1、 数学试题数学试题 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的）一项是符合题目要求的） 1已知集合 A0，4，BxR|x|1，则（RA）B（ ） A1，0） B1，0 C0，1 D （1，4 2椭圆 2 2 +y21 的离心率是（ ） A1 2 B1 3 C 2 3 D 2 2 3已知某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位：cm3）是 （ ） A32 3 B16 3 C4 D8 4明朝的程大位在算法统宗中（1592 年）
2、，有这么个算法歌诀：三人同行七十稀，五 树梅花廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知它的意思是说：求某个数（正整数） 的最小正整数值，可以将某数除以 3 所得的余数乘以 70，除以 5 所得的余数乘以 21，除 以 7 所得的余数乘以 15，再将所得的三个积相加，并逐次减去 105，减到差小于 105 为 止， 所得结果就是这个数的最小正整数值孙子算经 上有一道极其有名的 “物不知数” 问题： “今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何 ” 用上面的算法歌诀来算，该物品最少是几件 （ ） A21 B22 C23 D24 5函数 f（x）（ex+e x）ln|x|的图象
3、大致为（ ） A B C D 6若实数 x，y 满足约束条件 2 + 3 0 2 3 0 + 0 ，则 2x+3y 的取值范围是（ ） A1，15 B1，15 C1，16 D1，16 7若 a0，b0，则“ab4”是“ + 1”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 8已知任意 a1，2，若存在实数 b 使不等式|x2ax|b 对任意的 x0，2恒成立，则 （ ） Ab 的最小值为 4 Bb 的最小值为 6 Cb 的最小值为 8 Db 的最小值为 10 9如图，正方形 ABCD 的中心与圆 O 的圆心重合，P 是圆 O 上的动点，则下列叙述不正确
4、的是（ ） A + 是定值 B + + + 是定值 C| |+| |+| |+| |是定值 D 2+ 2+ 2+ 2 是定值 10对任意 x0，不等式 2ae2xlnx+lna0 恒成立，则实数 a 的最小值为（ ） A 2 B 1 2 C2 D 1 2 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分）分） 11复数 = 2 1+（i 为虚数单位） ，则| = 12 （6 分）在数列an中，Sn为它的前 n 项和，已知 a21，a36，且数列an+n是等比 数列，则 an Sn 13 （6 分）二项式
5、（1 2） 6 的展开式的各项系数之和为 ，x4的系数为 14（6 分） 已知直线 l： mxy1， 若直线 l 与直线 xmy10 平行， 则 m 的值为 ， 动直线 l 被圆 x2+y22y80 截得的弦长最短为 15 （6 分）已知随机变量 X 的分布列如表： X 0 2 a P 1 2 b 1 4 其中 a0，b0且 E（X）2，则 b ，D（2x1） 16在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 M 是双曲线 2 2 2 2 =1（a0，b0）上的异于顶 点的任意一点， 过点 M 作双曲线的切线 l， 若 kOMkl= 1 3， 则双曲线离心率 e 等于 17已知函数 f（x）x2+ax
6、+a，AxR|f（x）x，BxR|ff（x）f（x），A， AB，则实数 a 的取值范围是 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 个题，共个题，共 74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知 tan（ 4 +A）3 （）求 sin2A+cos2A 的值； （）若ABC 的面积 S1，c2，求 a 的值 19 （15 分）如图，已知四棱锥 ABCDE，正三角形 ABC 与正三角形 ABE 所在平面互相垂 直，BC平面 ADE，且 BC2，DE1 （）求证：BCDE； （）
