2021年浙江省温州市高考数学模拟试卷(3月份)含答案解析

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1、 第 1 页(共 21 页) 2021 年浙江省温州市高考数学模拟试卷(年浙江省温州市高考数学模拟试卷(1) () (3 月份)月份) 一、单项选择题(本大题共一、单项选择题(本大题共 10 小题,共小题,共 40.0 分)分) 1 (4 分) 已知全集 U1, 2, 3, 4, 集合 A1, 2, B2, 3, 则U(AB) ( ) A1,3,4 B3,4 C3 D4 2 (4 分) 已知复数 z 满足 zi20201+i2019(其中 i 为虚数单位) , 则复数 z 的虚部是 ( ) A1 B1 Ci Di 3 (4 分)设某几何体的三视图如图,则该几何体的体积为( ) A12 B8 C

2、4 D2 4 (4 分)若实数 x,y 满足约束条件 + 2, 2 1, 1, 则 zx+2y 的最大值为( ) A2 B1 C1 D3 5 (4 分)若 a,b,c 是ABC 的三条边,则“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC 是等腰三 角形”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 6 (4 分) 现有四个函数yx|sinx|, yxcos|x|, = 2 , yxln|x|的部分图象如图, 但顺序被打乱,则按照图象从左到右的顺序,对应的函数序号正确的一组是( ) A B C D 7 (4 分)若 x (0, 2) ,y(0, 2)且 sin

3、2x6tan(xy)cos2x,则 x+y 的取值不可能是 第 2 页(共 21 页) ( ) A 6 B 4 C2 3 D3 4 8 (4 分)已知函数() = | 3 4 1|( 0) ;1(0) ,若关于 x 的方程 f(x)a(x+3)恰有 4 个不相等的实数根,则实数 a 的取值范围是( ) A1,2) B0,1) C1 3 ,2) D1 3 ,1) 9 (4 分)设 l1,l2是平面 内所成角为 6的两条直线,过 l1,l2 分别作平面 ,且锐二 面角 l1 的大小为 4,锐二面角 l2 的大小为 3,则平面 , 所成的锐二面角 的平面角的余弦值可能是( ) A 3 6 B 2 8

4、 C1 4 D1 3 10 (4 分)如图,椭圆: 2 4 + 2 3 = 1,P 是直线 x4 上一点,过点 P 作椭圆 C 的两条 切线 PA,PB,直线 AB 与 OP 交于点 M,则 sinPMB 的最小值是( ) A43 7 B865 65 C72 10 D 3 2 二、填空题(本大题共二、填空题(本大题共 3 小题,共小题,共 12.0 分)分) 11 (4 分)设 F 为双曲线: 2 2 2 2 = 1(0,0)的右焦点,O 为坐标原点,以 OF 为 直径的圆与双曲线 C 的其中一条渐近线交于点 P (不同于 O) , 若双曲线 C 右支上存在点 M 满足 = ,则双曲线 C 的

5、离心率为 12 (4 分)已知函数() = 3 (1 2) |;|,函数 g(x)x2+2x,记 m(x)minf(x) ,g (x),其中 minp,q表示实数 p,q 中较小的数若对xR 都有() 3 4成立,则 实数 a 的取值范围是 13 (4 分)已知扇环如图所示,AOB120,OA2,OA= 1 2,P 是扇环边界上一动 第 3 页(共 21 页) 点,且满足 =x +y ,则 2x+y 的取值范围为 多空题(本大题共多空题(本大题共 4 小题,共小题,共 24.0 分)分) 14 (6 分)我国南北朝时期一部数学著作张丘建算经卷中,第 22 题为: “今有女善织, 日益功疾,初日

6、织五尺,今一月共织九匹三丈 ”其白话意译为: “现有一善织布的女子, 从第 2 天开始,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织了 5 尺布,现在一个月(按 30 天计算)共织布 390 尺 ”则每天增加的数量为 尺,设该女子一个月中第 n 天 所织布的尺数为 an,则 a14+a15+a16+a17 15(6 分) 若二项式(2+ 1 ) 5的展开式中常数项为 10, 则常数项的二项式系数为 , 展开式的所有有理项中最大的系数为 16 (6 分)已知甲盒中仅有 2 个红球,乙盒中有 3 个红球和 3 个蓝球,先从乙盒中任取(无 放回,且每球取到的机会均等)2 个球放入甲盒中,再从甲盒中任取(无

