1、2019 年江苏省南京市秦淮区高考数学三模试卷一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分。不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上。1 （5 分）已知全集 U1，2，3，A2，则 UA 2 （5 分）复数 zi（2+ i） （其中 i 为虚数单位）的共轭复数为 3 （5 分）某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为 5：5：4，现按年级采用分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的高三年级为 12 人，则抽取的样本容量为 人4 （5 分）一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的 T 的值为 5 （5 分）将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字 1，2，3
2、，4，5，6）先后抛掷 2 次，观察向上的点数，则点数之和是 6 的概率是 6 （5 分）曲线 yx cosx 在 x 处的切线的斜率为 7 （5 分）如图，直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，CAB90 ，ACAB2，CC 12，P 是BC1 的中点，则三棱锥 C A1C1P 的体积为 8 （5 分）函数 f（x ）cos （3x + ）在0，的零点个数为 9 （5 分）已知等差数列a n的各项均为正数，a 11，且 a2+a6a 8若 pq10则apa q 10 （5 分）已知 ab0，椭圆 C1 的方程为 + ，双曲线 C2 的方程为 C 1 与 C2 的离心率之积为 ，则 C2 的渐近
3、线方程为 11 （5 分）已知无盖的圆柱形桶的容积是 12 立方米，用来做桶底和侧面的材料每平方米的价格分别为 30 元和 20 元，那么圆桶造价最低为 元12 （5 分）在矩形 ABCD 中，AB2，AD1，点 E，F 分别为 BC，CD 边上动点，且满足 EF1，则 的最大值为 13 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，A ，B 为 x 轴正半轴上的两个动点，P（异于原点O）为 y 轴上的一个定点若以 AB 为直径的圆与圆 x2+（y 2） 21 相外切，且APB的大小恒为定值，则线段 OP 的长为 14 （5 分）对定义在0，1上的函数 f（x） ，如果同时满足以下两个条件：（1）对
4、任意的 x0，1总有 f（x ）0；（2）当 x10，x 20，x 1+x21 时，总有 f（x 1+x2）f（x 1）+f（x 2）成立则称函数 f（x）称为 G 函数看 h（x）a2 x1 是定义在0，1 上 G 函数，则实数 a的取值范围为 二、解答题：本大题共 6 小题，计 90 分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内.15 （14 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，四条侧棱长均相等（1）求证：AB平面 PCD；（2）求证：平面 PAC平面 ABCD16 （14 分）在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，
5、b，c已知cos2C （1）求 sinC 的值；（2）当 c2a，且 b3 时，求ABC 的面积17 （14 分）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为 60 千米/小时、120 千米/ 小时，500 千米/小时，每千米的运费分别为：20 元、10元、50 元这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为 m 元（m 0） ，运输的路程为 s（千米） 设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为 y1（元） 、y 2（元） 、y 3（元） （1）请分别写出 y1、y 2、y 3 的表达式；（2）试确定使用哪种运输工具总费用最省18 （16 分
6、）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： + 1（ab0）的离心率为 ，以椭圆 C 左顶点 T 为圆心作圆 T：（x+2） 2+y2r 2（r0） ，设圆 T 与椭圆C 交于点 M 与点 N（1）求椭圆 C 的方程；（2）求 的最小值，并求此时圆 T 的方程；（3）设点 P 是椭圆 C 上异于 M，N 的任意一点，且直线 MP，NP 分别与 x 轴交于点R，S，O 为坐标原点，求证： OROS 为定值19 （16 分）已知函数 f（x ）e x+bex 2asin x（a，bR） （1）若 a0，b1，求函数 f（x ）的单调区间；（2）b1 时，若 f（x ）0 对一切 x（0，
