一、填空题（本大题共16小题，共100.0分）
1. 已知集合𝐴={−1,0，1，2}，𝐵={0,2，3}，则𝐴∩𝐵=______． 2. 已知i是虚数单位，则复数𝑧=(1+𝑖)(2−𝑖)的实部是______．
3. 已知一组数据4，2a，3−𝑎，5，6的平均数为4，则a的值是______．
4. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的
概率是______．
5. 如图是一个算法流程图，若输出y的值为−2，则输入x的值是______．
6. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线
−𝑎2
𝑥2
𝑦25
=1(𝑎>0)的一条渐近线方程为𝑦=
√5
𝑥，则该双曲线的离心率是______． 2
7. 已知𝑦=𝑓(𝑥)是奇函数，当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)=𝑥3，则𝑓(−8)的值是______． 8. 已知sin2(4+𝛼)=3，则𝑠𝑖𝑛2𝛼的值是______． 9. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5𝑐𝑚，则此六角螺帽毛坯的体积是______𝑐𝑚3．
10. 将函数𝑦=3𝑠𝑖𝑛(2𝑥+4)的图象向右平移6个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是______．
11. 设{𝑎𝑛}是公差为d的等差数列，{𝑏𝑛}是公比为q的等比数列．已知数列{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的
前n项和𝑆𝑛=𝑛2−𝑛+2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，则𝑑+𝑞的值是______． 12. 已知5𝑥2𝑦2+𝑦4=1(𝑥,𝑦∈𝑅)，则𝑥2+𝑦2的最小值是______．
𝜋
𝜋
𝜋
2
2
第1页，共23页
13. 在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=4，𝐴𝐶=3，∠𝐵𝐴𝐶=90°，D在边BC上，延长AD到P，使
⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑚𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑚为常数)，则CD的长度是______． ⃗⃗⃗⃗⃗ +(3−𝑚)𝑃𝐶得𝐴𝑃=9.若𝑃𝐴2
3
14. 在平面直角坐标系xOy中，已知𝑃(√,0)，A、B是圆C：𝑥2+(𝑦−2)2=36上的
2
1
两个动点，满足𝑃𝐴=𝑃𝐵，则△𝑃𝐴𝐵面积的最大值是______．
15. 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平
线MN上，桥AB与MN平行，𝑂𝑂′为铅垂线(𝑂′在AB上).经测量，左侧曲线AO上
任一点D到MN的距离ℎ1(米)与D到𝑂𝑂′的距离𝑎(米)之间满足关系式ℎ1=40𝑎2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离ℎ2(米)与F到𝑂𝑂′的距离𝑏(米)之间满足关系式ℎ2=−800𝑏3+6𝑏.已知点B到𝑂𝑂′的距离为40米．
(1)求桥AB的长度；
(2)计划在谷底两侧建造平行于𝑂𝑂′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价𝑘(万元)，桥墩CD每米造价2𝑘(万元)(𝑘>0)，问𝑂′𝐸为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？
3
1
1
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：
𝑥24
+
𝑦23
=1的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，
点A在椭圆E上且在第一象限内，𝐴𝐹2⊥𝐹1𝐹2，直线𝐴𝐹1与椭圆E相交于另一点B．
(1)求△𝐴𝐹1𝐹2的周长；
(2)在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃的最小值；
(3)设点M在椭圆E上，记△𝑂𝐴𝐵与△𝑀𝐴𝐵的面积分别为𝑆1，𝑆2，若𝑆2=3𝑆1，求点M的坐标．
第2页，共23页
二、解答题（本大题共9小题，共112.0分）
17. 在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐵1𝐶⊥平面ABC，E，F分别是AC，𝐵1𝐶的
中点．
(1)求证：𝐸𝐹//平面𝐴𝐵1𝐶1；
(2)求证：平面𝐴𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1．
18. 在△𝐴𝐵𝐶中，角A、B、C的对边分别为a、b、𝑐.已知𝑎=3，𝑐=√2，𝐵=45°．
(1)求sinC的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠𝐴𝐷𝐶=−5，求tan∠𝐷𝐴𝐶的值．
4
第3页，共23页
19. 已知关于x的函数𝑦=𝑓(𝑥)，𝑦=𝑔(𝑥)与ℎ(𝑥)=𝑘𝑥+𝑏(𝑘,𝑏∈𝑅)在区间D上恒有
𝑓(𝑥)≥ℎ(𝑥)≥𝑔(𝑥)．
(1)若𝑓(𝑥)=𝑥2+2𝑥，𝑔(𝑥)=−𝑥2+2𝑥，𝐷=(−∞,+∞)，求ℎ(𝑥)的表达式； (2)若𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥+1，𝑔(𝑥)=𝑘𝑙𝑛𝑥，ℎ(𝑥)=𝑘𝑥−𝑘，𝐷=(0,+∞)，求k的取值范围；
(3)若𝑓(𝑥)=𝑥4−2𝑥2，𝑔(𝑥)=4𝑥2−8，ℎ(𝑥)=4(𝑡3−𝑡)𝑥−3𝑡4+2𝑡2(0<|𝑡|≤√2)，𝐷=[𝑚,𝑛]⊂[−√2,√2]，求证：𝑛−𝑚≤√7．
20. 已知数列{𝑎𝑛}(𝑛∈𝑁∗)的首项𝑎1=1，前n项和为𝑆𝑛.设𝜆和k为常数，若对一切正
整数n，均有𝑆𝑘
1
𝑛+1
−𝑆𝑛=𝜆𝑎𝑛+1成立，则称此数列为“𝜆−𝑘”数列．
31𝑘1𝑘
(1)若等差数列{𝑎𝑛}是“𝜆−1”数列，求𝜆的值；
(2)若数列{𝑎𝑛}是“√−2”数列，且𝑎𝑛>0，求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
3
(3)对于给定的𝜆，是否存在三个不同的数列{𝑎𝑛}为“𝜆−3”数列，且𝑎𝑛≥0？若存在，求出𝜆的取值范围；若不存在，说明理由．
𝑎1
]对应的变换作用下得到点𝐵 (3,−4)． 21. 平面上的点𝐴(2,−1)在矩阵𝑀=[
−1𝑏
(1)求实数a，b的值；
(2)求矩阵M的逆矩阵𝑀−1．
22. 在极坐标系中，已知𝐴(𝜌1,3)在直线1：𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃=2上，点𝐵(𝜌2,6)在圆C：𝜌=
4𝑠𝑖𝑛𝜃上(其中𝜌≥0，0≤𝜃<2𝜋)． (1)求𝜌1，𝜌2的值；
(2)求出直线l与圆C的公共点的极坐标．
第4页，共23页
𝜋
𝜋
23. 设𝑥∈𝑅，解不等式2|𝑥+1|+|𝑥|<4．
