江苏省如皋市2021年高考复习数学二模试卷课件

2021

年江苏省如皋市高考数学二模试卷一．填空题：本大题共

14

小题，每题

5

分，共

70

分．请把答案填写在答题卡相应位置上．1．（5分）已知集合

A＝{1，2m}，B＝{0，2}．若

A∪B＝{0，1，2，8}，则实数

m

的值为

．2．（5分）设复数

z

满足

zi＝1+2i（i

为虚数单位），则

z

的模为

．3．（5分）高三（1）班共有

56人，学号依次为

1，2，3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为4的样本，已知学号为

6，34，48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为

．4．（5分）设直线

l

：x﹣my+m﹣2＝0，l

：mx+（m﹣2）y﹣1＝0，则“m＝﹣2”是直线“l

∥l

”的

1212条件．（从“充要”，“充分不必要”，“必要不充分”及“既不充分也不必要”中选择一个填空）5．（5分）根据如图所示的算法，输出的结果为

．2휋6．（5分）若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为

3，圆心角为

3

的扇形，则该圆锥的体积为

．7．（5分）已知

F

、F

是双曲线的两个焦点，以线段

F

F

为边作正方形

MF

F

N，若

M，N

都在该双曲12121

2线上，则该双曲线的离心率为

．8．（5分）在正项等比数列{a

}中，S

为其前

n

项和，已知

2a

＝3S

+1，a

＝3S

+1，则该数列的公比

qnn6475为

．9．（5分）函数

f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0≤φ＜2π）在

R

上的部分图象如图所示，则

f（2021）的值为

．12021年江苏省如皋市高考数学二模试卷一．填空题：本大题共120x

-

y

-

1

≤

0푥

+

2푦

‒

4

≤

02푥

+

푦

‒

2

≥

0푦

+

푥{10．（5分）已知变量

x，y

满足约束条件，则

z

=

푥

+

1的最大值为

．111．（5分）在△ABC

中，角

A、B、C

的对边分别为

a，b，c，设

S

是△ABC

的面积，若

b2+c2

=

a2

+34

33

S，则角

A

的值是

．→→12．（5分）如图，在平面四边形

ABCD

中，AB＝2，△BCD

是等边三角形，若AC•BD

=

1，则

AD

的长练为

．13．（5分）在平面直角坐标系

xOy

中，已知点

A（m，0），B（m+4，0），若圆

C：x2+（y﹣3m）2＝8上存在点

P，使得∠APB＝45°，则实数

m

的取值范围是

．푒푥，푥

≤

0{1

‒

푥14．（5分）已知函数

f（x）

=则

x

+x

的取值范围是

，若关于

x

的方程

f[f（x）﹣1]＝m

有两个不同的根

x

，x

，12，푥＞02

．12二、解答题：本大题共

6

小题，共

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．푎푐표푠퐴푐표푠퐶．15．（14分）在△ABC

中，角

A，B，C

所对的边分别为

a，b，c，已知2푏

‒

푐=（1）求角

A

的值；220x-y-1≤0푦+푥{10．（5分）已2（2）求

2sinB﹣sinC

的取值范围．16．（14分）如图，在四棱锥

P─ABCD

中，底面

ABCD

是菱形，PA⊥平面

ABCD．（1）证明：平面

PBD⊥平面

PAC；（2）设

E

为线段

PC

上一点，若

AC⊥BE，求证：PA∥平面

BED．高考练17．（14分）如图，OA，OB

是两条互相垂直的笔直公路，半径

OA＝2km

的扇形

AOB

是某地的一名胜古迹区域．当地政府为了缓解该古迹周围的交通压力，欲在圆弧

AB

上新增一个入口

P（点

P

不与

A，B重合），并新建两条都与圆弧

AB

相切的笔直公路

MB，MN，切点分别是

B，P．当新建的两条公路总长最小时，投资费用最低．设∠POA＝θ，公路

MB，MN

的总长为

f（θ）．（1）求

f（θ）关于

θ

的函数关系式，并写出函数的定义域；（2）当

θ

为何值时，投资费用最低？并求出

f（θ）的最小值．试卷3（2）求2sinB﹣sinC的取值范围．16．（14分3푥2

푦218．（16分）在平面直角坐标系

xOy

中，设椭圆

C：푎2

푏2+=

1（a＞b＞0）的下顶点为

A，右焦点为

F，33离心率为

2

．已知点

P

是椭圆上一点，当直线

AP

经过点

F

时，原点

O

到直线

AP

的距离为

2．（1）求椭圆

C

的方程；（2）设直线

AP

与圆

O：x2+y2＝b2相交于点

M（异于点

），设点AM

关于原点

O的对称点为

N，直线AN

与椭圆相交于点

Q（异于点

A）．①若|AP|＝2|AM|，求△APQ

的面积；푘1②设直线

MN

的斜率为

k

，直线

PQ

的斜率为

k

，求证：

是定值．12푘2练1119．（16分）已知函数

f（x）

=

x2﹣4ax+alnx+a

+

，其中

a∈R．22（1）当

a＝1时，求函数

f（x）在

x＝1处的切线方程；（2）记函数

f（x）的导函数是

f′（x），若不等式

f（x）＜xf′（x）对任意的实数

x∈（1，+∞）恒成立，求实数

a

的取值范围；（3）设函数

g（x）＝f（x）+2a，g′（x）是函数

g（x）的导函数，若函数

g（x）存在两个极值点x

，x

，且

g（x

