2021届河南省名校联盟高三4月联考(二)数学(理)试题(解析版)

2021届河南省名校联盟高三4月联考（二）数学（理）试题一、单选题12xxByy22Axlogx111．已知集合，，则AB（ ）22A．3,æö3÷,3÷B．çç÷çè2øC．3,11,【答案】CD．3,1,323【分析】解不等式log2x11，求出x的范围，即可得到集合A，求出函数2y2x2x1的值域，即可得到集合B，进而求出集合A,B的并集即可.2【详解】由log2x11，可得log2x1log22，根据对数函数的单调性，可得0x212，解得3x1或1x3，所以集合A3,11,3.对于集合B，令2xtt0，则2x2x22111113t2t，2t2t22所以22xx133,，即集合B,.222所以AB3,11,.故选：C.2．已知i是虚数单位，若zA．3i，则z的共轭复数z的虚部为（ ）12iC．65B．17i575D．7i5【答案】C【分析】利用复数的除法运算化简z，求出其共轭复数，得到结果.【详解】∵z3i12i17i3i，12i12i12i55∴z717i，即z的共轭复数z的虚部为555故选：C．3．某电子商务平台每年都会举行“年货节”商业促销狂欢活动，现统计了该平台从2012年到2020年共9年“年货节”期间的销售额（单位：亿元）并作出散点图，将销售额y看成年份序号x（2012年作为第1年）的函数．运用Excel软件，分别选择回归直线和三次函数回归曲线进行拟合，效果如下图，则下列说法中正确的个数为（ ）①销售额y与年份序号x呈正相关关系；②销售额y与年份序号x线性相关不显著；③三次函数回归曲线的效果好于回归直线的拟合效果；④根据三次函数回归曲线可以预测2021年“年货节”期间的销售额约为84亿元．A．1【答案】B【分析】由散点图分布趋势知①正确；由相关系数0.9360.75知②错误；根据两模型相关系数大小关系可知③正确；将x10代入三次函数方程即可求得y的预估值，知④错误．【详解】根据图象可知，散点从左下到右上分布，销售额y与年份序号x呈正相关关系，①正确；B．2C．3D．4相关系数0.9360.75，靠近1，销售额y与年份序号x线性相关显著，②错误；根据三次函数回归曲线的相关指数0.9990.936，相关指数越大，拟合效果越好，所以三次函数回归曲线的拟合效果好于回归直线的拟合效果，③正确；由三次函数y0.168x328.141x229.027x6.8，当x10时，y2698.719亿元，④错误．故选：B．2xy1044．若实数x，y满足条件2xy20，则z的最小值为（ ）3x2yx302A．14B．423C．419D．1【答案】B【分析】画出可行域，令t3x2y，结合图形求解t的取值范围，从而得t最大时，z最小，代入计算z的最小值.2xy10【详解】画出不等式组2xy20表示的区域如图，令t3x2y，结合图形可x30知直线t3x2y经过点A3,7时，t最大，经过点C3,4时，t最小，所以1t23，则t最大时，z最小，zmin故选：B．44．3327235．ABC中，角A,B,C的对边分别是a，b，c，A30，a有两解，则b的范围是（ A．3b23【答案】B【分析】根据bsinAab计算即可得答案.【详解】由题意得：ABC有两解时需要：bsinAab，则bsin30故选：B．B．）3，若这个三角形3b23C．b23D．b233b，解得:3b23.【点睛】结论点睛：ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A，a，若这个三角形有两解，则满足bsinAab.36．已知Px,y是圆x1y2r2（r0）上任意一点，若22x2yx2y7是定值，则实数r的取值范围是（ ）A．0r【答案】A【分析】由题意可知此圆夹在两直线x2y0和x2y70之间时，355B．0r455C．r355D．r455122r5x2yx2y7是定值，得，解不等式组即可得解.1227r5【详解】由题意得x2yx2y7x2yx2y7555d1d2，（d1，d2分别表示点Px,y到直线x2y0和x2y70的距离）．由题意可知此圆夹在两直线x2y0和x2y70之间时，x2yx2y7是定值，122r53535.所以可得r，又因为r0，得0r551227r5故选：A．【点睛】一般处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法，通过比较圆心到直线的距离d与半径r的大小判断；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．