7、若 =2 ，求 CF 与平面 ABE 所成角的正弦值 20 （15 分）已知数列an的前 n 项和 Sn= 2+2 4 ，且 an0（nN*） （）写出 a1，a2，a3的值，并求出数列an的通项公式； （）设 bn= ，Tn为数列bn的前 n 项和；求证： 2+ 2 Tn 2+2 2 21 （15 分）如图，设抛物线方程为 x22py（p0） ，M 为直线 y2p 上任意一点，过 M 引抛物线的切线，切点分别为 A，B （）求直线 AB 与 y 轴的交点坐标； （）若 E 为抛物线弧 AB 上的动点，抛物线在 E 点处的切线与三角形 MAB 的边 MA， MB 分别交于点 C，D，记 = ，
8、问 是否为定值？若是求出该定值；若不是请说 明理由 22 （15 分）已知 f（x）（x2a）e x，g（x）a（ex+1） （）当 a1 时，判断函数 f（x）的单调性； （）当 a1 时，记 f（x）的两个极值点为 x1，x2（x1x2） ，若不等式 x2f（x1）f （x2）g（x1）恒成立，求实数 的值 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的）一项是符合题目要求的） 1已知集合 A0，4，BxR|x|1，则（RA）B（ ） A1，0） B1
9、，0 C0，1 D （1，4 先求出 A 的补集以及集合 B，进而求得结论 因为集合 A0，4， RA（，0）（4，+） ； BxR|x|11，1， 则（RA）B1，0） 故选：A 本题主要考查集合之间的基本关系，属于基础题目 2椭圆 2 2 +y21 的离心率是（ ） A1 2 B1 3 C 2 3 D 2 2 由椭圆方程可得 a= 2，c= 2 1 =1，从而求椭圆的离心率即可 椭圆方程为 2 2 +y21， a= 2，c= 2 1 =1， 故椭圆 2 2 +y21 的离心率 e= 1 2 = 2 2 ， 故选：D 本题考查了椭圆的定义及离心率的求法，属于基础题 3已知某空间几何体的三视图
10、如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位：cm3）是 （ ） A32 3 B16 3 C4 D8 首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积 根据几何体的三视图转换为几何体为： 所以 V= 1 3 2 4 2 = 16 3 故选：B 本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考 查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 4明朝的程大位在算法统宗中（1592 年） ，有这么个算法歌诀：三人同行七十稀，五 树梅花廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知它的意思是说：求某个数（正整数） 的最小正整数值，可以将某数除以 3 所得的余数乘以 70，除
11、以 5 所得的余数乘以 21，除 以 7 所得的余数乘以 15，再将所得的三个积相加，并逐次减去 105，减到差小于 105 为 止， 所得结果就是这个数的最小正整数值孙子算经 上有一道极其有名的 “物不知数” 问题： “今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何 ” 用上面的算法歌诀来算，该物品最少是几件 （ ） A21 B22 C23 D24 根据“三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二”找到三个数：第一个数能同时被 3 和 5 整除；第二个数能同时被 3 和 7 整除；第三个数能同时被 5 和 7 整除，将这三个数 分别乘以被 7、5、3 除的余数再相加即可求出
12、答案 我们首先需要先求出三个数： 第一个数能同时被 3 和 5 整除，但除以 7 余 1，即 15； 第二个数能同时被 3 和 7 整除，但除以 5 余 1，即 21； 第三个数能同时被 5 和 7 整除，但除以 3 余 1，即 70； 然后将这三个数分别乘以被 7、5、3 除的余数再相加，即：152+213+702233 最后，再减去 3、5、7 最小公倍数的整数倍，可得：233105223，或者 105k+23（k 为正整数） 这堆物品至少有 23， 故选：C 本题考查的是带余数的除法，简单的合情推理的应用，根据题意下求出 15、21、70 这三 个数是解答此题的关键，属于中档题 5函数
13、f（x）（ex+e x）ln|x|的图象大致为（ ） A B C D 判断函数的奇偶性排除 B；由 f（1）0 排除 C；再由 x0 时 f（x），排除 A， 则答案可求 函数 f（x）的定义域为x|x0，且 f（x）（e x+ex）ln|x|f（x） ，则函数为偶函 数，排除 B； 由 f（1）0 排除 C； 当 x0 时，f（x）（ex+e x）lnx，排除 A， 故选：D 本题考查函数的图象及图象变换，考查函数奇偶性的性质，是基础题 6若实数 x，y 满足约束条件 2 + 3 0 2 3 0 + 0 ，则 2x+3y 的取值范围是（ ） A1，15 B1，15 C1，16 D1，16 画