24. 在三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，已知𝐶𝐵=𝐶𝐷=√5，𝐵𝐷=2，O为BD的中点，𝐴𝑂⊥平面
BCD，𝐴𝑂=2，E为AC中点．
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足𝐵𝐹=4𝐵𝐶，设二面角𝐹−𝐷𝐸−𝐶的大小为𝜃，求𝑠𝑖𝑛𝜃的值．
1
25. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋
中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为𝑋𝑛，恰有2个黑球的概率为𝑝𝑛，恰有1个黑球的概率为𝑞𝑛． (1)求𝑝1，𝑞1和𝑝2，𝑞2；
(2)求2𝑝𝑛+𝑞𝑛与2𝑝𝑛−1+𝑞𝑛−1的递推关系式和𝑋𝑛的数学期望𝐸(𝑋𝑛)(用n表示)．
第5页，共23页
2020年江苏省高考数学试卷（理科）
一、填空题（本大题共16小题，共100.0分）
1. 已知集合𝐴={−1,0，1，2}，𝐵={0,2，3}，则𝐴∩𝐵=______． 【答案】{0,2}
【解析】解：集合𝐵={0,2，3}，𝐴={−1,0，1，2}， 则𝐴∩𝐵={0,2}， 故答案为：{0,2}．
运用集合的交集运算，可得所求集合．
本题考查集合的交集运算，考查运算能力，属于基础题．
2. 已知i是虚数单位，则复数𝑧=(1+𝑖)(2−𝑖)的实部是______． 【答案】3
【解析】解：复数𝑧=(1+𝑖)(2−𝑖)=3+𝑖， 所以复数𝑧=(1+𝑖)(2−𝑖)的实部是：3． 故答案为：3．
利用复数的乘法的运算法则，化简求解即可．
本题考查复数的乘法的运算法则以及复数的基本概念的应用，是基本知识的考查．
3. 已知一组数据4，2a，3−𝑎，5，6的平均数为4，则a的值是______． 【答案】2
【解析】解：一组数据4，2a，3−𝑎，5，6的平均数为4， 则4+2𝑎+(3−𝑎)+5+6=4×5， 解得𝑎=2． 故答案为：2．
运用平均数的定义，解方程可得a的值．
本题考查平均数的定义的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的
概率是______． 【答案】9
【解析】解：一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，可得基本事件的总数为6×6=36种，
而点数和为5的事件为(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共4种， 则点数和为5的概率为𝑃=36=9． 故答案为：9．
分别求得基本事件的总数和点数和为5的事件数，由古典概率的计算公式可得所求值．
本题考查古典概率的求法，考查运算能力，属于基础题．
5. 如图是一个算法流程图，若输出y的值为−2，则输入x的值是______．
1
4
1
1
第6页，共23页
【答案】−3
2𝑥,𝑥>0
【解析】解：由题意可得程序框图表达式为分段函数𝑦={，
𝑥+1,𝑥≤0
若输出y值为−2时，由于2𝑥>0， 所以解𝑥+1=−2， 即𝑥=−3，
故答案为：−3，
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用程序框图表达式为分段函数计算并输出变量y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
6. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线
𝑥2𝑎2
−
𝑦25
=1(𝑎>0)的一条渐近线方程为𝑦=
√5
𝑥，则该双曲线的离心率是______． 2
【答案】2
【解析】解：双曲线以𝑎=2，
所以双曲线的离心率为：𝑒==√=2， 𝑎2故答案为：2．
利用双曲线的渐近线方程，求出a，然后求解双曲线的离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．
7. 已知𝑦=𝑓(𝑥)是奇函数，当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)=𝑥3，则𝑓(−8)的值是______． 【答案】−4
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性的定义和运用：求函数值，考查转化思想和运算能力，属于基
第7页，共23页
2
3
𝑥2𝑎
2−
𝑦25
=1(𝑎>0)的一条渐近线方程为𝑦=
√5√5𝑥，可得2𝑎
=
√5
，所2
𝑐4+53
3
础题．
由奇函数的定义可得𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，由已知可得𝑓(8)，进而得到𝑓(−8)． 【解答】
解：𝑦=𝑓(𝑥)是奇函数，可得𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)， 当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)=𝑥3，可得𝑓(8)=83=4， 则𝑓(−8)=−𝑓(8)=−4， 故答案为：−4．
8. 已知sin2(4+𝛼)=3，则𝑠𝑖𝑛2𝛼的值是______． 【答案】3
𝜋
【解析】解：因为sin2(4
1
𝜋
2
2
2
+𝛼)=
2
2𝜋，则sin(43
+𝛼)=
1−cos(+2𝛼)
2
𝜋
2
=
1+𝑠𝑖𝑛2𝛼
22
=3，
解得𝑠𝑖𝑛2𝛼=3， 故答案为：3
根据二倍角公式即可求出．
本题考查了二倍角公式，属于基础题．
9. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所
构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5𝑐𝑚，则此六角螺帽毛坯的体积是______𝑐𝑚3． 【答案】12√3−2
【解析】【分析】
本题考查柱体体积公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果． 【解答】
解：六棱柱的体积为：6×2×2×2×𝑠𝑖𝑛60°×2=12√3， 圆柱的体积为：𝜋×(0.5)2×2=2，
所以此六角螺帽毛坯的体积是：(12√3−2)𝑐𝑚3， 故答案为：12√3−2．
10. 将函数𝑦=3𝑠𝑖𝑛(2𝑥+4)的图象向右平移6个单位长度，则平移后的图象中与y轴
最近的对称轴的方程是______．
第8页，共23页
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
1
𝜋
1
1
【答案】𝑥=−24 【解析】【分析】
本题考查三角函数的平移变换，对称轴方程，属于中档题．
利用三角函数的平移可得新函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥−6)，求𝑔(𝑥)的所有对称轴𝑥=𝑘∈𝑍，从而可判断平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程， 【解答】
解：因为函数𝑦=3𝑠𝑖𝑛(2𝑥+4)的图象向右平移6个单位长度可得 𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥−6)=3𝑠𝑖𝑛(2𝑥−3+4)=3𝑠𝑖𝑛(2𝑥−12)， 则𝑦=𝑔(𝑥)的对称轴为2𝑥−12=2+𝑘𝜋，𝑘∈𝑍， 即𝑥=
