2020届高三下学期期中考试数学试卷 (解析版)
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2020届高三下学期期中考试数学试卷 (解析版)

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资料简介
2020 年高考数学二模试卷 一、填空题(共 12 小题). 1.计算矩阵的乘积:(ab)(ퟑ 풄 ퟎ ퟎ) =    . 2.푪ퟎ풏 +ퟑ푪ퟏ풏 + 32푪ퟐ풏 +⋯⋯ + 3n푪풏풏 =    . 3.已知풔풊풏 휃 2 +풄풐풔 휃 2 = 2 3 3 ,则 sinθ 的值等于   . 4.若双曲线푥2 4 ― 푦2 푚 = ퟏ的焦距为 6,则该双曲线的虚轴长为   . 5.在首项为 21,公比为1 2的等比数列中,最接近于 1 的项是第   项. 6.如图,二面角 α﹣l﹣β 的大小是휋 3,线段 AB⫋α,B∈l,AB 与 l 所成的角为휋 6,则 AB 与 平面 β 所成的角是   (用反三角函数表示). 7.已知 a,b,c 分别为△ABC 的三个内角 A,B,C 的对边,a=2 且(2+b)(sinA﹣ sinB)=(c﹣b)sinC,则△ABC 面积的最大值为   . 8.已知函数 f(x)=lg(x+1),g(x)是以 2 为周期的偶函数,且当 0≤x≤1 时,有 g (x)=f(x),则函数 y=g(x)(x∈[1,2])的反函数是 y=   . 9.已知 y=f(x)是定义在 R 上的函数,方程 f(2019+x)×f(2020﹣x)=0 恰好有 7 个 解,则这 7 个解的和为   . 10.设 0. ⋅ 풂 ⋅ 풃是一个循环节长度为两位的循环纯小数,其中 a 和 b 分别为 10 以内的非负整数, 且 a≠b,b≠0,若集合푨 = {풏| 1 푛 = ퟎ. ⋅ 풂 ⋅ 풃,풏 ∈ 푵∗},则 A 中所有元素的和为    11.已知数列{an}满足풂풏+ퟏ = {ퟑ풂풏 + ퟏ 풂풏为奇数 푎푛 2 풂풏为偶数(n∈N*),풂ퟏ = ퟐ풌 ⋅ ퟕ(k 是一个已知的 正整数),若存在 m∈N*,当 n>m 且 an 为奇数时,an 恒为常数 p,则 p=    12 . 若 实 数 x , y 满 足 2cos2 ( x+y ﹣ 1 ) = (푥 + 1)2 + (푦 ― 1)2 ― 2푥푦 푥 ― 푦 + 1 , 则 xy 的 最 小 值 为   . 二.选择题 13.已知函数 y=f(x)是 R 上的增函数,则对任意 x1,x2∈R,“x1<x2”是“f(x1)<f (x2)”的(  )条件 A.充分非必要 B.必要非充分 C.充分必要 D.非充分非必要 14.已知 z1≠﹣1, 푧1 ― 1 푧1 + 1 = 풃풊(b∈R),풛 = 4 (푧1 + 1)2 ―ퟏ,则 z 对应的点在(  ) A.圆上 B.抛物线上 C.双曲线上 D.椭圆上 15.在平面直角坐标系中,O 是坐标原点,两定点 A,B 满足| → 푶푨|=| → 푶푩| = → 푶푨• → 푶푩 = 2,则 点集{P| → 푶푷 = λ → 푶푨 + μ → 푶푩,|λ|+|μ|≤1,λ,μ∈R}所表示的区域的面积是(  ) A.ퟐ ퟐ B.ퟐ ퟑ C.ퟒ ퟐ D.ퟒ ퟑ 16.已知 a1,a2,a3,a4∈{1,2,3,4},N(a1,a2,a3,a4)为 a1,a2,a3,a4 中不同数字 的种类,如 N(1,1,2,3)=3,N(1,2,2,1)=2,求所有的 256 个(a1,a2, a3,a4)的排列所得的 N(a1,a2,a3,a4)的平均值为(  ) A.87 32 B.11 4 C.177 64 D.175 64 三.解答题 17.如图所示,用一个半径为 10 厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥,放在水平桌面 上,被一阵风吹倒. (1)求该圆锥的表面积 S 和体积 V; (2)求该圆锥被吹倒后,其最高点到桌面的距离 d. 18.已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0,|흋|< 휋 2)的图象如图所示. (1)求出函数 f(x)的解析式; (2)若将函数 f(x)的图象向右移动휋 3个单位长度再把所有点的横坐标变为原来的1 4(纵 坐标不变)得到函数 y=g(x)的图象,求出函数 y=g(x)的单调递增区间及对称中 心. 19.