7．已知A、B、P是直线l上三个相异的点，平面内的点Ol，若正实数x、y满足4OP2xOAyOB，则A．1【答案】BB．22xy的最小值为（ ）xyC．3D．4xyxy【分析】由题知OPOAOB，再结合向量三点共线得1，再结合基本2424不等式求解即可得答案.xy【详解】∵4OP2xOAyOB，∴OPOAOB，24由于A、B、P是直线l上三个相异的点，4所以xy1，又x0，y0，24由基本不等式得2xy1212xyxy12，xyxyxy24y4x当且仅当y2x时取等号．故选：B．【点睛】结论点睛：设OA,OB是平面内不共线的斜率，若存在实数1,2使得OC1OA2OB，则当12=1时，A,B,C三点共线，反之，当A,B,C三点共线时，12=1.易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.8．古希腊时期，人们把宽与长之比为5151（的矩形称为黄金矩形，0.618）22把这个比值51称为黄金分割比例．下图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形2ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K间的距离超过1.5m，C与F间的距离小于11m，则该古建筑中A与B间的距离可能是（ ）（参考数据：0.61820.382，0.61830.236，0.61840.146，0.61850.090，0.61860.056，0.61870.034）5A．30.3m【答案】CB．30.1mC．27mD．29.2m【分析】设ABx，a0.618，进而根据题意得CFax，KMax，故26a6x1.5，解不等式即可得答案.2ax11【详解】设ABx，a0.618，因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJK，LGJK，MNJK均为黄金矩形，所以有BCax，CFax，FGax，GJax，JKax，2345KMa6x，a6x1.5由题设得2，解得26.786x28.796.ax11故选:C．【点睛】本题与数学问题相结合考查等比数列的应用，考查数学建模能力，是中档题.本题解题的关键在于设ABx，a0.618，进而建立边长之间的等比数列模型，进而根据题意求解.x2y29．设F2为双曲线C：221（a0，b0）的右焦点，直线l：x3yc0ab（其中c为双曲线C的半焦距）与双曲线C的左、右两支分别交于M，N两点，若MN F2MF2N0，则双曲线C的离心率是（ ）A．153B．53C．13D．52【答案】D【分析】取M的中点，利用向量的中点公式和向量数量积为零的几何意义，得到F2H为线段MN的中垂线，MF2NF2m，然后结合双曲线的定义得到MHNH2a，进而利用勾股定理求得m22a22c2，于是根据直线l的斜率，得到a,c的关系，从而求得离心率【详解】设双曲线C的左焦点为F1，如图，取线段MN的中点H，连接HF2，则F2MF2N2F2H．因为MNF2MF2N0，所以MNF2H0，即6MNF2H，则MF2NF2．设MF2NF2m．因为MF2MF1NF1NF22a，所以NF1NF2MF2MF1NF1MF1MN4a，则MHNH2a，从而HF1m，故HF24c2m2m24a2，解得m22a22c2．因为直线lHF212c22a21c2a21，整理得22，即的斜率为，所以tanHF1F222HF133ac92a2c5a24c2e故选：D．5，2【点睛】本题考查双曲线的几何性质——离心率的求法，涉及向量的运算和数量积，关键是取M的中点，利用向量的中点公式和向量数量积为零的几何意义，得到F2H为线段MN的中垂线，结合双曲线的定义得到MHNH2a是关键，根据直线l的斜率，得到a,c的关系是求得离心率的方向.10．在ABC中，已知sinAsinBsinCsinC，其中tan21（其中30A．112π），若为定值，则实数的值是（ ）2tanAtanBtanCB．102055C．10D．