1、2020 届江苏省苏州市三校高三届江苏省苏州市三校高三 5 月联考数学试卷月联考数学试卷 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把答分不需要写出解答过程，请把答 案直接填在答题卡相应位置上案直接填在答题卡相应位置上 1设集合 A2，0，1，2，Bx|xl0，则 AB 2设 z3+2i，i 为虚数单位，则 z2 3为了做好防疫工作，要对复工员工进行体温检测，从 4 名（含甲、乙两人）随机选 2 名， 则甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率是 4运行如图所示的伪代码，其结果为 5如图是一次摄影大赛上 7 位评委
2、给某参赛作品打出的分数的茎叶图记分员在去掉一个 最高分和一个最低分后，则该作品的平均分为 6已知函数 f（x）2sin（x+） （0，| 2）的最小正周期为 ，且它的图象过点 （ 12，2） ，则 的值为 7若抛物线 y22px（p0）的焦点是双曲线 2 2 2 = 1的一个焦点，则 p 8已知 为锐角，若22 = ( 2 + 2) + 1，则 cos 9等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2m12019，am3，其中 mN*，则 m 10已知正实数 x，y 满足 2x4y（2x）y，则 x+y 的最小值为 11中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体
3、或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体” （图 1） 半正多面体 是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体， 其棱长为 1， 它的所有顶点都在同一个正方体的表面上， 且此正方体的表面积为 12由圆 C：x2+y22x4y+10 外一点 P（4，6）引直线 l 交圆 C 于 A、B 两点，则线段 AB 中点 M 到 x 轴的距离的最小值为 13ABC 中，BC2，点 O，G 分别为ABC 的外心、重心，若 = ，则 ABC 面积的最大值为 14设 f（x）是定义在 R 上的偶函数，当 x0 时，() = 1
4、2，0 1 + 1 2 ，1 ，若关于 x 的方程2() 2() + 2 1 9 = 0有4个不同的实数根， 则实数a的取值范围是 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤字说明、证明过程或演算步骤 15 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知向量 =（cosB，cosC） ， =（4ab，c） ，且 （1）求 cosC 的值； （2）若 c= 3，ABC 的面积 S= 15 4 ，求 a，b 的值 16 （14 分
5、）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，AA1= 2AB，D 是 AB 的中点 （1）求证：BC1平面 A1CD； （2）若点 P 在线段 BB1上，且 BP= 1 4BB1，求证：AP平面 A1CD 17 （14 分）植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于 30m 的围墙现有两 种方案： 方案多边形为直角三角形 AEB（AEB90） ，如图 1 所示，其中 AE+EB30m； 方案多边形为等腰梯形 AEFB（ABEF） ，如图 2 所示，其中 AEEFBF10m 请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案 18 （16 分）已知椭圆： 2 2 +
6、2 2 = 1(0)的离心率为 2 2 ，点(1， 6 2 )在椭圆 C 上 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E，连 结 QE 并延长交 C 于点 G 求证：PQG 是直角三角形； 求PQG 面积的最大值 19 （16 分）设函数 f（x）x33x2+ax（aR） （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）已知函数 f（x）有两个极值点 x1，x2（0x1x2） 比较 f（x1）+f（x2）与 f（2）的大小； 若函数 g（x）|f（x）|f（x1）|在区间0，2上有且只有一个零点，求实数 a 的取值 范围
7、 20 （16 分）数列an的数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若数列an满足：对任意正 整数 n，k，当 nk 时，Sn+k+Snk2（Sn+Sk）总成立，则称数列an是“D（k）数列” （1）若an是公比为 2 的等比数列，试判断an是否为“D（2） ”为数列？ （2）若an是公差为 d 的等差数列，且是“D（3）数列” ，求实数 d 的值； （3）若数列an既是“D（2） ” ，又是“D（3） ” ，求证：数列an为等差数列 【选做题】本题包括【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，