7、 ）恒成立，求 a 的取值范围20 （16 分）对于给定的正整数 k，若各项均不为 0 的数列a n满足：ank ank +1an1 an+1an+k1 an+k（a n） 2k 对任意正整数 n（nk）总成立，则称数列a n是“Q（k ）数列” （1）证明：等比数列a n是“Q（3）数列”（2）若数列a n既是“Q（2）数列”又是“Q（3）数列”证明：数列a n是等比数列【选做题】在 21、22、23 三小题中只能选做 2 题，每小题 0 分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修 4-2：矩阵与变换21 （选做题）已知矩阵 的一个特征值为 3，求另
8、一个特征值及其对应的一个特征向量选修 4-4：坐标系与参数方程22已知圆 C 的极坐标方程是 4cos，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线 l 的参数方程是 （t 为参数） ，若直线 l与圆 C 相切，求实数 m 的值选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x 1|+|x2|若不等式| a+b|+|ab|a| f（x）对 a0，a、bR 恒成立求实数 x 的范围【必做题】第 24 题、第 25 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷卡指定区转内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤24如图，在底面边长为 1，侧棱长为 2 的正四棱柱
9、 ABCDA 1B1C1D1，中，P 是侧棱CC1 上的一点， CPm（1）若 m ，求直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角；（2）在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q，使得对任意的实数 m，都有 D1QAP，并证明你的结论25附加题：已知（x+1） na 0+a1（x1）+a 2（x1） 2+a3（x1） 3+an（x1）n， （其中 nN*）S na 1+a2+a3+an（1）求 Sn；（2）求证：当 n4 时，S n（n2）2 n+2n22019 年江苏省南京市秦淮区高考数学三模试卷参考答案与试题解析一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分。不需写出解答过程
10、，请把答案写在答题卡的指定位置上。1 （5 分）已知全集 U1，2，3，A2，则 UA 1，3 【分析】根据补集的定义进行求解即可【解答】解：U1，2，3，A2， UA1，3，故答案为：1，3【点评】本题主要考查集合的基本运算，根据补集的定义是解决本题的关键2 （5 分）复数 zi（2+ i） （其中 i 为虚数单位）的共轭复数为 12i 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：zi（2+ i） 1+2 i， 故答案为：12i【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3 （5 分）某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为 5：5：4，现按年级采用
11、分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的高三年级为 12 人，则抽取的样本容量为 42 人【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论【解答】解：设抽取的样本为 n，则由题意得 得 n42 人，故答案为：42【点评】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键比较基础4 （5 分）一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的 T 的值为 15 【分析】由程序中的变量、各语句的作用，结合流程图所给的顺序，模拟程序的运行，即可得到本题答案【解答】解：根据题中的程序框图，可得：T1I3执行循环体，T3，I5不满足条件 I6，执行循环体， S15，I 7此时，满足条件 I6，退