7𝜋24
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋𝜋
7𝜋
5𝜋
+24
𝑘𝜋2
，
+
𝑘𝜋2
，𝑘∈𝑍，
7𝜋24
当𝑘=0时，𝑥=，
5𝜋
当𝑘=−1时，𝑥=−24，
所以平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是𝑥=−24， 故答案为：𝑥=−24．
11. 设{𝑎𝑛}是公差为d的等差数列，{𝑏𝑛}是公比为q的等比数列．已知数列{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的
前n项和𝑆𝑛=𝑛2−𝑛+2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，则𝑑+𝑞的值是______． 【答案】4
【解析】解：因为{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的前n项和𝑆𝑛=𝑛2−𝑛+2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，
因为{𝑎𝑛}是公差为d的等差数列，设首项为𝑎1；{𝑏𝑛}是公比为q的等比数列，设首项为𝑏1，
所以{𝑎𝑛}的通项公式𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑，所以其前n项和𝑆𝑎𝑛=
𝑑2
𝑛[𝑎1+𝑎1+(𝑛−1)𝑑]
2
5𝜋
5𝜋
=
𝑛2+(𝑎1−)𝑛，
2
𝑑
当{𝑏𝑛}中，当公比𝑞=1时，其前n项和𝑆𝑏𝑛=𝑛𝑏1，
所以{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的前n项和𝑆𝑛=𝑆𝑎𝑛+𝑆𝑏𝑛=2𝑛2+(𝑎1−2)𝑛+𝑛𝑏1=𝑛2−𝑛+2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，显然没有出现2𝑛，所以𝑞≠1， 则{𝑏𝑛}的前n项和为𝑆𝑏𝑛=
𝑑
𝑏1(𝑞𝑛−1)𝑞−1
𝑏1𝑞𝑛𝑞−1
𝑏1𝑑
𝑑
=
𝑑
+
𝑞−1
，
𝑏
所以𝑆𝑛=𝑆𝑎𝑛+𝑆𝑏𝑛=2𝑛2+(𝑎1−2)𝑛+
𝑑
𝑏1𝑞𝑛𝑞−1
1−𝑞−1=𝑛2−𝑛+2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，
2=1
𝑑
𝑎1−2=−1
由两边对应项相等可得：解得：𝑑=2，𝑎1=0，𝑞=2，𝑏1=1，
𝑞=2 𝑏1
{𝑞−1=1
第9页，共23页
所以𝑑+𝑞=4， 故答案为：4．
由{𝑎𝑛+𝑏𝑛}的前n项和𝑆𝑛=𝑛2−𝑛+2𝑛−1(𝑛∈𝑁∗)，由{𝑎𝑛}是公差为d的等差数列，设首项为𝑎1；求出等差数列的前n项和的表达式；{𝑏𝑛}是公比为q的等比数列，设首项为𝑏1，讨论当q为1和不为1时的前n项和的表达式，由题意可得𝑞≠1，由对应项的系数相等可得d，q的值，进而求出𝑑+𝑞的值．
本题考查等差数列及等比数列的综合及由前n项和求通项的性质，属于中档题．
12. 已知5𝑥2𝑦2+𝑦4=1(𝑥,𝑦∈𝑅)，则𝑥2+𝑦2的最小值是______． 【答案】5
【解析】解：方法一、由5𝑥2𝑦2+𝑦4=1，可得𝑥2=由𝑥2≥0，可得𝑦2∈(0,1]， 则𝑥2+𝑦2=
1
1−𝑦45𝑦21
1−𝑦45𝑦2
4
，
+𝑦2=
4
1+4𝑦45𝑦2
=(4𝑦2+
5
1
11𝑦2
)
3
≥5⋅2√4𝑦2⋅𝑦2=5，当且仅当𝑦2=2，𝑥2=10， 可得𝑥2+𝑦2的最小值为5； 方法二、4=(5𝑥+𝑦)⋅4𝑦≤故𝑥2+𝑦2≥5，
当且仅当5𝑥2+𝑦2=4𝑦2=2，即𝑦2=2，𝑥2=10时取得等号， 可得𝑥2+𝑦2的最小值为5． 故答案为：5．
方法一、由已知求得𝑥2，代入所求式子，整理后，运用基本不等式可得所求最小值； 方法二、由4=(5𝑥2+𝑦2)⋅4𝑦2，运用基本不等式，计算可得所求最小值．
本题考查基本不等式的运用：求最值，考查转化思想和化简运算能力，属于中档题．
13. 在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=4，𝐴𝐶=3，∠𝐵𝐴𝐶=90°，D在边BC上，延长AD到P，使
⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑚𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑚为常数)，则CD的长度是______． ⃗⃗⃗⃗⃗ +(−𝑚)𝑃𝐶得𝐴𝑃=9.若𝑃𝐴2
3
4
4
1
3
4
2
2
2
5𝑥2+𝑦2+4𝑦22
()2
4
=
254
(𝑥2+𝑦2)2，
【答案】0或5
【解析】解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直
角坐标系，
第10页，共23页
18
则𝐵(4,0)，𝐶(0,3)，
⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑚𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ，得⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(3−𝑚)𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ =由𝑃𝐴𝑃𝐴2
3⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗ )， 𝑚(𝑃𝐴𝐴𝐵)+(2−𝑚)(𝑃𝐴𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗ =−2𝑚𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ +(2𝑚−3)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ 整理得：𝑃𝐴
=−2𝑚(4,0)+(2𝑚−3)(0,3)=(−8𝑚,6𝑚−9)．
由𝐴𝑃=9，得𝑚2+(6𝑚−9)2=81，解得𝑚=25或𝑚=0．
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−9)，此时C与D重合，|𝐶𝐷|=0； 当𝑚=0时，𝑃𝐴
当𝑚=25时，直线PA的方程为𝑦=直线BC的方程为4+3=1，
联立两直线方程可得𝑥=3𝑚，𝑦=3−2𝑚． 即𝐷(25,25)，
∴|𝐶𝐷|=√(25)2+(25−3)2=∴𝐶𝐷的长度是0或5． 故答案为：0或5．
以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，求得B与⃗⃗⃗⃗ 的坐标用m表示．由𝐴𝑃=9列式求得m值，然后分类求得D的坐C的坐标，再把⃗𝑃𝐴
标，则CD的长度可求．
本题考查向量的概念与向量的模，考查运算求解能力，利用坐标法求解是关键，是中档题．
3
14. 在平面直角坐标系xOy中，已知𝑃(√,0)，A、B是圆C：𝑥2+(𝑦−2)2=36上的
2
1
18
18
72
21
185
7221
8
𝑥
𝑦
27
9−6𝑚8𝑚
27
𝑥，
．
