2019-2020学年天津市高三下学期第四次月考数学试卷 （解析版）

2019-2020 学年高三第二学期第四次月考数学试卷 一、选择题（共 9 小题） 1．已知集合 A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，集合 B＝{x∈Z|x2≤4x}，则∁RA∩B＝（  ） A．{x|0≤x≤3} B．{﹣1，0，1，2，3}C．{0，1，2，3} D．{1，2} 2．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意 思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积恒相等，则体积相等．设 A，B 为两个 同高的几何体，p：A，B 的体积相等，q：A，B 在等高处的截面面积恒相等，根据祖暅 原理可知，p 是 q 的（  ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（﹣x）＝f（x），且函数 f（x）在（﹣∞，0）上 是减函数，若풂 = 풇(ퟐ풄풐풔 2 3흅)，풃 = 풇(풍풐품1 2ퟒ.ퟏ)，풄 = 풇(ퟐퟎ.ퟖ)，则 a，b，c 的大小关系为 （  ） A．a＜c＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．c＜a＜b 4．函数풇(풙) = ퟑ풔풊풏( 2휋 3 ―ퟐ풙)的一个单调递增区间是（  ） A．[ 7휋 12， 13휋 12 ] B．[ 휋 12， 7휋 12] C．[ ― 휋 2， 휋 2] D．[ ― 5휋 6 ， 휋 6] 5．数列{an}满足：an+1＝λan﹣1（n∈N*，λ∈R 且 λ≠0），若数列{an﹣1}是等比数列，则 λ 的值等于（  ） A．1 B．﹣1 C．1 2 D．2 6．已知双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)的一个焦点与抛物线 y2＝8x 的焦点 F 重合，抛物 线的准线与双曲线交于 A，B 两点，且△OAB 的面积为 6（O 为原点），则双曲线的方 程为（  ） A．푥2 3 ― 푦2 12 = ퟏ B．푥2 36 ― 푦2 32 = ퟏ C．푥2 3 ― 풚ퟐ = ퟏ D．풙ퟐ ― 푦2 3 = ퟏ 7．设 e1．e2 分别为具有公共焦点 F1 与 F2 的椭圆和双曲线的离心率，P 为两曲线的一个公 共点，且满足 → 푷푭ퟏ• → 푷푭ퟐ = 0，则 1 푒1 2 + 1 푒2 2的值为（  ） A．1 2 B．1 C．2 D．4 8．已知函数풇(풙) = ퟐ풔풊풏(흎풙 + 흋)(흎＞ퟎ，|흋|＜ 휋 2)的图象过点푩(ퟎ， ퟑ)，且在( 휋 12， 5휋 12)上 单调，把 f（x）的图象向右平移 π 个单位之后与原来的图象重合，当풙ퟏ，풙ퟐ ∈ ( 2휋 3 ， 4휋 3 ) 且 x1≠x2 时，f（x1）＝f（x2），则 f（x1+x2）＝（  ） A． ― ퟑ B． ퟑ C．﹣1 D．1 9．已知函数 f（x）＝|x3+a|，a∈R 在[﹣1，1]上的最大值为 M（a），若函数 g（x）＝M （x）﹣|x2+t|有 4 个零点，则实数 t 的取值范围为．（  ） A．（1，5 4） B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，5 4） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，2） 二、填空题（共 6 小题；共 30 分） 10．若 z 是复数，z = 1 ― 2푖 1 + 푖 ，则 z•풛 =    ． 11．二项式（ 푥 2 ― 2 푥）n 的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值．则展开式中 풙 项的系数是   ． 12．一组样本数据的频率分布直方图如图所示，试估计此样本数据的中位数为   ． 13．在平行四边形 ABCD 中，| → 푨푫|＝2，| → 푪푫|＝4，∠ABC＝60°，E，F 分别是 BC，CD 的 中点，DE 与 AF 交于 H，则 → 푨푯• → 푫푬的值是   ． 14．已知实数 x，y 满足 x2+y2＝3，则 1 (2푥 + 푦)2 + 4 (푥 ― 2푦)2的最小值为   ． 15．已知函数풇(풙) = {풙풍풏풙 ― ퟐ풙，풙＞ퟎ 풙ퟐ + 3 2풙，풙 ≤ ퟎ ，函数 g（x）＝f（x）﹣kx+1 有四个零点，则实数 k 的取值范围是   ． 三、解答题（共 5 小题；共 75 分） 16．某校开展学生社会法治服务项目，共设置了文明交通，社区服务，环保宣传和中国传 统文化宣讲四个项目，现有该校的甲、乙、丙、丁 4 名学生，每名学生必须且只能选择 1 项． （Ⅰ）求恰有 2 个项目没有被这 4 名学生选择的概率； （Ⅱ）求“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 ξ 的分布列及其数学期望． 17．