若函数 y=f(x)满足“存在正数 λ,使得对定义域内的每一个值 x1,在其定义域内都 存在 x2,使 f(x1)f(x2)=λ 成立”,则称该函数为“依附函数”. (1)分别判断函数①f(x)=2x,②g(x)=log2x 是否为“依附函数”,并说明理由; (2)若函数 y=h(x)的值域为[m,n],求证:“y=h(x)是‘依附函数’”的充要 条件是“0∉[m,n]”. 20.如图,已知点 P 是 x 轴下方(不含 x 轴)一点,抛物线 C:y=x2 上存在不同的两点 A、B 满足 → 푷푫 = 흀 → 푫푨, → 푷푬 = 흀 → 푬푩,其中 λ 为常数,且 D、E 两点均在 C 上,弦 AB 的中点为 M. (1)若 P 点坐标为(1,﹣2),λ=3 时,求弦 AB 所在的直线方程; (2)在(1)的条件下,如果过 A 点的直线 l1 与抛物线 C 只有一个交点,过 B 点的直线 l2 与抛物线 C 也只有一个交点,求证:若 l1 和 l2 的斜率都存在,则 l1 与 l2 的交点 N 在直 线 PM 上; (3)若直线 PM 交抛物线 C 于点 Q,求证:线段 PQ 与 QM 的比为定值,并求出该定 值. 21.设数列{an}(n∈N*)是公差不为零的等差数列,满足 a3+a6=a9,a5+a72=6a9;数列{bn} (n∈N*)的前 n 项和为 Sn,且满足 4Sn+2bn=3. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式; (2)在 b1 和 b2 之间插入 1 个数 x11,使 b1,x11,b2 成等差数列;在 b2 和 b3 之间插入 2 个数 x21,x22,使 b2,x21,x22,b3 成等差数列;……;在 bn 和 bn+1 之间插入 n 个数 xn1, xn2,…,xnn,使 bn,xn1,xn2,…xnn,bn+1 成等差数列. (i)求 Tn=x11+x21+x22+…+xn1+xn2+…+xnn; (ii)是否存在正整数 m,n,使 Tn = 푎푚+1 2푎푚 成立?若存在,求出所有的正整数对(m,n); 若不存在,请说明理由. 参考答案 一.填空题 1.计算矩阵的乘积:(ab)(ퟑ 풄 ퟎ ퟎ) =  (3aac) . 【分析】利用矩阵的乘积运算法则即可得出. 解:∵3a+b×0=3a,ac+b×0=ac, ∴(ab)(ퟑ 풄 ퟎ ퟎ) = (3aac). 故答案为:(3aac). 2.푪ퟎ풏 +ퟑ푪ퟏ풏 + 32푪ퟐ풏 +⋯⋯ + 3n푪풏풏 =  4n . 【分析】根据二项式展开式定理,逆用即可. 解:푪ퟎ풏 +ퟑ푪ퟏ풏 + 32푪ퟐ풏 +⋯⋯ + 3n푪풏풏 = 푪ퟎ풏 + 푪ퟏ풏•3 + 푪ퟐ풏•32 +⋯⋯ + 푪풏풏•3n =(1+3)n =4n. 故答案为:4n. 3.已知풔풊풏 휃 2 +풄풐풔 휃 2 = 2 3 3 ,则 sinθ 的值等于 1 3 . 【分析】把已知的等式左右两边平方,左边利用同角三角函数间的基本关系及二倍角的 正弦函数公式化简,右边计算出结果,整理后即可求出 sinθ 的值. 解:把풔풊풏 휃 2 +풄풐풔 휃 2 = 2 3 3 两边平方得: (sin 휃 2 + cos 휃 2)2=(2 3 3 )2, 即 sin2휃 2 + 2sin 휃 2cos 휃 2 + cos2휃 2 = 1+sinθ = 4 3, ∴sinθ = 1 3. 故答案为:1 3 4.若双曲线푥2 4 ― 푦2 푚 = ퟏ的焦距为 6,则该双曲线的虚轴长为 ퟐ ퟓ . 【分析】通过双曲线的焦距,求出 m,然后求解双曲线的虚轴长. 解:双曲线푥2 4 ― 푦2 푚 = ퟏ的焦距为 6, 可得 ퟒ + 풎 = ퟑ,解得 m = ퟓ. 所以双曲线的虚轴长为:2 ퟓ. 故答案为:2 ퟓ. 5.在首项为 21,公比为1 2的等比数列中,最接近于 1 的项是第 5 项. 【分析】由已知可先求出数列的通项公式,进而可求. 解:可得,等比数列的通项公式 an=21 × ( 1 2)풏―ퟏ,则数列单调递减, a5﹣1 = 21 16 ― 1 = 5 16,1﹣a6=1 ― 21 32 = 11 32, 故当 n=5 时,数列的项与 1 最接近. 