）+g（x

）≥g′（x

x

），求实数

a

的取值范围．12121

220．（16分）已知正项数列{a

}的前

n

项和为

S

，且满足

a

＝2

S

‒

1，数列{b

}是首项

b

＝2，公比为푛nnnn1q{|q|≠1}的等比数列．（1）求数列{a

}的通项公式；n4푥2푦2+=1（a＞b＞0）的下顶点为A，右焦点为F4（2）设三个互不相等的正整数

k，t，r（k＜t＜r）满足

2t＝k+r，若

a

+b

＝a

+b

＝a

+b

，求实数

q

的kttrrk最大值；（3）将数列{a

}与{b

}的项相间排列成新数列{c

}：a

，b

，a

，b

，a

，b

，…，设新数列{c

}的前nnn112233n푇2푚n

项和为

T

，当

q＝3时，是否存在正整数

m，使得푇恰好是数列{c

}中的项？若存在，求出

m

的nn2푚

‒

1值，若不存在，说明理由．5（2）设三个互不相等的正整数k，t，r（k＜t＜r）满足52021

年江苏省如皋市高考数学二模试卷参考答案与试题解析一．填空题：本大题共

14

小题，每题

5

分，共

70

分．请把答案填写在答题卡相应位置上．1．（5分）（2021•如皋市二模）已知集合

A＝{1，2m}，B＝{0，2}．若

A∪B＝{0，1，2，8}，则实数

m的值为

3

．【考点】1D：并集及其运算．【专题】11：计算题；37：集合思想；4O：定义法；5J：集合．【分析】由并集定义得

2

＝

，由此能求出

．m8m【解答】解：∵集合

A＝{1，2m}，

＝{0，2}B．A∪B＝{0，1，2，8}，∴2

＝

，解得

＝

．m8m3故答案为：3．【点评】本题考查实数值的求法，考查并集定义等基础知识，是基础题．2．（5分）（2021•如皋市二模）设复数

z

满足

zi＝1+2i（i

为虚数单位），则

z

的模为

5

．【考点】A8：复数的模．【专题】11：计算题．【分析】根据所给的关于复数的等式，写出复数

z

的表达式，再进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，得到结果，然后求出复数的模即可得到答案．【解答】解：∵复数

z

满足

zi＝1+2i，1

+

2푖∴z

==

2

‒

푖，푖62021年江苏省如皋市高考数学二模试卷一．填空题：本大题共6所以

z

的模为

5．故答案为

5．【点评】本题考查复数的代数形式的除法运算，以及复数的求模运算，是一个基础题，这种题目一般出现在高考卷的前几个题目中，是一个必得分题目．3．（5分）（2021•如皋市二模）高三（1）班共有

56人，学号依次为

1，2，3，…，56，现用系统抽样的办法抽取一个容量为

4的样本，已知学号为

6，34，48的同学在样本中，那么还有一个同学的学号应为

20

．【考点】B4：系统抽样方法．【专题】11：计算题．【分析】从

56个学生中用系统抽样抽取

4个人的一个样本，分组时要分成

4个小组，每一个小组有14人，第一个学号是

6，第二个抽取的学号是

6+14，可以依次写出所需要的学号．【解答】解：从

56个学生中用系统抽样抽取

4个人的一个样本，分组时要分成

4个小组，每一个小组有

14人，∵学号为

6，34，48的同学在样本中，即第一个学号是

6，∴第二个抽取的学号是

6+14＝20，故答案为：20【点评】本题考查系统抽样方法，考查抽样过程中的分组环节，考查分组后选出的结果有什么特点，本题是一个基础题，若出现则是一个送分题目．4．（5分）（2021•如皋市二模）设直线

l

：x﹣my+m﹣2＝0，l

：mx+（m﹣2）y﹣1＝0，则“m＝﹣2”是12直线“l

∥l

”的充要条件．（从“充要”，“充分不必要”，“必要不充分”及“既不充分也不必12要”中选择一个填空）7所以z的模为5．【点评】本题考查复数的代数形式的除法运7【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【专题】34：方程思想；5B：直线与圆；5L：简易逻辑．【分析】由﹣m•m﹣（m﹣2）＝0，解得

m

并且验证即可得出结论．【解答】解：由﹣m•m﹣（m﹣2）＝0，解得

m＝1或﹣2．其中

m＝1时两条直线重合，舍去．∴“m＝﹣2”是直线“l

∥l

”的充要条件．12故答案为：充要．【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、直线平行、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5．（5分）（2021•如皋市二模）根据如图所示的算法，输出的结果为

5

．【考点】EA：伪代码（算法语句）．【专题】38：对应思想；4B：试验法；5K：算法和程序框图．【分析】模拟程序的运行过程知该程序运行后计算

S

并输出

n

的值．【解答】解：模拟如图所示的程序运行过程知，该程序运行后执行

S＝1+2+22+23+24＝31输出

n＝4+1＝5．，8【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．∴“m＝﹣2”是8故答案为：5．【点评】本题考查了循环语句的应用问题，是基础题．2휋6．（5分）（2021•如皋市二模）若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为

3，圆心角为

32

2的扇形，则该圆锥的体积为

3

π

．【考点】G8：扇形面积公式；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】11：计算题；35：转化思想；44：数形结合法；5F：空间位置关系与距离．【分析】由题意画出图形，求出圆锥底面半径，进一步求出圆锥的高，代入圆锥体积公式求解．【解答】解：如图，2휋圆锥