8、若 多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修选修 4-2： 矩阵与变换矩阵与变换 21 （10 分）已知矩阵 = 3 3 ，若矩阵 A 属于特征值 6 的一个特征向量为1 = 1 1，属 于特征值 1 的一个特征向量为2 = 3 2，求矩阵 A 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标 系直线 l 的极坐标方程为 sin（ 3 ）= 3 2 ，椭圆 C 的参数方程为 = 2 = 3（t 为 参
9、数） 若直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，求线段 AB 的长 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 a+b+c1，证明： （a+1）2+（b+1）2+( + 1)2 16 3 【必做题】 第【必做题】 第 22 题、 第题、 第 23 题， 每小题题， 每小题 10 分， 共计分， 共计 20 分 请在答 题 卡 指 定 区 域 内分 请在答 题 卡 指 定 区 域 内 作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 24（10 分） 如图， 已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 中， = 2， CE1， CE平面 ABCD
10、 （1）求异面直线 DF 与 BE 所成角的余弦值； （2）求二面角 ADFB 的大小 25 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，点 p（x0，y0）在曲线 yx2（x0）上已知 A（0， 1） ，Pn（x0n，y0n） ，nN*记直线 APn的斜率为 kn （1）若 k12，求 P1的坐标； （2）若 k1为偶数，求证：kn为偶数 参考答案参考答案 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把答分不需要写出解答过程，请把答 案直接填在答题卡相应位置上案直接填在答题卡相应位置上 1设集合 A2，0，1，2
11、，Bx|xl0，则 AB 2，0 【分析】先求出集合 A，B，由此能求出 AB 【解答】解：集合 A2，0，1，2， Bx|xl0x|x1， AB2，0 故答案为：2，0 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题 2设 z3+2i，i 为虚数单位，则 z2 5+12i 【分析】利用复数的运算法则即可得出 【解答】解：z294+12i5+12i 故答案为：5+12i 【点评】本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 3为了做好防疫工作，要对复工员工进行体温检测，从 4 名（含甲、乙两人）随机选 2 名， 则甲、乙两人中，至少有一人被选
12、中的概率是 5 6 【分析】基本事件总数 n= 4 2 = 6，甲、乙两人中，至少有一人被选中包含的基本事件个 数 m= 2 121 + 2 2 =5，由此能求出甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率 【解答】解：从 4 名（含甲、乙两人）随机选 2 名， 基本事件总数 n= 4 2 = 6， 甲、乙两人中，至少有一人被选中包含的基本事件个数： m= 2 121 + 2 2 =5， 则甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率 p= = 5 6 故答案为：5 6 【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题 4运行如图所示的伪代码，其结果为 17 【分析】根据伪代码
13、所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序 的作用是累加并输出 S 的值 【解答】解：根据伪代码所示的顺序， 逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知： 该程序的作用是 累加并输出 S1+1+3+5+7 的值， 所以 S1+1+3+5+717 故答案为：17 【点评】本题主要考查了程序代码和循环结构，依次写出循环得到的 S，I 的值是解题的 关键，是基础题目 5如图是一次摄影大赛上 7 位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图记分员在去掉一个 最高分和一个最低分后，则该作品的平均分为 91.4 【分析】根据计分规则去掉一个最高分和一个最低分，计算余下 5 个数字的平均数 【解答】解：