故答案为:5. 6.如图,二面角 α﹣l﹣β 的大小是휋 3,线段 AB⫋α,B∈l,AB 与 l 所成的角为휋 6,则 AB 与 平面 β 所成的角是 arcsin 3 4  (用反三角函数表示). 【分析】过点 A 作平面 β 的垂线,垂足为 C,在 β 内过 C 作 l 的垂线,垂足为 D,连接 AD,可得∠ADC 为二面角 α﹣l﹣β 的平面角,连接 CB,则∠ABC 为 AB 与平面 β 所成 的角,在直角三角形 ABC 中即可求解. 解:过点 A 作平面 β 的垂线,垂足为 C, 在 β 内过 C 作 l 的垂线,垂足为 D, 连接 AD,由三垂线定理可知 AD⊥l, 故∠ADC 为二面角 α﹣l﹣β 的平面角,为휋 3, 又由已知,∠ABD = 휋 6, 连接 CB,则∠ABC 为 AB 与平面 β 所成的角. 设 AD=2,则 AC = ퟑ,CD=1,AB = 퐴퐷 푠푖푛휋 6 = 4. ∴直线 AB 与平面 β 所成的角的正弦值 sin∠ABC = 퐴퐶 퐴퐵 = 3 4 , 即 AB 与平面 β 所成的角是 arcsin 3 4 . 故答案为:arcsin 3 4 . 7.已知 a,b,c 分别为△ABC 的三个内角 A,B,C 的对边,a=2 且(2+b)(sinA﹣ sinB)=(c﹣b)sinC,则△ABC 面积的最大值为  ퟑ . 【分析】由正弦定理化简已知可得 2a﹣b2=c2﹣bc,结合余弦定理可求 A 的值,由基本 不等式可求 bc≤4,再利用三角形面积公式即可计算得解. 解:因为:(2+b)(sinA﹣sinB)=(c﹣b)sinC ⇒(2+b)(a﹣b)=(c﹣b)c ⇒2a﹣2b+ab﹣b2=c2﹣bc, 又因为:a=2, 所以:풂ퟐ ― 풃ퟐ = 풄ퟐ ―풃풄⇒풃ퟐ + 풄ퟐ ― 풂ퟐ = 풃풄⇒풄풐풔푨 = 푏2 + 푐2 ― 푎2 2푏푐 = 1 2⇒푨 = 휋 3, △ABC 面积푺 = 1 2풃풄풔풊풏푨 = 3 4 풃풄, 而 b2+c2﹣a2=bc ⇒b2+c2﹣bc=a2 ⇒b2+c2﹣bc=4 ⇒bc≤4 所以:푺 = 1 2풃풄풔풊풏푨 = 3 4 풃풄 ≤ ퟑ,即△ABC 面积的最大值为 ퟑ. 故答案为: ퟑ. 8.已知函数 f(x)=lg(x+1),g(x)是以 2 为周期的偶函数,且当 0≤x≤1 时,有 g (x)=f(x),则函数 y=g(x)(x∈[1,2])的反函数是 y= 3﹣10x(x∈[0, lg2]) . 【分析】结合函数的奇偶性和反函数知识进行求解. 解:当 x∈[1,2]时,2﹣x∈[0,1], ∴y=g(x)=g(x﹣2)=g(2﹣x)=f(2﹣x)=lg(3﹣x), 由单调性可知 y∈[0,lg2], 又∵x=3﹣10y, ∴所求反函数是 y=3﹣10x,x∈[0,lg2]. 故答案为:3﹣10x,x∈[0,lg2]. 9.已知 y=f(x)是定义在 R 上的函数,方程 f(2019+x)×f(2020﹣x)=0 恰好有 7 个 解,则这 7 个解的和为 3.5 . 【分析】构造函数 g(x)=f(2019+x)×f(2020﹣x),则函数 g(x)满足 g(1﹣x)= g(x),即函数 g(x)关于直线 x = 1 2对称,所以方程 g(x)=0 的 7 个解有一个根为 1 2,左右各对应 3 个根,从而求出这 7 个解的和. 解:设 g(x)=f(2019+x)×f(2020﹣x), 则 g(1﹣x)=f(2020﹣x)×f(2019+x), ∴函数 g(x)满足 g(1﹣x)=g(x), ∴函数 g(x)关于直线 x = 1 2对称, ∴方程 g(x)=0 的所有实数根也是关于1 2在数轴上对称分布, ∴一旦在1 2的左侧取到实数根,一定也能在1 2的右侧取到相应实数根,且两根之和为 1, ∵方程 f(2019+x)×f(2020﹣x)=0 恰好有 7 个解,即方程 g(x)=0 恰好有 7 个解, ∴有一个根为1 2,左右各对应 3 个根, ∴这 7 个解的和为 1+1+1 + 1 2 = 3.5, 故答案为:3.5. 10.设 0. ⋅ 풂 ⋅ 풃是一个循环节长度为两位的循环纯小数,其中 a 和 b 分别为 10 以内的非负整数, 且 a≠b,b≠0,若集合푨 = {풏| 1 푛 = ퟎ. ⋅ 풂 ⋅ 풃,풏 ∈ 푵∗},则 A 中所有元素的和为 143  【分析】先由题意得到 0. ⋅ 풂 ⋅ 풃 = 10푎 + 푏 99 ⇒n = 99 10푎 + 푏,再利用列举法求出满足题意的 n 即 可. 