7、放回)2 个球, 若记 X 为甲盒中取到红球的个数, 则 P (X0) ; 随机变量 X 的数学期望 E (X) 17(6 分) 若不等式|ax2+bx+c|1 对于x1, 1上恒成立, 则|a|+|b|+|c|的最大值是 , 若|ax2+bx+c|1 对于x0,1上恒成立,则 2|a|+3|b|+4|c|的最大值是 四、解答题(本大题共四、解答题(本大题共 5 小题,共小题,共 74 分)分) 18 (14 分)在ABC 中, 角 A, B, C 所对边分别为 a,b,c,满足 2cos(AC)4sinAsinC 1 ()若 = 3,求角 A; ()若 a+c3, = 3,求ABC 的面积

8、S 19(15分) 矩形ABCD中, AB3, AD2, E、 F分别为线段CD、 AB上的点, 且 = = 1 3, 现将ADE 沿 AE 翻折成四棱锥 PABCE,且二面角 PAEB 的大小为2 3 第 4 页(共 21 页) (1)证明:AEPF; (2)求直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值 20 (15 分)已知正项数列an,满足 2=an+1,其中 Sn为an的前 n 项和 (1)求an的通项公式; (2) 已知数列bn (1) n+1 :1 +1, 求数列bn的前n项和Tn, 并求出满足Tn 2+ 5 对 nN*恒成立时,实数 m 的取值范围 21 (15 分)已知抛物线

9、M:y24x,A、B 为抛物线 M 上不同的两点,线段 AB 的垂直平 分线与抛物线 M 的一个交点为 C,交直线 AB 于点 D (1)若 D(1,1) ,求直线 AB 的方程; (2)若 AB2CD,求ABC 面积的最小值 22 (15 分)已知函数 f(x)eaxln(x+1) ,g(x)lnx+ 2 a,其中 aR ()若函数 yf(x)的图象与直线 yx 在第一象限有交点,求 a 的取值范围 ()当 a2 时,若 yg(x)有两个零点 x1,x2,求证:4x1+x23e2 第 5 页(共 21 页) 2021 年浙江省温州市高考数学模拟试卷(年浙江省温州市高考数学模拟试卷(1) ()

10、 (3 月份)月份) 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题(本大题共一、单项选择题(本大题共 10 小题,共小题,共 40.0 分)分) 1 (4 分) 已知全集 U1, 2, 3, 4, 集合 A1, 2, B2, 3, 则U(AB) ( ) A1,3,4 B3,4 C3 D4 【解答】解:A1,2,B2,3, AB1,2,3, 全集 U1,2,3,4, U(AB)4 故选:D 2 (4 分) 已知复数 z 满足 zi20201+i2019(其中 i 为虚数单位) , 则复数 z 的虚部是 ( ) A1 B1 Ci Di 【解答】解:i41, i2020i4 5051,i20

11、19i4504+3i, 则 zi20201+i2019化为 z1i, z 的虚部为1 故选:A 3 (4 分)设某几何体的三视图如图,则该几何体的体积为( ) A12 B8 C4 D2 【解答】解:根据几何体的三视图,得; 该几何体是高为 2 的三棱锥, 且底面三角形的底边长为 4,高为 3; 所以该几何体的体积为 第 6 页(共 21 页) V三棱锥= 1 3 (1 2 43)24 故选:C 4 (4 分)若实数 x,y 满足约束条件 + 2, 2 1, 1, 则 zx+2y 的最大值为( ) A2 B1 C1 D3 【解答】解:作出不等式组对应的平面区域如图: 由 zx+2y 得 y= 1