两个动点，满足𝑃𝐴=𝑃𝐵，则△𝑃𝐴𝐵面积的最大值是______． 【答案】10√5
【解析】解：圆C：𝑥2+(𝑦−2)2=36的圆心𝐶(0,2)，半径为6，
如图，作PC所在直径EF，交AB于点D，
因为𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐶𝐴=𝐶𝐵=𝑅=6，所以𝑃𝐶⊥𝐴𝐵，EF为垂径，
要使面积𝑆△𝑃𝐴𝐵最大，则P，D位于C的两侧， 并设𝐶𝐷=𝑥，可得𝑃𝐶=√+=1，故𝑃𝐷=1+𝑥，
44𝐴𝐵=2𝐵𝐷=2√36−𝑥2，
可令𝑥=6𝑐𝑜𝑠𝜃，
1
31
1
第11页，共23页
𝑆△𝑃𝐴𝐵=2|𝐴𝐵|⋅|𝑃𝐷|=(1+𝑥)√36−𝑥2=(1+6𝑐𝑜𝑠𝜃)⋅6𝑠𝑖𝑛𝜃=6𝑠𝑖𝑛𝜃+18𝑠𝑖𝑛2𝜃，0<𝜃≤，
2
设函数𝑓(𝜃)=6𝑠𝑖𝑛𝜃+18𝑠𝑖𝑛2𝜃，0<𝜃≤2， 𝑓′(𝜃)=6𝑐𝑜𝑠𝜃+36𝑐𝑜𝑠2𝜃=6(12𝑐𝑜𝑠2𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃−6)，
由𝑓′(𝜃)=6(12𝑐𝑜𝑠2𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃−6)=0，解得𝑐𝑜𝑠𝜃=3(𝑐𝑜𝑠𝜃=−4<0舍去)， 显然，当0≤𝑐𝑜𝑠𝜃<3，𝑓′(𝜃)<0，𝑓(𝜃)递减；当3<𝑐𝑜𝑠𝜃<1时，𝑓′(𝜃)>0，𝑓(𝜃)递增，
结合𝑐𝑜𝑠𝜃在(0,2)递减，故𝑐𝑜𝑠𝜃=3时，𝑓(𝜃)最大，此时𝑠𝑖𝑛𝜃=√1−cos2𝜃=√，
3
𝜋
2
52
22
3
𝜋
𝜋
1
故𝑓(𝜃)𝑚𝑎𝑥=6×√+36×√×=10√5，
3
3
3
552
则△𝑃𝐴𝐵面积的最大值为10√5． 故答案为：10√5．
求得圆的圆心C和半径，作PC所在直径EF，交AB于点D，运用垂径定理和勾股定理，以及三角形的面积公式，由三角换元，结合函数的导数，求得单调区间，计算可得所求最大值．
本题考查圆的方程和运用，以及圆的弦长公式和三角形的面积公式的运用，考查换元法和导数的运用：求单调性和最值，属于中档题．
15. 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平
线MN上，桥AB与MN平行，𝑂𝑂′为铅垂线(𝑂′在AB上).经测量，左侧曲线AO上
任一点D到MN的距离ℎ1(米)与D到𝑂𝑂′的距离𝑎(米)之间满足关系式ℎ1=40𝑎2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离ℎ2(米)与F到𝑂𝑂′的距离𝑏(米)之间满足关系式ℎ2=−800𝑏3+6𝑏.已知点B到𝑂𝑂′的距离为40米．
(1)求桥AB的长度；
(2)计划在谷底两侧建造平行于𝑂𝑂′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价𝑘(万元)，桥墩CD每米造价2𝑘(万元)(𝑘>0)，问𝑂′𝐸为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？
3
1
1
第12页，共23页
【答案】解：(1)ℎ2=−800𝑏3+6𝑏， 点B到𝑂𝑂′的距离为40米，可令𝑏=40， 可得ℎ2=−800×403+6×40=160， 即为|𝑂′𝑂|=160，由题意可设ℎ1=160， 由40𝑎2=160，解得𝑎=80， 则|𝐴𝐵|=80+40=120米； (2)可设𝑂′𝐸=𝑥，则𝐶𝑂′=80−𝑥，由{
3
1
1
1
1
0<𝑥<40
，可得0<𝑥<40，
0<80−𝑥<80
1
总造价为𝑦=2𝑘[160−40(80−𝑥)2]+𝑘[160−(6𝑥−800𝑥3)] =800(𝑥3−30𝑥2+160×800)， 𝑦′=
𝑘800𝑘
(3𝑥2−60𝑥)=
3𝑘800
𝑥(𝑥−20)，由𝑘>0，当0<𝑥<20时，𝑦′<0，函数y递
减；
当20<𝑥<40时，𝑦′>0，函数y递增，所以当𝑥=20时，y取得最小值，即总造价最低．
答：(1)桥|𝐴𝐵|长为120米；(2)𝑂′𝐸为20米时，桥墩CD与EF的总造价最低．
【解析】(1)由题意可令𝑏=40，求得ℎ2，即𝑂′𝑂的长，再令ℎ1=|𝑂𝑂′|，求得a，可得|𝐴𝐵|=𝑎+𝑏；
(2)可设𝑂′𝐸=𝑥，则𝐶𝑂′=80−𝑥，0<𝑥<40，求得总造价𝑦=2𝑘[160−40(80−𝑥)2]+𝑘[160−(6𝑥−800𝑥3)]，化简整理，应用导数，求得单调区间，可得最小值． 本题考查函数在实际问题中的应用，考查导数的应用：求最值，考查运算能力和分析问题与解决问题的能力，属于中档题．
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：
𝑥24
1
3
1
+
𝑦23
=1的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2，
点A在椭圆E上且在第一象限内，𝐴𝐹2⊥𝐹1𝐹2，直线𝐴𝐹1与椭圆E相交于另一点B．
(1)求△𝐴𝐹1𝐹2的周长；
第13页，共23页
(2)在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑃⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝑃的最小值；
(3)设点M在椭圆E上，记△𝑂𝐴𝐵与△𝑀𝐴𝐵的面积分别为𝑆1，𝑆2，若𝑆2=3𝑆1，求点M的坐标．
【答案】解：(1)由椭圆的标准方程可知，𝑎2=4，𝑏2=3，𝑐2=𝑎2−𝑏2=1， 所以△𝐴𝐹1𝐹2的周长=2𝑎+2𝑐=6．
(2)由椭圆方程得𝐴(1,2)，设𝑃(𝑡,0)，则直线AP方程为𝑦=椭圆的右准线为：𝑥=
𝑎2𝑐3
32
1−𝑡
(𝑥−𝑡)，
=4，
3
4−𝑡
所以直线AP与右准线的交点为𝑄(4,2⋅1−𝑡)，
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑄𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑡,0)⋅(𝑡−4,0−3⋅4−𝑡)=𝑡2−4𝑡=(𝑡−2)2−4≥−4， 𝑂𝑃
2
1−𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 当𝑡=2时，(𝑂𝑃𝑄𝑃)𝑚𝑖𝑛=−4．
(3)若𝑆2=3𝑆1，设O到直线AB距离𝑑1，M到直线AB距离𝑑2，则2×|𝐴𝐵|×𝑑2=
12
1
×|𝐴𝐵|×𝑑1，即𝑑2=3𝑑1，
3
3
𝐴(1,)，𝐹1(−1,0)，可得直线AB方程为𝑦=(𝑥+1)，即3𝑥−4𝑦+3=0，所以𝑑1=
24
3
，𝑑2=5， 5
由题意得，M点应为与直线AB平行且距离为5的直线与椭圆的交点， 设平行于AB的直线l为3𝑥−4𝑦+𝑚=0，与直线AB的距离为5， 所以√9+16=5，即𝑚=−6或12，
当𝑚=−6时，直线l为3𝑥−4𝑦−6=0，即𝑦=4(𝑥−2)，
𝑦=4(𝑥−2)𝑥𝑀=−7𝑥𝑀=2联立{𝑥2𝑦2，可得(𝑥−2)(7𝑥+2)=0，即{或{12， 𝑦=0𝑁𝑦=−+3=1𝑀74所以𝑀(2,0)或(−7,−7).
当𝑚=12时，直线l为3𝑥−4𝑦+12=0，即𝑦=4(𝑥+4)，
第14页，共23页
3
2
12
3
2
3
|𝑚−3|9
9
9
9
𝑦=(𝑥+4)214
联立{𝑥2𝑦2，可得4𝑥2+18𝑥+24=0，△=9×(36−56)<0，所以无解，
+3=14综上所述，M点坐标为(2,0)或(−7,−7).