14、去掉一个最高分 94 和一个最低分 86 后，则该作品的平均分为： 89:92:93:91:92 5 =91.4 故答案是：91.4 【点评】本题主要考查了茎叶图以及平均数的计算问题，是基础题 6已知函数 f（x）2sin（x+） （0，| 2）的最小正周期为 ，且它的图象过点 （ 12，2） ，则 的值为 12 【分析】 根据最小正周期为 ， 利用周期公式即可求出 的值， 利用图象经过点 （ 12， 2） ，结合其范围即可求出 的值 【解答】解：依题意可得：2 =，解得：2，（2 分） 又图象过点（ 12，2） ， 故 2sin2（ 12）+= 2，解得：sin（ 6）= 2 2 ，（3 分
15、） 因为| 2， 所以 = 12 故答案为： 12 【点评】本题主要考查了由 yAsin（x+）的部分图象确定其解析式，考查了三角函 数周期公式的应用，考查了数形结合思想的应用，属于基础题 7若抛物线 y22px（p0）的焦点是双曲线 2 2 2 = 1的一个焦点，则 p 12 【分析】利用抛物线与双曲线的焦点相同，列出关系式，求解即可 【解答】解：抛物线 y22px（p0）的焦点是双曲线 2 2 2 = 1的一个焦点， 可得 2 =2 + ，解得 p12 故答案为：12 【点评】本题考查抛物线以及双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题 8已知 为锐角，若22 = ( 2 + 2)
16、+ 1，则 cos 25 5 【分析】利用二倍角公式，诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合 为锐角，即可求解 cos 的值 【解答】解：22 = ( 2 + 2) + 1， 4sincoscos2+12cos2， 为锐角，cos0， 2sincos，可得 tan= 1 2， cos= 1 1+2 = 1 1+1 4 = 25 5 故答案为：25 5 【点评】本题主要考查了二倍角公式，诱导公式，同角三角函数基本关系式在三角函数 化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题 9等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S2m12019，am3，其中 mN*，则 m 337 【分析】利用
17、等差数列的通项公式、求和公式及其性质即可得出 【解答】解：S2m12019（2m1）am，2m1= 2019 3 =673， 解得 m337 故答案为：337 【点评】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式及其性质，考查了推理能力与计算 能力，属于基础题 10已知正实数 x，y 满足 2x4y（2x）y，则 x+y 的最小值为 3+22 【分析】由题意得 x+2yxy，则2 + 1 = 1，再利用“1”的代换即可得出 【解答】解：2x4y（2x）y， x+2yxy， 2 + 1 = 1， + = ( + )(2 + 1 ) = 2 + 1 + 2 + 3 + 22， 当且仅当2 = 即 = 2
18、 + 2， = 2 + 1时等号成立， 故答案为：3 + 22 【点评】本题主要考查基本不等式的应用，考查“1”的代换，属于基础题 11中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体 或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体” （图 1） 半正多面体 是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体， 其棱长为 1， 它的所有顶点都在同一个正方体的表面上， 且此正方体的表面积为 18+122 【分析】 由图可知： 在 RtABC 中， ABAC= 2 2 可得正方体的棱长 aAD1+2AC
19、， 即可得出结论 【解答】解：由图可知：在 RtABC 中，ABAC= 2 2 正方体的棱长 aAD1+2 2 2 =1+2 此正方体的表面积6 (1 + 2)2=18+122 故答案为：18+122 【点评】本题考查了正方体的性质及其表面积、等边三角形的性质，考查了推理能力与 计算能力，属于基础题 12由圆 C：x2+y22x4y+10 外一点 P（4，6）引直线 l 交圆 C 于 A、B 两点，则线段 AB 中点 M 到 x 轴的距离的最小值为 3 2 【分析】设 M（x，y） ，求出圆心 C 的坐标，利用 =0，即可得到点 M 的轨迹方 程；然后求解线段 AB 中点 M 到 x 轴的距离
20、的最小值 【解答】解：圆 C：x2+y22x4y+10，圆 C 的方程可化为： （x1）2+（y2）24， 所以圆心 C（1，2） ，半径为 2， 设 M（x，y） ，则 =（x1，y2） ， =（4x，6y） ， 则由条件知， =0， 故（x1） （4x）+（y2） （6y）0， 即（x 5 2） 2+（y4）2=25 4 由于点 P 在圆 C 的内部， 所以 M 的轨迹方程是（x 5 2） 2+（y4）2=25 4 ； 线段 AB 中点 M 到 x 轴的距离的最小值为：3 2 故答案为：3 2 【点评】本题主要考查了动点轨迹，以及直线与圆的位置关系，是中档题 13ABC 中，BC2，点 O