12、 2x+ 1 2z, 平移直线 y= 1 2x+ 1 2z 由图象可知当直线 y= 1 2x+ 1 2z 经过点 A 时,直线 y= 1 2x+ 1 2z 的 截距最大, 此时 z 最大, 由 + = 2 2 = 1,解得 A(1,1) , 此时 z1+213, 故选:D 5 (4 分)若 a,b,c 是ABC 的三条边,则“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC 是等腰三 角形”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 【解答】解:若“ABC 是等腰三角形” ,则当 abc,则 a2+b2+c2ab+bc+ca 不一定 成立, 若 a2+b2+c

13、2ab+bc+ca,则 2a2+2b2+2c22ab+2bc+2ca, 第 7 页(共 21 页) 即(ab)2+(bc)2+(ca)20, 即 ab0,bc0,ca0, 则 abc, 则“ABC 是等腰三角形”成立, 即“a2+b2+c2ab+bc+ca”是“ABC 是等腰三角形”充分不必要条件, 故选:A 6 (4 分) 现有四个函数yx|sinx|, yxcos|x|, = 2 , yxln|x|的部分图象如图, 但顺序被打乱,则按照图象从左到右的顺序,对应的函数序号正确的一组是( ) A B C D 【解答】解:yx|sinx|满足 f(x)f(x) ,函数 f(x)是奇函数,图象关于

14、原点 对称, 当 x0 时,f(x)0,定对应第四个图象, = 2 0 恒成立,对应第一个图象, yxln|x|的定义域为x|x0,函数为奇函数,图象关于原点对称,对应第三个图象, yxcos|x|,满足 f(x)f(x) ,函数 f(x)是奇函数,图象关于原点对称,对应 第二个图象, 则 C 正确, 故选:C 7 (4 分)若 x (0, 2) ,y(0, 2)且 sin2x6tan(xy)cos2x,则 x+y 的取值不可能是 ( ) A 6 B 4 C2 3 D3 4 【解答】解:由 sin2x6tan(xy)cos2x, 得 tan2x6tan(xy) , x (0, 2) ,y(0,

15、 2) , 第 8 页(共 21 页) 0 x+y 设 tan(xy)u,xy( 2, 2) ,则 u 的值域是 R, tan2x6tan(xy)6u, tan(x+y)tan2x(xy)= 2() 1+2() = 6 1+62 = 5 1+62, 记为 wtan(x+y)= 5 1+62 |w|= 5| 1+6|2 = 5 1 |+6| 5 26 = 56 12 ,当且仅当|u|= 6 6 时,取等号 |tan(x+y)| 56 12 3, 结合 x+y(0,) ,可得 x+y 的取值不可能为2 3 故选:C 8 (4 分)已知函数() = | 3 4 1|( 0) ;1(0) ,若关于 x

16、 的方程 f(x)a(x+3)恰有 4 个不相等的实数根,则实数 a 的取值范围是( ) A1,2) B0,1) C1 3 ,2) D1 3 ,1) 【解答】解:设 g(x)x34x1(x0) ,g(x)3x24, 当 (0, 23 3 )时,g(x)单调递减, 当 (2 3 3 ,+ )时,g(x)单调递增, 直线 ya(x+3)与 f(x)在 x0 处有一个交点,在(2 3 3 ,+ )处有一个交点, 第 9 页(共 21 页) 故在(0, 23 3 )处需 2 个交点,直线经过(0,1)点时 = 1 3, 当直线与 yx3+4x+1 相切于(1,4)时,a1, 故选:D 9 (4 分)设

17、 l1,l2是平面 内所成角为 6的两条直线,过 l1,l2 分别作平面 ,且锐二 面角 l1 的大小为 4,锐二面角 l2 的大小为 3,则平面 , 所成的锐二面角 的平面角的余弦值可能是( ) A 3 6 B 2 8 C1 4 D1 3 【解答】解:如图,平面 为平面 ABC,直线 l1为直线 AB,直线 l2为直线 AC,由题意 得 = 6, 过 l1作平面 为平面 ABP,过 l2作平面 为平面 ACP,过点 P 向平面 作垂线,垂足 为 O, 再由点O作OBAB, OCAC, 连接PB, PC, 锐二面角l1的大小为 4, 即 = 4, 同理可知 = 3, 设 CO1,则 = = 3