12、出循环，输出 T 的值为 15故答案为：15【点评】本题主要考查了程序和算法，依次写出每次循环得到的 T，I 的值是解题的关键，属于基本知识的考查5 （5 分）将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字 1，2，3，4，5，6）先后抛掷 2 次，观察向上的点数，则点数之和是 6 的概率是 【分析】先求出基本事件总数 n6636，再由列举法求出“点数之和等于 6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于 6”的概率【解答】解：将一枚骰子先后抛掷 2 次，观察向上的点数，基本事件总数 n6636，“点数之和等于 6”包含的基本事件有：（1，5） ， （5，1） ， （2，4） ， （4
13、，2） ， （3，3） ，共 5 个，“点数之和等于 6”的概率为 p 故答案为： 【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用6 （5 分）曲线 yx cosx 在 x 处的切线的斜率为 【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义令 x ，即可求出切线斜率即可【解答】解：yf（x）xcosx，f（x）cosx xsin x，f（ ）cos sin ，即 yxcosx 在 x 处的处的切线的斜率 k 故答案为： 【点评】本题主要考查导数的计算，以及导数的几何意义，要求熟练掌握常见函数的导数公式，比较基础7 （5 分）如图，直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，CA
14、B90 ，ACAB2，CC 12，P 是BC1 的中点，则三棱锥 C A1C1P 的体积为 【分析】证明 AB平面 AA1C1C，于是 V V V 【解答】解：AA 1平面 ABC，AB平面 ABC，AA 1AB，又 ABAC，AA 1ACA，AB平面 AA1C1C，P 是 BC1 的中点，V V V 故答案为： 【点评】本题考查了棱柱的结构特征，棱锥的体积计算，属于 中档题8 （5 分）函数 f（x ）cos （3x + ）在0，的零点个数为 3 【分析】由题意可得 f（x ）cos （3x + ）0，可得 3x+ +k，kZ，即 x+ k，即可求出【解答】解：f（x ）cos （3x +
15、）0，3x+ +k，k Z，x + k，kZ，当 k0 时，x ，当 k1 时，x ，当 k2 时，x ，当 k3 时，x ，x0， ，x ，或 x ，或 x ，故零点的个数为 3，故答案为：3【点评】本题考查了余弦函数的图象和性质以及函数零点的问题，属于基础题9 （5 分）已知等差数列a n的各项均为正数，a 11，且 a2+a6a 8若 pq10则apa q 【分析】设等差数列a n的公差为 d0，根据 a11，且 a2+a6a 8可得2+6d1+7d，解得 d，进而得出结论【解答】解：设等差数列a n的公差为 d0，a 11，且 a2+a6a 82+6d1+7d，解得 d 若 pq10则
16、 apa q10d 故答案为： 【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题10 （5 分）已知 ab0，椭圆 C1 的方程为 + ，双曲线 C2 的方程为 C 1 与 C2 的离心率之积为 ，则 C2 的渐近线方程为 【分析】椭圆 C1 的方程为 + 1，离心率 e1 双曲线 C2 的方程为 1，离心率 e2 利用 C1 与 C2 的离心率之积为 ，即可得出【解答】解：椭圆 C1 的方程为 + 1，离心率 e1 双曲线 C2 的方程为 1，离心率 e2 C 1 与 C2 的离心率之积为 ， ，解得 C 2 的渐近线方程为 故答案为： 【点评】本题考查了椭
17、圆与双曲线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题11 （5 分）已知无盖的圆柱形桶的容积是 12 立方米，用来做桶底和侧面的材料每平方米的价格分别为 30 元和 20 元，那么圆桶造价最低为 360 元【分析】设桶的底面半径为 r，用 r 表示出桶的总造价，根据基本不等式得出最小值【解答】解：设桶的底面半径为 r，高为 h，则 r2h12 ，故 h ，圆桶的造价为 y30r 2+202r 30r 2+ 30r 2+ +3 360当且仅当 30r2 即 r2 时取等号，故答案为 360【点评】本题考查了函数解析式求解及函数最值的计算，属于中档题12 （5 分）在矩形 ABCD
18、中，AB2，AD1，点 E，F 分别为 BC，CD 边上动点，且满足 EF1，则 的最大值为 4 【分析】利用平面直角坐标系，设出点 E、F 的坐标，由 EF1 可得（a1）2+（b2） 21，利用数量积运算求得 2b+a，再用线性规划的知识求出 ta+2b 的最大值【解答】解：建立平面直角坐标系，如图 1 所示；设 E（2，a） ，F（b，1） ，EF1， 1，即（a1） 2+（b2） 21；又 2b+a，令 a+2bt，其中 0a1， 0b2；画出图形，如图 2 所示；当直线 a+2bt 经过点 F（0 ，2）时，t 取得最大值 t4故答案为：4【点评】本题考查了两点间的距离公式、平面向量