PO

沿模型

PB

剪开，侧面展开图扇形的圆心角

BPB′

=3

，半径

PB＝3，则扇形弧长为

2π．设圆锥

PO

的底面半径为

r，则

2πr＝2π，得

r＝1．∴圆锥的高

PO

=

푃퐵

‒

푟

=

2

2．2212

222∴该圆锥的体积为

×

휋

×

1

×

2

=

3

휋．32

2故答案为：

3

휋．9故答案为：5．【点评】本题考查了循环语句的应用问题，是基础题9【点评】本题考查圆锥体积的求法，关键是明确侧面展开图扇形弧长与圆锥底面周长的关系，是中档题．7．（5分）（2021•如皋市二模）已知

F

、F

是双曲线的两个焦点，以线段

F

F

为边作正方形

MF

F

N，12121

2若

M，N

都在该双曲线上，则该双曲线的离心率为

2

+

1

．【考点】KC：双曲线的性质．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】求出

M

的坐标，代入双曲线方程，转化求解双曲线的离心率即可．푥2

푦2【解答】解：设：双曲线方程为：‒=

1，푎2

푏2F

、F

是双曲线的两个焦点，以线段

F

F

为边作正方形

MF

F

N，则

M（﹣c，2c），在双曲线上，12121

2푐2

4푐2‒4푒2可得=

1，即

e2

-=

1，即

e4﹣6e2+1＝

，

＞

可得

e2＝3+2

2，解得

e

=

2

+

1．0e

1푎2

푏2푒2

‒

1故答案为：

2

+

1．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．8．（5分）（2021•如皋市二模）在正项等比数列{a

}中，S

为其前

n

项和，已知

2a

＝3S

+1，a

＝nn6473S

+1，则该数列的公比

q

为

3

．5【考点】89：等比数列的前

n项和．【专题】11：计算题；34：方程思想；4R：转化法；54：等差数列与等比数列．푎6【分析】把已知两等式联立可得a6푞

‒

2푎

=

3，则

q

﹣2q﹣

＝

，求解得答案．2306푞【解答】解：由

2a

＝3S

+1，a

＝3S

+1，得

a

﹣2a

＝3（S

﹣S

）＝3a

，647576545푎6푞即a6푞

‒

2푎

=

3，则

q

﹣2q﹣

＝

，解得

＝﹣

，或

＝

．230q1q3610【点评】本题考查圆锥体积的求法，关键是明确侧面展开图扇形弧长10∵{a

}是正项等比数列，∴q＝3．n故答案为：3．【点评】本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，是基础题．9．（5分）（2021•如皋市二模）函数

f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0≤φ＜2π）在

R

上的部分图象如图所示，则

f（2021）的值为

2

2

．高考【考点】HK：由

y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【专题】33：函数思想；44：数形结合法；57：三角函数的图象与性质．2f(0)

=

Asinφ

=휋【分析】由已知求得

T，进一步求得

ω，再由{求得

A

与

φ，则函数解析式可푓(2)

=

퐴푠푖푛(

+

휑)

=

퐴3求，f（2021）的值可求．3【解答】解：由图可知，

푇

=

9，即

T＝12．42휋휋∴ω

=

12

=

．6휋则

f（x）＝Asin（

x+φ），62f(0)

=

Asinφ

=휋휋由{，解得

A

=

2

2，φ

=

6．푓(2)

=

퐴푠푖푛(

+

휑)

=

퐴3휋휋∴f（x）

=

2

2sin（

x

+

6），6则

f（2021）2021．11∵{a}是正项等比数列，∴q＝3．n故答案为：3．【点评】11故答案为：2

2．【点评】本题考查由

y＝Asin（ωx+φ）的部分图象求函数解析式，是基础题．x

-

y

-

1

≤

0푦

+

푥，则

z

=

푥

+

1的最大值为{푥

+

2푦

‒

4

≤

02푥

+

푦

‒

2

≥

010．（5分）（2021•如皋市二模）已知变量

x，y

满足约束条件2

．【考点】7C：简单线性规划．【专题】11：计算题；31：数形结合；34：方程思想；49：综合法；5T：不等式．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可．x

-

y

-

1

≤

0푥

+

2푦

‒

4

≤

02푥

+

푦

‒

2

≥

0{【解答】解：变量

x，y

满足约束条件，满足的可行域如图：푦

+

푥푦

‒

1푥

+

1则

z

=

푥

+

1

=

1

+的几何意义是可行域内的点与（﹣1，1）连线的斜率加

1，经过

A

时，目标函数取得最大值．{x

+

2y

-

4

=

0由，可得

A（0，2），푦

‒

1的最大值是：2푥

+

푦

‒

2

=

0푦

+

푥2

+

00

+

1则

z

=

푥

+

1

=

1

+=

2．푥

+

1故答案为：2．12故答案为：22．【点评】本题考查由y＝Asin（ωx+φ12202高考复【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域，判断目标函数的最值是解题的关键．11．（5分）（2021•如皋市二模）在△ABC

中，角

A、B、C

的对边分别为

a，b，c，设

S

是△ABC

的面134

332휋积，若

b2+c2=a2+S，则角

A

的值是

3

．【考点】HR：余弦定理．【专题】35：转化思想；58：解三角形．【分析】直接利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用求出结果．【解答】解：△ABC

中，S

是△ABC

的面积，134

33且

b2+c2=a2+S，由余弦定理得

3b2+3c2＝a2+2

3bcsinA，=

푏

+

푐

‒

2푏푐푐표푠퐴

+

2

3푏푐푠푖푛퐴，22所以

sin2A＝sinBsinC（

3sinA﹣3cosA），整理为：由于

b2+c2≥2bc，13202高考复【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域，13휋22所以b

+

푐

=

2푏푐푠푖푛(퐴

‒

)

≥

2푏푐，6휋则sin(A

-

6)

≥

1，휋由于sin(A

-

6)

≤

1，휋故sin(A

-

6)