14、出满足条件的平面区域，结合图象求出目标函数的范围即可 画出实数 x，y 满足约束条件 2 + 3 0 2 3 0 + 0 的平面区域，如图示： 目标函数化为：y= 2 3x+ 3， 当目标函数过 A（3，3）时 z 取最大值 15， 当目标函数过 B（1，1）时 z 取最小值1， 则 2x+3y 的取值范围是：1，15 故选：A 本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想以及转化思想，是一道常规题 7若 a0，b0，则“ab4”是“ + 1”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 先借助于基本不等式考虑“ab4”是“ + 1”的什么条件，再研究
15、“ + 1”是“ab 4”的什么条件，进而判断充要性 a0，b0，a+b2（当且仅当 ab 时取“” ） ， 1 + 1 2， + 2 = 1 2 ， 若 ab4， 则 + 1 2 1 2 2 =1 即 ab4 + 1 故 “ab4”是“ + 1”的充分条件； 又当 + 1 时，取 a10，b= 1 2，则 ab5，这说明 + 1ab4，故“ab4” 不是“ + 1”的必要条件 所以“ab4”是“ + 1”的充分不必要条件 故选：A 本题借助于基本不等式考查充要性，属于基础题 8已知任意 a1，2，若存在实数 b 使不等式|x2ax|b 对任意的 x0，2恒成立，则 （ ） Ab 的最小值为
16、4 Bb 的最小值为 6 Cb 的最小值为 8 Db 的最小值为 10 由题意可得原不等式等价为bx2axb， 若 x0， 此不等式显然成立； 考虑 0x2， 转化为x a x，考虑 a 的范围和 x 的范围，分离参数 b，结合二次函数的最 值求法，可得 b 的最小值 由题意可得 b0，可得|x2ax|b 等价为bx2axb， 又 x0 时，不等式显然成立，只需考虑 0x2， 可得x a x， 由任意 a1，2，即a2，1， 可得 x1 即 bx（x+1）对 0x2 恒成立， 由 yx（x+2）在（0，2递增，可得函数 y 在 x2 处取得最大值 6， 则 b6， 又 x2 即bx（x2）对
17、0x2 恒成立， 而 yx（x2）在（0，2的最小值为 x1 处取得，可得最小值为1， 可得b1，则 b1， 故由可得 b6，即 b 的最小值为 6， 故选：B 本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和二次函数的最值求法，考查化简 运算能力和推理能力，属于中档题 9如图，正方形 ABCD 的中心与圆 O 的圆心重合，P 是圆 O 上的动点，则下列叙述不正确 的是（ ） A + 是定值 B + + + 是定值 C| |+| |+| |+| |是定值 D 2+ 2+ 2+ 2 是定值 如图：建立平面直角坐标系，并设正方形边长为 2a，圆的半径为 r，且 r2，然后设 P（rcos，rsin
18、） ，正方形的四个顶点坐标易给，则将坐标分别代入四个选项判断即可 如图：建立平面直角坐标系，并设正方形边长为 2a，圆的半径为 r，且 r2， 然后设 P（rcos，rsin） ，A（a，a） ，B（a，a） ，C（a，a） ，D（a，a） = ( ， )， =（arcos，arsin） ， =（arcos， arsin） ， =（arcos，arsin） ， = 2 2 ， = 22+ 2， = 2 2 ， = 2+ 2， = 22+ 2， = 2+ 2 2 = 22+ 2 2( + )， 2 = 22+ 2+ 2( )， 2 = 22+ 2+ 2( + )， 2 = 22+ 2 2( )
19、对于 A，原式4a2+2r2（定值） ，故 A 结论成立； 对于 B，原式4r2（定值） ，故结论 B 成立； 对于 D，原式8a2+4r2（定值） ，故结论 D 成立 对于 C，取 0时，原式2|PA|+2|PB|= 22+ ( )2+ 22+ ( + )2，再取 45 时 ， 原 式 = | + | + 2| = 2 + + 2 + 22+ 22= 2 + 22+ 22 显然两式不相等故 C 结论不成立 故选：C 本题考查平面向量的综合应用，建系设点可以使问题便于思考，本题计算量太大，要注 意计算的准确性属于中档题 10对任意 x0，不等式 2ae2xlnx+lna0 恒成立，则实数 a