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB ＝2，AD = ퟐ，CD＝1． （1）证明：BD⊥PC； （2）求二面角 A﹣PC﹣D 的余弦值； （3）设 Q 为线段 PD 上的点，且直线 AQ 和平面 PAC 所成角的正弦值为 2 3 ，求푃푄 푃퐷的 值． 18．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率为 6 3 ，两焦点与短轴的一个端点的连线 构成的三角形面积为 ퟐ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）设与圆 O：x2+y2 = 3 4相切的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点（O 为坐标原点），求|OA|cos ∠OAB + 3 2푡푎푛∠푂퐵퐴的最大值． 19．已知数列{an}满足풂ퟏ = ퟐ，풂풏+ퟏ = ퟐ풂풏 + ퟐ풏+ퟏ． （1）设풃풏 = 푎푛 2푛，求数列{bn}的通项公式； （2）求数列{an}的前 n 项和 Sn； （3）记풄풏 = ( ― 1)푛(푛2 + 4푛 + 2)2푛 푎푛푎푛+1 ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn． 20．已知函数 f（x）＝lnx﹣mx，m∈R． （Ⅰ）求 f（x）的极值； （Ⅱ）证明：m＝0 时，ex＞f（x+2） （Ⅲ）若函数 g（x）＝（x﹣e）f（x）有且只有三个不同的零点，分别记为 x1，x2，x3， 设 x1＜x2＜x3 且 푥3 푥1 的最大值是 e2，证明：x1x3 ≤ 풆 2(푒2+1) 푒2―1 ． 参考答案 一、选择题（共 9 小题；共 45 分） 1．已知集合 A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}，集合 B＝{x∈Z|x2≤4x}，则∁RA∩B＝（  ） A．{x|0≤x≤3} B．{﹣1，0，1，2，3}C．{0，1，2，3} D．{1，2} 【分析】根据题意，解 x2﹣2x﹣3＞0 可得集合 A，由补集的意义可得∁RA＝{x|﹣1≤x≤ 3}，解 x2≤4x 可得集合 B，由交集的意义计算∁RA∩B 即可得答案． 解：根据题意，x2﹣2x﹣3＞0⇒x＜﹣1 或 x＞3， 则 A＝{x|x2﹣2x﹣3＞0}＝{x|x＜﹣1 或 x＞3}， 则∁RA＝{x|﹣1≤x≤3}， x2≤4x⇒0≤x≤4， B＝{x∈Z|x2≤4x}＝{x∈Z|0≤x≤4}＝{0，1，2，3，4}， 则∁RA∩B＝{0，1，2，3}； 故选：C． 【点评】本题考查集合的混合运算，关键是正确求出集合 A、B． 2．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意 思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积恒相等，则体积相等．设 A，B 为两个 同高的几何体，p：A，B 的体积相等，q：A，B 在等高处的截面面积恒相等，根据祖暅 原理可知，p 是 q 的（  ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】由 q⇒p，反之不成立．即可得出． 解：由 q⇒p，反之不成立． ∴p 是 q 的必要不充分条件． 故选：B． 【点评】本题考查了祖暅原理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题． 3．已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（﹣x）＝f（x），且函数 f（x）在（﹣∞，0）上 是减函数，若풂 = 풇(ퟐ풄풐풔 2 3흅)，풃 = 풇(풍풐품1 2ퟒ.ퟏ)，풄 = 풇(ퟐퟎ.ퟖ)，则 a，b，c 的大小关系为 （  ） A．a＜c＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．c＜a＜b 【分析】根据题意，由偶函数的定义可得函数 f（x）为偶函数，结合偶函数的性质可得 a ＝f（2cos 2휋 3 ）＝f（2cos 휋 3）＝f（1），b＝f（풍풐품1 2ퟒ.ퟏ）＝f（log24.1），进而分析可得 f （x）在（0，+∞）上为增函数，又由 1＜20.8＜2＜log24.1，据此分析可得答案． 解：根据题意，函数 f（x）满足 f（﹣x）＝f（x），则函数 f（x）为偶函数， a＝f（2cos 2휋 3 ）＝f（2cos 휋 3）＝f（1），b＝f（풍풐품1 2ퟒ.ퟏ）＝f（log24.1）c＝f（20.8）， 又由函数 f（x）在（﹣∞，0）上是减函数，则 f（x）在（0，+∞）上为增函数， 且 1＜20.8＜2＜log24.1， 则 a＜c＜b； 故选：A． 【点评】本题考查函数的奇偶性有单调性的综合应用，涉及对数大小的比较，属于基础 题． 4．函数풇(풙) = ퟑ풔풊풏( 2휋 3 ―ퟐ풙)的一个单调递增区间是（  ） A．