21、，G 分别为ABC 的外心、重心，若 = ，则 ABC 面积的最大值为 2 【分析】根据重心和外心满足的几何性质，将 = 进行转化，找到点 A 满 足的等量关系，然后求三角形 ABC 的面积的最值 【解答】 解： 因为 O， G 是三角形 ABC 的外心和重心， 设 M 为 BC 的中点， = = 1 2 2， = 1 2 2. = 2 3 = 2 3 1 2 ( + ) = 1 3 ( + ) = 1 3 + 1 3 = 1 6 2 + 1 6 2 = ， 1 6 ( 2 + 2 ) = 1 6 ( + )2 1 3 = 2 3 2 1 3 ， 将上式代入式得 2 = 2 = 2( ) (
22、) = 2( 2 2)， 2 = 2 2 = 2，所以，A 点在以 BC 的中点 M 为圆心，半径为2的圆上 故当 AMBC 时，ABC 面积的最大为1 2 2 = 1 2 2 2 =2 故答案为：2 【点评】本题考查平面向量的运算及应用，利用化归思想将题目中涉及到的向量转化为 基底向量来表示，是本题的关键同时考查学生利用转化思想来解题的能力和运算能 力有一定难度 14设 f（x）是定义在 R 上的偶函数，当 x0 时，() = 1 2，0 1 + 1 2 ，1 ，若关于 x 的方程2() 2() + 2 1 9 = 0有 4 个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是 （1 + 1 6， 2
23、3） 1 + 5 6 【分析】利用导数结合函数 f（x）的奇偶性，画出函数 f（x）在 R 上的大致图象，解方 程2() 2() + 2 1 9 = 0得：f（x）a+ 1 3 或 f（x）a 1 3，根据函数 f（x）的图 象可知有 3 种情况，分别求出 a 的取值范围，再取并集即可 【解答】解：当 0x1 时，f（x）= 1 2，单调递减； 当 x1 时，f（x）= + 1 2，则 f（x）= 1 2 ， 令 f（x）0 得，xe， 所以当 x（1，e）时，f（x）0，函数 f（x）单调递增；当 x（e，+）时，f（x） 0，函数 f（x）单调递减， 又 f（e）= 1 + 1 2 1，且
24、 f（x）是定义在 R 上的偶函数， 所以函数 f（x）的大致图象，如图所示： 解方程2() 2() + 2 1 9 = 0得 ：f（x）a+ 1 3 或 f（x）a 1 3， 因为关于 x 的方程2() 2() + 2 1 9 = 0 有 4 个不同的实数根， 根据函数 f（x）的图象可知有 3 种情况： 1 + 1 2 + 1 31 0 1 3 1 2 或 + 1 3 1 1 3 = 1 + 1 2 或 + 1 3 = 1 + 1 2 1 3 0 ， 解得：1 + 1 6 2 3 或 a= 1 + 5 6， 故答案为： （1 + 1 6， 2 3） 1 + 5 6 【点评】本题主要考查了函
25、数的奇偶性，以及利用导数研究函数的单调性，考查了函数 的零点与方程的根的关系，是中档题 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤字说明、证明过程或演算步骤 15 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知向量 =（cosB，cosC） ， =（4ab，c） ，且 （1）求 cosC 的值； （2）若 c= 3，ABC 的面积 S= 15 4 ，求 a，b 的值 【分析】 （1）利用向量平行的坐标表示，正弦定理可得 sin
26、CcosB（4sinAsinB）cosC， 利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可得 sinA4sinAcosC，结合 sinA0， 即可解得 cosC 的值 （2）由（1）结合同角三角函数基本关系式可求 sinC 的值，利用三角形面积公式 = 1 2 = 15 4 可解得 ab2，结合余弦定理可求 a2+b24，从而解得 a，b 的值 【解答】 （本题满分为 14 分） 解： （1）mn， ccosB（4ab）cosC，（2 分） 由正弦定理，得 sinCcosB（4sinAsinB）cosC， 化简，得 sin（B+C）4sinAcosC（4 分） A+B+C， sinAsin（B+
27、C） 又A（0，） ， sinA0， = 1 4 （6 分） （2）C（0，） ， = 1 4， = 1 2 =1 1 16 = 15 4 = 1 2 = 15 4 ， ab2（9 分） = 3，由余弦定理得3 = 2+ 2 1 2 ， a2+b24，（12 分） 由，得 a44a2+40，从而 a22， = 2（舍负） ， = 2， = = 2 （14 分） 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，平面向量的应用，三 角函数和的变换的应用，考查了化归和转化思想，属于中档题 16 （14 分）在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，AA1= 2AB，D 是 AB 的中点