【解析】(1)由椭圆标准方程可知a，b，c的值，根据椭圆的定义可得△𝐴𝐹1𝐹2的周长=
2𝑎+2𝑐，代入计算即可．
(2)由椭圆方程得𝐴(1,2)，设𝑃(𝑡,0)，进而由点斜式写出直线AP方程，再结合椭圆的右准线为：𝑥=4，得点Q为(4,2⋅1−𝑡)，再由向量数量积计算最小值即可．
(3)在计算△𝑂𝐴𝐵与△𝑀𝐴𝐵的面积时，AB可以最为同底，所以若𝑆2=3𝑆1，则O到直线AB距离𝑑1与M到直线AB距离𝑑2，之间的关系为𝑑2=3𝑑1，根据点到直线距离公式可得𝑑1=5，𝑑2=5，所以题意可以转化为M点应为与直线AB平行且距离为5的直线与椭圆的交点，设平行于AB的直线l为3𝑥−4𝑦+𝑚=0，与直线AB的距离为5，根据两平行直线距离公式可得，𝑚=−6或12，然后在分两种情况算出M点的坐标即可．
本题考查椭圆的定义，向量的数量积，直线与椭圆相交问题，解题过程中注意转化思想的应用，属于中档题．
二、解答题（本大题共9小题，共112.0分）
17. 在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐵1𝐶⊥平面ABC，E，F分别是AC，𝐵1𝐶的
中点．
(1)求证：𝐸𝐹//平面𝐴𝐵1𝐶1；
(2)求证：平面𝐴𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1．
9
3
9
9
3
4−𝑡
3
2
12
3
【答案】证明：(1)𝐸，F分别是AC，𝐵1𝐶的中点．
所以𝐸𝐹//𝐴𝐵1，因为𝐸𝐹⊄平面𝐴𝐵1𝐶1，𝐴𝐵1⊂平面𝐴𝐵1𝐶1， 所以𝐸𝐹//平面𝐴𝐵1𝐶1；
(2)因为𝐵1𝐶⊥平面ABC，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐵1， 所以𝐵1𝐶⊥𝐴𝐵，
又因为𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，𝐴𝐶∩𝐵1𝐶=𝐶，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵1𝐶，𝐵1𝐶⊂平面𝐴𝐵1𝐶， 所以𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵1𝐶， 因为𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐵1，
所以平面𝐴𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1．
【解析】(1)证明𝐸𝐹//𝐴𝐵1，然后利用直线与平面平行的判断定理证明𝐸𝐹//平面𝐴𝐵1𝐶1；
第15页，共23页
(2)证明𝐵1𝐶⊥𝐴𝐵，结合𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，证明𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐵1𝐶，然后证明平面𝐴𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1．
本题考查直线与平面垂直的判断定理以及平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面平行的判断定理的应用，是中档题．
18. 在△𝐴𝐵𝐶中，角A、B、C的对边分别为a、b、𝑐.已知𝑎=3，𝑐=√2，𝐵=45°．
(1)求sinC的值；
(2)在边BC上取一点D，使得cos∠𝐴𝐷𝐶=−5，求tan∠𝐷𝐴𝐶的值．
4
【答案】解：(1)因为𝑎=3，𝑐=√2，𝐵=45°.，由余弦定理可得：𝑏=√𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵=√9+2−2×3×√2×由正弦定理可得𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑠𝑖𝑛𝐵，所以𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑏⋅𝑠𝑖𝑛45°=
√2√5𝑐
𝑏
𝑐
√22
=√5，
⋅
√225
=
√5， 5
所以𝑠𝑖𝑛𝐶=√；
5
(2)因为cos∠𝐴𝐷𝐶=−5，所以sin∠𝐴𝐷𝐶=√1−cos2∠𝐴𝐷𝐶=5， 在三角形ADC中，易知C为锐角，由(1)可得𝑐𝑜𝑠𝐶=√1−sin2𝐶=
2√5
， 5
4
3
所以在三角形ADC中，sin∠𝐷𝐴𝐶=sin(∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶)=sin∠𝐴𝐷𝐶𝑐𝑜𝑠∠𝐶+cos∠𝐴𝐷𝐶𝑠𝑖𝑛∠𝐶=
𝜋2√525
，
115
因为∠𝐷𝐴𝐶∈(0,2)，所以cos∠𝐷𝐴𝐶=√1−sin2∠𝐷𝐴𝐶=√，
25
所以tan∠𝐷𝐴𝐶=cos∠𝐷𝐴𝐶=11．
【解析】(1)由题意及余弦定理求出b边，再由正弦定理求出sinC的值； (2)三角形的内角和为180°，cos∠𝐴𝐷𝐶=−5，可得∠𝐴𝐷𝐶为钝角，可得∠𝐷𝐴𝐶与∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶互为补角，所以sin∠𝐷𝐴𝐶=sin(∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶)展开可得sin∠𝐷𝐴𝐶及cos∠𝐷𝐴𝐶，进而求出tan∠𝐷𝐴𝐶的值．
本题考查三角形的正弦定理及余弦定理的应用，及两角和的正弦公式的应用，属于中档题．
19. 已知关于x的函数𝑦=𝑓(𝑥)，𝑦=𝑔(𝑥)与ℎ(𝑥)=𝑘𝑥+𝑏(𝑘,𝑏∈𝑅)在区间D上恒有
𝑓(𝑥)≥ℎ(𝑥)≥𝑔(𝑥)．
(1)若𝑓(𝑥)=𝑥2+2𝑥，𝑔(𝑥)=−𝑥2+2𝑥，𝐷=(−∞,+∞)，求ℎ(𝑥)的表达式； (2)若𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑥+1，𝑔(𝑥)=𝑘𝑙𝑛𝑥，ℎ(𝑥)=𝑘𝑥−𝑘，𝐷=(0,+∞)，求k的取值范围；
第16页，共23页
4
sin∠𝐷𝐴𝐶2
(3)若𝑓(𝑥)=𝑥4−2𝑥2，𝑔(𝑥)=4𝑥2−8，ℎ(𝑥)=4(𝑡3−𝑡)𝑥−3𝑡4+2𝑡2(0<|𝑡|≤√2)，𝐷=[𝑚,𝑛]⊂[−√2,√2]，求证：𝑛−𝑚≤√7． 【答案】解：(1)由𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)得𝑥=0，
又𝑓′(𝑥)=2𝑥+2，𝑔′(𝑥)=−2𝑥+2，所以𝑓′(0)=𝑔′(0)=2，
所以，函数ℎ(𝑥)的图象为过原点，斜率为2的直线，所以ℎ(𝑥)=2𝑥， 经检验：ℎ(𝑥)=2𝑥，符合任意， (2)ℎ(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑘(𝑥−1−𝑙𝑛𝑥)， 设𝜑(𝑥)=𝑥−1−𝑙𝑛𝑥，设𝜑′(𝑥)=1−𝑥=