[ 7휋 12， 13휋 12 ] B．[ 휋 12， 7휋 12] C．[ ― 휋 2， 휋 2] D．[ ― 5휋 6 ， 휋 6] 【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性，求得 f（x）的一 个增区间． 解：对于函数풇(풙) = ퟑ풔풊풏( 2휋 3 ―ퟐ풙) = 3cos（휋 6 ― 2x）＝3cos（2x ― 휋 6）， 令 2kπ﹣π≤2x ― 휋 6 ≤ 2kπ，求得 kπ ― 5휋 12 ≤ x≤kπ + 휋 12，可得函数的增区间为[kπ ― 5휋 12， kπ + 휋 12]，k∈Z， 令 k＝1，可得选项 A 正确， 故选：A． 【点评】本题主要考查诱导公式、余弦函数的单调性，属于基础题． 5．数列{an}满足：an+1＝λan﹣1（n∈N*，λ∈R 且 λ≠0），若数列{an﹣1}是等比数列，则 λ 的值等于（  ） A．1 B．﹣1 C．1 2 D．2 【分析】把已知数列递推式变形，由数列{an﹣1}是等比数列求得 λ 的值． 解：由 an+1＝λan﹣1，得풂풏+ퟏ ―ퟏ = 흀풂풏 ―ퟐ = 흀(풂풏 ― 2 휆)． 由于数列{an﹣1}是等比数列，∴2 휆 = ퟏ，得 λ＝2， 故选：D． 【点评】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比关系的确定，是基础题． 6．已知双曲线푥2 푎2 ― 푦2 푏2 = ퟏ(풂＞ퟎ，풃＞ퟎ)的一个焦点与抛物线 y2＝8x 的焦点 F 重合，抛物 线的准线与双曲线交于 A，B 两点，且△OAB 的面积为 6（O 为原点），则双曲线的方 程为（  ） A．푥2 3 ― 푦2 12 = ퟏ B．푥2 36 ― 푦2 32 = ퟏ C．푥2 3 ― 풚ퟐ = ퟏ D．풙ퟐ ― 푦2 3 = ퟏ 【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，可得双曲线的 c，由三角形的面积公式可得 A 的坐标，由双曲线的定义可得 a，进而得到 b，可得双曲线的方程． 解：抛物线 y2＝8x 的焦点 F 为（2，0）， 可得双曲线的焦点分别为）﹣2，0），（2，0）， 抛物线的准线为 x＝﹣2， 由△OAB 的面积为 6，可得1 2•2|AB|＝6， 即|AB|＝6，可设 A（2，3）， 可得 A 到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值为 | (ퟐ + ퟐ)ퟐ + ퟑퟐ ― 3|＝2， 即 2a＝2，可得 a＝1， 由 b = 풄ퟐ ― 풂ퟐ = ퟒ ― ퟏ = ퟑ， 可得双曲线的方程为 x2 ― 푦2 3 = 1． 故选：D． 【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础 题． 7．设 e1．e2 分别为具有公共焦点 F1 与 F2 的椭圆和双曲线的离心率，P 为两曲线的一个公 共点，且满足 → 푷푭ퟏ• → 푷푭ퟐ = 0，则 1 푒1 2 + 1 푒2 2的值为（  ） A．1 2 B．1 C．2 D．4 【分析】椭圆的长半轴是 a1，双曲线的实半轴是 a2，它们的半焦距是 c 并设 PF1＝m，PF2＝ n，m＞n，根据椭圆的和双曲线的定义可得 m+n＝2a1，m﹣n＝2a2，写出两个曲线的离 心率，代入要求的式子得到结果． 解：设椭圆的长半轴是 a1，双曲线的实半轴是 a2，它们的半焦距是 c 并设 PF1＝m，PF2＝n，m＞n，根据椭圆的和双曲线的定义可得 m+n＝2a1 m﹣n＝2a2 解得 m＝a1+a2，n＝a1﹣a2 又 → 푷푭ퟏ⊥ → 푷푭ퟐ，由勾股定理得 PF12+PF22＝F1F22 （a1+a2）2+（a1﹣a2）2＝（2c）2 化简可得 a12+a22＝2c2 1 푒1 2 + 1 푒2 2 = 2 故选：C． 【点评】本题考查圆锥曲线的共同特征，本题解题的关键是得到两个曲线的参数之间的 关系，本题是一个基础题． 8．已知函数풇(풙) = ퟐ풔풊풏(흎풙 + 흋)(흎＞ퟎ，|흋|＜ 휋 2)的图象过点푩(ퟎ， ퟑ)，且在( 휋 12， 5휋 12)上 单调，把 f（x）的图象向右平移 π 个单位之后与原来的图象重合，当풙ퟏ，풙ퟐ ∈ ( 2휋 3 ， 4휋 3 ) 且 x1≠x2 时，f（x1）＝f（x2），则 f（x1+x2）＝（  ） A． ― ퟑ B． ퟑ C．﹣1 D．1 【分析】利用正弦函数的周期性和单调性，函数 y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求 得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得 x1+x2 的值，可得 f（x1+x2）的 值． 解：∵函数풇(풙) = ퟐ풔풊풏(흎풙 + 흋)(흎＞ퟎ，|흋|＜ 휋 2)的图象过点푩(ퟎ， ퟑ)，∴2sinφ = ퟑ， ∴φ = 휋 3． f（x）在( 휋 12， 5휋 12)上单调，∴1 2• 2휋 휔 ≥ 5휋 12 ― 휋 12，∴0＜ω≤3． 