19、的数量积运算、直线与圆的位置关系，也考查了推理能力和计算能力，是中档题13 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，A ，B 为 x 轴正半轴上的两个动点，P（异于原点O）为 y 轴上的一个定点若以 AB 为直径的圆与圆 x2+（y 2） 21 相外切，且APB的大小恒为定值，则线段 OP 的长为 【分析】设 O2（a，0） ，圆 O2 的半径为 r（变量） ，OPt（常数） ，利用差角的正切公式，结合以 AB 为直径的圆与圆 x2+（y2） 21 相外切且APB 的大小恒为定值，即可求出线段 OP 的长【解答】解：设 O2（a，0） ，圆 O2 的半径为 r（变量） ，OP t（常数） ，则
20、tanOPA ，tanOPB ，tanAPB ， |r+1|，a 2（r+1） 24，tanAPB ，APB 的大小恒为定值， ，|OP | 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查差角的正切公式，考查学生的计算能力，属于中档题14 （5 分）对定义在0，1上的函数 f（x） ，如果同时满足以下两个条件：（1）对任意的 x0，1总有 f（x ）0；（2）当 x10，x 20，x 1+x21 时，总有 f（x 1+x2）f（x 1）+f（x 2）成立则称函数 f（x）称为 G 函数看 h（x）a2 x1 是定义在0，1 上 G 函数，则实数 a的取值范围为 【分析】由不等式恒成立问题常采用分离变量
21、最值法得：a 对任意的 x0，1恒成立，解得 a1，又 （2 1） （2 1）在 x10，x 20，x 1+x21 时恒成立，即 ，所以 a1，即 a1，得解【解答】解：因为 h（x）a2 x1 是定义在0，1 上 G 函数，所以对任意的 x0，1总有 f（x ）0；则 a 对任意的 x0，1恒成立，解得 a1，当 a1 时，f（x 1+x2）（f（x 1）+ f（x 2） ）a2 2 +1a2 a2 a（2 1） （2 1）+1a0 恒成立，所以 （2 1） （2 1）在 x10，x 20，x 1+x21 时恒成立，又（2 1） （2 1）在 x10，x 20，x 1+x21 时的最小值为
22、0，即 ，所以 a1，即 a1，故答案为： 【点评】本题考查了不等式恒成立问题，通常采用分离变量最值法，属中档题二、解答题：本大题共 6 小题，计 90 分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内.15 （14 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，四条侧棱长均相等（1）求证：AB平面 PCD；（2）求证：平面 PAC平面 ABCD【分析】 （1）由矩形 ABCD，对边平行得到 ABCD，结合线面平行的判定定理得到AB平面 PCD；（2）连结 BD，交 AC 于点 O，连结 PO，由在矩形 ABCD 中，点 O 为 AC，BD 的中点，
23、可得 POAC，POBD ，进而由线面垂直的判定定理得到 PO平面 ABCD，进而由面面垂直的判定定理得到平面平面 PAC平面 ABCD【解答】证明：（1）在矩形 ABCD 中，ABCD，又 AB平面 PCD，CD 平面 PCD，所以 AB平面 PCD （6 分）（2）如图，连结 BD，交 AC 于点 O，连结 PO，在矩形 ABCD 中，点 O 为 AC，BD 的中点，又 PAPBPCPD，故 POAC，POBD ，（ 9 分）又 ACBDO，AC，BD 平面 ABCD，所以 PO平面 ABCD，（ 12 分）又 PO平面 PAC，所以平面 PAC平面 ABCD （14 分）【点评】本题考查
24、的知识点是平面与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，属于中档题16 （14 分）在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c已知cos2C （1）求 sinC 的值；（2）当 c2a，且 b3 时，求ABC 的面积【分析】 （1）利用二倍角公式 cos2C12sin 2C 求解即可，注意隐含条件 sinC0；（2）利用（1）中的结论，结合正弦定理和同角三角函数的关系易得 sinA，cosA，cosC的值，又由 sinBsin（A+C ）sin AcosC+cosAsinC 求出 sinB 的值，最后由正弦定理求出 a 的值，根据三角形的面积公式即可计算得解【
25、解答】 （本题满分为 14 分）解：（1）由已知可得 12sin 2C 所以 sin2C 因为在ABC 中，sinC0，所以 sinC （6 分）（2）因为 c2a，所以 sinA sinC 因为ABC 是锐角三角形，所以 cosC ，cosA 所以 sinBsin（A+C ）sin AcosC+cosAsinC + 由正弦定理可得： ，所以 a （13 分）所以 SABC absinC （14 分）【点评】此类问题是高考的常考题型，主要考查了正弦定理、三角函数及三角恒等变换等知识点，同时考查了学生的基本运算能力和利用三角公式进行恒等变形的技能，属于中档题17 （14 分）运输一批海鲜，可在汽