=

1，2휋3

．进一步解得

A

=2휋故答案为：

3【点评】本题考查的知识要点：余弦定理和三角形面积公式的应用．→→12．（5分）（2021•如皋市二模）如图，在平面四边形

ABCD

中，AB＝2，△BCD

是等边三角形，若AC•BD练习=

1，则

AD

的长为

6

．【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】34：方程思想；41：向量法；5A：平面向量及应用．【分析】取

BD

的中点

H，连接

AH，CH，运用等边三角形的性质和向量的加减运算、中点的向量表示和向量垂直的条件：数量积为

0，以及向量的平方即为模的平方，解方程可得所求值．【解答】解：取

BD

的中点

H，连接

AH，CH，由△BCD

为等边三角形可得

CH⊥BD，14휋22所以b+푐=2푏푐푠푖푛(퐴‒)≥2푏14→→由AC•BD

=

1，→→→→→→→→→可得（AH

+

HC）•BD

=

AH•BD

+

HC•BD

=

AH•BD12→（AD→+

AB→→12→（→AD2

-

퐴퐵2）＝1，=）•（AD

‒

AB）

=→→2퐴퐵2+2

4+26可得AD

=＝＝

，高考即有

AD

的长为

6．故答案为：

6．练【点评】本题考查向量的中点表示和向量垂直的条件：数量积为

0，以及向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．13．（5分）（2021•如皋市二模）在平面直角坐标系

xOy

中，已知点

A（m，0），B（m+4，0），若圆

C：2

19

+

4x2+（y﹣3m）2＝8上存在点

P，使得∠APB＝45°，则实数

m

的取值范围是

[

-，2]

．5【考点】J9：直线与圆的位置关系．【专题】11：计算题；25：动点型；35：转化思想；4R：转化法；5B：直线与圆．【分析】求出△ABP

的外接圆

M

半径和圆心坐标，确定外接圆

M

的方程，将点

P

转化为圆

M

与圆

C的公共点，利用两圆圆心距与两圆半径之间的关系列不等式求实数

m

的取值范围．【解答】解：设△ABP

的外接圆为圆

M，由于|AB|＝4，由正弦定理可知，圆

M

的半径

r

满足

2r

=15→→由AC•BD=1，→→→→→→→→→可得（AH+15|퐴퐵|4==

4

2，所以，圆

M

的半径长为r

=

2

2，푠푖푛∠퐴푃퐵

푠푖푛45°易知∠AMB＝2∠APB＝90°，且

圆心

M

在线段

AB

的垂直平分线上，可求得点

M

的坐标为（m+2，2）或（m+2，﹣2），由于点

P

在圆

C

上，也在圆

C

上，则圆

C

与圆

P

有公共点．标为（m+2，2），则圆

M

的方程为（x﹣m﹣2）

（

﹣

）

＝

，此时，由于圆

M

与圆

C

有公共点，2+y228则0

≤

|CM|

≤

4

2，即0

≤

(푚

+

2)2

+

(2

‒

3푚)2

≤

4

2，6化简得

5m

﹣4m﹣12≤

，解得

-

≤

푚

≤

2；205②若点

M

的坐标为（m+2，﹣2），则圆

M

的方程为（x﹣m﹣2）2+（y+2）2＝8，此时，由于圆

M

与圆

C

有公共点，则0

≤

|CM|

≤

4

2，即0

≤

(푚

+

2)2

+

(

‒

2

‒

3푚)2

≤

4

2，2

19

+

452

19

‒

4化简得

5m2+8m﹣24≤

，解得

-0≤

푚

≤．52

19

+

4综上所述，实数

m

的取值范围是[

-，2]，52

19

+

4故答案为：[

-，2]．5【点评】本题考察点与圆的位置关系，问题的关键在于将点转化为圆与圆的位置关系，属于中等题．푒푥，푥

≤

0{1

‒

푥14．（5分）（2021•如皋市二模）已知函数

f（x）

=，푥＞0，若关于

x

的方程

f[f（x）﹣1]＝m

有两2个不同的根

x

，x

，则

x

+x

的取值范围是（﹣∞，ln2﹣1）．1212【考点】57：函数与方程的综合运用．【专题】35：转化思想；48：分析法；51：函数的性质及应用．【分析】作出

f（x）的图象，令

t＝f（x）﹣1，即

f（x）＝1+t，m＝f（t），讨论

m

的范围，求得

t

的范围，进而得到满足题意的范围．푒푥，푥

≤

0{1

‒

푥【解答】解：函数

f（x）

=，푥＞0的图象如右：216|퐴퐵|4==42，所以，圆M的半径长为r=216可令

t＝f（x）﹣1，即

f（x）＝1+t，m＝f（t），若

m＜0时，t＞1，f（x）＞2无解；若

m＝0，t＝1，f（x）＝2无解；1若

0＜m＜

时，可得

t

＜﹣ln2，0＜t

＜1，122可得

f（x）＜1﹣ln2，1＜f（x）＜2，则符合题意，且

x

＜ln（1﹣ln2），1＞x

＞2ln2﹣1，12可得

x

+x

＜ln（1﹣ln2）+1；121若

m

=

，则

t＝﹣ln2，f（x）＝1﹣ln2，2可得符合题意，且

x

＝ln（1﹣ln2），x

＝2ln2﹣1，12x

+x

＝ln4（1﹣ln2）﹣1；121若

＜m＜1，则﹣ln2＜t＜0，1﹣ln2＜t+1＜1，21即

1﹣ln2＜f（x）＜

，满足题意，2可得

ln（1﹣ln2）＜x

＜﹣ln2，0＜x

＜2ln2﹣1，12可得

ln（1﹣ln2）＜x

+x

＜ln2﹣1；12若

m＝1，t＝0，t+1＝1，f（x）＝1一解，若

m＞1，则

f（x）无解．综上可得

x

+x

＜ln2﹣1，12故答案为：（﹣∞，ln2﹣1）．17可令t＝f（x）﹣1，即f（x）＝1+t，m＝f（t），1720【点评】本题考查函数方程的转化思想，以及数形结合思想，考查分类讨论思想，结合不等式的性质，属于难题．二、解答题：本大题共