28、（1）求证：BC1平面 A1CD； （2）若点 P 在线段 BB1上，且 BP= 1 4BB1，求证：AP平面 A1CD 【分析】 （1）连接 AC1，设与 CA1 交于 O 点，连接 OD，由 O 为 AC1 的中点，D 是 AB 的中点，可得 ODBC1，即可证明 BC1平面 A1CD （2）法一：设 ABx，则证明ABPADA1，可得 APA1D，又由线面垂直的性质 可得 CDAP，从而可证 AP平面 A1CD； 法二：由题意，取 A1B1 的中点 O，连接 OC1，OD，分别以 OC1，OA1，OD 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 OA1a，OC1b，由题意可得各点坐标，可求
29、1 =（b， a，22） ，1 =（0a，22） ， =（0，2a， 2 2 ） ，由 1 =0， 1 =0，即可证明 AP平面 A1CD 【解答】证明： （1）如图，连接 AC1，设与 CA1 交于 O 点，连接 OD 直三棱柱 ABCA1B1C1中，O 为 AC1 的中点， D 是 AB 的中点， ABC1中，ODBC1， 又OD平面 A1CD， BC1平面 A1CD （2）法一：由题意，设 ABx，则 BP= 2 4 x，AD= 1 2x，A1A= 2x， 由于 = 1 = 2 2 ， ABPADA1，可得BAPAA1D， DA1A+ADA190，可得：APA1D， 又CDAB，CDBB
30、1，可得 CD平面 ABA1B1， CDAP， AP平面 A1CD 法二：由题意，取 A1B1 的中点 O，连接 OC1，OD，分别以 OC1， OA1，OD 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 OA1a，OC1b， 则：由题意可得各点坐标为：A1（0，a，0） ，C（b，0，22a） ， D（0，0，22） ，P（0，a，32 2 ） ，A（0，a，22） ， 可得：1 =（b，a，22） ，1 =（0a，22） ， =（0，2a， 2 2 ） ， 所以：由 1 =0，可得：APA1C，由 1 =0， 可得：APA1D， 又：A1 CA1 DA1， 所以：AP平面 A1CD 【点评】本
31、题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，考查了空间 想象能力和推理论证能力，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用，属于中档题 17 （14 分）植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于 30m 的围墙现有两 种方案： 方案多边形为直角三角形 AEB（AEB90） ，如图 1 所示，其中 AE+EB30m； 方案多边形为等腰梯形 AEFB（ABEF） ，如图 2 所示，其中 AEEFBF10m 请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案 【分析】设方案，的多边形苗圃的面积分别为 S1，S2，根据基本不等式求出 S1的最 大值，用导数求出 S2
32、的最大值，比较即可 【解答】解：设方案，的多边形苗圃的面积分别为 S1，S2， 方案，设 AEx，则 S1= 1 2x（30x） 1 2 :(30;) 2 2= 225 2 ，当且仅当 x15 时，取 等号， 方案，设BAE，则 S2100sin（1+cos） ，（0， 2） ， 由 S2100（2cos2+cos1）0 得 cos= 1 2（cos1 舍去） ， （0， 2） ， = 3， 当 S20，解得 0x 3，函数单调递增， 当 S20，解得 3 x 2，函数单调递减， 当 = 3时， （S2）max753， 225 2 753， 建立苗圃时用方案，且BAE= 3 【点评】本题考查了
33、基本不等式和导数的基本应用，关键是求导，属于中档题 18 （16 分）已知椭圆： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 2 2 ，点(1， 6 2 )在椭圆 C 上 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E，连 结 QE 并延长交 C 于点 G 求证：PQG 是直角三角形； 求PQG 面积的最大值 【分析】 （1）运用椭圆的离心率公式和点在椭圆上，满足椭圆方程，以及 a，b，c 的关 系，解方程可得 a，b，进而得到椭圆方程； （2）设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程设为 ykx（k0） ，联立椭圆方程，