把 f（x）的图象向右平移 π 个单位之后与原来的图象重合，∴k• 2휋 휔 = π，k∈Z，∴ω＝2，f （x）＝2sin（2x + 휋 3）． 当풙ퟏ，풙ퟐ ∈ ( 2휋 3 ， 4휋 3 )且 x1≠x2 时，2x + 휋 3∈（5휋 3 ，3π），若 f（x1）＝f（x2），则 x1+x2＝ 2• 5휋 2 = 5π， f（x1+x2）＝2sin（10π + 휋 3）＝2sin 휋 3 = ퟑ， 故选：B． 【点评】本题主要考查正弦函数的周期性和单调性，函数 y＝Asin（ωx+φ）的图象变换 规律，正弦函数的图象的对称性，属于中档题． 9．已知函数 f（x）＝|x3+a|，a∈R 在[﹣1，1]上的最大值为 M（a），若函数 g（x）＝M （x）﹣|x2+t|有 4 个零点，则实数 t 的取值范围为．（  ） A．（1，5 4） B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，5 4） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，2） 【分析】根据条件求出函数 M（a）的表达式，然后由 g（x）＝0 得 M（x）＝|x2+t|，利 用函数 g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有 4 个零点，建立条件关系即可求出 t 的取值范围． 解：当 a＝0 时，f（x）＝|x3+a|＝|x3|为偶函数，此时最大值为 M（a）＝M（﹣1）＝M （1）， 当 a＞0 时，函数在[﹣1，1]上的最大值为 M（a）＝f（1）＝|1+a|＝a+1， 当 a＜0 时，函数在[﹣1，1]上的最大值为 M（a）＝f（﹣1）＝|﹣1+a|＝1﹣a， 即 M（a） = {풂 + ퟏ，풂 ≥ ퟎ ퟏ ― 풂，풂＜ퟎ ． ∴M（x） = {풙 + ퟏ，풙 ≥ ퟎ ퟏ ― 풙，풙＜ퟎ ． 由 g（x）＝M（x）﹣|x2+t|＝0 得 M（x）＝|x2+t|， 设函数 M（x），m（x）＝|x2+t|， 作出两个函数的图象如图： ①若 t≤0，要使 g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有 4 个零点， 则两个图象的交点个数有 4 个，此时满足 m（0）＞M（0）， 即|t|＞1，解得 t＜﹣1． ②若 t＞0，则 m（x）＝|x2+t|＝x2+t， 当抛物线过点（0，1）时，t＝1． 当抛物线与直线相切时，当 x＞0 时， 由{풚 = 풙 + ퟏ 풚 = 풙ퟐ + 풕，此时 x2﹣x+（t﹣1）＝0， 由判别式△＝1﹣4（t﹣1）＝5﹣4t＝0， 解得 t = 5 4． 要使 g（x）＝M（x）﹣|x2+t|有 4 个零点， 则两个图象的交点个数有 4 个，此时满足 1＜풕＜ 5 4． 综上 t＜﹣1 或 1＜풕＜ 5 4． 故选：C． 【点评】本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合是解决本题的关键，根据条 件求出 M（a）的表达式是本题的难点．注意对 t 要进行分类讨论．综合性较强，难点交 大． 二、填空题（共 6 小题；共 30 分） 10．若 z 是复数，z = 1 ― 2푖 1 + 푖 ，则 z•풛 =  5 2 ． 【分析】由商的模等于模的商，结合풛 ⋅ 풛 = |풛|ퟐ求解． 解：∵z = 1 ― 2푖 1 + 푖 ， ∴z•풛 = |z|2 = (| 1 ― 2푖 1 + 푖 |)ퟐ = ( |1 ― 2푖| |1 + 푖| )ퟐ = ( 5 2)ퟐ = 5 2． 故答案为：5 2． 【点评】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题． 11．二项式（ 푥 2 ― 2 푥）n 的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值．则展开式中 풙 项的系数是  ― 15 2  ． 【分析】由二项式定理及展开式的通项公式得：Tr+1 = 푪풓ퟏퟎ（ 푥 2 ）10﹣r（ ― 2 푥）r＝（﹣1） r22r﹣10푪풓ퟏퟎx10―3푟 2 ，令10 ― 3푟 2 = 1 2得：r＝3，即展开式中 풙项的系数是（﹣1）32﹣4푪ퟑퟏퟎ = ― 15 2 ，得解． 解：因为二项式（ 푥 2 ― 2 푥）n 的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值． 所以展开式共有 11 项， 则 n+1＝11， 即 n＝10， 则二项式（ 푥 2 ― 2 푥）10 的展开式的通项为 Tr+1 = 푪풓ퟏퟎ（ 푥 2 ）10﹣r（ ― 2 푥）r＝（﹣1）r22r﹣10푪풓ퟏퟎ x10―3푟 2 ， 令10 ― 3푟 2 = 1 2得：r＝3， 即展开式中 풙项的系数是（﹣1）32﹣4푪ퟑퟏퟎ = ― 15 2 ， 故答案为： ― 15 2 ． 【点评】本题考查了二项式定理及展开式的通项公式，属中档题． 12．