18、,PC2, = 6, 在三角形DAC 中, = 3,DB1,DO2, 所以 = 33,AD6,AB5, = 31, 过点 C 作 CMAP,所以高线 CM= = 63 31, ABOB,ABPO,OBOPO, AB面 POB,又 AB面 PAB, 面 PAB面 POB, 过点 O 作 OHPB,则 OH面 PAB, O 到面 PAB 的距离 OHd1= = 6 2 , C 到面 PAB 的距离为2= 3 2 1= 36 4 , 记平面 , 所成的角为 ,则 = 2 = 36 4 63 31 = 62 8 , 所以 = 2 8 第 10 页(共 21 页) 故选:B 10 (4 分)如图,椭圆:

19、 2 4 + 2 3 = 1,P 是直线 x4 上一点,过点 P 作椭圆 C 的两条 切线 PA,PB,直线 AB 与 OP 交于点 M,则 sinPMB 的最小值是( ) A43 7 B865 65 C72 10 D 3 2 【解答】解:设 A(x1,y1) ,若 A 在椭圆的上半部,则 y= 31 2 4 ,则 y= 3( 2) 212 4 = 3 412 4 , A 在椭圆上,1 2 4 + 12 3 =1, y| 1= 31 411 2 4 = 31 41, 所以过 A 的点的切线方程:yy1= 31 41(xx1) ,即 3x1x+4y1y3x1 2+4y1212, 即1 4 + 1

20、 3 =1, 同理可得 A 在椭圆的下半部分时, 过 A 的点的切线方程为1 4 + 1 3 =1,A 为左右顶点时,切线方程也是1 4 + 1 3 =1, 综上所述:在 A 处的切线方程:1 4 + 1 3 =1, 设 B(x2,y2) ,同理可得在 B 处的切线方程为:2 4 + 2 3 =1, P 在 x4 上,设 P(4,m) , 第 11 页(共 21 页) 因为两条直线投过 P,所以 1+ 1 3 = 1 2+ 2 3 = 1 , 所以直线 AB 的方程为:x+ 3 =1, 可得直线 AB 恒过定点(1,0) ,该直线 AB 过椭圆的右焦点 F, 直线 OP 的方程为:y= 4x,

21、 则 + 3 = 1 = 4 解得: = 12 12+2 = 3 12+2 ,即 M( 12 12+2, 3 12:2) , kAB= 3 ,kPF= 4(1) = 3, 所以 kABkPF1, 所以 ABPF, |PF|= 9 + 2,|PM|= ( 12 12+2 4)2+ ( 3 12+2) 2 = (9+2)16+2 12+2 , 所以 sinPMB= | | = 12+2 (9+2)(16+2) = (12+2)2 (9+2)(16+2) = 4+242+144 4+252+144 = 1 1+ 2 4+242+144 = 1 1+ 1 2+144 2 +24 1 1+ 1 2144

22、+24 = 43 7 , 当且仅当 m2= 144 2 ,即 m23, 故选:A 二、填空题(本大题共二、填空题(本大题共 3 小题,共小题,共 12.0 分)分) 11 (4 分)设 F 为双曲线: 2 2 2 2 = 1(0,0)的右焦点,O 为坐标原点,以 OF 为 直径的圆与双曲线 C 的其中一条渐近线交于点 P (不同于 O) , 若双曲线 C 右支上存在点 M 满足 = ,则双曲线 C 的离心率为 2 【解答】解:如图所示:双曲线对称性,设渐近线的方程为:y= x,即 bxay0,右 焦点 F(c,0) , 所以 F 到渐近线的距离 d= 2+2 = =b,在直角三角形 OPF 中