20、的最小值为（ ） A 2 B 1 2 C2 D 1 2 依题意， 结合互为反函数的性质， 可得 2aexx0 对任意的 x （0， +） ， 令 f （x） = ， 求其 最大值即可 对任意的 x0，不等式 2ae2xlnx+lna0 恒成立，来源:学,科,网 Z,X,X,K 即 2ae2xlnxlnaln 恒成立， 函数 yaex与函数 yln 互为反函数，又 x0 时，2e x2， 原问题等价于 2aexln 恒成立，则 2ae xx，即 2a 在 x0 恒成立， 设 f（x）= ，则 f（x）= 1 ，令 f（x）0，解得 x1， 当 x1 时，f（x）递减，0x1 时，f（x）递增，
21、则 f（x）maxf（1）= 1 ， 故 2a 1 即 a 1 2 故选：D 本题考查反函数的运用及利用导数研究函数在闭区间上的最值，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分）分） 11复数 = 2 1+（i 为虚数单位） ，则| = 2 由已知直接利用| = |及商的模等于模的商求解 = 2 1+， | = | =| 2 1+|= |2| |1+| = 2 2 = 2 故答案为：2 本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题 12 （6 分）在数列an中，Sn为它的前 n
22、 项和，已知 a21，a36，且数列an+n是等比 数列，则 an 3n 1n S n 3(2+1) 2 由已知结合等比数列的通项公式可求 an，然后结合等差与等比数列的求和公式，结合分 组求和方法可求 a21，a36，且数列an+n是等比数列， a2+23，a3+39，q3， 由等比数列的通项公式可得，an+n33n 23n1， 所以= 31 ， = 30 1 + 31 2 + + 31 ， = 13 13 + (1) 2 = 3(2+1) 2 故答案为：3n 1n，3(2+1) 2 本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式及分组求和方法的应用， 属于中档试题 13 （6 分）二项式（1
23、2） 6 的展开式的各项系数之和为 1 64 ，x 4 的系数为 3 16 令x1， 可得二项式展开式的各项系数之和； 根据二项展开式的通项公式求得x4的系数 令 x1，可得二项式（1 2） 6 的展开式的各项系数之和为（1 1 2） 6=1 64， 它的通项公式为 Tr+1= 6 （1 2） rx2r6，令 2r64，求得 r5， 故 x4的系数为 6 5 （1 2） 5= 3 16， 故答案为： 1 64， 3 16 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基 础题 14（6 分） 已知直线 l： mxy1， 若直线 l 与直线 xmy10 平行， 则 m
24、 的值为 1 ， 动直线 l 被圆 x2+y22y80 截得的弦长最短为 25 由两直线平行与系数的关系列式求得 m 值； 动直线过定点 P， 画出直线与圆， 由图可知， 当过 P（0，1）的直线与 P 与圆心的连线垂直时，直线 l 被圆 x2+y22y80 截得弦 长最小，再由垂径定理求解 因为两直线平行，所以 m= 1 ，解得 m1，当 m1 时，两直线重合，所以 m1； 圆方程整理为：x2+（y1）29，圆心坐标为（0，1） ，半径 r3， 当过 P（0，1）的直线与 P 与圆心的连线垂直时， 直线 l 被圆 x2+y22y80 截得弦长最小，为 29 22=25 故答案为：1；25 本
25、题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题 15 （6 分）已知随机变量 X 的分布列如表： X 0来源:学科网 2 a P 1 2 b 1 4 其中 a0，b0且 E（X）2，则 b 1 4 ，D（2x1） 24 由随机变量 X 的分布列，求出 b= 1 4，由 E（X）2，求出 a6，从而求出 D（X） ，再由 D（2x1）4D（X） ，能求出结果来源:学.科.网 由随机变量 X 的分布列，知： 1 2 + + 1 4 =1，解得 b= 1 4， E（X）= 0 1 2 + 2 1 4 + 1 4 = 1 2 + 4 =2， 解得 a6， D（X）（02）2 1 2
26、 +（22）2 1 4 +（62）2 1 4 =6， D（2x1）4D（X）24 故答案为：1 4，24 本题考查离散型随机变量的方差的求法，考查离散型随机变量的等基础知识，考查运算 求解能力，是中档题 16在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 M 是双曲线 2 2 2 2 =1（a0，b0）上的异于顶 点的任意一点， 过点M作双曲线的切线l， 若kOMkl= 1 3， 则双曲线离心率e等于 23 3 设 M 的坐标可得直线 OM 的斜率， 再由双曲线在 M 的切线方程可得切线的斜率， 由题意 两个斜率之积的值求出 a，b 的关系，再由 a，b，c 的关系求出 a，c 的关系，进而求出 双曲线