解:由题意可知 0. ⋅ 풂 ⋅ 풃 = 10푎 + 푏 99 ,∴n = 99 10푎 + 푏.又∵a 和 b 分别为 10 以内的非负整数, 且 a≠b,b≠0, ∴①当 a=0 时,b=1,3,9,此时 n 依次等于 99,33,11; ②当 a≠0 时,n 均不存在. 综合①②知:A={99,11,33},故 A 中所有元素的和为 99+11+33=143. 故答案为:143. 11.已知数列{an}满足풂풏+ퟏ = {ퟑ풂풏 + ퟏ 풂풏为奇数 푎푛 2 풂풏为偶数(n∈N*),풂ퟏ = ퟐ풌 ⋅ ퟕ(k 是一个已知的 正整数),若存在 m∈N*,当 n>m 且 an 为奇数时,an 恒为常数 p,则 p= ﹣1  【分析】推导出 an=p,an+1=3p+1,an+2 = 3푝 + 1 2 = p,由此能求出 p. 解:若存在 m∈N*,当 n>m 且 an 为奇数时,an 恒为常数 p, 则 an=p,an+1=3p+1,an+2 = 3푝 + 1 2 = p, 解得 p=﹣1. 故答案为:﹣1. 12.若实数 x,y 满足 2cos2 (x+y﹣1) = (푥 + 1)2 + (푦 ― 1)2 ― 2푥푦 푥 ― 푦 + 1 ,则 xy 的最小值为  1 4 . 【分析】配方可得 2cos2(x+y﹣1) = (푥 ― 푦 + 1)2 + 1 푥 ― 푦 + 1 = (x﹣y+1) + 1 푥 ― 푦 + 1,由基本 不等式可得(x+y+1) + 1 푥 ― 푦 + 1 ≤ 2,或(x﹣y+1) + 1 푥 ― 푦 + 1 ≤ ― 2,进而可得 cos (x+y﹣1)=±1,x=y = 푘휋 + 1 2 ,由此可得 xy 的表达式,取 k=0 可得最值. 解:∵ퟐ풄풐풔ퟐ(풙 + 풚 ― ퟏ) = (푥 + 1)2 + (푦 ― 1)2 ― 2푥푦 푥 ― 푦 + 1 , ∴2cos2(x+y﹣1) = 푥2 + 2푥 + 1 + 푦2 ― 2푦 + 1 ― 2푥푦 푥 ― 푦 + 1 ∴2cos2(x+y﹣1) = 푥2 + 푦2 + 2푥 ― 2푦 ― 2푥푦 + 1 + 1 푥 ― 푦 + 1 , 故 2cos2(x+y﹣1) = (푥 ― 푦 + 1)2 + 1 푥 ― 푦 + 1 = (x﹣y+1) + 1 푥 ― 푦 + 1, 由基本不等式可得(x﹣y+1) + 1 푥 ― 푦 + 1 ≥ 2,或(x﹣y+1) + 1 푥 ― 푦 + 1 ≤ ― 2, ∴2cos2(x+y﹣1)≥2,由三角函数的有界性可得 2cos2(x+y﹣1)=2, 故 cos2(x+y﹣1)=1,即 cos(x+y﹣1)=±1,此时 x﹣y+1=1,即 x=y ∴x+y﹣1=kπ,k∈Z,故 x+y=2x=kπ+1,解得 x = 푘휋 + 1 2 , 故 xy=x•x = ( 푘휋 + 1 2 )ퟐ,当 k=0 时,xy 的最小值1 4, 故答案为:1 4 二.选择题 13.已知函数 y=f(x)是 R 上的增函数,则对任意 x1,x2∈R,“x1<x2”是“f(x1)<f (x2)”的(  )条件 A.充分非必要 B.必要非充分 C.充分必要 D.非充分非必要 【分析】利用增函数的定义即可判断出关系. 解:函数 y=f(x)是 R 上的增函数,则对任意 x1,x2∈R,“x1<x2”⇔“f(x1)<f (x2)”, 故选:C. 14.已知 z1≠﹣1, 푧1 ― 1 푧1 + 1 = 풃풊(b∈R),풛 = 4 (푧1 + 1)2 ―ퟏ,则 z 对应的点在(  ) A.圆上 B.抛物线上 C.双曲线上 D.椭圆上 【分析】由已知求得 z1,代入 z 化简得到 z=﹣b2﹣2bi,设 P(x,y),则{풙 = ― 풃ퟐ 풚 = ―ퟐ풃,消 去 b 即可得到点 P 的轨迹. 解:因为 푧1 ― 1 푧1 + 1 = 풃풊,所以 z1 = 1 + 푏푖 1 ― 푏푖, 则풛 = 4 (푧1 + 1)2 ―ퟏ = 4 (1 + 푏푖 1 ― 푏푖 + 1)2 ― 1=(1﹣bi)2﹣1=﹣b2﹣2bi, ∴复数 z 在复平面内所对应的点为 P(﹣b2,﹣2b), 设 P(x,y),则{풙 = ― 풃ퟐ 풚 = ―ퟐ풃,消去 b 得:y2=﹣4x(y≠0). 