一组样本数据的频率分布直方图如图所示，试估计此样本数据的中位数为 100 9  ． 【分析】根据中位数的公式代入即可． 解：设中位数为 a， 则 0.02×4+0.08×4+（a﹣10）×0.09＝0.5， 解之得 a = 100 9 ， 故答案为为：100 9 ． 【点评】本题考查中位数，熟悉掌握中位数的公式，属于基础题． 13．在平行四边形 ABCD 中，| → 푨푫|＝2，| → 푪푫|＝4，∠ABC＝60°，E，F 分别是 BC，CD 的 中点，DE 与 AF 交于 H，则 → 푨푯• → 푫푬的值是 12 5  ． 【分析】过点 F 作 BC 的平行线交 DE 于 G，计算出 GF = 1 4AD，求出 → 푨푯和 → 푫푬的向量， 利用向量数量积的定义和公式计算 → 푨푯• → 푫푬即可． 解：过点 F 作 BC 的平行线交 DE 于 G， 则 G 是 DE 的中点， 且 GF = 1 2EC = 1 4BC ∴GF = 1 4AD， 则△AHD∽△GHF 从而 FH = 1 4AH， ∴ → 푨푯 = 4 5 → 푨푭， → 푨푭 = → 푨푫 + → 푫푭 = → 푩푪 + 1 2 → 푨푩 = → 푩푪 ― 1 2 → 푩푨， 则 → 푨푯 = 4 5 → 푨푭 = 4 5 → 푩푪 ― 2 5 → 푩푨， → 푫푬 = → 푫푪 + → 푪푬 = ― → 푩푨 ― 1 2 → 푩푪， 则 → 푨푯• → 푫푬 = （4 5 → 푩푪 ― 2 5 → 푩푨）•（ ― → 푩푨 ― 1 2 → 푩푪） = 2 5 → 푩푨 ퟐ ― 2 5 → 푩푪 ퟐ ― 3 5 → 푩푨• → 푩푪 = 2 5 × 16 ― 3 5 × 2×4 × 1 2 ― 2 5 × 4 = 32 5 ― 12 5 ― 8 5 = 12 5 ， 故答案为：12 5 ． 【点评】本题主要考查向量数量积的应用，根据条件求出 → 푨푯和 → 푫푬的表达式是解决本题 的关键． 14．已知实数 x，y 满足 x2+y2＝3，则 1 (2푥 + 푦)2 + 4 (푥 ― 2푦)2的最小值为 3 5 ． 【分析】设（2x+y）2＝m．（x﹣2y）2＝n，可知 n+m＝（2x+y）2+（x﹣2y）2＝5 （x2+y2）＝15 是定值，即可利用基本不等式的性质求解． 解：设（2x+y）2＝m，（x﹣2y）2＝n，可知 n+m＝（2x+y）2+（x﹣2y）2＝5（x2+y2）＝ 15， 则 1 (2푥 + 푦)2 + 4 (푥 ― 2푦)2 = 푚 + 푛 15 ( 1 푚 + 4 푛) = 1 15（5 + 푛 푚 + 4푚 푛 ） ≥ 1 15(ퟓ + ퟒ) = 3 5． 当且仅当푛 푚 = 4푚 푛 ，即 n＝2m，也即 n＝10，m＝5 时取等号． 故答案为：3 5 【点评】本题主要考查了基本不等式性质的构造，确定（2x+y）2+（x﹣2y）2＝5 （x2+y2）＝15 是定值是解题的关键，属于中档题． 15．已知函数풇(풙) = {풙풍풏풙 ― ퟐ풙，풙＞ퟎ 풙ퟐ + 3 2풙，풙 ≤ ퟎ ，函数 g（x）＝f（x）﹣kx+1 有四个零点，则实数 k 的取值范围是 ( ― ퟏ， ― 1 2) ． 【分析】根据函数与方程的关系，利用参数分离法转化为两个函数的交点个数问题，利 用数形结合进行求解即可． 解：由 g（x）＝f（x）﹣kx+1＝0 得 kx＝f（x）+1， 当 x＝0 时，0＝f（0）+1＝0+1 不成立， 即 x≠0， 则 k = 푓(푥) + 1 푥 ， 若 g（x）有四个零点，则等价为 k = 푓(푥) + 1 푥 有四个不同的根， 设 h（x） = 푓(푥) + 1 푥 ， 则当 x＞0 时，h（x） = 푥푙푛푥 ― 2푥 + 1 푥 = lnx + 1 푥 ― 2， h′（x） = 1 푥 ― 1 푥2 = 푥 ― 1 푥2 ，则当 x＞1 时，h′（x）＞0，函数为增函数， 当 0＜x＜1 时，h′（x）＜0，函数为减函数，即此时当 x＝1 时，h（x）取得极小值， 极小值为 h（1）＝﹣1， 当 x→+∞，f（x）→+∞， 当 x≤0 时，h（x） = 푥2 + 3 2푥 + 1 푥 = x + 1 푥 + 3 2， h′（x）＝1 ― 1 푥2 = 푥2 ― 1 푥2 ，由 h′（x）＞0 得 x＞1（舍）或 x＜﹣1，此时函数为增函 数， 由 h′（x）＜0 得﹣1＜x＜0，此时 h（x）为减函数，即当 x＝﹣1 时，h（x）取得极大 值，极大值为 h（﹣1）＝﹣1﹣1 + 3 2 = ― 1 2， 作出函数 h（x）的图象如图： 要使 k = 푓(푥) + 1 푥 有四个根， 则满足﹣1＜k＜ ― 1 2， 即实数 k 的取值范围是（﹣1， ― 1 2）， 故答案为：（﹣1， ― 1 2） 【点评】本题主要考查函数与方程的应用，利用参数分离法，转化为两个函数交点个数， 求函数 的导数，研究函数的图象，利用数形结合是解决本题的关键． 三、解答题（共 5 小题；共 75 分） 16．某校开展学生社会法治服务项目，共设置了文明交通，社区服务，环保宣传和中国传 统文化宣讲四个项目，现有该校的甲、乙、丙、丁 4 名学生，每名学生必须且只能选择 1 项． （Ⅰ）求恰有 2 个项目没有被这 4 名学生选择的概率； （Ⅱ）求“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 ξ 的分布列及其数学期望． 