2023年12月2日发(作者：初一初二数学试卷带答案)

2019年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学Ⅰ注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷共4页，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。本卷满分为160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一片交回。2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。参考公式：n1n21sxixxxini1x1,x2,…,xnni1样本数据的方差，其中．柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．21VSh3，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．锥体的体积一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上1.已知集合A={－1,0,1,6}，Bx|x0,xR，则A∩B=_____.【答案】{1,6}.【解析】【分析】由题意利用交集的定义求解交集即可.【详解】由题知，AIB{1,6}.【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.2.已知复数(a2i)(1i)的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是_____.【答案】2【解析】【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z，然后根据复数的概念，令实部为0即得a的值.2Q(a2i)(1i)aai2i2ia2(a2)i，【详解】令a20得a2.【点睛】本题主要考查复数的运算法则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.下图是一个算法流程图，则输出的S的值是_____.

【答案】5【解析】【分析】结合所给的流程图运行程序确定输出的值即可.SS【详解】执行第一次，x1,x1422不成立，继续循环，xx12；SS执行第二次，x3,x2422不成立，继续循环，xx13；x3,x342不成立，继续循环，xx14；x5,x442成立，输出S5.SS执行第三次，SS执行第四次，【点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．(3)按照题目的要求完成解答并验证．2y76xx4.函数的定义域是_____.【答案】[－1,7]【解析】【分析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.【详解】由已知得76xx0,即x6x70解得1x7，故函数的定义域为[－1,7].【点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．225.已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____.5【答案】3【解析】【分析】由题意首先求得平均数，然后求解方差即可.678891086【详解】由题意，该组数据的平均数为，15[(68)2(78)2(88)2(88)2(98)2(108)2]3.所以该组数据的方差是6【点睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题.6.从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_____.7【答案】10【解析】【分析】先求事件的总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.2C10种情况.5【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有11CC26种情况，3若选出的2名学生恰有1名女生，有2C1种情况，2若选出的2名学生都是女生，有61710.所以所求的概率为10【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.y2x21(b0)b7.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线经过点（3，4)，则该双曲线的渐近2线方程是_____.【答案】y2x【解析】【分析】根据条件求b，再代入双曲线的渐近线方程得出答案.42321b【详解】由已知得，2解得b2或b2，2.因为b0，所以b因为a1，所以双曲线的渐近线方程为y2x.【点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的a,b密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程.*(nN)是等差数列，S是其前n项和.若a2a5a80,S927，则S8的值8.已知数列{an}n是_____.【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a2a5a8a1da14da17d098S9ad27912【详解】由题意可得：，a1587S88a1d4028216d22解得：，则.【点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建a1,d的方程组.9.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.【答案】10【解析】【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.【详解】因为长方体所以ABCDA1B1C1D1的体积为120，ABBCCC1120，因为E为CC1的中点，CE所以1CC12，由长方体的性质知CC1底面ABCD，所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，11VABBCCE32所以三棱锥EBCD的体积1111ABBCCC11201032212.【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.10.在平面直角坐标系xOy中，P是曲线的距离的最小值是_____.【答案】4【解析】【分析】将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利用导函数确定切点坐标可得最小距离yx4(x0)x上的一个动点，则点P到直线x+y=0gR2gR24yx2rx相切位置时，切点Q即为点P到直线r2的【详解】当直线平移到与曲线距离最小.y1由41x2，得x2(2舍)，y32，即切点Q(2,32)，gR22则切点Q到直线r的距离为23211224，故答案为：4．【点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.11.在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是____.