故 z 对应的点在抛物线上, 故选:B. 15.在平面直角坐标系中,O 是坐标原点,两定点 A,B 满足| → 푶푨|=| → 푶푩| = → 푶푨• → 푶푩 = 2,则 点集{P| → 푶푷 = λ → 푶푨 + μ → 푶푩,|λ|+|μ|≤1,λ,μ∈R}所表示的区域的面积是(  ) A.ퟐ ퟐ B.ퟐ ퟑ C.ퟒ ퟐ D.ퟒ ퟑ 【分析】由两定点 A,B 满足| → 푶푨 | = | → 푶푩 | = → 푶푨 ⋅ → 푶푩 = 2,说明 O,A,B 三点构成 边长为 2 的等边三角形,设出两个定点的坐标,再设出 P 点坐标,由平面向量基本定理, 把 P 的坐标用 A,B 的坐标及 λ,μ 表示,把不等式|λ|+|μ|≤1 去绝对值后可得线性约束 条件,画出可行域可求点集 P 所表示区域的面积. 解:由两定点 A,B 满足| → 푶푨 | = | → 푶푩 | = → 푶푨 ⋅ → 푶푩 = 2, → 푨푩 = → 푶푩 ― → 푶푨,则| → 푨푩|2= ( → 푶푩 ― → 푶푨)2 = |푶푩|ퟐ ― 2 → 푶푨• → 푶푩 +| → 푶푨|ퟐ = 4,则| → 푨푩|=2,说明 O,A,B 三点构成边 长为 2 的等边三角形. 不妨设 A( ퟑ, ― ퟏ),B( ퟑ,ퟏ).再设 P(x,y). 由 → 푶푷 = 흀 → 푶푨 +흁 → 푶푩,得:(풙,풚) = ( ퟑ흀, ― 흀) + ( ퟑ흁,흁) = ( ퟑ(흀 + 흁),흁 ― 흀). 所以{흀 + 흁 = 3 3 풙 흁 ― 흀 = 풚 ,解得{흀 = 3 6 풙 ― 1 2풚 흁 = 3 6 풙 + 1 2풚 ①. 由|λ|+|μ|≤1. 所以①等价于{ 3 6 풙 ― 1 2풚 ≥ ퟎ 3 6 풙 + 1 2풚 ≥ ퟎ 풙 ≤ ퟑ 或{ 3 6 풙 ― 1 2풚 ≥ ퟎ 3 6 풙 + 1 2풚<ퟎ 풚 ≥ ―ퟏ 或{ 3 6 풙 ― 1 2풚<ퟎ 3 6 풙 + 1 2풚 ≥ ퟎ 풚 ≤ ퟏ 或{ 3 6 풙 ― 1 2풚<ퟎ 3 6 풙 + 1 2풚<ퟎ 풙 ≥ ― ퟑ . 可行域如图中矩形 ABCD 及其内部区域, 则区域面积为ퟐ × ퟐ ퟑ = ퟒ ퟑ. 故选:D. 16.已知 a1,a2,a3,a4∈{1,2,3,4},N(a1,a2,a3,a4)为 a1,a2,a3,a4 中不同数字 的种类,如 N(1,1,2,3)=3,N(1,2,2,1)=2,求所有的 256 个(a1,a2, a3,a4)的排列所得的 N(a1,a2,a3,a4)的平均值为(  ) A.87 32 B.11 4 C.177 64 D.175 64 【分析】根据题意,依次分析 N(a1,a2,a3,a4)=1、2、3、4 时的情况数目,结合 “不同数字的种类”的定义分析可得答案. 解:根据题意,(a1,a2,a3,a4)的排列共有 256 种, 其中当 N(a1,a2,a3,a4)=1 时,即排列中只有 1 个数字,有 4 种情况, 当 N(a1,a2,a3,a4)=2 时,即排列中有 2 个不同的数字,若有 3 个数字相同,有 C42C43A22 =48 种情况, 若有 2 个数字相同,有 C42C42=36 种情况, 此时有 48+36=84 种情况, 当 N(a1,a2,a3,a4)=3 时,即排列中有 3 个不同的数字,有 3×C43C42A22=144 种情 况, 当 N(a1,a2,a3,a4)=3 时,即排列有 4 个不同的数字,有 A44=24 种情况, 则 N(a1,a2,a3,a4)的平均值为4 × 1 + 84 × 2 + 144 × 3 + 24 × 4 256 = 700 256 = 175 64 ; 故选:D. 三.解答题 17.如图所示,用一个半径为 10 厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥,放在水平桌面 上,被一阵风吹倒. (1)求该圆锥的表面积 S 和体积 V; (2)求该圆锥被吹倒后,其最高点到桌面的距离 d. 【分析】(1)设圆锥底面半径为 r 厘米,母线的长为 l 厘米,则 l=10 厘米,利用半圆 周长等于圆锥底面周长列式求得 r=5 厘米,则表面积可求,再求出圆锥的高,则体积可 求. (2)由(1)知,圆锥的轴截面为等边三角形,且边长为 10 厘米,可得最高点到底面的 距离为等边三角形的高. 