6

小题，共

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．푎푐표푠퐴푐표푠퐶15．（14分）（2021•如皋市二模）在△ABC

中，角

A，B，C

所对的边分别为

a，b，c，已知2푏

‒

푐=．（1）求角

A

的值；（2）求

2sinB﹣sinC

的取值范围．【考点】HP：正弦定理．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；58：解三角形．【分析】（1）由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得

sinB＝2cosAsinB，结合

sinB＞0，可1求

cosA

=

，根据范围

A∈（0，π），可求

A

的值．22휋（2）利用三角函数恒等变换的应用可得

2sinB﹣sinC

=

3cosC，根据范围

C∈（0，

3

），可得

cosC的范围，进而得解

2sinB﹣sinC

的取值范围．【解答】（本题满分为

14分）푎푐표푠퐴푠푖푛퐴푐표푠퐴푐표푠퐶，解：（1）在△ABC

中，由=푐표푠퐶，结合正弦定理可得：=2푏

‒

푐2푠푖푛퐵

‒

푠푖푛퐶1820【点评】本题考查函数方程的转化思想，以及数形结合思想，考18即

sinAcosC＝2cosAsinB﹣cosAsinC，整理得：sinAcosC+cosAsinC＝2cosAsinB，即

sin（A+C）＝2cosAsinB，所以：sin（π﹣B）＝2cosAsinB，即：sinB＝2cosAsinB．因为

B∈（0，π），故

sinB＞0，1所以：cosA

=．2又

A∈（0，π），휋所以

A

=

3．………（6分）2휋31（2）2sinB﹣sinC＝2sin（

3

‒

C）﹣sinC＝2（

2

cosC

+

sinC）﹣sinC

=

3cosC，22휋因为

C∈（0，

3

），1所以

cosC∈（

-

，1），23故

3cosC∈（

-

2

，

3）．3所以

2sinB﹣sinC

的取值范围是（

-

2

，

3）．…………………（14分）【点评】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，考查了转化思想和运算求解能力，属于中档题．16．（14分）（2021•如皋市二模）如图，在四棱锥

P─ABCD

中，底面

ABCD

是菱形，PA⊥平面

ABCD．（1）证明：平面

PBD⊥平面

PAC；（2）设

E

为线段

PC

上一点，若

AC⊥BE，求证：PA∥平面

BED．19即sinAcosC＝2cosAsinB﹣cosAsinC，1920高考【考点】LS：直线与平面平行；LY：平面与平面垂直．【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5F：空间位置关系与距离．【分析】（1）证明

PA⊥BD．AC⊥BD，推出

BD⊥平面

PAC．然后证明平面

PBD⊥平面

PAC．（2）设

AC∩BD＝O，连结

OE．证明

AC⊥平面

BED．得到

AC⊥OE．证明

AC⊥PA．推出

PA∥OE．然后证明

PA∥平面

BED．【解答】证明：（1）∵PA⊥平面

ABCD，BD⊂平面

ABCD，∴PA⊥BD．又四边形

ABCD

是菱形，∴AC⊥BD，又

PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面

PAC，∴BD⊥平面

PAC．而

BD⊂平面

PBD，∴平面

PBD⊥平面

PAC．………………（6分）（2）设

AC∩BD＝O，连结

OE．∵AC⊥BE，AC⊥BD，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面

BED，2020高考【考点】LS：直线与平面平行；LY：平面与平面垂直．20∴AC⊥平面

BED．∵OE⊂平面

BED，∴AC⊥OE．∵PA⊥平面

ABCD，AC⊂平面

ABCD，∴AC⊥PA．又

AC、PA、OE

共面，∴PA∥OE．又

OE⊂平面

BED，PA⊄平面

BED，∴PA∥平面

BED．…………………（14分）练试卷【点评】本题考查平面与平面垂直，直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面培训的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．17．（14分）（2021•如皋市二模）如图，OA，OB

是两条互相垂直的笔直公路，半径

OA＝2km

的扇形AOB

是某地的一名胜古迹区域．当地政府为了缓解该古迹周围的交通压力，欲在圆弧

AB

上新增一个入口

P（点

P

不与

A，B

重合），并新建两条都与圆弧

AB

相切的笔直公路

MB，MN，切点分别是

B，P．当新建的两条公路总长最小时，投资费用最低．设∠POA＝θ，公路

MB，MN

的总长为

f（θ）．（1）求

f（θ）关于

θ

的函数关系式，并写出函数的定义域；21∴AC⊥平面BED．∵OE⊂平面BED，∴AC⊥OE．∵2120（2）当

θ

为何值时，投资费用最低？并求出

f（θ）的最小值．高考【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用．【专题】35：转化思想；56：三角函数的求值；58：解三角形．【分析】（1）直接利用平面几何知识和三角函数关系式的恒等变换求出结果．（2）利用三角函数关系式的恒等变换和基本不等式求出结果．【解答】解：（1）连结