510【答案】A【分析】sinAsinBsinCsinC，化简得2131sin2C112sinCcosC，再由为定值，化简sinAsinBtanAtanBtanC1010得到3sinCcosC210ksinCcosC恒成立，列出方程组，即可求解.27131πsincostan,(0)【详解】由，可得，，101032因为sinAsinBsinCsinC，得213sinAsinBsinCcosCsin2C，1010131sin2CsinCcosC即，1010sinAsinB又由112cosAcosB2cosCtanAtanBtanCsinAsinBsinCsinC2cosCsin2C2cosCsinAsinBsinCsinAsinBsinCsinC113111cosC2cosC2cosC13sinCcosCksinC10sinCsinCsinC101010（定值），即3sinCcosC210cosC10ksinC，即3sinCcosC210ksinCcosC恒成立，2k32102，解得k6，10.可得201210故选：A．【点睛】方法点拨：解答中把112为定值，利用三角函数的基本关系tanAtanBtanCksinCcosC恒成立，结合多项式2式和题设条件，转化为3sinCcosC210相等的条件，列出方程组是解答的关键.11．如图，在三棱锥SABC中，侧棱SA平面ABC，ABBC2，ABC90，侧棱SB与平面ABC所成的角为45°，M为AC的中点，N是侧棱SC上一动点，当△BMN的面积最小时，异面直线SB与MN所成角的正弦值为（ ）8A．16B．23C．336D．36【答案】C【分析】易证BM平面SAC，则BMMN，得到△BMN的面积S12BMMN，化简为SMN，即MN最小时，△BMN的面积最小，此时22过S作SESC，交CA的延长线于点E，则SE//MN，连接BE，BSEMNSC，即为异面直线SB与MN所成的角或其补角．然后求得三边的长度，利用余弦定理求解.【详解】由题意知ABC为等腰直角三角形，因为M为AC的中点，所以BMAC．又SA平面ABC，所以SABM，又SAACA，所以BM平面SAC，所以BMMN，1BMMN，21易知AC22，所以BMAC2，2故△BMN的面积S所以S2MN，2当MN最小时，△BMN的面积最小，此时MNSC．当MNSC时，过S作SESC，交CA的延长线于点E，则SE//MN，连接BE，如图．9所以BSE即为异面直线SB与MN所成的角或其补角．因为SA平面ABC，所以SBA为直线SB与平面ABC所成的角，所以SBA45，所以SAAB2，所以SB22，SC23，又tanSCA所以SE所以AESASE，ACSC6，2，ME22，在Rt△EMB中，易知BE10，SB2SE2BE23所以cosBSE，2SBSE6故当△BMN的面积最小时，异面直线SB与MN所成角的正弦值为故选：C．【点睛】方法点睛：求异面直线所成的角一是几何法：常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．二是向量法：设异面直线AC，BD的夹角为β，则cos β＝ACBD.ACBD12．已知函数fxminxx2a,x6ax8a4（a1），其中2233，6p,pq5minp,q，若方程fx恰好有3个不同解x1，x2，x32q,pq（x1x2x3），则x1x2与x3的大小关系为（ A．不能确定【答案】AB．x1x2x3）D．x1x2x3C．x1x2x3x22ax,x2a122【分析】先求出fxx2ax,2ax2a，得到faa（极大值），a122x6ax8a4,x2aa1011f2a0（极小值），f2aa2a2（极大值），f3a4a2（极小值）．再分三种情况讨论结合数形结合分析得解.【详解】xx2ax22ax,x2ax22ax,x2a，a1．当x≤2a时，x22axx26ax8a242x2a240，即x22axx26ax8a24，当x2a时，x22axx26ax8a244ax8a24，若4ax8a240，则x2a1，x22axx26ax8a2a4；若4ax8a240，则x2a1a，x22axx26ax8a24，x22ax,x2a又2a1a2a，∴fxx22ax,2ax2a1a，x26ax8a24,x2a1a又faa2（极大值），f2a0（极小值），f2a1a21a2（极大值），f3a4a2（极小值）．要使fx52恰好有3个不同解，结合图象得：52525①当fa2，即a2a时，得2，不存在这样的示数a．f3a524a252a23211f②当ff525a225562，即4a时，解得3aa2，222151522a22a2aa此时2ax12a1x23ax3，又因为x2与x3关于x3a对称，a∴x33a3ax2a2ax1，∴x34ax1x2．f③当f525a2210，即时，解得a．1515222a2a2a2a此时，x1，x2是方程x2ax25的两实根，2所以x1x22a，而x33a，所以x1x2x3. 故选：A．