23、可得|OP|= 第 12 页(共 21 页) 2 2= 2 2=a, 所以|OP|a,|PF|b,所以可求得( 2 , ), F(c,0) ,因为 = ,则可得 M 为 P,F 的中点,所以( 2+2 2 , 2), 把 M 代入双曲线: 2 2 2 2 = 1(0,0), 可得( 2:2)2 422 22 422 = 1,整理可得 c22a2,所以 = 2 故答案为:2 12 (4 分)已知函数() = 3 (1 2) |;|,函数 g(x)x2+2x,记 m(x)minf(x) ,g (x),其中 minp,q表示实数 p,q 中较小的数若对xR 都有() 3 4成立,则 实数 a 的取值

24、范围是 (, 3 2 7 2,+) 【解答】解:对xR 都有() 3 4成立, 又 g(x)x2+2x,且在(,1 2 3 2,+)内,g(x) 3 4 故有 x(1 2, 3 2) ,f(x)g(x)且 f(x) 3 4, 则() = 3 (1 2) |;| 3 4,即为( 1 2) |xa|1 4, 即有|xa|2,即为 ax2 或 ax+2 恒成立, 则 a 1 2 2= 3 2或 a 3 2 +2= 7 2, 故答案为: (, 3 2 7 2,+) 第 13 页(共 21 页) 13 (4 分)已知扇环如图所示,AOB120,OA2,OA= 1 2,P 是扇环边界上一动 点,且满足 =

25、x +y ,则 2x+y 的取值范围为 1 4, 221 3 【解答】解:记 , 的夹角为 , 0, 2 3 设 为直角坐标系的 x 轴 =(rcos,rsin) (1 2 r2) , =(2,0) , =(1,3) , 代入 =x +y ,得有(rcos,rsin)(2x,0)+(y,3y) , rcos2xy,rsin= 3y, 故 2x+yrcos+ 2 3 =r( 2 3 + ) 2 3 + = 21 3 ( 2 7 + 3 7 ) = 21 3 ( + ),其中 cos= 2 7, sin = 3 7 又 0, 2 3 21 3 ( + )可以取到最大值 21 3 , 当 0 时 2

26、 3 + =1,当 1200时 2 3 + = 1 2 2 3 + 1 2, 21 3 , 1 2 2x+y 21 3 1 2 r2,1 4 2x+y 221 3 故答案为:1 4, 221 3 多空题(本大题共多空题(本大题共 4 小题,共小题,共 24.0 分)分) 14 (6 分)我国南北朝时期一部数学著作张丘建算经卷中,第 22 题为: “今有女善织, 日益功疾,初日织五尺,今一月共织九匹三丈 ”其白话意译为: “现有一善织布的女子, 从第 2 天开始,每天比前一天多织相同数量的布,第一天织了 5 尺布,现在一个月(按 30 天计算)共织布 390 尺 ”则每天增加的数量为 16 29

27、 尺,设该女子一个月中第 n 天 所织布的尺数为 an,则 a14+a15+a16+a17 52 【解答】解:依题意等差数列的前 30 项和为 390,首项 a15,设公差为 d, 第 14 页(共 21 页) 所以 S30305+ 3029 2 =390, 解得 d= 16 29, 所以 a14+a15+a16+a174a1+58d20+32 52 故填:16 29,52 15 (6 分)若二项式(2+ 1 ) 5的展开式中常数项为 10,则常数项的二项式系数为 5 , 展开式的所有有理项中最大的系数为 80 【解答】解:二项式(2+ 1 ) 5的通项公式为 Tr+1C5ra5rx 10;5

28、 2, 令 10 5 2r0,解得 r4, 所以常数项 C54a5 410 得 a2,则常数项的二项式系数为 C 545, 所以该二项式的通项公式为 Tr+1C5r25 rx 10;5 2, 由 10 5 2rZ,0r5,rN 可得 r0,2 或 4,因此展开式中的所有有理项为 T1,T3,T5,其中最大的系数为 C5223 80 故答案为:5,80 16 (6 分)已知甲盒中仅有 2 个红球,乙盒中有 3 个红球和 3 个蓝球,先从乙盒中任取(无 放回,且每球取到的机会均等)2 个球放入甲盒中,再从甲盒中任取(无放回)2 个球, 若记 X 为甲盒中取到红球的个数, 则 P (X0) 1 30