27、的离心率 设 M（x0，y0） ，则 kOM= 0 0， 由于双曲线在 M 点的切线方程为：0 2 0 2 =1，即在 M 点切线的斜率 k1= 20 20， 因为 kOMkl= 1 3，所以 1 3 = 0 0 20 20， 所以 a23b2，又 b2c2a2， 所以 4a23c2，可得离心率 e= = 23 3 ， 故答案为：23 3 本题考查双曲线在某点的切线方程的写法及双曲线的性质， 考查了推理能力与计算能力， 属于中档题 17已知函数 f（x）x2+ax+a，AxR|f（x）x，BxR|ff（x）f（x），A， AB，则实数 a 的取值范围是 0 3 22或3 + 22 6 方法一：
28、设 fn（x）ffn1（x），f0（x）x，由题意方程 f（x）x 的存在实根，且都 在函数 yf（x）的对称轴右侧（含对称轴） 因此有 ( 1)2 4 0 ( 2) 2 + ( 1)( 2) + 0 ； 解出即可得出 解法二：设 x1，x2（x1x2）是方程 f（x）x 的两个实根，则 f（x）x（xx1） （x x2）f（f（x） ）f（x）（f（x）x1） （f（x）x2）f（x）x+xx1f（x）x+x x1，由题意，对任意 x1xx2时，f（f（x） ）f（x）0 即 x1x2+10，利用根与 系数的关系、不等式的解法即可得出 方法一：设 fn（x）ffn1（x），f0（x）x，由题
29、意方程 f（x）x 的存在实根， 且都在函数 yf （x） 的对称轴右侧 （含对称轴） 因此有 ( 1)2 4 0 ( 2) 2 + ( 1)( 2) + 0 ； 解得0 3 22或3 + 22 6 方法二：设 x1，x2（x1x2）是方程 f（x）x 的两个实根， 则 f（x）x（xx1） （xx2）f（f（x） ）f（x）（f（x）x1） （f（x）x2）f （x）x+xx1f（x）x+xx1 （xx1） （xx2） （xx1+1） （xx2+1） 由题意，对任意 x1xx2时，f（f（x） ）f（x）0 即 x1x2+10， x2+ax+ax，即 x2+（a1）x+a0， x1+x21a
30、，x1x2a， (1 )2 4 +10，（a1）24a0 解得：0 3 22或3 + 22 6 故答案为：0 3 22或3 + 22 6 本题考查了函数的性质、方程与不等式的解法、集合的运算性质，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 个题，共个题，共 74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知 tan（ 4 +A）3 （）求 sin2A+cos2A 的值； （）若ABC 的面积 S1，c2，求 a 的值 （I）由已知结合两角差的正
31、切公式可求 tanA，然后结合同角平方关系及商的关系进行化 简可求； （II）结合（I）可求 sinA，cosA，然后结合三角形的面积公式可求 b，再利用余弦定理可 求 （） = ( 4 + ) = ( 4+) 4 1+( 4+) 4 = 1 2， 2 + 2 = 2+2 2+2 = 2+1 2+1 = 8 5， （）由（1） = 1 2可得： = 5 5 ， = 25 5 ； 又 = 1 2 = 1，c2 可得 = 5； a2b2+c22bccosA1； 所以 a1 本题主要考查了两角差的三角公式，同角基本关系及三角形的面积公式，余弦定理在求 解三角形中的应用，属于中档试题 19 （15 分
32、）如图，已知四棱锥 ABCDE，正三角形 ABC 与正三角形 ABE 所在平面互相垂 直，BC平面 ADE，且 BC2，DE1 （）求证：BCDE； （）若 =2 ，求 CF 与平面 ABE 所成角的正弦值 （）由 BC平面 ADE，根据线面平行的性质定理即可证明 BCDE （）解法 1如图所示建立空间直角坐标系，设 AB2，利用 = 2 3 ，可得点 F 坐 标取平面 ABE 的一个法向量是 = (0， 3 ，0)，设 CF 与平面 ABE 所成的角为 ， 利用 = | ， | = | | | | | 即可得出 解法 2如图所示，延长 CD，BE 交于 P，连接 PA，延长 CF 交 AP