【答案】(e,1)【解析】【分析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标.【详解】设点Ax0,y0y1x0，，则y0lnx0.又y1x，当xx0时，点A在曲线ylnx上的切线为yy01(xx0)x0，ylnx0即x1x0，1lnx0e1x0，代入点e,1，得即x0lnx0e，，当考查函数且Hxxlnxx0,1时，Hx0，当x1,时，Hx0，H\'xlnx1Hee，当x1时，H\'x0,Hx单调递增，注意到，故x0lnx0e.存在唯一的实数根x0e，此时y01，故点A的坐标为Ae,1【点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．12.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若ABuuuruuuruuuruuurABAC6AOEC，则AC的值是_____.【答案】3【解析】【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=uruuuruuuruuurruuuruuuruuur3uuu6AOgEC3ADgACAEABACgACAE2ruuur3uuuABAC2r1uuur3uuuruuur1uuur2uuur21uuuruuuruuugACABABgACABACABgAC3332ruuur1uuur2uuur2uuuruuur1uuur23uuur2uuuruuur32uuuABgACABACABgACABACABgAC23322，r23uuur2uuuruuurAB1uuu3ABAC,AB3AC,2得2即故AC.【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.tan2ππ3tansin244的值是_____.13.已知，则【答案】210【解析】【分析】由题意首先求得tan的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.tan1tantantan2tan1tan13tan41tan【详解】由，得3tan5tan20，2解得tan2，或tan13.sin2sin2coscos2sin444222sincoscos2sin2sin2cos2=22sin2cos222tan1tan2=2tan21，当tan2时，上式2221222==；22211021121233=2.210211tan133时，上式=当2sin2.410综上，【点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题.14.设f(x)，g(x)是定义在R上的两个周期函数，f(x)的周期为4，g(x)的周期为2，且f(x)是奇k(x2),0x1g(x)1,1x2f(x)1(x1)2x(0,2]2函数.当时，，，其中k>0.若在区间(0，9]上，关于x的方程f(x)=g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是_____.12,34【答案】【解析】【分析】分别考查函数【详解】当fx和函数时，gx图像的性质，考查临界条件确定k的取值范围即可.2x0,2f(x)1x1,x1即2y21,y0.又f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为4，如图，函数f(x)与g(x)的图象，要使f(x)g(x)在(0,9]上有8个实根，只需二者图象有8个交点即可. g(x)当12时，函数f(x)与g(x)的图象有2个交点；当g(x)k(x2)时，g(x)的图象为恒过点（-2，0）的直线，只需函数f(x)与g(x)的图象有6个交点.当f(x)与g(x)图象相切时，圆心（1，0）到直线kxy2k0的距离为k2k21k1，即1，得k24，函数f(x)与g(x)的图象有3个交点；当g(x)k(x2)过k13.点（1,1）时，函数f(x)与g(x)的图象有6个交点，此时13k，得12，34f(x)g(x).综上可知，满足在(0,9]上有8个实根的k的取值范围为【点睛】本题考点为参数的取值范围，侧重函数方程的多个实根，难度较大.不能正确画出函数图象的交点而致误，根据函数的周期性平移图象，找出两个函数图象相切或相交的临界交点个数，从而确定参数的取值范围.二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．2（1）若a=3c，b=2，cosB=3，求c的值；sinAcosBsin(B)2b，求2的值．（2）若ac【答案】（1）2533；（2）5.【解析】【分析】(1)由题意结合余弦定理得到关于c的方程，解方程可得边长c的值；(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得cosB的值，然后由诱导公式可得sin(B)2的值.a3c,b2,cosB【详解】（1）因为23，a2c2b22(3c)2c2(2)21cosBc22ac23cc3.由余弦定理，得3，即c所以sB2b，（2）因为aabcosBsinBsinAsinB2bb，所以cosB2sinB.由正弦定理，得cosB41cosB从而cosB(2sinB)，即，故2222cos2B45.因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB255.π25sinBcosB25.因此【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.16.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.x2y221(ab0)2b17.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:a的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x1)y4a交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结2225DF1．已知DF1=2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．x2y2143【答案】（1）；3E(1,)2.（2）【解析】【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线AF1的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.535DF12F1F22()22222，又因为DF1=2，AF2⊥x轴，所以DF2=因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2由b2=a2-c2，得b2=3.x2y2143因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：x2y2143由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.y2x2222x1y16由，得5x6x110，解得x1或x115.x将1112y5代入y2x2，得5，11123,)y(x1)55.又F2(1，0)，所以直线BF2：4.B(因此3y(x1)422xy131x2347.由，得7x6x130，解得x1或又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x1.将x1代入解法二：y333(x1)E(1,)y42.2.因此，得x2y2143由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.x12xy231y32.因为F1(-1，0)，由4，得又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y32.3E(1,)2.