立空間直線坐標(biāo)系

則8(2,0,0),C(l,6,0),D(-l,V3,0),尸(0,0,幣)

PC=(1,V3,-A/3),PE=-PC=

7

AE=AP+PE

所以PCLAE

PD=(-1,j3,-j3),PF=^3PD=-(，乎

5

—>—>—>IA—?F-P—>C=O

AF=AP+PF=1555J

所以PC_LAF

又AEcEF=E,所以PC_L平面AEP

(2)DC=(2,0,0),DP=(-2,0,V3),BC=(-1,73,0),加=(-2,0,6)

t\2xx=0-

設(shè)％=(Xi，y“zJ是平面PCD的一個(gè)法向量，則\._"丫+小_0，得4=(0,1,1)

公=(1,石,0)，設(shè)A力=/lAb=(4G2,0)，

所以*=(464-石)，

因?yàn)镸P與平面PCD所成角為45。，

所以,山45。=巴==粵.

2

\PM\-\n｝\V4A+3-V2

解得2=0或2=-6

從而得M點(diǎn)與A點(diǎn)重合或在AC的反向延長(zhǎng)線上，則得CM=2或CM=14

【點(diǎn)睛】本題考查線面垂直的證明，根據(jù)線面角的大小求距離，考查邏輯推理能力，空間想象能力,

運(yùn)算求解能力，是中檔題.本題解題的關(guān)鍵在于利用余弦定理求解距離，進(jìn)而根據(jù)勾股定理得

PELAE,PELEF,進(jìn)而證明.

20.已知數(shù)列｛4｝滿足；q=l,4“|=網(wǎng),,+廠%.

(1)若q,a2,%成等比數(shù)列，求q的值；

(2)若|q區(qū)1,求證：同43-賽.

答案：(1)q=_；(2)證明見解析；

(1)首先表示出的，生，根據(jù)等比中項(xiàng)的性質(zhì)得到方程，求出。即可;

⑵依題意可得1%|-㈤。U,再根據(jù)㈤=(|。“|-|%1)+(1*1-卜〃-2|川?,+(同-同)+|4|，

利用錯(cuò)位相減法求和即可得證；

KEI111(1

解：解：(1)q=1,。2=一萬+夕，%=]+q〃2=/+4一耳+。

因?yàn)?9，%成等比數(shù)列，所以只=4%

則(一；+,)=g+g(_g+')'解得夕=一；

(2)由⑷<1,得以|=眄+號(hào)如|+備4⑷同+4同+/

所以舊一卜同4〃[￡],所以當(dāng)心2時(shí),

㈤=(同-*)+(|1|-院2|)+…+(同-圖)+同

~^+2{?)+…+QL2)[￡|+(〃-1)出+同

設(shè)S=；+2(￡)+...+(〃-2)[；)+(〃-1)出①

則京=出+2.(￡|+…+(〃一嗚+(〃一嗚)②

由①一②得

京卷+排出+…+口-(…cm-(〃-嗚)

所以S=2_2(g)_2(〃_l)(g)

|a“|4S+M=3_^^

【點(diǎn)睛】數(shù)列求和的方法技巧

(1)倒序相力口:用于等差數(shù)列、與二項(xiàng)式系數(shù)、對(duì)稱性相關(guān)聯(lián)的數(shù)列的求和.

(2)錯(cuò)位相減:用于等差數(shù)列與等比數(shù)列的積數(shù)列的求和.

(3)分組求和:用于若干個(gè)等差或等比數(shù)列的和或差數(shù)列的求和.

21.如圖，己知G：(x-l)2+(y+l)2=:和拋物線G：x2=4y,P(%,%)是圓G上一點(diǎn)，M是拋物線C?

上一點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線C2的焦點(diǎn).

(1)當(dāng)直線PM與圓Q相切，且|PM|=|FM|時(shí)，求』的值;

(2)過P作拋物線C?的兩條切線瓦PB,AB分別為切點(diǎn)，求證：存在兩個(gè)號(hào),使得面

積等于哈

13

答案：(1)/=］或%=］；(2)證明見解析.