33、于 G，显然 G 为 PA 的中点，OC面 ABE，可得CGO 即为 CF 与平面 ABE 所成的角，利用直角三角形的 边角关系即可得出 （）证明：因为 BC平面 ADE，BC平面 BCED，且平面 BCED平面 ADEDE， 所以 BCDE （）解法 1： 如图所示建立空间直角坐标系，设 AB2 各点的坐标分别为 A（1，0，0） ，B（1，0，0） ，(0， 3 ，0)，(0，0，3)，（7 分） 所以 = (1， 3 ，0)， = 1 2 = ( 1 2， 3 2 ，0)， 所以( 1 2 ， 3 2 ，3)， = (1 2， 3 2 ，3)（9 分）来源:学科网 所以 = 2 3 =
34、(1 3， 3 3 ， 23 3 )，所以( 2 3 ， 3 3 ， 23 3 )（11 分） 所以 = ( 2 3 ， 23 3 ， 23 3 )，因为面 ABE 的一个法向量是 = (0， 3 ，0)（13 分） 设 CF 与平面 ABE 所成的角为 ，则 = | ， | = | | | | | 所以 = 21 7 （15 分） 解法 2： 如图所示，延长 CD，BE 交于 P，连接 PA，延长 CF 交 AP 于 G，显然 G 为 PA 的中点， OC面 ABE，（7 分） 所以CGO 即为 CF 与平面 ABE 所成的角（11 分） 因为 = 3， = 2，所以 = 7，（13 分）
35、所以 = 21 7 （15 分） 本题考查了线面平行的性质定理、法向量的应用、向量夹角公式、线面角、直角三角形 的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 20 （15 分）已知数列an的前 n 项和 Sn= 2+2 4 ，且 an0（nN*） （）写出 a1，a2，a3的值，并求出数列an的通项公式； （）设 bn= ，Tn为数列bn的前 n 项和；求证： 2+ 2 Tn 2+2 2 本题第（）题分别将 n1，2，3 依次代入题干中表达式可计算出 a1，a2，a3的值，当 n2 时，运用公式 anSnSn1代入进行转化计算可发现数列an是以 2 为首项，2 为 公差的等差数列，即可计算
36、出数列an的通项公式；第（）题先根据第（）题的结 果计算出 Sn的表达式，以及数列bn的通项公式，然后对通项公式进行放缩= ( + 1)n，nN*，均值不等式放缩= ( + 1)+1 2 =n+ 1 2，nN *然后分 别代入求和即可证明不等式成立 （I）解：由题意，当 n1 时，1= 1= 1 2+21 4 ， 整理，得1 2 2a10， 解得 a10，或 a12， an0，nN*，a12 当 n2 时，a1+a22+a2S2= 2 2+22 4 ， 整理，得2 2 2a280， 解得 a22（舍去） ，或 a24 当 n3 时，a1+a2+a36+a3S3= 3 2+23 4 ， 整理，得
37、3 2 2a3240， 解得 a34（舍去） ，或 a36 a12，a24，a36 当 n2 时，= 1= 2+2 4 1 2 +21 4 ， 整理，得（an+an1） （anan12）0， an+an10， anan120，即 anan12 数列an是以 2 为首项，2 为公差的等差数列， an2+2（n1）2n，nN* （）由（I）知，Snn（n+1） ，则= ( + 1)， = ( + 1)n，nN* Tnb1+b2+bn = 1 2 + 2 3 + + ( + 1) 1+2+n = 2+ 2 ， 另一方面，= ( + 1) +1 2 =n+ 1 2，nN * Tnb1+b2+bn =
38、1 2 + 2 3 + + ( + 1) （1+ 1 2）+（2+ 1 2）+（n+ 1 2） （1+2+n）+ 2 = 2+ 2 + 2 = 2+2 2 ， 2+ 2 Tn 2+2 2 ， 故得证 本题主要考查数列求通项公式， 以及数列与不等式的综合问题 考查了转化与化归思想， 方程思想，放缩法的应用，不等式的运算能力，以及逻辑推理能力和数学运算能力本 题属中档题 21 （15 分）如图，设抛物线方程为 x22py（p0） ，M 为直线 y2p 上任意一点，过 M 引抛物线的切线，切点分别为 A，B （）求直线 AB 与 y 轴的交点坐标；来源:学科网 （）若 E 为抛物线弧 AB 上的动点，抛物线在 E 点处的切线与三角形 MAB 的边 MA， MB 分别交于点 C，D，记 = ，问 是否为定值？若是求出该定值；若不是请说 明理由 （）设切点 A，B 的坐标，由题意可得在 A，B 处的切线的方程，联立两条直线的方程 可得交点 M 的坐标，求出直线 AB 的斜率及方程，化简令 x0 可得直线恒过定点（0， 2p） ； （）由（）可得 M 的坐标，同理可得 C，D 的横坐标，求出| |，| |的表达式可 得| | |，同理可得| | | |， 求出 SEAB，SMCD的表