【点睛】方法点睛：研究函数的零点问题常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接画出函数f(x)的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令函数f(x)0得到g(x)h(x)分析函数g(x),h(x)的图象即得解）. 数形结合是高中数学的一种重要数学思想，要注意灵活运用，提高解题效率.二、填空题13．已知某运动员每次射击命中的概率都为60%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次射击恰有两次不中的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定121，2，3，4，5，6表示命中；7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次射击的结果．经随机模拟产生了20组随机数：9074319662571913939250272715569324888127304581135695376839据此估计，该运动员三次射击恰有两次不中的概率为________．【答案】0.15【分析】已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.【详解】三次射击共有20个事件，恰有两次不中的事件有：027、488、730，共3种，故该运动员三次射击恰有一次不中的概率为P故答案为：0.15.14．甲、乙、丙三人从A、B、C三种型号的手环中各选一个戴在手上，各人手环的型号互不相同，乙比戴C手环的人年龄大，丙和戴A手环的人年龄不同，戴A手环的人比甲年龄小，则甲、乙、丙所戴手环的型号分别为________．【答案】B、A、C【分析】先容易确定出戴A手环的人为乙，然后再根据年龄大小可判断出戴C手环的是丙，进而可得戴B手环的是甲.【详解】丙和戴A手环的人年龄不同，戴A手环的人比甲年龄小，故戴A手环的人为乙，即乙比甲的年龄小；乙比戴C手环的人年龄大，故戴C手环的人可能是甲也可能是丙，即乙比甲的年龄大或乙比丙的年龄大，但由上述分析可知，只能是乙比丙的年龄大，即戴C手环的是丙．综上，甲、乙、丙所戴手环的型号分别为B、A、C．故答案为：B、A、C.30.15．20xlnx2xx015．已知函数fx2，若fx的图象上有且仅有2个不同的点x1x0关于直线y【答案】2【分析】由题知，先求出直线kxy30关于直线y3的对称点在直线kxy30，则实数k的取值是________．23对称的直线l的方程为2kxy0，进而将问题转化为ykx图象与函数yfx的图象有2个交点，进一步讨论将问题转化为kfxfx，故令gx，进而转化为直线yk与xx13函数ygx有2个交点，再结合gx【详解】直线kxy30关于直线yfx的性质求解即可.x3对称的直线l的方程为kxy0，对应2的函数为ykx，其图象与函数yfx的图象有2个交点．对于一次函数ykx，当x0时，y0，由fx0知不符合题意．当x0时，令kxfx，可得kfx，此时，令xgxfxxlnx2x0．1xx0x当x0时，gx为增函数，gxR，当x0时，gx为先增再减函数，gx,2．结合图象，直线yk与函数ygx有2个交点，因此，实数k2，即k2．故答案为：2【点睛】本题考查直线的对称性问题，函数图象的交点个数求参数问题，考查运算求解能力，数形结合思想，化归转化思想，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件，将问题转换为ykx图象与函数yfx的图象有2个交点问题，进而进一步转化为直线yk与函数ygx有2个交点求解.16．如图，在矩形ABCD中，2ABBC2，2ABBC2．将A，C分别沿则AC取最小值时，二面角AEFC的正切值是BE，DF向上翻折至A，C，________．14【答案】265【分析】取BE,DF中点M,N，根据翻折前的垂直关系可证得翻折后BE平面AMF，DF平面CNE，由面面垂直的判定可得平面AMF平面BFDE，平面可知当AC为平面AMF与平面CNE的公垂线段时长度最小，CNE平面BFDE，此时AC//ME，确定A1,C1为MF,EN中点；根据二面角平面角的定义可作APEF于点P，CQEF于点Q，作PG//CQ交FC于点G，得到APG为二面角的平面角，由已知的长度关系和解三角形的知识可求得cosAFE，进而得到所求正切值.【详解】分别取BE，DF中点为M、N，连接AM，MF，CN，NE．