解:(1)设圆锥底面半径为 r 厘米,母线的长为 l 厘米,则 l=10 厘米,且 2πr=πl, 解得:r=5 厘米, 表面积 S=πrl=50π(平方厘米), 圆锥的高풉 = 풍ퟐ ― 풓ퟐ = ퟓ ퟑ(厘米), ∴体积푽 = 1 3흅풓ퟐ풉 = 125 3휋 3 (立方厘米). (2)由(1)知,圆锥的轴截面为等边三角形,且边长为 10 厘米, ∴最高点到底面的距离为等边三角形的高,풉 = ퟓ ퟑ厘米. 故该圆锥被吹倒后,其最高点到桌面的距离 d = ퟓ ퟑ厘米. 18.已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)+b(A>0,ω>0,|흋|< 휋 2)的图象如图所示. (1)求出函数 f(x)的解析式; (2)若将函数 f(x)的图象向右移动휋 3个单位长度再把所有点的横坐标变为原来的1 4(纵 坐标不变)得到函数 y=g(x)的图象,求出函数 y=g(x)的单调递增区间及对称中 心. 【分析】(1)由函数的图象的顶点坐标求出 A 和 b,由周期求出 ω,最高点求出 φ 的 值,可得函数的解析式. (2)由题意利用正弦函数的单调性,以及图象的对称性,求出函数 y=g(x)的单调递 增区间及对称中心. 解:(1)由函数 f(x)的图象可得 {푨 + 풃 = ퟔ ―푨 + 풃 = ―ퟐ,解得:{푨 = ퟒ 풃 = ퟐ. 又由푇 2 = ퟐ흅得:푻 = 2휋 휔 = ퟒ흅,∴흎 = 1 2. 而풇( 휋 3) = ퟔ 得:휋 6 +흋 = ퟐ풌흅 + 휋 2,k∈Z,∵|흋|< 휋 2,∴흋 = 휋 3, 综上:풇(풙) = ퟒ풔풊풏( 1 2풙 + 휋 3) + ퟐ. (2)显然품(풙) = ퟒ풔풊풏(ퟐ풙 + 휋 6) + ퟐ, 由ퟐ풌흅 ― 휋 2 ≤ ퟐ풙 + 휋 6 ≤ ퟐ풌흅 + 휋 2,k∈Z,得 g(x)的单调递增区间为[풌흅 ― 휋 3,풌흅 + 휋 6], k∈Z, 由ퟐ풙 + 휋 6 = 풌흅,k∈Z 得:对称中心是( 푘휋 2 ― 휋 12,ퟐ),k∈Z. 19.若函数 y=f(x)满足“存在正数 λ,使得对定义域内的每一个值 x1,在其定义域内都 存在 x2,使 f(x1)f(x2)=λ 成立”,则称该函数为“依附函数”. (1)分别判断函数①f(x)=2x,②g(x)=log2x 是否为“依附函数”,并说明理由; (2)若函数 y=h(x)的值域为[m,n],求证:“y=h(x)是‘依附函数’”的充要 条件是“0∉[m,n]”. 【分析】(1)根据“依附函数”的定义直接判断即可; (2)从必要性及充分性两个角度,利用反正法求证即可. 解:(1)①可取 λ=1,则对任意 x1∈R,存在 x2=﹣x1∈R,使得ퟐ풙ퟏ ⋅ ퟐ풙ퟐ = ퟏ成立, (说明:可取任意正数 λ,则 x2=log2λ﹣x1……2 分) ∴f(x)=2x 是“依附函数”,…… ②对于任意正数 λ,取 x1=1,则 g(x1)=0,…… 此时关于 x2 的方程 g(x1)g(x2)=λ 无解, ∴g(x)=log2x 不是“依附函数”.…… (2)证明:必要性:(反证法)假设 0∈[m,n], ∵y=h(x)的值域为[m,n],∴存在定义域内的 x1,使得 h(x1)=0,…… ∴对任意正数 λ,关于 x2 的方程 h(x1)h(x2)=λ 无解, 即 y=h(x)不是依附函数,矛盾,…… 充分性:假设 0∉[m,n],取 λ=mn>0,…… 则对定义域内的每一个值 x1,由 h(x1)∈[m,n],可得 휆 ℎ(푥1) ∈ [ 휆 푛, 휆 푚] = [풎,풏], 而 y=h(x)的值域为[m,n], ∴存在定义域内的 x2,使得 휆 ℎ(푥1) = 풉(풙ퟐ),即 h(x1)h(x2)=λ 成立, ∴y=h(x)是“依附函数”.…… 20.如图,已知点 P 是 x 轴下方(不含 x 轴)一点,抛物线 C:y=x2 上存在不同的两点 A、B 满足 → 푷푫 = 흀 → 푫푨, → 푷푬 = 흀 → 푬푩,其中 λ 为常数,且 D、E 两点均在 C 上,弦 AB 的中点为 M. (1)若 P 点坐标为(1,﹣2),λ=3 时,求弦 AB 所在的直线方程; (2)在(1)的条件下,如果过 A 点的直线 l1 与抛物线 C 只有一个交点,过 B 点的直线 l2 与抛物线 C 也只有一个交点,求证:若 l1 和 l2 的斜率都存在,则 l1 与 l2 的交点 N 在直 线 PM 上; (3)若直线 PM 交抛物线 C 于点 Q,求证:线段 PQ 与 QM 的比为定值,并求出该定 值. 