(1)焦點(diǎn)F坐標(biāo)為((),1),設(shè)利用圓的切線長(zhǎng)公式、拋物線的定義建立方程求解即得;

(2)設(shè)「(%,%),設(shè)直線PA、P3的斜率尢、右，由與拋物線相切求得好-￥()+%=(),

斤；-%2工0+No=。，知仁，%2是方程二-依)+No=。的兩根，得到匕+&=工0,41&2=%，求得切點(diǎn)坐標(biāo)

A(2%,2：),B(2e,抬)，得到直線AB方程并化簡(jiǎn)整理為y=利用已知面積得到

2

片-4%=3,與(x0-l)+(%+=；聯(lián)立得(%-1)&+*+19/-13)=0,然后利用零點(diǎn)存在定

理判定解的個(gè)數(shù)即可.

解：⑴焦點(diǎn)F坐標(biāo)為(0,1),設(shè)M,，子)，則|加|=，(/一1)2+(?+1］_；，

由拋物線定義，M到焦點(diǎn)距離等于到拋物線準(zhǔn)線y=-l的距離，

所以1fMi4+1,由得鼠—1)2+21

_4+1

44

所以“；或";所以或Mg尚

13

此時(shí)戶用與準(zhǔn)線y=T垂直，所以%=Q或%=5；

(2)設(shè)則(%-1>+(%+1)2=；,

設(shè)直線方程為卜%=4(%-%)，代入/=4丫,

得x2-44x-4(%-4%)=0,A=166+16(%-匕/)=0,

整理得將一匕%+%=0①，

同理，直線PB方程為y-%=與（x-Xo）,有心-&%+丫0=0②，

由①②知，KK是方程二-5+%=0的兩根，

所以占+&=%無他=%，

由切線意義知，在幺-4白-4（%-柩0）=0中，4+4=秋，則4=2占

所以A（2。6），同理川2網(wǎng),后）水陽:等圭=&孕

直線A8方程為y-好="&（x-2幻即y=怨Lx_左他即y=，x-%

I4例=|2仁-2可=7^-WkJ-43=J47^.好4%

喉,為）到直線AB的距離d=卜廠4Kls=總.訓(xùn)，=乂（芯-44=孚

所以片-4y0=3,與（x0-葉+（為+咪=；聯(lián)立得（兩-1）（￡+x：+19%-13）=0

所以%=1或片+片+19%-13=0,設(shè)〃為）=片+片+19%一13,顯然/（，<0,〃1）>0,/（|）>0,

又“X。）在上遞增，所以〃為）=玉：+片+1班一13在停1）上有唯一零點(diǎn)

所以存在兩個(gè)%,使得△PAB面積等于延.

2

【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓，直線與拋物線的位置關(guān)系，面積問題，零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，難度較大，其

中利用圓的切線長(zhǎng)和拋物線的定義建立方程求解是第一問中的關(guān)鍵；第二問中關(guān)鍵點(diǎn)由同構(gòu)方程

k--kxx0+y0=0,k1-k2x0+y0=0,知匕，為是方程&?-1+%=。的兩根，從而得到

k,+k2=xa,ktk2=y0;利用零點(diǎn)存在定理判定三次函數(shù)在給定區(qū)間上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題.

22.設(shè)/（x）=e"-l+gx2,xeR,證明：

14

（1）\+x+—x2<ex<-1+----,XG|0,1］；

22—x

19|2

（2）若正實(shí)數(shù)/滿足一4/（X。）<,則必有-<x<,?eN*.

nn+\〃+10n+2

答案：（1）證明見解析；（2）證明見解析:

(1)設(shè)g(x)=e*-gx2-x-i,求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明其單調(diào)性，即可得到-同9+?1,

4

而1+——ox+2+(x-2)/20,設(shè)/2(x)=x+2+(x-2)eF￡[01],利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單

2-x

調(diào)性，即可得證；

29

(2)由(1)知./>XQ4-XO,當(dāng)f(xo)<時(shí),即XQ+XQ0,構(gòu)造函數(shù)

g(x0)=x：+x0-2，欲證x°4三，只需證8(—2彳匕0,即可得證；又由(1)知

〃%)4-2+設(shè)p(x°)=-2++根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性欲證x02一1,只需

z-zz—x0Zn〃+]

解：證明：(1)設(shè)g(x)="-gx2-x-l,則8，(幻=6*一工一1,

當(dāng)X￡［0