29、 ; 随机变量 X 的数学期望 E (X) 3 2 【解答】解:由题意可得 P(X0)= 3 2 6 2 2 2 4 2 = 3 15 1 6 = 1 30; 随机变量 X 的取值为 0,1,2, P(X0)= 1 30, P(X1)= 3 2 6 2 2 1 2 1 4 2 + 3 1 3 1 6 2 3 1 1 1 4 2 = 13 30, P(X2)= 3 2 6 2 2 2 4 2+ 3 1 3 1 6 2 3 2 4 2+ 3 2 6 2 1 = 16 30, 所以期望 E(X)0 1 30 +1 13 30 +2 16 30 = 3 2 故答案为: 1 30, 3 2 17(6 分

30、) 若不等式|ax2+bx+c|1 对于x1, 1上恒成立, 则|a|+|b|+|c|的最大值是 5 , 第 15 页(共 21 页) 若|ax2+bx+c|1 对于x0,1上恒成立,则 2|a|+3|b|+4|c|的最大值是 265 【解答】解:对第一问,不等式|ax2+bx+c|1 对于x1,1上恒成立, 可得 x0 时,|c|1,x1 时,|ab+c|1, x1 时,|a+b+c|1, 相加可得|ab+c|+|c|2, 又|ab+c|+|c|ab|,即为|ab|2, 相加可得|a+b+c|+|c|2, 又|a+b+c|+|c|a+b|,即为|a+b|2, 则|ab|+|a+b|4,又|a

31、b|+|a+b|2|a|,则|a|2; 由|ab|+|a+b|2|b|,则|b|2; 可得|a|+|b|+|c|5,即|a|+|b|+|c|的最大值为 5; 对第二问,若|ax2+bx+c|1 对于x0,1上恒成立, 当 x0 时,|c|1, x1 时,|a+b+c|1, x= 1 2时,| 4 + 2 +c|1, x= 1 3时,| 9 + 3 +c|1, 由相加可得|a+b+c|+| 4 + 2 +c|2, 由|a+b+c|+| 4 + 2 +c|3 4 + 2|,即|3a+2b|8, 可得83|a|2|b|8, 由相加可得|a+b+c|+| 9 + 3 +c|2, 由|a+b+c|+|

32、9 + 3 +c|8 9 + 2 3 |,即|4a+3b|9, 可得94|a|3|b|9, 由 2|a|+3|b|18(3|a|2|b|)13(4|a|3|b|) , 可得 2|a|+3|b|818+913261, 则 2|a|+3|b|+4|c|的最大值为 265 故答案为:5,265 四、解答题(本大题共四、解答题(本大题共 5 小题,共小题,共 74 分)分) 18 (14 分)在ABC 中, 角 A, B, C 所对边分别为 a,b,c,满足 2cos(AC)4sinAsinC 第 16 页(共 21 页) 1 ()若 = 3,求角 A; ()若 a+c3, = 3,求ABC 的面积

33、S 【解答】解: ()由 2cos(AC)4sinAsinC1, 2cosAcosC+2sinAsinC4sinAsinC1, 2cosAcosC2sinAsinC1 ( + ) = 1 2, cosB= 1 2, 0B, = 3, 由正弦定理可知 = , 即 = 1 2, 0A, = 6或 = 5 6 , b= 3a,即 ba, BA = 6 ()由余弦定理可知 b2a2+c22accosB, 即 a2+c23+ac, 从而(a+c)23+3ac,可得 ac2, SABC= 1 2acsinB= 1 2 2 3 2 = 3 2 19(15分) 矩形ABCD中, AB3, AD2, E、 F分

34、别为线段CD、 AB上的点, 且 = = 1 3, 现将ADE 沿 AE 翻折成四棱锥 PABCE,且二面角 PAEB 的大小为2 3 第 17 页(共 21 页) (1)证明:AEPF; (2)求直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值 【解答】 (1)证明:由题意在矩形 ABCD 中 AB3,AD2, = = 1 3, 四边形 ADEF 为边长为 2 的正方形 连结 DF,交 AE 于点 M,如图: 则 AEDF,且 = = 2 在四棱锥 PABCE 中,AEPM,AEMF, AE面 PMF,又 PF面 PMF, AEPF (2)解:设点 F 到平面 PAE 的距离为 d1,点 B 到平