四边形ABCD为矩形，2ABBC2，AECF1，翻折前，四边形ABFE和四边形CDEF都是正方形，则EF1，CEDF，AF⊥BE，即NEDF，CNDF，AMBE，MFBE，翻折后仍有AMBE，CNDF，NEDF，MFBE，又AMMFM，且AM，MF平面AMF，BE平面AMF；同理可得：DF平面CNE，又DE//BF，且DEBF1，四边形BFDE是平行四边形，则BE//DF，BE、DF都是平面AMF与平面CNE的公垂线，BE,DF平面BFDE，平面AMF平面BFDE，平面CNE平面BFDE．分别记A1，C1为点A，C在底面的投影，则点A在底面的投影A1落在直线MF上，15且沿MF方向运动；点C在底面的投影C1落在直线NE上，且沿NE方向运动．当且仅当AC为平面AMF与平面CNE的公垂线段时长度最小，此时AC//ME，故AC//平面MFNE，则AA1CC1．又AA1//CC1，A，A1，C1，C共面，平面AA1C1C平面MFNEA1C1，A1C1也是平面AMF与平面CNE的公垂线，此时RtAA1M≌RtCC1N，MA1NC1，又A1C1//ME，MA1//EC1，四边形MA1C1E为平行四边形，MA21EC1，C1为NE的中点，A1为MF的中点，MA1NC14，则AA1CC26112164，AFCE62216162，将二面角AEFC单独画出如图．过点A作APEF于点P，过点C作CQEF于点Q，又AEAE1，CFCF1，2221cosAFEAFEFAE222AFEF224，2则FPAFcosAFE14，AP1172164；1同理EQ17FP4，CQ4，则FQ41，1134过点P作PG//CQ交FC于点G，连接AG，则GPEF，16APG即为二面角AEFC的平面角，则FGPG1，FCQC3PG17，FG，312又AFAC22，CF1，则AFC为等腰直角三角形，cosAFC，22AGAF2FG22AFFGcos452221121210，2292326771030APPGAG16144361445cosAPG在APG中，，72APPG777224412tanAPG26．5故答案为：26.5【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的二面角问题的求解，解题关键是能够根据翻折后不变的垂直关系确定AC为平面AMF与平面CNE的公垂线段时长度最小，由此可确定A,C的确定位置，进而利用二面角的定义来进行求解.三、解答题17．已知数列an的前n项和为Sn，a11，且2nSn12n1Snnn1（nN*），数列bn满足bn22bn1bn0（nN*），b46，其前11项和为88．（1）求数列an和bn的通项公式；（2）令cnbnan，数列cn的前n项和为Tn，若对任意正整数n，都有anbnTn2na,b，求ba的值．【答案】（1）ann，bnn2；（2）【分析】（1）由条件得得解；175.3Sn1Sn1nn1，进而得Sn，再由an1Sn1Sn可n1n2211c22（2）由n根据分组求和和列项求和得nn2141Tn2n32Tn2n3，进而，再由作差法判断单调性，求得n1n23可得解.【详解】（1）由2nSn12n1Snnn1，得所以数列Sn1Sn1．n1n2Sn11是以首项为，公差为的等差数列．2n因为Snnn11111S1n11n1n，即Sn．n22222于是an1Sn1Snn1n2nn1n1．因为a2211，所以ann．又因为bn22bn1bn0，所以数列bn是等差数列．由bn的前11项和为88得所以公差d=11b4b888，b46，得b810，2b8b41．4所以bnb4n41n2．（2）由（1）知cnbnann2n1122，anbnnn2nn2111111111Tnc1c2cn2n21n1n1nn232435111112n21322n．2n1n2n1n2所以Tn2n3211．n1n211，n1n2设AnTn2n32因为An1An32111132n2n3n1n214120，所以An单调递增，故n1n3n1n318AnminA14．3因为An321413An3．，所以n1n234，b3，3445即a的最大值为，b的最小值为3，所以bamin3．333因为对任意正整数n，Tn2na,b，所以a【点睛】本题解题的关键有二个：一个是利用an1Sn1Sn求通项公式；另一个是会用作差法判断数列的单调性求得数列的取值范围.18．如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB2CD2AD43，将ADC沿着AC翻折，使得点D到点P，且PB26．