1
𝑥−1𝑥
，
在(1,+∞)上，𝜑′(𝑥)>0，𝜑(𝑥)单调递增， 在(0,1)上，𝜑′(𝑥)<0，𝜑(𝑥)单调递减， 所以𝜑(𝑥)≥𝜑(1)=0，
所以当ℎ(𝑥)−𝑔(𝑥)≥0时，𝑘≥0， 令𝑝(𝑥)=𝑓(𝑥)−ℎ(𝑥)
所以𝑝(𝑥)=𝑥2−𝑥+1−(𝑘𝑥−𝑘)=𝑥2−(𝑘+1)𝑥+(1+𝑘)≥0，得， 当𝑥=𝑘+1≤0时，即𝑘≤−1时，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增， 所以𝑝(𝑥)>𝑝(0)=1+𝑘≥0，𝑘≥−1， 所以𝑘=−1，
当𝑘+1>0时，即𝑘>−1时，
△≤0，即(𝑘+1)2−4(𝑘+1)≤0， 解得−1<𝑘≤3， 综上，𝑘∈[0,3]．
(3)因为𝑓(𝑥)=𝑥4−2𝑥2，所以𝑓′(𝑥)=4𝑥3−4𝑥=4𝑥(𝑥+1)(𝑥−1)， x 𝑓′(𝑥) 𝑓(𝑥) −√2 (−√2,−1) −1 (−1,0) 0 (0,1) 1 − ↓ 0 −1 (1,√2) √2 + ↑ 0 − ↓ 0 −1 + ↑ 0 0 0 所以函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象在𝑥=𝑥0处的切线为：
333442
， 𝑦=(4𝑥0−4𝑥0)(𝑥−𝑥0)+(𝑥0−2𝑥0)=(4𝑥0−4𝑥0)𝑥−3𝑥0+2𝑥0
可见直线𝑦=ℎ(𝑥)为函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象在𝑥=𝑡(0<|𝑡|≤√2)处的切线．
由函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象可知，当𝑓(𝑥)≥ℎ(𝑥)在区间D上恒成立时，|𝑡|∈[1,√2]， 又由𝑔(𝑥)−ℎ(𝑥)=0，得4𝑥2−4(𝑡3−𝑡)𝑥+3𝑡4−2𝑡2−8=0， 设方程𝑔(𝑥)−ℎ(𝑥)=0的两根为𝑥1，𝑥2，则𝑥1+𝑥2=𝑡−𝑡，𝑥1𝑥2=
3
3𝑡4−2𝑡2−8
4
，
所以|𝑥1−𝑥2|=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√(𝑡3−𝑡)2−(3𝑡4−2𝑡2−8)=√𝑡6−5𝑡4+3𝑡2+8，
𝑡2=𝜆，则𝜆∈[1,2]，由图象可知，𝑛−𝑚=|𝑥1−𝑥2|=√𝜆3−5𝜆2+3𝜆+8， 设𝜑(𝜆)=𝜆3−5𝜆2+3𝜆+8，则𝜑′(𝜆)=3𝜆2−10𝜆+3=(𝜆−3)(3𝜆−1)， 所以当𝜆∈[1,2]时，𝜑′(𝜆)<0，𝜑(𝜆)单调递减， 所以𝜑(𝜆)𝑚𝑎𝑥=𝜑(1)=7，
故(𝑛−𝑚)𝑚𝑎𝑥=|𝑥1−𝑥2|𝑚𝑎𝑥=√7，即𝑛−𝑚≤√7．
【解析】(1)由𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)得𝑥=0，求导可得𝑓′(0)=𝑔′(0)=2，能推出函数ℎ(𝑥)的图象为过原点，斜率为2的直线，进而可得ℎ(𝑥)=2𝑥，再进行检验即可．
(2)由题可知ℎ(𝑥)−𝑔(𝑥)=𝑘(𝑥−1−𝑙𝑛𝑥)，设𝜑(𝑥)=𝑥−1−𝑙𝑛𝑥，求导分析单调性可得，𝜑(𝑥)≥𝜑(1)=0，那么要使的ℎ(𝑥)−𝑔(𝑥)≥0，则𝑘≥0；令𝑝(𝑥)=𝑓(𝑥)−ℎ(𝑥)为二次函数，则要使得𝑝(𝑥)≥0，分两种情况，当𝑥=𝑘+1≤0时，当𝑘+1>0时进行讨论，进而得出答案．
(3)因为𝑓(𝑥)=𝑥4−2𝑥2，求导，分析𝑓(𝑥)单调性及图象得函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象在𝑥=
第17页，共23页
342𝑥0处的切线为：𝑦=(4𝑥0，可推出直线𝑦=ℎ(𝑥)为函数𝑦=𝑓(𝑥)−4𝑥0)𝑥−3𝑥0+2𝑥0
的图象在𝑥=𝑡(0<|𝑡|≤√2)处的切线．进而𝑓(𝑥)≥ℎ(𝑥)在区间D上恒成立；在分析𝑔(𝑥)−ℎ(𝑥)=0，设4𝑥2−4(𝑡3−𝑡)𝑥+3𝑡4−2𝑡2−8=0，两根为𝑥1，𝑥2，由韦达定理可得𝑥1+𝑥2，𝑥1𝑥2，所以𝑛−𝑚=|𝑥1−𝑥2|=√𝑡6−5𝑡4+3𝑡2+8，再求最值即可得出结论．
本题考查恒成立问题，参数的取值范围，导数的综合应用，解题过程中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
20. 已知数列{𝑎𝑛}(𝑛∈𝑁∗)的首项𝑎1=1，前n项和为𝑆𝑛.设𝜆和k为常数，若对一切正
整数n，均有𝑆𝑘
1
𝑛+1
−𝑆𝑛=𝜆𝑎𝑛+1成立，则称此数列为“𝜆−𝑘”数列．
31𝑘1𝑘
(1)若等差数列{𝑎𝑛}是“𝜆−1”数列，求𝜆的值；
(2)若数列{𝑎𝑛}是“√−2”数列，且𝑎𝑛>0，求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
3
(3)对于给定的𝜆，是否存在三个不同的数列{𝑎𝑛}为“𝜆−3”数列，且𝑎𝑛≥0？若存在，求出𝜆的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】解：(1)𝑘=1时，𝑎𝑛+1=𝑆𝑛+1−𝑆𝑛=𝜆𝑎𝑛+1，由n为任意正整数，且𝑎1=1，𝑎𝑛≠0，可得𝜆=1； (2)√𝑆𝑛+1−√𝑆𝑛=
√33
√3√𝑎𝑛+1，则𝑎𝑛+13
=𝑆𝑛+1−𝑆𝑛=(√𝑆𝑛+1−√𝑆𝑛)⋅(√𝑆𝑛+1+√𝑆𝑛)=
⋅√𝑎𝑛+1(√𝑆𝑛+1+√𝑆𝑛)，
2
4
4
因此√𝑆𝑛+1+√𝑆𝑛=√3⋅√𝑎𝑛+1，即√𝑆𝑛+1=3√3𝑎𝑛+1，𝑆𝑛+1=3𝑎𝑛+1=3(𝑆𝑛+1−𝑆𝑛)，
从而𝑆𝑛+1=4𝑆𝑛，又𝑆1=𝑎1=1，可得𝑆𝑛=4𝑛−1， 𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=3⋅4𝑛−2，𝑛≥2， 1,𝑛=1
综上可得𝑎𝑛={，𝑛∈𝑁∗；
3⋅4𝑛−2,𝑛≥2(3)若存在三个不同的数列{𝑎𝑛}为“𝜆−3”数列， 则𝑆3−𝑆3=𝜆𝑎3，
𝑛𝑛+1𝑛+1
则𝑆𝑛+1−3𝑆𝑆+3𝑆𝑆−𝑆𝑛=𝜆3𝑎𝑛+1=𝜆3(𝑆𝑛+1−𝑆𝑛)， 𝑛+1𝑛𝑛+1𝑛由𝑎1=1，𝑎𝑛≥0，且𝑆𝑛>0，令𝑝𝑛=(
𝑆𝑛+1𝑆𝑛
23
13
13
23
1
1
1
)>0，
13
32
则(1−𝜆3)𝑝𝑛−3𝑝𝑛+3𝑝𝑛−(1−𝜆3)=0，
2𝜆=1时，𝑝𝑛=𝑝𝑛，
由𝑝𝑛>0，可得𝑝𝑛=1，则𝑆𝑛+1=𝑆𝑛， 即𝑎𝑛+1=0，
此时{𝑎𝑛}唯一，不存在三个不同的数列{𝑎𝑛}，
322𝜆≠1时，令𝑡=1−𝜆3，则𝑝𝑛−𝑡𝑝𝑛+𝑡𝑝𝑛−1=0，则(𝑝𝑛−1)[𝑝𝑛+(1−𝑡)𝑝𝑛+1]=
3
0，
2
+(1−𝑡)𝑝𝑛+1>0，则𝑝𝑛=1，同上分析不存在三个不同的数列①𝑡≤1时，𝑝𝑛
{𝑎𝑛}；
2
+(1−𝑡)𝑝𝑛+1=0无解， ②1<𝑡<3时，△=(1−𝑡)2−4<0，𝑝𝑛
则𝑝𝑛=1，同上分析不存在三个不同的数列{𝑎𝑛}；
第18页，共23页
③𝑡=3时，(𝑝𝑛−1)3=0，则𝑝𝑛=1，同上分析不存在三个不同的数列{𝑎𝑛}.