因此【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.18.如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+321（百米）.【解析】【分析】解：解法一：（1）过A作AEBD，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．解法二：（1）建立空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长；（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．【详解】解法一：（1）过A作AEBD，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8.因为PB⊥AB，cosPBDsinABE所以84所以BD12154cosPBD5.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，AD2AB2BD27cosBAD02ADAB25从而，所以∠BAD为锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设P1为l上一点，且15，PBAB，由（1）知，PB113PDPBsinPBDPBcosEBA15911115此时；当∠OBP>90°时，在△PPBPBPB15.11中，由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，CQQA2AC215262321.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）.解法二：（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.3从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为4.4因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为3，425yx33.直线PB的方程为所以P（−13，9），PB(134)2(93)215.因此道路PB的长为15（百米）.（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），3yx6(4x4)4所以线段AD：.1515OM32324254在线段AD上取点M（3，4），因为，所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此Q选在D处也不满足规划要求.综上，P和Q均不能选在D处.2（3）先讨论点P的位置.当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.设P1为l上一点，且当∠OBP>90°时，在15，此时PPBAB，由（1）知，PB113,911；△PPBPBPB15.11中，由上可知，d≥15.再讨论点Q的位置.由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由AQ(a4)2(93)215(a4)，得a=4321，所以Q（4321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.综上，当P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ4321(13)17321.因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.【点睛】本题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.19.设函数f(x)(xa)(xb)(xc),a,b,cR，f\'(x)为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f\'(x)的零点均在集合{－3,1,3}中，求f（x）的极小值；4（3）若a0,0b1,c1，且f（x）的极大值为M，求证:M≤27．【答案】（1）a2；（2）见解析；（3）见解析.【解析】【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，因为0b1，所以x1(0,1)．2x(0,1)f(x)x(xb)(x1)x(x1)当时，．1g\'(x)3x(x1)23令g(x)x(x1),x(0,1)，则．令g\'(x)0，得x13．列表如下：x1(0,)3+130(1,1)3g\'(x)–g(x)↗极大值↘141g(x)gxmaxg(x)327．3时，所以当取得极大值，且是最大值，故所以当x(0,1)时，f(x)g(x)44M27，因此27．3f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)abc【详解】（1）因为，所以．3(4a)8，解得a2．f(4)8因为，所以（2）因为bc，2322f(x)(xa)(xb)x(a2b)xb(2ab)xab所以，2ab2abf\'(x)3(xb)xx3．令f\'(x)0，得x=b或3．从而a,b,因为2ab3，都在集合{3,1,3}中，且ab，2ab1,a3,b3所以3．2f(x)(x3)(x3)此时，f\'(x)3(x3)(x1)．令f\'(x)0，得x3或x1．列表如下：x(－∞,－3)+－30极大值(－3,1)–↘10极小值(1,+∞)+↗f(x)↗所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)32．32f(x)x(xb)(x1)x(b1)xbx，a0,c1（3）因为，所以2f\'(x)3x22(b1)xb．因为0b1，所以4(b1)12b(2b1)30，则有2个不同的零点，设为x1,x2x1x222．b1b2b1b1b2b1x1,x2f\'(x)033由，得．列表如下：x(,x1)+x10x1,x2–x2

0(x2,)+f(x)↗极大值↘极小值↗Mfx1所以f(x)的极大值．解法一：Mfx1x13(b1)x12bx122bb1xb1b(b1)213x12(b1)x1bx199932b2b1(b1)27b(b1)2927bb123b(b1)2(b1)2(b1)2(b(b1)1)3272727b(b1)244M272727．因此27．解法二：因为0b1，所以x1(0,1)．2x(0,1)f(x)x(xb)(x1)x(x1)当时，．1g\'(x)3x(x1)2g(x)x(x1),x(0,1)3令，则．令g\'(x)0，得x13．列表如下：x1(0,)3+130(1,1)3g\'(x)–g(x)↗极大值↘x所以当141g(x)maxg327．3时，g(x)取得极大值，且是最大值，故f(x)g(x)44M27，因此27．所以当x(0,1)时，【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．20.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{an}满足：a2a4a5,a34a24a10，求证:数列{a}为“M－数列”；nb11,（2）已知数列{bn}满足:122Snbnbn1，其中S为数列{b}的前n项和．nn①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}(n∈N*)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ckbkck1成立，求m的最大值．【答案】（1）见解析；nN；②5.（2）①bn=n*【解析】【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定bk的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值．