OM．在

Rt△OPA

中，OP＝2，∠POA＝θ，故

AP＝2tanθ．1휋

휃据平面几何知识可知，MB＝MP，∠BOM

=

∠퐵푂푃

=

‒

，4

22휋

휃在

Rt△BOM

中，OB＝2，∠BOM

=

4

‒

2，휋

휃故

BM＝2tan（

‒

）．4

2휋

휃所以

f（θ）＝AP+2BM＝2tanθ+4tan（

‒

）．4

2휋휋显然

θ

∈

(0，

)，所以函数

f（θ）的定义域为(0，

)．22휋

휃휋휋（2）令

α

=

‒

，则

θ

=

‒

2훼，且α

∈

(0，

)．4

2242220（2）当θ为何值时，投资费用最低？并求出f（θ）的22휋2푠푖푛(

‒

2훼)휋2所以

f（θ）＝2tan（

‒

2훼）+4tanα

=+

4tanα，2휋푐표푠(

‒

2훼)22푐표푠2훼2=푠푖푛2훼

+

4푡푎푛훼

=

푡푎푛2훼+

4푡푎푛훼，1

‒

푡푎푛2훼==+

4푡푎푛훼，푡푎푛훼1+

3푡푎푛훼

≥

2

3，푡푎푛훼1当且仅当=

3푡푎푛훼，푡푎푛훼3即：tanα

=

3

等号成立．휋故θ

=

6时，投资最低

f（θ）＝2

3．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，基本不等式的应用．푥2

푦218．（16分）（2021•如皋市二模）在平面直角坐标系

xOy

中，设椭圆

C：푎2

푏2=

1（a＞b＞0）的下顶+3点为

A，右焦点为

F，离心率为

2

．已知点

P

是椭圆上一点，当直线

AP

经过点

F

时，原点

O

到直线3AP

的距离为

2．（1）求椭圆

C

的方程；（2）设直线

AP

与圆

O：x2+y2＝b2相交于点

M（异于点

），设点AM

关于原点

O的对称点为

N，直线AN

与椭圆相交于点

Q（异于点

A）．①若|AP|＝2|AM|，求△APQ

的面积；푘1②设直线

MN

的斜率为

k

，直线

PQ

的斜率为

k

，求证：

是定值．12푘223휋2푠푖푛(‒2훼)휋2所以f（θ）＝2tan（‒23202【考点】K3：椭圆的标准方程；KL：直线与椭圆的综合．【专题】34：方程思想；48：分析法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）运用椭圆的离心率公式以及点到直线的距离公式，解方程可得

a，b，c，进而得到所求椭圆方程；（2）设直线

AP

的斜率为

k，则直线

AP

的方程为

y＝kx﹣1，联立椭圆方程可得

P

的坐标，联立圆方程可得

M

的坐标，运用两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得

Q

的坐标，1①由|AP|＝2|AM|可得

k，求得

P，Q

坐标，以及|AP|，|AQ|，由△APQ

的面积为

|AP|•|AQ|，计算可2得；②运用两点的斜率公式，分别计算线

MN

的斜率为

k

，直线

PQ

的斜率为

k

，即可得证．123푐3【解答】解：（1）据题意，椭圆

C

的离心率为

2

，即

=

．①푎2푥푦当直线

AP

经过点

F

时，直线

AP

的方程为

+=

1，即

ax﹣cy﹣ac＝0，푐‒

푎3|

‒

푎푐|3由原点

O

到直线

AF

的距离为

2

，可知=

2，푎2

+

푐2푎푐3即=

2

．②푎2

+

푐23，故

b

＝

﹣

＝1．2

a2

c2联立①②可得，a＝2，c

=푥2所以椭圆

C

的方程为

4

y

＝

．………（

分）+21424202【考点】K3：椭圆的标准方程；KL：直线与椭圆的综合．24（2）据题意，直线

AP

的斜率存在，且不为

0，设直线

AP

的斜率为

k，则直线

AP

的方程为

y＝kx﹣1，푥28푘联立

4

y

＝

，整理可得（+211+4k2

x2

8kx）

﹣

＝

，所以

x＝

或00x

=2．1

+

4푘28푘4푘

‒

1所以点

P

的坐标为（2，），21

+

4푘

4푘

+

1联立

y＝kx﹣1和

x2+y2＝

，12푘整理可得（1+k

）

﹣

＝

，所以

＝

或x2

2kx20x0x

=2．1

+

푘2푘푘2

‒

1）．所以点

M

的坐标为（2，1

+

푘

푘2

+

1显然，MN

是圆

O

的直径，故

AM⊥AN，1所以直线

AN

的方程为

y

=-

푘x﹣1．1用

-

푘代替

k，得点

Q

的坐标为48‒

1‒

푘4

‒

푘2，2）………（9分）푘28푘（

4+

1，

4

+

1）即

Q（

-2푘

+

4

4

+

푘푘2푘2①由|AP|＝2|AM|可得，x

＝2x

，PM8푘2푘即=

2•2，1

+

4푘21

+

푘2解得

k＝±

2．2根据图形的对称性，不妨取

k

=

2，25（2）据题意，直线AP的斜率存在，且不为0，设直线A254

2

18

2

7，

），则点

P，Q

的坐标分别为（

3

，

），（

-3994

38

6故|AP|

=3

，|AQ|

=

9

．114

3

8

6

16

2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（12分）9所以△APQ

的面积为

|AP|•|AQ|

=

×

3

×

9=22푘

‒

1

푘

+

1

푘2

‒

122②证明：直线

MN

的斜率

k

＝kOM=•=2푘

，1푘2

+

12푘4푘

‒

1

4

‒

푘22‒24

+

푘2

푘2

‒

14푘

+

1直线

PQ

的斜率

k

==5푘

．28푘‒

8푘‒1

+

4푘2

푘2

+

4푘1所以푘푘2

‒

1

5푘2푘

•푘2

‒

15==

为定值，得证．………（16分）22【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，以及直线与圆的方程联立，解方程求交点，考查直线的斜率公式的运用，化简整理的运算能力，属于中档题．1119．（16分）（2021•如皋市二模）已知函数