26、车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为 60 千米/小时、120 千米/ 小时，500 千米/小时，每千米的运费分别为：20 元、10元、50 元这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为 m 元（m 0） ，运输的路程为 s（千米） 设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为 y1（元） 、y 2（元） 、y 3（元） （1）请分别写出 y1、y 2、y 3 的表达式；（2）试确定使用哪种运输工具总费用最省【分析】 （1）将运费和损耗费相加得出总费用的表达式；（2）作差比较 y2，y 3 的大小关系得出结论【解答】解：（1）y 120s+ ，y 210s
27、+ ，y 350s+ ，（2）m0，s0，故 20s10s， ，y 1y 2 恒成立，故只需比较 y2 与 y3 的大小关系即可令 f（s）y 3 y240s （40 ）s，故当 40 0 即 m 时，f（s）0，即 y2y 3，此时选择火车运输费用最省；当 40 0 即 m 时，f（s）0，即 y2y 3，此时选择飞机运输费用最省；当 40 0 即 m 时，f（s）0，即 y2y 3，此时选择火车或飞机运输费用最省【点评】本题考查了函数解析式的求解，不等式的大小比较，属于基础题18 （16 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： + 1（ab0）的离心率为 ，以椭圆 C 左顶
28、点 T 为圆心作圆 T：（x+2） 2+y2r 2（r0） ，设圆 T 与椭圆C 交于点 M 与点 N（1）求椭圆 C 的方程；（2）求 的最小值，并求此时圆 T 的方程；（3）设点 P 是椭圆 C 上异于 M，N 的任意一点，且直线 MP，NP 分别与 x 轴交于点R，S，O 为坐标原点，求证： OROS 为定值【分析】 （1）依题意，得 a2， ，由此能求出椭圆 C 的方程（2）法一：点 M 与点 N 关于 x 轴对称，设 M（x 1，y 1） ，N （x 1，y 1） ，设 y10由于点 M 在椭圆 C 上，故 由 T（2，0） ，知 ，由此能求出圆 T 的方程法二：点 M 与点 N 关
29、于 x 轴对称，故设 M（2cos ，sin） ，N （2cos ，sin） ，设sin0 ，由 T（2，0） ，得 ，由此能求出圆 T 的方程（3）法一：设 P（x 0，y 0） ，则直线 MP 的方程为： ，令y0，得 ，同理： ，（10 分）故，由此能够证明|OR| OS|x R|xS|x RxS|4 为定值法二：设 M（2cos，sin ） ，N （2cos ，sin ） ，设 sin0，P（2cos ，sin） ，其中sin sin则直线 MP 的方程为： ，由此能够证明|OR| |OS|x R|xS|x RxS|4 为定值【解答】解：（1）依题意，得 a2， ，c ，b 1，故椭圆
30、 C 的方程为 （3 分）（2）方法一：点 M 与点 N 关于 x 轴对称，设 M（x 1，y 1） ，N（x 1，y 1） ，不妨设 y10由于点 M 在椭圆 C 上，所以 （*） （4 分）由已知 T（2，0） ，则 ， ，（x 1+2） 2 （6 分）由于2x 12，故当 时， 取得最小值为 由（*）式， ，故 ，又点 M 在圆 T 上，代入圆的方程得到 故圆 T 的方程为： （8 分）方法二：点 M 与点 N 关于 x 轴对称，故设 M（2cos ，sin ） ，N（ 2cos，sin ） ，不妨设 sin0 ，由已知 T（ 2，0） ，则（2cos +2） 2sin 25cos 2+
31、8cos+3 （6 分）故当 时， 取得最小值为 ，此时 ，又点 M 在圆 T 上，代入圆的方程得到 故圆 T 的方程为： （8 分）（3）方法一：设 P（x 0，y 0） ，则直线 MP 的方程为： ，令 y0，得 ，同理： ，（10 分）故 （*） （11 分）又点 M 与点 P 在椭圆上，故 ， ，（12 分）代入（*）式，得： 所以|OR|OS| |x R|xS| xRxS|4 为定值 （14 分）方法二：设 M（2cos，sin ） ，N （2cos ，sin ） ，不妨设 sin0 ，P （2cos，sin ） ，其中 sinsin则直线 MP 的方程为： ，令 y0，得 ，同理：