【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.a12q4a1q4a2a4a5a112a34a24a10a1q4a1q4a10q2．由，得，解得因此数列{an}为“M—数列”.122Sbnbn1，所以bn0．（2）①因为n122b1,Sb11b2，则b22.11得由1bnbn1122SnSbnbn1，得2(bn1bn)，由n当n2时，由整理得bnSnSn1，得bnbnbn1bn1bn2bn1bn2bnbn1，bn1bn12bn．*所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.nN.因此，数列{b}的通项公式为b=nnn②由①知，bk=k，kN.因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.k1kqkq因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.*当k=1时，有q≥1；lnklnklnqk1．当k=2，3，…，m时，有klnx1lnx(x1)f\'(x)x2．设f（x）=x，则令f\'(x)0，得x=e.列表如下：x（1，e）+e0(e，+∞)–f\'(x)f（x）↗极大值↘ln2ln8ln9ln3ln3f(k)maxf(3)663，所以3．因为2lnklnqkkqq3k取，当k=1，2，3，4，5时，，即，3k1qk也成立．经检验知因此所求m的最大值不小于5．若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5．【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括21、22、23三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．31A22 21.已知矩阵（1）求A2；（2）求矩阵A的特征值.115106；【答案】（1）（2）11,24.【解析】【分析】(1)利用矩阵的乘法运算法则计算A的值即可；(2)首先求得矩阵的特征多项式，然后利用特征多项式求解特征值即可.231A22，【详解】（1）因为3131A2222所以23312311211523222122106=．=（2）矩阵A的特征多项式为f()3212542.1,24.令f()0，解得A的特征值1【点睛】本题主要考查矩阵的运算、特征值等基础知识，考查运算求解能力．A3,,B2,sin32，直线l的方程为422.在极坐标系中，已知两点4.（1）求A，B两点间的距离；（2）求点B到直线l的距离.【答案】（1）5；（2）2.【解析】【分析】(1)由题意，在△OAB中，利用余弦定理求解AB的长度即可；(2)首先确定直线的倾斜角和直线所过的点的极坐标，然后结合点B的坐标结合几何性质可得点B到直线l的距离.【详解】（1）设极点为O.在△OAB中，A（3，4），B（2，2），32(2)2232cos()524由余弦定理，得AB=.sin()3（2）因为直线l的方程为，43(32,)2，倾斜角为4．则直线l过点3B(2,)(322)sin()22，所以点B到直线l的距离为42又.【点睛】本题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．23.设xR，解不等式|x|+|2 x1|>2.1{x|x或x1}3【答案】.【解析】【分析】由题意结合不等式的性质零点分段即可求得不等式的解集.1【详解】当x<0时，原不等式可化为x12x2，解得x<–3：1当0≤x≤2时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解；1当x>2时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1.1{x|x或x1}3综上，原不等式的解集为.【点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20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．n2n*2(1x)aaxaxLax,n…4,nNa2a2a4.012n324.设.已知（1）求n的值；n*22(13)ab3a,bN（2）设，其中，求a3b的值.【答案】（1）n5；（2）-32.【解析】【分析】(1)首先由二项式展开式的通项公式确定a2,a3,a4的值，然后求解关于n的方程可得n的值；(2)解法一：利用(1)中求得的n的值确定有理项和无理项从而可得a,b的值，然后计算a23b2的值即可；解法二：利用(1)中求得的n的值，由题意得到22a3b确定的值.13的展开式，最后结合平方差公式即可5n0122nn(1x)CCxCxLCn4，nnnnx，【详解】（1）因为所以a2C2nn(n1)n(n1)(n2),a3C3n26，a4C4nn(n1)(n2)(n3)24．2a2a2a4，3因为n(n1)(n2)2n(n1)n(n1)(n2)(n3)]26224所以，[解得n5．（2）由（1）知，n5．(13)n(13)5022334455C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)ab3．解法一：*aC53C59C576,bC53C59C544，因为a,bN，所以024135从而a3b7634432．解法二：022334455(13)5C5C1(3)C(3)C(3)C(3)C(3)55555022334455C5C153C5(3)C5(3)C5(3)C5(3)．*因为a,bN，所以(13)ab3．2222522555a3b(ab3)(ab3)(13)(13)(2)32．因此【点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力.25.在平面直角坐标系xOy中，设点集An{(0,0),(1,0),(2,0),,(n,0)}，令Bn(0,1),(n,1)},Cn{(0,2),(1,2),(2,2),L,(n,2)},nN.MnAnUBnUCn.从集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离.（1）当n=1时，求X的概率分布；（2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】(1)由题意首先确定X可能的取值，然后利用古典概型计算公式求得相应的概率值即可确定分布列；(2)将原问题转化为对立事件的问题求解PXn的值，据此分类讨论①.bd，②.b0,d1，③.b0,d2，④.b1,d2四种情况确定X满足Xn的所有可能的取值，然后求解相应的概率值即可确定PX≤n的值.22【详解】（1）当n1时，X的所有可能取值是1，，，5．P(X1)X的概率分布为7744,P(X2)22C615C615，P(X2)2222,P(X5)22C615C615．b)和B(c，d)是从（2）设A(a，Mn中取出的两个点．因为P(Xn)1P(Xn)，所以仅需考虑Xn的情况．①若bd，则ABn，不存在Xn的取法；2AB(ac)21n21b0，d1ABn1，Xn②若，则，所以当且仅当 cn或an， c0，有2种取法；此时a0，AB(ac)24n24b0，d2③若，则，因为当n3时，(n1)24n有2种取法；2AB(ac)21n21b1，d2④若，则，所以Xn当且仅当ABn1，，所以Xn当且仅当AB cn或an， c0，n24，此时a0， cn或an， c0，有2种取法．此时a0，2综上，当Xn时，X的所有可能取值是n+1和n4，且2P(Xn21)4C22n4,P(Xn24)2C22n4．6C22n4．P(Xn)1P(Xn21)P(Xn24)1因此，【点睛】本题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维能力和推理论证能力．


更多推荐

考查,方程,函数,直线,确定,本题,分析,运算