【分析】(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),求出 D、E 坐标,设 A(3,9),B(﹣ 1,1),然后判断求解弦 AB 所在的直线方程. (2)设 l1:y﹣9=k1(x﹣3),与 C:y2=x 联立,并令△=0,可得 k1=6,同理 l2 的 斜率 k2=﹣2,求出交点坐标,然后推出直线 PM 的方程即可. (3)设 P(x0,y0),设出 A、B 坐标,由 → 푷푫 = 흀 → 푫푨,求出푫( 푥0 + 휆푥1 1 + 휆 , 푦0 + 휆푥2 1 1 + 휆 ),代 入 y=x2,说明 x1、x2 是方程흀풙ퟐ ―ퟐ흀풙ퟎ풙 + (ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ的两个不同的根,利用韦 达定理,求出 P、Q 坐标,然后求解线段比例即可. 【解答】(1)解:设 A(x1,y1),B(x2,y2),由 → 푷푫 = ퟑ → 푫푨, → 푷푬 = ퟑ → 푬푩, 可得푫( 1 + 3푥1 4 , ―2 + 3푦1 4 ),푬( 1 + 3푥2 4 , ―2 + 3푦2 4 ), 由 D 点在 C 上可得: ―2 + 3푦1 4 = ( 1 + 3푥1 4 )ퟐ,化简得:풙ퟐퟏ ―ퟐ풙ퟏ ―ퟑ = ퟎ,同理可得:풙ퟐퟐ ―ퟐ 풙ퟐ ―ퟑ = ퟎ, ∵A、B 两点不同,不妨设 A(3,9),B(﹣1,1), ∴弦 AB 所在的直线方程为 2x﹣y+3=0. (2)证明:由(1)可知,A(3,9),B(﹣1,1),设 l1:y﹣9=k1(x﹣3), 与 C:y2=x 联立,并令△=0,可得 k1=6,同理 l2 的斜率 k2=﹣2, ∴l1:6x﹣y﹣9=0,l2:2x+y+1=0, 解方程组得:交点 N(1,﹣3),而直线 PM 的方程为 x=1,得证. (3)证明:设 P(x0,y0),푨(풙ퟏ,풙ퟐퟏ),푩(풙ퟐ,풙ퟐퟐ),由 → 푷푫 = 흀 → 푫푨,得푫( 푥0 + 휆푥1 1 + 휆 , 푦0 + 휆푥2 1 1 + 휆 ), 代入 y=x2,化简得:흀풙ퟐퟏ ―ퟐ흀풙ퟎ풙ퟏ +(ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ, 同理可得:흀풙ퟐퟐ ―ퟐ흀풙ퟎ풙ퟐ +(ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ, 显然 x1≠x2,∴x1、x2 是方程흀풙ퟐ ―ퟐ흀풙ퟎ풙 + (ퟏ + 흀)풚ퟎ ― 풙ퟐퟎ = ퟎ的两个不同的根, ∴x1+x2=2x0,풙ퟏ ⋅ 풙ퟐ = (1 + 휆)푦0 ― 푥2 0 휆 , ∴풙푴 = 푥1 + 푥2 2 = 풙ퟎ,即直线 PM 的方程为 x=x0, ∵풚푴 = 푥2 1 + 푥2 2 2 = (1 + 2휆)푥2 0 ― (1 + 휆)푦0 휆 ,풚푸 = 풙ퟐퟎ, ∴풚푴 ― 풚푸 = (1 + 휆)푥2 0 ― (1 + 휆)푦0 휆 ,풚푸 ― 풚푷 = 풙ퟐퟎ ― 풚ퟎ, ∴线段 PQ 与 QM 的比为定值1 + 휆 휆 . 21.设数列{an}(n∈一、选择题*)是公差不为零的等差数列,满足 a3+a6=a9,a5+a72= 6a9;数列{bn}(n∈N*)的前 n 项和为 Sn,且满足 4Sn+2bn=3. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式; (2)在 b1 和 b2 之间插入 1 个数 x11,使 b1,x11,b2 成等差数列;在 b2 和 b3 之间插入 2 个数 x21,x22,使 b2,x21,x22,b3 成等差数列;……;在 bn 和 bn+1 之间插入 n 个数 xn1, xn2,…,xnn,使 bn,xn1,xn2,…xnn,bn+1 成等差数列. (i)求 Tn=x11+x21+x22+…+xn1+xn2+…+xnn; (ii)是否存在正整数 m,n,使 Tn = 푎푚+1 2푎푚 成立?若存在,求出所有的正整数对(m,n); 若不存在,请说明理由. 