35、面 PAE 的距离为 d, 由(1)PMF 就是二面角 PAEB 的平面角, = 2 3 AE面 PMF,面 PMF面 PAE, 过 F 作 FHPM 于 H,面 PMF面 PAEPM,FH面 PAE 又在PMF 中, = = 2, = 6, = 6, 1= = 1 2 = 6 2 , = 2 3, = 3 21 = 36 4 由题意可得 = 10, = = 315 20 , 直线 PB 与平面 PAE 所成角的正弦值为315 20 20 (15 分)已知正项数列an,满足 2=an+1,其中 Sn为an的前 n 项和 第 18 页(共 21 页) (1)求an的通项公式; (2) 已知数列b

36、n (1) n+1 :1 +1, 求数列bn的前n项和Tn, 并求出满足Tn 2+ 5 对 nN*恒成立时,实数 m 的取值范围 【解答】解: (1)正项数列an前 n 项和为 Sn,且 Sn= (1+)2 4 (nN*) , 可得 a1S1= (1+1)2 4 ,解得 a11, n2 时,4Sn1(1+an1)2,又 4Sn(1+an)2, 两式相减可得 4an4Sn4Sn1(1+an)2(1+an1)2, 化为(an+an1) (anan12)0, 由 an0,可得 anan12, 则 an1+2(n1)2n1; (2) bn (1) n+1 :1 +1 = (1) n+1 2 (2;1)

37、(2:1) = (;1)+1 2 ( 1 2;1 + 1 2:1) , 当 n 为奇数时,Tn= 1 2(1+ 1 3 1 3 1 5 + 1 5 + 1 23 1 21 + 1 21 + 1 2+1)= 1 2 (1+ 1 2+1) , 可得此时 Tn 1 2; 同理可得当 n 为偶数时,Tn= 1 2(1 1 2+1) ,由 Tn 递增,可得 TnT2= 2 5, Tn= 1 2 (1 1 2+1),为偶数 1 2 (1 + 1 2+1),为奇数 ; 满足 Tn 2+ 5 对 nN*恒成立,可得 2: 5 2 5,解得2m1 21 (15 分)已知抛物线 M:y24x,A、B 为抛物线 M

38、 上不同的两点,线段 AB 的垂直平 分线与抛物线 M 的一个交点为 C,交直线 AB 于点 D (1)若 D(1,1) ,求直线 AB 的方程; (2)若 AB2CD,求ABC 面积的最小值 【解答】解: (1)设直线 AB 的方程为:y1k(x1) (k0) ,即 ykx+1k, 第 19 页(共 21 页) 设 A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,联立方程 = + 1 2= 4 , 消去 x 整理可得:y 2 4 + 4 4 = 0,所以 y 1+ 2= 4 = 2,解得 k2, 所以直线 AB 的方程为 y2x1; (2)设 C(t2,2t) (t0) ,则可设直线 AC 的方程为

39、:y2tk(xt2) , 不妨设 k0,联立方程 2 = ( 2) 2= 4 ,消去 x 整理可得: y 2 4 + 8 42= 0,则 y 1+ 2 = 4 ,y 1 2 = 8 42, 所以|AC|= 1 + 1 2 |1 2| =41 + 1 2 | 1 |, 由题知 ACBC,ACBC,所以 k = 1 , 同理可得|BC|41 + 2( + ), (t0,k0) , 由|AC|BC|,解得 t= 13 2+, 故三角形 ABC 的面积为 S= 1 2 | = 1 2 |2 8(1 + 2)2|k+t|28(1+k 2)(1+ 2)2 2(+1) (1+2)2 2(+1)2 8 (2)