【分析】（Ⅰ）基本事件总数 n＝44＝256，恰有 2 个项目没有被这 4 名学生选择包含的 基本事件个数 m = 푪ퟐퟒ × (푪ퟐퟒ + 푪ퟑퟒ푨ퟐퟐ) = 84，由此能求出恰有 2 个项目没有被这 4 名学生 选择的概率． （Ⅱ）“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 ξ 的可能取值为 0，1，2，3，4，分别求 出相应的概率，由此能求出 ξ 的分布列和 E（ξ）． 解：（Ⅰ）某校开展学生社会法治服务项目，共设置了文明交通，社区服务， 环保宣传和中国传统文化宣讲四个项目， 现有该校的甲、乙、丙、丁 4 名学生，每名学生必须且只能选择 1 项． 基本事件总数 n＝44＝256， 恰有 2 个项目没有被这 4 名学生选择包含的基本事件个数 m = 푪ퟐퟒ × (푪ퟐퟒ + 푪ퟑퟒ푨ퟐퟐ) = 84， ∴恰有 2 个项目没有被这 4 名学生选择的概率 p = 푚 푛 = 84 256 = 21 64． （Ⅱ）“环保宣传”被这 4 名学生选择的人数 ξ 的可能取值为 0，1，2，3，4， P（ξ＝0） = 34 44 = 81 256， P（ξ＝1） = 퐶1 4 ⋅ 33 44 = 108 256， P（ξ＝2） = 퐶2 4 ⋅ 32 44 = 54 256， P（ξ＝3） = 퐶3 4 ⋅ 31 44 = 12 256， P（ξ＝4） = 퐶4 4 44 = 1 256， ∴ξ 的分布列为： ξ 0 1 2 3 4 P 81 256 108 256 54 256 12 256 1 256 E（ξ） = ퟎ × 81 256 +ퟏ × 108 256 +ퟐ × 54 256 +ퟑ × 12 256 + 4 × 1 256 = 1． 【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查 古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 17．如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB ＝2，AD = ퟐ，CD＝1． （1）证明：BD⊥PC； （2）求二面角 A﹣PC﹣D 的余弦值； （3）设 Q 为线段 PD 上的点，且直线 AQ 和平面 PAC 所成角的正弦值为 2 3 ，求푃푄 푃퐷的 值． 【分析】（1）以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 利用向量法能证明 BD⊥PC． （2）求出平面 APC 的法向量和平面 PCD 的法向量，利用向量法能求出二面角 A﹣PC﹣ D 的余弦值． （3）设 Q 为线段 PD 上的点，Q（a，b，c），푃푄 푃퐷 = λ，0≤λ≤1，求出 → 푨푸 = （0， ퟐ 흀，ퟐ ― ퟐ흀），由平面 PAC 的法向量→ 풏 = （ ퟐ，﹣1，0），且直线 AQ 和平面 PAC 所成 角的正弦值为 2 3 ，利用向量法能求出结果． 解：（1）证明：∵在四棱锥 P﹣ABCD 中，PA⊥平面 ABCD， AB∥CD，AB⊥AD，PA＝AB，AB＝2，AD = ퟐ，CD＝1． ∴以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 B（2，0，0），D（0， ퟐ，0），P（0，0，2），C（1， ퟐ，0）， → 푩푫 = （﹣2， ퟐ，0）， → 푷푪 = （1， ퟐ，0）， ∴ → 푩푫 ⋅ → 푷푪 = 0，∴BD⊥PC． （2）解：A（0，0，0）， → 푨푷 = （0，0，2）， → 푨푪 = （1， ퟐ，0）， 设平面 APC 的法向量→ 풏 = （x，y，z）， 则{→ 풏 ⋅ → 푨푷 = ퟐ풛 = ퟎ → 풏 ⋅ → 푨푪 = 풙 + ퟐ풚 = ퟎ ，取 x = ퟐ，得→ 풏 = （ ퟐ，﹣1，0）， 平面 PCD 的法向量 → 풎 = （1，0，0）， 设二面角 A﹣PC﹣D 的平面角为 θ， 则 cosθ = | → 푚 ⋅ → 푛| | → 푚| ⋅ | → 푛| = 2 3 = 6 3 ． ∴二面角 A﹣PC﹣D 的余弦值为 6 3 ． （3）解：设 Q 为线段 PD 上的点，Q（a，b，c），푃푄 푃퐷 = λ，0≤λ≤1， 则（a，b，c﹣2）＝（0， ퟐ흀，﹣2λ），解得풂 = ퟎ，풃 = ퟐ흀，c＝2﹣2λ， ∴Q（0， ퟐ흀，2﹣2λ）， → 푨푸 = （0， ퟐ흀，ퟐ ― ퟐ흀）， ∵平面 PAC 的法向量→ 풏 = （ ퟐ，﹣1，0），且直线 AQ 和平面 PAC 所成角的正弦值为 2 3 ， ∴ | → 푛 ⋅ → 퐴푄| | → 푛| ⋅ | → 퐴푄| = 2휆 3 ⋅ 2휆2 + (2 ― 2휆)2 = 2 3 ， 解得흀 = 2 3或 λ＝2（舍）， ∴푃푄 푃퐷 = 2 3． 