32、 ，（12 分）故 所以|OR|OS| |x R|xS| xRxS|4 为定值（14 分）【点评】本题考查椭圆的方程和几何性质、圆的方程等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、数形结合思想19 （16 分）已知函数 f（x ）e x+bex 2asin x（a，bR） （1）若 a0，b1，求函数 f（x ）的单调区间；（2）b1 时，若 f（x ）0 对一切 x（0， ）恒成立，求 a 的取值范围【分析】 （1）求导，根据导数和函数单调性关系即可求出，（2）通过分离参数可知条件等价于 2a 恒成立，进而记 g（x） ，问题转化为求 g（x）在（0， ）上的最小值问题，
33、通过二次求导，结合洛必达法则计算可得结论【解答】解：（1）当 a0，b1 时，f（x ）e x+ex ，f（x）e xe x ，令 f（x）0 ，解得 x0，当 x0 时，f （x）0，当 x0 时，f （x）0，函数 f（x）在（ ，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增；（2）当 b1 时，f（x ）e xe x 2asinx，由于 f（x）0 对一切 x（0 ， ）恒成立，（2）当 b1 时，函数 f（ x）e xe x 2asinx，又当 x（0， ）时 sinx0，f（x）0 对任意 x（0， ）恒成立等价于 2a 恒成立，记 g（x） ，其中 0x ，则 g（x），令 h（x）e
34、x（sinxcosx ） +ex （sin x+cosx） ，则 h（x）2（e xe x ）sinx0，h（x）在（0，）上单调递增，h（x）h（0）0，g（x）0 恒成立，从而 g（x）在（0， ）上单调递增，g（x）g（0） ，由洛必达法则可知，g（0） 2，2a1，即 a 的取值范围是（，1【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题，涉及分离参数法等技巧，涉及罗比达法则等知识，注意解题方法的积累，属于难题20 （16 分）对于给定的正整数 k，若各项均不为 0 的数列a n满足：ank ank +1an1 an+1an+k1 an+k（a n） 2k 对任意正整数 n（
35、nk）总成立，则称数列a n是“Q（k ）数列” （1）证明：等比数列a n是“Q（3）数列”（2）若数列a n既是“Q（2）数列”又是“Q（3）数列”证明：数列a n是等比数列【分析】 （1）由a n是等比数列，由等比数列的性质可得：an3 an2 an1 an+1an+2an+3a n3 an+3an2 an+2an1 an+1 即可证明；（2）a n既是“Q（2）数列” ，又是“Q（3）数列” ，可得 an2 an1 an+1an+2，a n3 an2 an1 an+1an+2an+3 则 an3 an+3 对于任意 nN*（n4）都成立则 a3，a 4，a 5，成等比数列，设公比为 q
36、验证a1qa 2，a 2qa 3 得答案【解答】证明：（1）a n是等比数列，由等比数列的性质可得：an3 an2 an1 an+1an+2an+3a n3 an+3an2 an+2an1 an+1 a n为“Q （ 3）数列” ；（2）证明：a n既是“Q（2）数列” ，又是“Q（3）数列” ，a n2 an1 an+1an+2 ， （*）an3 an2 an1 an+1an+2an+3 可得：a n3 an+3 对于任意 nN*（n4）都成立a 3，a 4，a 5，成等比数列，设公比为 qn3，4 时，由（*）可得： ，a 2a3a5a6 ，可得 a1qa 2，a 2qa 3a n是等比数
37、列【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的定义通项公式、新定义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题【选做题】在 21、22、23 三小题中只能选做 2 题，每小题 0 分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤选修 4-2：矩阵与变换21 （选做题）已知矩阵 的一个特征值为 3，求另一个特征值及其对应的一个特征向量【分析】根据特征多项式的一个零点为 3，可得 x1，再回代到方程 f（）0 即可解出另一个特征值为 21，最后利用求特征向量的一般步骤，可求出其对应的一个特征向量【解答】解：矩阵 M 的特征多项式为 （1） （a）4（1 分）因为 13 方程
38、 f（）0 的一根，所以 a1（3 分）由（1） （ 1）40 得 21，（5 分）设 21 对应的一个特征向量为 ，则 得 ay（8 分）令 x1 则 y1，所以矩阵 M 的另一个特征值为 1，对应的一个特征向量为 （10 分）【点评】本题主要考查了特征值与特征向量的计算的知识，同时考查了计算能力，属于基础题选修 4-4：坐标系与参数方程22已知圆 C 的极坐标方程是 4cos，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线 l 的参数方程是 （t 为参数） ，若直线 l与圆 C 相切，求实数 m 的值【分析】将圆 C 的极坐标方程化为直角坐标方程，直线的参数