【分析】(1)设数列{an}的公差为 d,(d≠0),利用等差数列的通项公式求出 d=1, 从而 an=n.再由 4Sn+2bn=3,当 n≥2 时,4Sn﹣1+2bn﹣1=3,推导出{bn}是首项为1 2,公 比为1 3的等比数列,由此能求出 bn. (2)(i)在 bn 和 bn﹣1 之间插入 n 个数풙풏ퟏ,풙풏ퟐ,…,풙풏풏,推导出풅풏 = 푏푛+1 ― 푏푛 (푛 + 2) ― 1 = ― 1 3푛(푛 + 1) ,从而 xnk=bn+kdn = 1 2( 1 3)풏―ퟏ ― 푘 3푛(푛 + 1) ,进而 Tn=x11+x21+…+xn1+xn2+…+xnn = 1 3 + 1 32 +⋯ + 푛 3푛,由此利用错位相减法能求出 Tn. (ii)m = 2 ⋅ 3푛 3푛 ― 2푛 ― 3 = 2 + 4푛 + 6 3푛 ― 2푛 ― 3 ,当 n=1 时,m=2 + 10 ―2 = ― 3∉N*,当 n=2 时, m=2 + 14 2 = 9*,当 n=3 时,m=2+1=3∈N*,再证明当 n≥4(n∈N*)时,3n﹣6n﹣9> 0,由此能求出所有的正整数对. 解:(1)设数列{an}的公差为 d,(d≠0), 则由 a3+a6=a9,得(a1+2d)+(a1+5d)=a1+8d,∴a1=d, ∵a5+a72=6a9,∴(a1+4d)+(a1+6d)2=6(a1+8d), 将 a1=d 代入上式,得 5d+49d2=54d,∴49d2=49d, ∵d≠0,∴d=1,∴an=n. 由 4Sn+2bn=3,① 当 n≥2 时,4Sn﹣1+2bn﹣1=3,② ①﹣②,得 4bn+2bn﹣2bn﹣1=0,∴풃풏 = 1 3풃풏―ퟏ,(n≥2), 又 4b1+2b1=3,∴풃ퟏ = 1 2 ≠ 0, ∴{bn}是首项为1 2,公比为1 3的等比数列, ∴bn = 1 2 × ( 1 3)풏―ퟏ,(n∈N*). (2)(i)在 bn 和 bn﹣1 之间插入 n 个数풙풏ퟏ,풙풏ퟐ,…,풙풏풏, ∵bn,xn1,xn2,…xnm,bn+1 成等差数列,设公差为 dn, ∴풅풏 = 푏푛+1 ― 푏푛 (푛 + 2) ― 1 = (1 2)(1 3)푛 ― (1 2)(1 3)푛―1 푛 + 1 = ― 1 3푛(푛 + 1) , 则 xnk=bn+kdn = 1 2( 1 3)풏―ퟏ ― 푘 3푛(푛 + 1) , ∴ 풏 풌=ퟏ 풙풏풌 = 1 2( 1 3)풏―ퟏ•n ― 1 3푛(푛 + 1) ⋅ 푛(푛 + 1) 2 = 푛 3푛, ∴Tn=x11+x21+…+xn1+xn2+…+xnn = 1 3 + 1 32 +⋯ + 푛 3푛,① 则1 3푻풏 = 1 32 + 1 33 +⋯ + 푛 ― 1 3푛 + 푛 3푛+1,② ①﹣②,得2 3Tn = 1 3 + 1 32 +⋯ + 1 3푛 ― 푛 3푛+1 = 1 3[1 ― (1 3)푛] 1 ― 1 3 ― 푛 3푛+1 = 1 2(1 ― 1 3푛) ― 푛 3푛+1, ∴Tn = 3 4 ― 1 4 ⋅ 3푛―1 ― 푛 2 ⋅ 3푛 = 푚 + 1 2푚 = 1 2 + 1 2푚. (ii)假设存在正整数 m,n,使 Tn = 푎푚+1 2푎푚 成立, = 3 4 ― 1 4 ⋅ 3푛―1 ― 푛 2 ⋅ 3푛 = 푚 + 1 2푚 = 1 2 + 1 2푚. m = 2 ⋅ 3푛 3푛 ― 2푛 ― 3 = 2(3푛 ― 2푛 ― 3) + 4푛 + 6 3푛 ― 2푛 ― 3 = 2 + 4푛 + 6 3푛 ― 2푛 ― 3 , 当 n=1 时,m=2 + 10 ―2 = ― 3∉N*, 当 n=2 时,m=2 + 14 2 = 9∈N*, 当 n=3 时,m=2+1=3∈N*, 下证,当 n≥4(n∈N*)时,有 3n﹣2n﹣3>4n+6,即证 3n﹣6n﹣9>0, 设 f(x)=3x﹣6x﹣9,x≥4,则 f′(x)=3xln3﹣6>3x﹣6>0, ∴f(x)在[4,+∞)上单调递增, 故 n≥4 时,3n﹣6n﹣9>34﹣6×4﹣9=48>0, ∴0< 4푛 + 6 3푛 ― 2푛 ― 3<1, ∴n≥4 时,m 不是整数, ∴所有的正整数对(m,n)为(9,2)及(3,3).

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