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足线面角的正 弦值的两线段比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考 查运算求解能力，是中档题． 18．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率为 6 3 ，两焦点与短轴的一个端点的连线 构成的三角形面积为 ퟐ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）设与圆 O：x2+y2 = 3 4相切的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点（O 为坐标原点），求|OA|cos ∠OAB + 3 2푡푎푛∠푂퐵퐴的最大值． 【分析】（Ⅰ）由已知可得关于 a，b，c 的方程组，求解可得 a，b，c 的值，则椭圆方 程可求； （Ⅱ）由题意可知，k 存在，设直线为 y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），将直线 y＝ kx+m 代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及直线和圆相切的条件得 m 与 k 的 关系，结合基本不等式即可得到|OA|cos∠OAB + 3 2푡푎푛∠푂퐵퐴的最大值． 解：（Ⅰ）由题意可得，e = 푐 푎 = 6 3 ，a2﹣b2＝c2，bc = ퟐ， 解得 a = ퟑ，b＝1，c = ퟐ， 即有椭圆的方程为푥2 3 + y2＝1； （Ⅱ）由题意可知，k 存在，设直线为 y＝kx+m（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）， |OA|cos∠OAB + 3 2푡푎푛∠푂퐵퐴 = |AT| + |푂푇| 푡푎푛∠푂퐵퐴 = |푨푻| + |푩푻| = |푨푩|． 将直线 y＝kx+m 代入椭圆方程可得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣3＝0， x1+x2 = ― 6푘푚 1 + 3푘2，x1x2 = 3푚2 ― 3 1 + 3푘2 ， 由直线 l 与圆 O：x2+y2 = 3 4相切，可得 |푚| 1 + 푘2 = 3 2 ， 即有 4m2＝3（1+k2）， |AB| = ퟏ + 풌ퟐ• (풙ퟏ + 풙ퟐ)ퟐ ― ퟒ풙ퟏ풙ퟐ = ퟏ + 풌ퟐ• ( ― 6푘푚 1 + 3푘2)ퟐ ― 12(푚2 ― 1) 1 + 3푘2 = ퟑ• 1 + 10푘2 + 9푘4 1 + 6푘2 + 9푘4 = ퟑ• ퟏ + 4푘2 1 + 6푘2 + 9푘4 = ퟑ• ퟏ + 4 9푘2 + 1 푘2 + 6 ≤ ퟑ• ퟏ + 4 2 9 + 6 = ퟐ， 当且仅当 9k2 = 1 푘2，即 k＝± 3 3 时等号成立． ∴|OA|cos∠OAB + 3 2푡푎푛∠푂퐵퐴的最大值为 2． 【点评】本题考查椭圆的方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用基 本不等式求最值，属于中档题． 19．已知数列{an}满足풂ퟏ = ퟐ，풂풏+ퟏ = ퟐ풂풏 + ퟐ풏+ퟏ． （1）设풃풏 = 푎푛 2푛，求数列{bn}的通项公式； （2）求数列{an}的前 n 项和 Sn； （3）记풄풏 = ( ― 1)푛(푛2 + 4푛 + 2)2푛 푎푛푎푛+1 ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn． 【分析】（1）利用已知条件两边同除 2n+1，推出数列{bn}是等差数列，然后求解的通项 公式． （2）利用数列{bn}的通项公式，求解数列{an}的通项公式，然后通过错位相减法求和即 可． （3）化简通项公式，利用裂项求和求解即可． 解：（1）数列{an}满足풂ퟏ = ퟐ，풂풏+ퟏ = ퟐ풂풏 + ퟐ풏+ퟏ，可得： 푎푛+1 2푛+1 = 푎푛 2푛 +ퟏ，设풃풏 = 푎푛 2푛， 数列{bn}是等差数列，公差为 1，首项为 1，所以 bn＝n； （2）易得풂풏 = 풏 ⋅ ퟐ풏，其前 n 项和：Sn＝1•21+2•22+3•23+…+n•2n…①， 2Sn＝1•22+2•23+…+n•2n+1…②， ②﹣①可得：Sn＝﹣1﹣22﹣23﹣…﹣2n+n•2n+1 ∴푺풏 = (풏 ― ퟏ)ퟐ풏+ퟏ +ퟐ； （3）풄풏 = ( ― 1)푛(푛2 + 4푛 + 2)2푛 푛 ⋅ 2푛 ⋅ (푛 + 1)2푛+1 = ( ― 1)푛(푛2 + 4푛 + 2) 푛 ⋅ (푛 + 1)2푛+1 = ( ― 1)푛(푛2 + 푛 + 2(푛 + 1) + 푛) 푛 ⋅ (푛 + 1)2푛+1 = ( ― 1)푛 2푛+1 +( ― ퟏ)풏( 1 푛 ⋅ 2푛 + 1 (푛 + 1) ⋅ 2푛+1) = 1 2( ― 1 2)풏 +( ( ― 1)푛 푛 ⋅ 2푛 ― ( ― 1)푛+1 (푛 + 1) ⋅ 2푛+1)， 푻풏 = 1 2[( ― 1 2) + ( ― 1 2) ퟐ +⋯ + ( ― 1 2) 풏 ] + [( ―1 1 ⋅ 21 ― ( ― 1)2 2 ⋅ 22 ) + ( ( ― 1)2 2 ⋅ 22 ― ( ― 1)3 3 ⋅ 23 ) + ⋯ + ( ( ― 1)푛 푛 ⋅ 2푛 ― ( ― 1)푛+1 (푛 + 1) ⋅ 2푛+1)] = ― 2 3 + 1 6( ― 1 2)풏 ― ( ― 1)푛+1 (푛 + 1) ⋅ 2푛+1或写成 ― 2 3 ― (푛 + 4)( ― 1)푛+1 3(푛 + 1) ⋅ 2푛+1 ． 