34、求得 P， Q， E 的坐标， 求得直线 QG 的方程， 联立椭圆方程可得 G 的坐标， 进而得到 PG 的斜率， 结合两直线垂直的条件即可得证； 由可得|PQ|，|PG|，由三角形的面积公式和换元法、对勾函数的单调性，计算可得 所求最大值 【解答】解： （1）由题意可得 e= = 2 2 ， 1 2 + 3 22 =1， 又 a2b2c2，解得 a2，bc= 2，则椭圆的方程为 2 4 + 2 2 =1； （2） 证明： 设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程设为 ykx（k0） ， 联立椭圆方程 x2+2y2 4， 可得 x 2 1:22， 记 u= 2 1+22，则 P（u，uk） ，Q（
35、u，uk） ，E（u，0） ， 于是直线 QG 的斜率为1 2k，方程为 y= 2（xu） ， 联立椭圆方程 x2+2y24，可得（2+k2）x22uk2x+k2u280， 设 G（x0，y0） ，则u 和 x0是方程的解，故 x0= (2+32) 2+2 ， 由此可得 y0= 2 2+2，从而 PG 的斜率为 2 2+2; (2+32) 2+2 ; = 1 ， 所以 PQPG，即PQG 是直角三角形 由可得|PQ|2u1 + 2，|PG|= 21+2 2+2 ， 所以PQG 的面积为 S= 1 2|PQ|PG|= 8(1+2) (1+22)(2+2) = 8(+1 ) 1+2(+1 ) 2，
36、 设 tk+ 1 ，由 k0，可得 t2，当且仅当 k1 时取得等号 由 S= 8 1+22 = 8 2+1 在2，+）递减，可得 t2，即 k1 时，S 取得最大值，且为16 9 ， 因此PQG 的面积的最大值为16 9 【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理， 考查两直线垂直的条件和三角形的面积公式，以及对勾函数的单调性的运用，考查化简 运算能力，属于中档题 19 （16 分）设函数 f（x）x33x2+ax（aR） （1）求函数 f（x）的单调区间； （2）已知函数 f（x）有两个极值点 x1，x2（0x1x2） 比较 f（x1）+f（x2）与 f（2
37、）的大小； 若函数 g（x）|f（x）|f（x1）|在区间0，2上有且只有一个零点，求实数 a 的取值 范围 【分析】 （1）f（x）3x26x+a3（x1）2+a3对 a 分类讨论即可得出单调性 （2） 因为函数 f （x） 有两个极值点 x1， x2（0x1x2） ， 由 （1） 可得： a3 a31 2 +6x1， a 32 2 +6x2且 x113 3 ，x21+3 3 x1+x22，x1x2= 1 3a，可得 0x22.0a 3 函数 f（x）在0，x1，x2，2上单调递增，在x1，x2上单调递减 可得 f （x1） f （0） 0， f （x2） f （2） 2a4 由 f （x1
38、） +f （x2） （x1+x2） (1+ 2)23x1x2 3(1+ 2)22x1x2+a（x1+x2） ，代入即可得出大小关系 函数 g（x）|f（x）|f（x1）|在区间0，2上有且只有一个零点，可得 y|f（x）| 在区间0，2上只有唯一的最大值|f（x1）|f（x1） 故由(2) 0 (1)(2)， （由知不成立， 舍去） 或 (2)0 (1)(2) (1) (2) ，即(2)0 2 40即可得出 【解答】解： （1）f（x）3x26x+a3（x1）2+a3 a3 时，f（x）0，函数 f（x）的单调增区间为 R，无减区间 a3 时，令 f（x）0，解得 x13 3 ，或 x1+3
39、3 函数 f（x）的单调增区间为（，13 3 ） ， （1+3 3 ，+） ；函数 f（x）的单调 减区间为（13 3 ，1+3 3 ） 综上可得：a3 时，函数 f（x）的单调增区间为 R，无减区间 a3 时，函数 f（x）的单调增区间为（，13 3 ） ， （1+3 3 ，+） ；函数 f（x） 的单调减区间为（13 3 ，1+3 3 ） （2）因为函数 f（x）有两个极值点 x1，x2（0x1x2） ，由（1）可得：a3 a31 2 +6x1，a32 2 +6x2且 x113 3 ，x21+3 3 x1+x22，x1x2= 1 3a， 可得 0x22 0a3函数 f（x）在0，x1，x2
40、，2上单调递增，在x1，x2上单调递减 f （x1） f （0） 0， f （x2） f （2） 2a4 由 f （x1） +f （x2） = 1 3 31 2 +ax1+2 3 32 2 +ax2 （x1+x2）(1+ 2)23x1x23(1+ 2)22x1x2+a（x1+x2）2（43a）3（4 2a）+2a2a4f（2） 即 f（x1）+f（x2）f（2） 函数 g（x）|f（x）|f（x1）|在区间0，2上有且只有一个零点， y|f（x）|在区间0，2上只有唯一的最大值|f（x1）|f（x1） 故由(2) 0 (1)(2)， （由知不成立，舍去） 或 (2)0 (1)(2) (1) (2) ，即(2)0 2 40 由 f（x2）22 3 +32 20，解得3 2 x22，代入 a32 2 +6x2得 0a 9 4 由 2a40，解得 a22a 9 4 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考 查了推理能力与计算能力，属于难题 20 （16 分）数列an的数列an的首项 a11，前 n 项和为 Sn，若数列an满足：对任意正 整数 n，k，当 nk 时，Sn+k+Snk2（Sn+Sk）总成立，则