（1）求证：平面APC平面ABC；（2）求直线AB与平面BCP所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）13.4【分析】（1）先证明BC⊥平面APC，再利用面面垂直的判定定理证明平面APC平面ABC；（2）先证明OA，OE，OP两两垂直，建立以OA，OE，OP为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】（1）证明：由等腰梯形AB2CD2AD43，得ABC60．又AB2BC，所以ACBC．又PCBC23，PB26，则CB2CP2PB2，所以BCCP．又ACCPC，所以BC⊥平面APC，所以平面APC平面ABC．（2）如图，取AB的中点E，连接DE，CE，AC，由四边形AECD为菱形，且DAE60，得ACDE，记垂足为O，由（1）知，平面APC平面ABC，又POAC，所以PO平面ABC．同理，EO平面APC，所以OA，OE，OP两两垂直，19 如图，建立以OA，OE，OP为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系．则AC6，PO3，所以A3,0,0，B3,23,0，C3,0,0，所以BP3,2P0,0,3，3,3，AB6,23,0，BC0,23,0，设平面CBP的法向量为n2x,y,z，x123y0BCn20所以，即，不妨设z3，得BPn0y023x23y3z0所以平面CBP的一个法向量为n21,0,3．设直线AB与平面BCP所成角为，ABn63sincosAB,n，∴4432ABn3132．cos1sin144即直线AB与平面BCP所成角的余弦值为【点睛】立体几何解答题的基本结构：(1)第一问一般是基本几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．213．4x2p19．如图，直线y2x2与抛物线yp0交于M1，M2两点，直线y32p与y轴交于点H，且直线yp恰好平分M1HM2．320（1）求抛物线的方程；（2）设Aa,ppy是直线上一点，直线AM2交抛物线于另一点M3，直线M1M333交直线y理由．pp于点Bb,，则ab是否是定值？若是，求出该定值，若不是，请说明33【答案】（1）x212y；（2）是，ab24.【分析】（1）将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理形式，根据kM1HkM2H0，代入韦达定理的结论可构造方程求得p，由此得到抛物线方程；（2）分别由A,M2,M3和B,M3,M1三点共线得到与x1,x2,x3有关的方程，整理可以得到24x2x3abx2x3，消去变量得到ab24，由此得到结论.y2x2【详解】（1）由2整理得：x24px4p0，x2py16p216p设M1x1,y1，M2x2,y2，则x1x24p，xx4p12直线yp平分M1HM2，kM1HkM2H0，3y1pppx1x2py24242，即3300，3xx312x1x2解得：p=6，满足0，抛物线方程为：x212y．（2）由（1）知抛物线方程为x212y，且x1x224，xx24122122x3x12x2M1x1,，M2x2,，设M3x3,，Aa,2，Bb,2，1212122x22kAM2，x2x312，12x2a由A,M2,M3三点共线得：kM2M3即x2x2x3ax2x3x224，整理得：x2x3ax2x324…①22由B,M3,M1三点共线可得：x1x3bx1x324…②②式两边同乘x2得：x1x2x3bx1x2x2x324x2，即24x3b24x2x324x2…③由①得：x2x3ax2x324，代入③得：24x2x3abx2x3，ab24，即ab是定值24．【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系；④化简所得等量关系，消元可得定值.20．已知函数fxxlnx，gxax1．x1（1）当x1时，fxgx恒成立，求实数a的取值范围；（2）求证：ln2n141424n．