2
+(1−𝑡)𝑝𝑛+1=0有两解𝛼，④𝑡>3时，即0<𝜆<1时，△=(1−𝑡)2−4>0，𝑝𝑛
𝛽，
设𝛼<𝛽，𝛼+𝛽=𝑡−1>2，𝛼𝛽=1>0，则0<𝛼<1<𝛽， 则对任意𝑛∈𝑁∗，
𝑆𝑛+1𝑆𝑛
=1或
𝑆𝑛+1𝑆𝑛
=𝛼3或
𝑆𝑛+1𝑆𝑛
1,𝑛=1
=𝛽3，此时𝑆𝑛=1，𝑆𝑛={3，
𝛽,𝑛≥2
1,𝑛=1,2𝑆𝑛={3均符合条件．
𝛽,𝑛≥3
1,𝑛=11,𝑛=1
1,𝑛=1
对应𝑎𝑛={，𝑎𝑛={𝛽3−1,𝑛=2，𝑎𝑛={𝛽3−1,𝑛=3，
0,𝑛≥2
0,𝑛≥30,𝑛=2,𝑛≥4
则存在三个不同的数列{𝑎𝑛}为“𝜆−3”数列，且𝑎𝑛≥0，
综上可得0<𝜆<1．
【解析】(1)由“𝜆−1”数列可得𝑘=1，结合数列的递推式，以及等差数列的定义，可得𝜆的值；
(2)运用“√−2”数列的定义，结合数列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求
33通项公式；
(3)若存在三个不同的数列{𝑎𝑛}为“𝜆−3”数列，则𝑆
𝑛+1
13−𝑆𝑛=𝜆𝑎𝑛+1，由两边立方，
1313结合数列的递推式，以及t的讨论，二次方程的实根分布和韦达定理，即可判断是否存在𝜆，并可得取值范围．
本题考查数列的新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，以及数列的递推式的运用，考查分类讨论思想，以及运算能力和推理论证能力，是一道难题．
𝑎1
]对应的变换作用下得到点𝐵 (3,−4)． 21. 平面上的点𝐴(2,−1)在矩阵𝑀=[
−1𝑏
(1)求实数a，b的值；
(2)求矩阵M的逆矩阵𝑀−1．
𝑎122𝑎−13
]⋅[]=[]=[]， 【答案】解：(1)由题意，知[
−1𝑏−1−2−𝑏−42𝑎−1=3
则{，解得𝑎=2，𝑏=2； −2−𝑏=−421
(2)由(1)知，矩阵𝑀=[]，
−12𝑚
设矩阵M的逆矩阵为𝑀−1=[𝑝21𝑚
∴𝑀⋅𝑀−1=[]⋅[𝑝
−12
𝑛𝑞]，
𝑛2𝑚+𝑝2𝑛+𝑞10]==[]， []𝑞−𝑚+2𝑝−𝑛+2𝑞01
2𝑚+𝑝=1
2𝑛+𝑞=02112∴{，解得𝑚=5，𝑛=−5，𝑝=5，𝑞=5， −𝑚+2𝑝=0−𝑛+2𝑞=1
2
∴𝑀−1=[51
5
−5
2]．
5
1
第19页，共23页
𝑎123
]⋅[]=[]，列方程组，求出a、b的值； 【解析】(1)由[
−1𝑏−1−4𝑚
(2)设矩阵M的逆矩阵为𝑀−1=[𝑝
𝑛10−1]𝑀⋅𝑀=[]，列方程组求出m、，利用𝑞01
n、p和q的值即可．
本题考查了矩阵的变换与计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
22. 在极坐标系中，已知𝐴(𝜌1,3)在直线1：𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃=2上，点𝐵(𝜌2,6)在圆C：𝜌=
4𝑠𝑖𝑛𝜃上(其中𝜌≥0，0≤𝜃<2𝜋)． (1)求𝜌1，𝜌2的值；
(2)求出直线l与圆C的公共点的极坐标． 【答案】解：(1)∵𝐴(𝜌1,3)在直线1：𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃=2上， ∴𝜌1cos=2，解得𝜌1=4．
3∵点𝐵(𝜌2,6)在圆C：𝜌=4𝑠𝑖𝑛𝜃上， ∴𝜌2=4𝑠𝑖𝑛6，解得𝜌2=2．
𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃=2
(2)由直线l与圆C得，方程组{
𝜌=4𝑠𝑖𝑛𝜃∵𝜃∈[0,2𝜋]，∴2𝜃=2，∴𝜃=4． ∴𝜌=4×sin=2√2．
4𝜋
𝜋
𝜋
𝜋𝜋𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
，则𝑠𝑖𝑛2𝜃=1．
故公共点的极坐标为(2√2,4).
【解析】(1)直接根据点A在直线l上，列方程求出𝜌1的值，点B在圆C上，列方程求出𝜌2的值；
(2)联立直线l与圆C的方程，然后求出其公共点的极坐标即可．
本题考查的知识要点：极坐标与极坐标方程的关系和根据简单曲线极坐标方程求交点坐标，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
23. 设𝑥∈𝑅，解不等式2|𝑥+1|+|𝑥|<4． 3𝑥+2,𝑥>0
【答案】解：2|𝑥+1|+|𝑥|={𝑥+2,−1≤𝑥≤0．
−3𝑥−2,𝑥<−1
3𝑥+2<4𝑥+2<4−3𝑥−2<4
∵2|𝑥+1|+|𝑥|<4，∴{或{或{，
−1≤𝑥≤0𝑥<−1𝑥>0∴0<𝑥<3或−1<𝑥<0或−2<𝑥<−1，∴−2<𝑥<3， ∴不等式的解集为{𝑥|−2<𝑥<3}.