f（x）

=

x2﹣4ax+alnx+a

+

，其中

a∈R．22（1）当

a＝1时，求函数

f（x）在

x＝1处的切线方程；（2）记函数

f（x）的导函数是

f′（x），若不等式

f（x）＜xf′（x）对任意的实数

x∈（1，+∞）恒成立，求实数

a

的取值范围；（3）设函数

g（x）＝f（x）+2a，g′（x）是函数

g（x）的导函数，若函数

g（x）存在两个极值点x

，x

，且

g（x

）+g（x

）≥g′（x

x

），求实数

a

的取值范围．12121

2【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6E：利用导数研究函数的最值．【专题】15：综合题；33：函数思想；4R：转化法；53：导数的综合应用．【分析】（1）根据导数的几何意义即可求切线方程，26421827则点P，Q的坐标分别为（3，）26（2）先求导，则不等式

f（x）＜xf′（x）对任意的实数

x∈（1，+∞）恒成立，转化为

x

﹣2alnx﹣12＞0对任意实数

x∈（1，+∞）恒成立，构造函数

t（x）＝x

﹣2alnx﹣

，

＞

，分类讨论，即可求出

a21x1的范围，1（3）先求导，根据函数

g（x）存在两个极值点

x

，x

可得

a＞

，且

x

+x

＝4a，x

x

＝a，再化简

g12121

241（x

）+g（x

）≥g′（x

x

）可得到

8a﹣8﹣lna≤0，构造

h（a）＝8a﹣8﹣lna，a＞

，求出函数的最121

24值即可．132【解答】解：（1）当

a＝1时，f（x）

=

2x2﹣4x+lnx+，其中

x＞0．13故

f（1）

=

‒

4

+

=‒

2．221∵f′（x）＝x﹣4

+

푥，故

f′（1）＝1﹣4+1＝﹣2，∴函数函数

f（x）在

x＝1处的切线方程为

y+2＝﹣2（x﹣1），即

2x+y＝0．112푎（2）由

f（x）

=

x2﹣4ax+alnx+a+，可得

′（

）＝x﹣fx4a

+

푥．2112푎据题意可知，不等式

x

﹣24ax+alnx+a

+＜

（

﹣xx4a

+

푥）对任意实数

x∈（1，+∞）恒成立，2即

x

﹣22alnx﹣

＞

对任意实数

（

，

∞）恒成立，10x∈1+令

t（x）＝x

﹣22alnx﹣

，

＞

．1x

12푎푥2

‒

푎푥故

t′（x）＝2x

-푥

=

2•．①若

a≤1，则

t′（x）＞0，t（x）在（1，+∞）上单调递增，t（x）＞t（1）＝0，故

a≤1符合题意．②若

a＞1，令

t′（x）＝0，得

x

=

푎（负舍）．当

x∈（1，

a）时，t′（x）＜0，t（x）在（1，

a）上单调递减，故

t（

a）＜t（1）＝0，与题意27（2）先求导，则不等式f（x）＜xf′（x）对任意的实数27矛盾，∴a＞1不符题意．综上所述，实数

a

的取值范围

a≤1．112（3）据题意

g（x）＝f（x）+2a

=

x2﹣4ax+alnx+3a+，其中

x＞0．2푎푥2

‒

4푎푥

+

푎则

g′（x）＝x﹣4a

+

푥=．푥∵函数

g（x）存在两个极值点

x

，x

，12∴x

，x

，是方程

x

﹣24ax+a＝0的两个不等的正根，122a＞021{∴

△=

(

‒

4푎)

‒

4푎＞0得

a＞

，且

x

+x

＝4a，x

x

＝a121

24푎＞01∴g（x

）+g（x

）

=

（x12+x

2）+4a（x

+x）+aln（x

+x

）x+6a+11

2，12212212（16a2﹣2a）﹣16a2+alna+6a+1＝﹣8a2+alna+5a+1，=푎푎=

a﹣4a

+

=‒

3a+1，푎∴g′（x

x

）＝x

x

﹣4a

+1

21

2푥

푥1

2据

g（x

）+g（x

）≥g′（x

x

）可得﹣8a2+alna+5a+1≥﹣3a+1，121

2即

8a

﹣8a﹣alna≤

，201又

a＞

，故不等式可简化为

8a﹣8﹣lna≤0，41令

h（a）＝8a﹣8﹣lna，a＞

，41则

h′（a）＝8

-

＞4＞0，푎1∴h（a）在（

，+∞）上单调递增，4又

h（1）＝0，28矛盾，∴a＞1不符题意．综上所述，实数a的取值范围a281∴不等式

8a﹣8﹣lna≤0的解为

＜a≤1．41∴实数

a

的取值范围是（

，1]4【点评】本题考查了导数和函数的单调性，极值，最值的关系，以及函数恒成立的问题，培养学生的转化能力，运算能力，属于难题．20．（16分）（2021•如皋市二模）已知正项数列{a