40、2(+1) 2 2 2(+1)2 = 16, 当且仅当 k1 时取等号,此时三角形 ABC 的面积的最小值为 16 22 (15 分)已知函数 f(x)eaxln(x+1) ,g(x)lnx+ 2 a,其中 aR ()若函数 yf(x)的图象与直线 yx 在第一象限有交点,求 a 的取值范围 ()当 a2 时,若 yg(x)有两个零点 x1,x2,求证:4x1+x23e2 【解答】解: ()设 g(x)f(x)xeaxln(x+1)x, 则由题设知,方程 g(x)0,在(0,+)有解, 而 g(x)f(x)1eaxaln(x+1)+ 1 +11e axF(x)1 设 h (x) eaxF (x

41、) 1, 则 h (x) eaxaF (x) +F (x) eaxa2ln (x+1) + 2+21 (+1)2 若 a0,由 x0 可知 0eax1,且 F(x)aln(x+1)+ 1 +1 1 +1 1, 从而 g(x)eaxF(x)10,即 g(x)在(0,+)上单调递减,从而 g(x)g (0)0 恒成立, 因而方程 g(x)0 在(0,+)上无解 第 20 页(共 21 页) 若 0a 1 2,则 h(0)= 21 (+1)2 0,又 x+时,h(x)+, 因此 h(x)0,在(0,+)上必存在实根,设最小的正实根为 x0, 由函数的连续性可知,x(0,x0)上恒有 h(x)0, 即

42、 h(x)在(0,x0)上单调递减, 也即 g(x)0,在(0,x0)上单调递减,从而在(0,x0)上恒有 g(x)g(0) 0, 因而 g(x)在(0,x0)上单调递减,故在(0,x0)上恒有 g(x)g(0)0,即 g(x0) 0, 注意到 eaxax,因此 g(x)eaxln(x+1)xaxln(x+1)xxaln(x+1)1, 令 xe 1 时,则有 g(x)0,由零点的存在性定理可知函数 yg(x)在(x0,e 1 ) 上有零点,符合题意 若 a 1 2时,则由 x0 可知,h(x)0 恒成立,从而 h(x)在(0,+)上单调 递增, 也即 g(x)在(0,+)上单调递增,从而 g(

43、x)g(0)0 恒成立,故方程 g(x) 0 在(0,+)上无解 综上可知,a 的取值范围是(0,1 2) ()因为 f(x)有两个零点,所以 f(2)0, 即 ln2+1a0a1+ln2, 设 0 x12x2,则要证 x1+x244x1x2, 因为 24x14,x22, 又因为 f(x)在(2,+)上单调递增, 所以只要证明 f(4x1)f(x2)f(x1)0, 设 g(x)f(x)f(4x) (0 x2) , 则 g(x)f(x)f(4x)= 2 2 + 42 (4)2 = 8(2)2 2(4)2 0, 所以 g(x)在(0,2)上单调递减,g(x)g(2)0,所以 x1+x24, 因为

44、f(x)有两个零点,x1,x2,所以 f(x1)f(x2)0, 方程 f(x)0 即 ax2xlnx0 构造函数 h(x)ax2xlnx, 则 h(x1)h(x2)0,h(x)a1lnx,h(x)0 xea 1, 第 21 页(共 21 页) 记 pea 12(a1+ln2) , 则 h(x)在(0,p)上单调递增,在(p,+)上单调递减, 所以 h(p)0,且 x1px2, 设 R(x)lnx 2() + lnp, R(x)= 1 4 (+)2 = ()2 (+)2 0, 所以 R(x)递增, 当 xp 时,R(x)R(p)0, 当 0 xp 时,R(x)R(p)0, 所以 ax12x1lnx1 21(1) 1+ + 1, 即(ax12) (x1+p)2x122px1+x12lnp+x1plnp, (2+lnpa)x12+(2ap2p+plnp)x1+2p0, (pea 1,lnpa1) , 所以 x12+(23ea 1)x 1+2ea 10, 同理 x22+(23ea 1)x 2+2ea 10, 所以 x12+(23ea 1)x 1+2ea 1x 12+(23ea 1)x 1+2ea 1, 所以(x2x1)x2+x1+(23ea 1)0, 所以 x2+x12+3ea 1, 由 a2 得: x1+x22+3ea 13e2, 综上:4x1+x23e2

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