39、方程化为普通方程，再根据直线 l 与圆 C 相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求实数 m 的值【解答】解：由 4cos ，得 24 cos，x 2+y24x，即圆 C 的方程为（x 2） 2+y24，圆的圆心坐标为（2，0） ，半径为 2又由 消 t，得 xym0，直线 l 与圆 C 相切，圆心到直线的距离等于半径 ，解得 【点评】本题重点考查方程的互化，考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用圆心到直线的距离等于半径，研究直线与圆相切选修 4-5：不等式选讲23已知函数 f（x ）|x 1|+|x2|若不等式| a+b|+|ab|a| f（x）对 a0，a、bR 恒成立求实数 x 的范
40、围【分析】由题意可得 f（x ） ，而由绝对值不等式的性质可得的最小值为 2，故 2f（x ） 由绝对值的意义可得|x+1|+|x2| 2 不可能成立，由此可得到实数 x 的范围【解答】解：由|a+ b|+|ab|a| f（x） （a0，a、b R）恒成立，得 f（x ） （3 分）又因为 2，则有 2f（x） （6 分）不等式即|x+1|+| x2|2，由于|x +1|+|x2|表示数轴上的 x 对应点到1 和 2 对应点的距离之和，其最小值为 3，故|x +1|+|x2| 2 不可能，故实数 x 的范围为（10 分）【点评】本题主要考查绝对值的意义，绝对值不等式的性质，函数的恒成立问题，属
41、于中档题【必做题】第 24 题、第 25 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷卡指定区转内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤24如图，在底面边长为 1，侧棱长为 2 的正四棱柱 ABCDA 1B1C1D1，中，P 是侧棱CC1 上的一点， CPm（1）若 m ，求直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角；（2）在线段 A1C1 上是否存在一个定点 Q，使得对任意的实数 m，都有 D1QAP，并证明你的结论【分析】 （1）作出平面 APC 与平面 BDD1B1 的交线 OM，可证 AO平面 BDD1B1，计算 OM， AO，得出 tanAMO，从而得出AMO 的大小；（2）证明 B
42、1D1平面 ACC1A1，故而可得当 Q 为 A1C1 的中点时 D1QAP【解答】解：（1）连接 AC 交 BD 于 O，设 AP 与平面 BDD1B1 的公共点为 M，连接OM，则平面 ACP平面 BDD1B1OM，四边形 ABCD 是正方形，ACBD ，BB 1平面 ABCD，AC平面 ABCD，ACBB 1，又 BB1BDB，AC平面 BDD1B1，AMO 为 AP 与平面 BDD1B1 所成的角，CP平面 BDD1B1，CP 平面 ACP，平面 ACP平面 BDD1B1OM，OM CP，又 O 为 AC 的中点，OM PC ，AO AC ，tanAMO ，AMO 直线 AP 与平面
43、BDD1B1 所成角为 （2）四边形 A1B1C1D1 是正方形，A 1C1B 1D1，AA 1平面 A1B1C1D1，B 1D1平面 A1B1C1D1，AA 1B 1D1，又 A1C1AA 1A 1，B 1D1平面 ACC1A1，又 AP平面 ACC1A1，B 1D1AP，当 Q 为 A1C1 的中点时，对任意的实数 m，都有 D1QAP【点评】本题考查了线面垂直的判定，线面角的计算，属于中档题25附加题：已知（x+1） na 0+a1（x1）+a 2（x1） 2+a3（x1） 3+an（x1）n， （其中 nN*）S na 1+a2+a3+an（1）求 Sn；（2）求证：当 n4 时，S
44、n（n2）2 n+2n2【分析】 （1）由于与二项式有关，故可采用赋值法取 x1，则 a02 n；取 x2，则a0+a1+a2+a3+an3 n，从而可求 Sn；（2）要证 Sn（n2）2 n+2n2，只需证 3n（n1）2 n+2n2，再利用数学归纳法加以证明【解答】解：（1）取 x1，则 a02 n；取 x2，则 a0+a1+a2+a3+an3 n，S na 1+a2+a3+an3 n2 n； （4 分）（2）要证 Sn（n2）2 n+2n2，只需证 3n（n1）2 n+2n2，当 n 4 时， 8180；假设当 nk（k4）时，结论成立，即 3k（k1）2 k+2k2，两边同乘以 3 得：3 k+13 （k1）2 k+2k2k 2k+1+2（k+1） 2+（k3）2 k+4k24k2而（k3）2 k+4k24k2（k3）2 k+4（k 2k2）+6（k3）2 k+4（k2）（k+1）+603 k+1（k+1）1）2 k+1+2（k +1） 2，即 nk+1 时结论也成立，由可知，当 n4 时，3 n（n1）2 n+2n2 成立综上原不等式