}的前

n

项和为

S

，且满足

a

＝2

S

‒

1，数列{b

}是푛nnnn首项

b

＝2，公比为

q{|q|≠1}的等比数列．1（1）求数列{a

}的通项公式；n（2）设三个互不相等的正整数

k，t，r（k＜t＜r）满足

2t＝k+r，若

a

+b

＝a

+b

＝a

+b

，求实数

q

的kttrrk最大值；（3）将数列{a

}与{b

}的项相间排列成新数列{c

}：a

，b

，a

，b

，a

，b

，…，设新数列{c

}的前nnn112233n푇2푚n

项和为

T

，当

q＝3时，是否存在正整数

m，使得푇恰好是数列{c

}中的项？若存在，求出

m

的nn2푚

‒

1值，若不存在，说明理由．【考点】8H：数列递推式．【专题】11：计算题；35：转化思想；55：点列、递归数列与数学归纳法；5Q：立体几何．2=

푎푛

+

12

+

2an+1+1，从而（an+1+a

）（a

﹣a

﹣n

n+1

n【分析】（1）推导出

4S

=

푎

+

2푎

+

1，则4푆n푛푛푛

+

12）＝0，进而数列{a

}是公差为

2的等差数列，由此能求出数列{a

}的通项公式．nn（2）推导出

qt+qk＝2qr．从而

﹣

＝

（

﹣

），令

﹣

＝

，则rk2tktkn2q2n

qn﹣

﹣

＝0，由此能求出当

＝1n1푇2푚1时，q

取得最大值

-

．利用푇为{c

}中的项只能为

c

，c

，c

．利用分类思想能求出

mn12322푚

‒

1【解答】解：（1）∵正项数列{a

}的前

n

项和为

S

，且满足

a

＝2

S푛

‒

1，nnn∴4S

＝（a

+1）

，即24S푎

2

+

2푎

+

1

①=

，푛

푛nnn则4푆푛

+

1

=

푎푛

+

12

+

2an+1+1，②291∴不等式8a﹣8﹣lna≤0的解为＜a≤1．41∴实29将②─①可得，4푎푛

+

1

=

푎푛

+

12

‒

푎

2

+

2푎‒

2푎

，푛푛

+

1푛整理得（an+1+a

）（a

﹣a

﹣2）＝0，nn+1n∵a

＞0，∴a

﹣a

＝2为定值，nn+1n∴数列{a

}是公差为

2的等差数列．n2在①中，令

n＝1，可得

4S

=

푎

+

2푎

+

1，解得

a

＝1．1111∴a

＝2n﹣1．n（2）∵三个互不相等的正整数

k，t，r（k＜t＜r）满足

2t＝k+r，a

+b

＝a

+b

＝a

+b

，kttrrk∴由

2k﹣1+2qt﹣1＝2t﹣1+2qr﹣1＝2r﹣1+2qk﹣1，∴t﹣k＝qt﹣1﹣qr﹣1，

﹣

＝qr﹣1﹣qk﹣1又

2t＝k+r，即

t﹣y＝r﹣t，r

t．∴qt﹣1﹣qr﹣1＝qj﹣1﹣qk﹣1，整理可得

qt+qk＝2qr．∴2qr﹣k﹣qt﹣k﹣

＝

．10又

2t＝k+r，∴r﹣k＝2（t﹣k），令

t﹣k＝n，1则

2q

﹣

﹣

＝

，∴

=-

或

．2n

qn10qn121∵|q|≠1，∴q

=-n．211푛∴n

为奇数，﹣1＜q＜0，q＝﹣（

）

，21∴当

n＝1时，q

取得最大值

-．2푛，푛

=

2푘

‒

1{푛（3）由题意得c푛

=，k∈N*，‒

12

⋅

3230将②─①可得，4푎푛+1=푎푛+12‒푎230∴T

＝（a

+a

+…+a）+（b

+b

+…+b

）2

4

2n2n132n﹣1푚(1

+

2푚

‒

1)

2(1

‒

3푛)=+=

3m+m2﹣1，21

‒

3T2m﹣1＝T

﹣b

＝3m+m2﹣1﹣2×3m﹣1＝3m﹣1+m2﹣1．2m2m푇2푚푚2223

+

푚

‒

12(푚

‒

1)2(푚

‒

1)∴푇==

3

-=

3

-≤

3，3푚

‒

1

+

푚

‒

123푚

‒

1

+

푚

‒

123푚

‒

1

+

푚

+

122푚

‒

1푇2푚∴若푇为{c

}中的项只能为

c

，c

，c

．n

1

2

32푚

‒

122(푚

‒

1)①若

3

-②若

3

-=

1，则

3n﹣1＝0，所以

m

无解；=

2，则

3n﹣1+1﹣m2＝0．3푚

‒

1

+

푚

‒

1222(푚

‒

1)3푚

‒

1

+

푚

‒

12由题意

m＝1不符合题意，m＝2符合题意．当

m≥3时，即

f（m）＝3m﹣1+1﹣m2，则

′（

）＝3m﹣1ln3﹣2mfm，设

g（m）＝3m﹣1﹣2n，则

′（

）＝3m﹣1（ln3）

﹣

＞

，gm220即

f′（m）＝3m﹣1ln3*2m

为增函数，故

′（

）≥

′（

）＞

，

（

）为增函数．fmf30f

m故

f（m）＞f（3）＝1＞0，∴当

m≥3时，方程

3m﹣1+1﹣m2＝

无解，0即

m＝2是方程唯一解．22(푚

‒

1)③若

3

-=

3，则

m2＝1，即

m＝1．3푚

‒

1

+

푚

‒

12综上所述，m＝1或

m＝2．【点评】本题考查数列的通项公式的注法，考查函数、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，考31∴T＝（a+a+…+a）+（b+b+…+b）2n31查函数与方程思想，是中档题．32查函数与方程思想，是中档题．3232