412142214n211【答案】（1）,；（2）证明见解析.2【分析】（1）取hxfxgx，将问题转化为当x1时，hx0恒成立；当a1时，利用导数可说明hx在1,上单调递减，由此确定hxh10，知212fxgx恒成立；当a0或0a时，知hx存在自x1开始的单调递增区间，知存在hx0的情况，不合题意，由此得到结论；（2）将不等式转化为ln2n14n12，由（1）的结论知当a时，2n14n1222xlnx证.2n1122n14nx1，令x21，代入整理可得ln，则不等式得22n14n12n1【详解】（1）设hxfxgxxlnxax1，则当x1时，hx0恒x1成立，hxlnx1x1xlnxax212ax1alnxx12ax12令mxax212ax1alnxx1，2则mx2ax12a12ax12ax1x12ax1xxx；①当a12时，mx0在1,上恒成立，mx在1,上单调递减，mxm1a12a1aln124a0，hx0在1,上恒成立，hx在1,上单调递减，hxh10，即fxgx在1,上恒成立，满足题意；②当0a12时，令mx0，解得：x12a，当x111,2a时，mx0，mx在1,2a上单调递增，mxm111ln12，即hx0在1,12a上恒成立，hx在1,12a上单调递增，hxh10，即当x1,12a时，fxgx，不合题意；③若a0，则mx0，mx在1,上单调递增，mxm12，即hx0在1,上恒成立，hx在1,上单调递增，hxh10，即fxgx，不合题意；综上所述：实数a的取值范围为1,2.23352n12n15lnlnlnln3（2）证明：ln2n1，132n12n13要证原不等式成立，只需证ln由（1）知：当a2n14n2；2n14n11时，若x1，则fxgx（当且仅当x1时取等号），即2xlnx12x1恒成立，222n12n112n12n1ln1，则取x1，2n12n122n12n12n12n118nln即，2n12n122n12ln2n14n2n14n4n，则原不等式得证.2n12n122n12n12n14n21【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数解决不等式恒成立问题、证明不等式的问题；证明不等式的关键是能够根据对数运算将不等式进行转化，进而利用（1）中已得结论整理得到所证的不等式.21．为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立－国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为21，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响．23（1）经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的数学期望；（2）若经过n轮踢球，用率．①求pi表示经过第i轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概p1，p2，p3；p1，p2，p3的值求出A、B，②规定p00，且有piApi1Bpi1，请根据①中并求出数列pn的通项公式．24【答案】（1）1743161；（2）①p1，p2，p3；②A，B，77636216611Pn1n56.【分析】（1）X的可能取值为1，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列与期望；①p1（2）1，经过2轮投球甲的累计得分高有两种情况：一是2轮甲各得1分，二6是2轮中有1轮甲得0分，有1轮甲得1分，由此能求出p2．经过3轮投球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得1分．由此能求出p3．②推导出piApi1Bpi1，将p00,p11743,p2,p3，代入得，636216161pipi1pi1，推导出{pnpn1}是首项与公比都是的等比数列，由此能求出776结果．【详解】（1）记一轮踢球，甲命中为事件A，乙命中为事件B，A，B相互．由题意PA21，PB，甲的得分X的可能取值为1，0，1．23121PX1PABPAPB1，23312121PX0PABPABPAPBPAPB1123232．121PX1PABPAPB1，236∴X的分布列为：XP1011312161111EX101．326625（2）①由（1）p11，6p2PX0PX1PX1PX0PX1111117．2662636经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分1；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，轮得1分．