【点评】本题考查数列通项公式的求法，数列求和的应用，考查计算能力． 20．已知函数 f（x）＝lnx﹣mx，m∈一、选择题． （Ⅰ）求 f（x）的极值； （Ⅱ）证明：m＝0 时，ex＞f（x+2） （Ⅲ）若函数 g（x）＝（x﹣e）f（x）有且只有三个不同的零点，分别记为 x1，x2，x3， 设 x1＜x2＜x3 且 푥3 푥1 的最大值是 e2，证明：x1x3 ≤ 풆 2(푒2+1) 푒2―1 ． 【分析】（Ⅰ）求导，讨论得出函数的单调性情况，进而求得极值； （Ⅱ）将 m＝0 代入，构造函数 F（x），只需函数 F（x）的最小值大于 0 即可得证； （Ⅲ）显然，x2＝e，且分析可知 0＜x1＜e，x3＞e，通过换元，降元可得풍풏(풙ퟏ풙ퟑ) = 풍풏풙ퟏ +풍풏풙ퟑ = (푡 + 1)푙푛푡 푡 ― 1 ，풕 ∈ (ퟏ，풆ퟐ]，进而构造函数得证． 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）． 由已知可得풇′(풙) = 1 푥 ―풎 = 1 ― 푚푥 푥 ， 当 m≤0 时，f′（x）≥0，故 f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，f （x） 无极值； 当 m＞0 时，由 f′（x）＞0，解得ퟎ＜풙＜ 1 푚；由 f′（x）＜0，解得풙＞ 1 푚， 所以函数 f（x）在(ퟎ， 1 푚)上单调递增，在( 1 푚， + ∞)上单调递减，f （x） 的极大值为풇( 1 푚) = ―풍풏풎 ― ퟏ，无极小值； （Ⅱ）证明：令 F（x）＝ex﹣f（x+2）＝ex﹣ln（x+2）（x＞﹣2），故只需证明 F（x）＞ 0， 函数푭′(풙) = 풆풙 ― 1 푥 + 2在（﹣2，+∞）上为增函数，且 F′（﹣1）＜0，F′（0）＞0．， 故 F′（x）＝0 在（﹣2，+∞）上有唯一实数根 x0，且 x0∈（﹣1，0），풆풙ퟎ = 1 푥0 + 2， 则 ln（x0+2）＝﹣x0， 当 x∈（﹣2，x0）时，F′（x）＜0，当 x∈（x0，+∞）时，F′（x）＞0， 从而当 x＝x0 时，F（x）取得最小值，故푭(풙) ≥ 푭(풙ퟎ) = 1 푥0 + 2 + 풙ퟎ＞ퟎ， 综上，m＝0 时，ex＞f（x+2）； （Ⅲ）证明：∵函数 g（x）＝（x﹣e）（lnx﹣mx）有且只有三个不同的零点， 显然 x＝e 是其零点， ∴函数 f（x）＝lnx﹣mx 存在两个零点，即 lnx﹣mx＝0 有两个不等的实数根， 可转化为方程풎 = 푙푛푥 푥 在区间（0，+∞）上有两个不等的实数根，即函数 y＝m 的图象 与函数풉(풙) = 푙푛푥 푥 的图象有两个交点， ∵풉′(풙) = 1 ― 푙푛푥 푥2 ， ∴由 h′（x0）＞0，解得 0＜x＜e，故 h（x）在（0，e）上单调递增； 由 h′（x0）＜ 0，解得 x＞e，故 h（x）在（e，+∞）上单调递减； 故函数 y＝m 的图象与풉(풙) = 푙푛푥 푥 的图象的交点分别在（0，e），（e，+∞）上， 即 lnx﹣mx＝0 的两个根分别在区间（0，e），（e，+∞）上， ∴g（x）的三个不同的零点分别是 x1，e，x3，且 0＜x1＜e，x3＞e， 令풕 = 푥3 푥1 ，则 t∈（1，e2]， 由{풕 = 푥3 푥1 풍풏풙ퟑ = 풎풙ퟑ 풍풏풙ퟏ = 풎풙ퟏ ，解得{풍풏풙ퟏ = 푙푛푡 푡 ― 1 풍풏풙ퟑ = 푡푙푛푡 푡 ― 1 ， 故풍풏(풙ퟏ풙ퟑ) = 풍풏풙ퟏ +풍풏풙ퟑ = (푡 + 1)푙푛푡 푡 ― 1 ，풕 ∈ (ퟏ，풆ퟐ]， 令풑(풕) = (푡 + 1)푙푛푡 푡 ― 1 ，풕 ∈ (ퟏ，풆ퟐ]，则풑′(풕) = 푡 ― 2푙푛푡 ― 1 푡 (푡 ― 1)2 ， 令풒(풕) = 풕 ― ퟐ풍풏풕 ― 1 푡，则풒′(풕) = ퟏ ― 2 푡 + 1 푡2 = (푡 ― 1)2 푡2 ＞ퟎ， ∴q（t）在区间（1，e2]上单调递增，即 q（t）＞q（1）＝0， ∴p′（t）＞0，即 p（t）在区间（1，e2]上单调递增，即풑(풕) ≤ 풑(풆ퟐ) = 2(푒2 + 1) 푒2 ― 1 ， ∴풍풏(풙ퟏ풙ퟑ) ≤ 2(푒2 + 1) 푒2 ― 1 ，即 x1x3 ≤ 풆 2(푒2+1) 푒2―1 ． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查极值点偏移问题，考 查转化思想，降元换元思想，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档偏上题目．