【解析】先将2|𝑥+1|+|𝑥|写为分段函数的形式，然后根据2|𝑥+1|+|𝑥|<4，利用零
点分段法解不等式即可．
本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属基础题．
第20页，共23页
2
2
2
𝜋
24. 在三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，已知𝐶𝐵=𝐶𝐷=√5，𝐵𝐷=2，O为BD的中点，𝐴𝑂⊥平面
BCD，𝐴𝑂=2，E为AC中点．
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足𝐵𝐹=4𝐵𝐶，设二面角𝐹−𝐷𝐸−𝐶的大小为𝜃，求𝑠𝑖𝑛𝜃的值．
1
【答案】解：(1)如图，连接OC，∵𝐶𝐵=𝐶𝐷，O为BD的中点，∴𝐶𝑂⊥𝐵𝐷．
以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． ∵𝐵𝐷=2，∴𝑂𝐵=𝑂𝐷=1，则𝑂𝐶=√𝐵𝐶2−𝑂𝐵2=√5−1=2． ∴𝐵(1,0，0)，𝐴(0,0，2)，𝐶(0,2，0)，𝐷(−1,0，0)， ∵𝐸是AC的中点，∴𝐸(0,1，1)，
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)． ∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(−1,0,2)，⃗𝐷𝐸
设直线AB与DE所成角为𝛼， 则𝑐𝑜𝑠𝛼=|𝐴𝐵=⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝐴𝐵
|−1+2|√1+4⋅√=1+1+1√15
， 15
15
即直线AB与DE所成角的余弦值为√；
15
11
(2)∵𝐵𝐹=4𝐵𝐶，∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐹=4⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶，
设𝐹(𝑥,y，𝑧)，则(𝑥−1,y，𝑧)=(−4，2，0)，∴𝐹(4,2,0)．
71⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐹=(4,2,0)，⃗⃗⃗⃗⃗ ∴⃗𝐷𝐸𝐷𝐶=(1,2,0)．
1131
⃗⃗⃗ =(𝑥1,𝑦1,𝑧1)， 设平面DEF的一个法向量为𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥1+𝑦1+𝑧1=0𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝐷𝐸
⃗⃗⃗ =(−2,7,−5)； 由{，取𝑥1=−2，得𝑚71
⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚𝐷𝐹=4𝑥1+2𝑦1=0
第21页，共23页
⃗ =(𝑥2,𝑦2,𝑧2)， 设平面DEC的一个法向量为𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥2+𝑦2+𝑧2=0⃗ ⋅⃗𝑛𝐷𝐸{⃗ =(−2,1,1)． 由，取𝑥2=−2，得𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⋅𝐷𝐶=𝑥2+2𝑦2=0𝑛∴|𝑐𝑜𝑠𝜃|=
|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ ||𝑚⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |
=
|4+7−5|√4+49+25⋅√4+1+1113
=
√13． 13
∴sin𝜃=√1−cos2𝜃=√1−=
2√39． 13
【解析】(1)由题意画出图形，连接OC，由已知可得𝐶𝑂⊥𝐵𝐷，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，设直线AB与DE所成角为𝛼，由两向量所成角的得到⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(−1,0,2)，⃗𝐷𝐸
余弦值，可得直线AB与DE所成角的余弦值；
1131
𝐵𝐹=⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶，设𝐹(𝑥,y，𝑧)，由向量等式求得𝐹(,,0)，进一步求出(2)由𝐵𝐹=4𝐵𝐶，得⃗⃗⃗⃗⃗ 442
平面DEF的一个法向量与平面DEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得
𝑐𝑜𝑠𝜃，再由同角三角函数基本关系式求解𝑠𝑖𝑛𝜃．
本题考查利用空间向量求空间角，考查空间想象能力与逻辑思维能力和运算求解能力，是中档题．
25. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋
中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为𝑋𝑛，恰有2个黑球的概率为𝑝𝑛，恰有1个黑球的概率为𝑞𝑛． (1)求𝑝1，𝑞1和𝑝2，𝑞2；
(2)求2𝑝𝑛+𝑞𝑛与2𝑝𝑛−1+𝑞𝑛−1的递推关系式和𝑋𝑛的数学期望𝐸(𝑋𝑛)(用n表示)． 【答案】解：(1)由题意可知：𝑝1=3，𝑞1=3，则𝑝2=3𝑝1+3×3𝑞1=27； 𝑞2=𝑝1+(×+×)𝑞1=
3
3
3
3
31
2
2
2
1
1
16272
1
2
1
2
1
7
．
1
1
2
(2)由题意可知：𝑝𝑛+1=3𝑝𝑛+3×3𝑞𝑛=3𝑝𝑛+9𝑞𝑛， 𝑞𝑛+1=𝑝𝑛+(×+×)𝑞𝑛+(1−𝑝𝑛−𝑞𝑛)=−𝑞𝑛+，
33333393两式相加可得2𝑝𝑛+1+𝑞𝑛+1=3𝑝𝑛+3𝑞𝑛+3=3(2𝑝𝑛+𝑞𝑛)+3， 则：2𝑝𝑛+𝑞𝑛=3(2𝑝𝑛−1+𝑞𝑛−1)+3， 所以，2𝑝𝑛+𝑞𝑛−1=3(2𝑝𝑛−1+𝑞𝑛−1−1)，
因为2𝑝1+𝑞1−1=3，数列{2𝑝𝑛+𝑞𝑛−1}是首项为3，公比为3的等比数列， 所以2𝑝𝑛+𝑞𝑛−1=(3)𝑛， 即2𝑝𝑛+𝑞𝑛=(3)𝑛+1，
所以𝐸(𝑋𝑛)=2𝑝𝑛+𝑞𝑛+0×(1−𝑝𝑛−𝑞𝑛)=(3)𝑛+1．
1
1
11
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
1
1
2
1
2
第22页，共23页
【解析】(1)利用已知条件求出𝑝1=3，𝑞1=3，推出𝑝2；𝑞2即可．
(2)推出𝑝𝑛+1=3𝑝𝑛+9𝑞𝑛，𝑞𝑛+1=−9𝑞𝑛+3，得到2𝑝𝑛+1+𝑞𝑛+1=3(2𝑝𝑛+𝑞𝑛)+3，推出2𝑝𝑛+𝑞𝑛−1=3(2𝑝𝑛−1+𝑞𝑛−1−1)，说明数列{2𝑝𝑛+𝑞𝑛−1}是首项为3，公比为
13
1
1
1
2
1
2
1
2
12
的等比数列，然后求解的通项公式以及期望即可．
本题考查数列与概率相结合，期望的求法，数列的递推关系式以及通项公式的求法，考查转化首项以及计算能力，是难题．
第23页，共23页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
Copyright © 2019- 99spj.com 版权所有 湘ICP备2022005869号-5
违法及侵权请联系：TEL:199 18 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com
本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务