111143121121∴p3C3，CC336626263216②∵规定p00，且有piApi1Bpi1，32226A61p1Ap2Bp07∴代入得：pipi1pi1，77p2Ap3Bp1B17∴pi1pi1pipi1，∴数列pnpn1是等比数列，6n111公比为q，首项为p1p0，∴pnpn1．666∴11Pnpnpn1pn1pn2p1p066．【点睛】关键点睛：利用待定系数法得到pi解决问题的关键.nn11111n65661pi1pi1后，紧扣等比数列定义是77x42x22．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数）．以O为极点，y4轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为0（00,π），将曲线C1向左平移2个单位长度得到曲线C．（1）求曲线C的极坐标方程；11（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，求的取值范围．OAOB2622【答案】（1）sin4cos80；（2）1211,.OAOB22【分析】（1）由参数方程互化得曲线C1的方程y24x，再根据平移得曲线C的普通方程为y4x2，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式即可得答案;2（2）方法一：直接将直线l与曲线C的极坐标方程联立得124cos0，sin201211111821sin0，00,π计算，进而利用2sin0OAOB122求解即可；方法二：设直线l的参数方程为用直线参数方程几何意义求解.xtcos（t为参数，为直线的倾斜角），进而利ytsinx42【详解】解：（1），消参数得y24x．y4依题意得曲线C的普通方程为y4x2．2令xcos，ysin得曲线C的极坐标方程为2sin24cos80．22（2）法一：将0代入曲线C的极坐标方程得sin4cos80，则124cos08，，12sin20sin20∵1p20，∴1，p2异号．21111∴1OAOB12122122412124cos032sin2sin21001sin20，822sin0∵00,π，∴sin00,1，1211,．OAOB22xtcos法二：设直线l的参数方程为（t为参数，为直线的倾斜角），ytsin2722代入曲线C的普通方程得tsin4tcos80，则t1t24cos8tt，，∵t1t20，∴t1，t2异号．12sin2sin2tt1111∴12OAOBt1t2t1t22t1t224t1t2t1t24cos32sin2sin211sin282sin2∵0,π，∴sin0,1，∴1211,．OAOB22【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数方程几何意义求线段关系，利用直线的参数方程求直线与圆锥曲线相交相关距离问题，方法是：（1）将直线参数方程代入圆锥曲线方程，得到关于参数t的一元二次方程；（2）利用韦达定理写出t1t2，t1t2；（3）利用参数方程的几何意义代入计算.23．已知a0，b0，c0，设函数fxxbxca，xR．（1）若b2，ca2，关于x的不等式fx4a有解，求实数a的取值范围；（2）若函数fx的最小值为1，证明：14918．abbcca【答案】（1）a1,2；（2）证明见解析.【分析】（1）利用绝对值的三角不等式求出最小值，解不等式，求出a的范围；（2）利用绝对值的三角不等式求出最小值，得到abc1，利用柯西不等式证明14918.abbcca【详解】（1）解：x2xax2xa22a22，当且仅当a2x2时，等号成立，∴若fx4a有解，则fxmin4aa23a，3aa223a，解得21a2，即a1,2．（2）证明：由xbxc|xbxc|bc，当且仅当xbxc0时28取等号，所以fxxbxcabca．由a0，b0，c0，fxmin1，所以abc1，所以abbcca1．22249abbcca1令T，abbcca222149123，abbccaabbcca222abbccaabbcca，222222231根据柯西不等式，则T18．2222222当且仅当12123，即b0，a，c取等号，abbcca332231∵a0，b0，c0时等号取不到，故T18．222【点睛】（1）含绝对值的函数问题处理方法：通过对x的范围的讨论去绝对值符号，转化为分段函数；（2）利用绝对值三角不等式，可以减少绝对值的个数，求最大值或最小值.（3）证明不等式，通常可以从基本不等式、柯西不等式、绝对值的三角不等式等方面考虑.29