2024年天津市红桥区高三年级下册高考二模数学试卷含详解

局二数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.

答卷时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

祝各位考生考试顺利！

第I卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案标号.

2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.

参考公式：

.柱体体积公式：V=sh,其中s表示柱体底面积，无表示柱体的高.

V=—sh

•锥体体积公式：3,其中表示锥体底面积，入表示锥体的高.

•球体表面积公式：S=4万内，其中R表示球体的半径.

V=-7TR3

.球体体积公式：3,其中R表示球体的半径.

,如果事件A,B互斥,那么?仍0=P（A）+P⑶.

•对于事件45,尸（A）>°,那么网M）=*4）网网肛

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知全集"{QI，'"},集合A={QL2},5H0,2⑸,则1（Au3）=（）

A.{4}B,{1,3,4}C.{0,2}D.{0,1,2,3）

2.下列条件中，使得“。>方”成立充分不必要条件是（）

A/>/B.C,D.\a\>\b\

22ab1111

3.函数/（尤）=（尤2—2无）e*的图象大致是（）

4.某同学于2019年元旦在银行存款1万元，定期储蓄年利率为1.75%,以后按约定自动转存，那么该同学在2025

年元旦可以得到本利和为()

A.lOOOOxl.0175*6B.lOOOOxl.01757

67

c10000(1-1.75%)D10000(1-1.75%)

1-1.75%1-1.75%

5.如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮

筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为()

J15©BD立

A.B.

4

6.若a=(g)"b=log1|,c=31，则b,c的大小关系为()

A.a>b>cB.b>c>aC.b>a>cD.a<b<c

7.已知［m,Oj是函数/(x)=2sin(2x+0)(O<0<7i)图象的一个对称中心，则()

A.函数了(%)的图象可由y=2cos2x向左平移四个单位长度得到

6

(TT11TT)

B.函数“X)在区间-五,百上有两个极值点

7TL

C.直线％=——是函数4％)图象的对称轴

6

D.函数八％)在区间上单调递减

8.2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数(PMI)如下图所示:

有下列说法：

①从2022年7月到2023年7月，这13个月的PMI的极差为5.6%；

②PMI大于50%,表示经济处于扩张活跃的状态，PMI小于50%,表示经济处于低迷萎缩的状态，则2023年1月

到2023年3月，经济处于扩张活跃的状态；

③从2023年1月到2023年7月，这7个月的PMI的第75百分位数为51.9%；

④2023年7月份，PMI为49.3%,比上月上升0.3个百分点.

其中正确的有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

9.过抛物线/=3岔》焦点尸的直线与抛物线交于A,B两点，AF=3FB，抛物线的准线与无轴交于点C,贝I

ABC的面积为（）

A15由R15有「15不„15币

4242

第II卷

注意事项：

1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.

2.本卷共11小题,共105分.

二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.

4+3i

10.i是虚数单位，则复数一r=.

2—1

11.在0-2）5展开式中，的系数为.（用数字作答）

12.已知lga+b=-2,d=10，则。=.

13.某同学高考后参加国内3所名牌大学A,3,C的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过这3所大学A,5c招

生考试的概率分别为x,y,该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所大

3

学招生考试的概率为3，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为；该同学恰好通过A,3两所大学招

O

生考试的概率最大值为.

14.太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示的图形是由

半径为2的大圆。和两个对称的半圆弧组成的，线段过点。且两端点M,N分别在两个半圆上，点P是大圆上

一动点，令PM=a，PN=b，若+则4=；的最小值为

15.函数〃x)=|2x—叫—|111%|有且只有一个零点，则机的取值范围是.

三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为。，b,c,已知。=6,cosB=-,且Z?sinA=3csin5.

3

(1)求c的值；

(2)求b的值;

(3)求cos[25+V]的值.

17.在如图所示的几何体中，平面A3CD,PA//QD,四边形A3CD为平行四边形，ZABC=6Q°,

ABAC=9Q°，AB=PA=1,PQ=272.

(1)求证：直线P6〃平面。CQ；

(2)求直线尸5与平面PCQ所成角的正弦值;

(3)求平面PCQ与平面。CQ夹角正弦值.

22

18.已知椭圆C:——+=l(a〉。〉0)过点4(—2,—1),长轴长为

ab

(1)求椭圆。的方程；

(2)直线/：y=丘+〃2与椭圆。交于不同的两点/、N,直线40、AN分别与直线1=-4交于点尸、Q,

。为坐标原点且求证：直线/过定点，并求出定点坐标.

19.已知｛4｝是等差数列，物,｝是公比为正数的等比数列，且4=1,&+24=1，(4+%)%=1，

a4b2="5"3(

⑴求数列｛｛4｝,也｝的通项公式；

(2)设g=l+.(二+2)，S“=yc2-C3-q(〃eN*)

(i)求S〃；

5)求

普iSj''

InY

20.已知函数—―T,其中。为常数.

(1)若a=0,求函数/⑺的极值；

(2)若函数/(x)在(0,-4)上单调递增，求实数。的取值范围；

(3)若。=—1,设函数/⑺在(0,1)上极值点为为,求证：/(x0)<-2.

局二数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.

答卷时，务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

祝各位考生考试顺利！

第I卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其他答案标号.

2.本卷共9小题，每小题5分，共45分.

参考公式：

.柱体体积公式：V=sh,其中s表示柱体底面积，无表示柱体的高.

V=—sh

•锥体体积公式：3,其中表示锥体底面积，入表示锥体的高.

•球体表面积公式：S=4万内，其中R表示球体的半径.

V=-7TR3

.球体体积公式：3,其中R表示球体的半径.

,如果事件A,B互斥,那么?仍0=P（A）+P⑶.

•对于事件45,尸（A）＞°,那么网M）=网4）0倒闾.

一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知全集"{QI，'"},集合A={QL2},5H0,2⑸,则1（Au3）=（）

A.{4}B,{1,3,4}C.{0,2}D.{0,1,2,3）

【答案】A

【解析】

【分析】根据并集、补集的定义计算可得.

【详解】因为4={0」,2},5={0,2,3},

所以4。5={0,1,2,3},又。={0,1,2,3,4},

所以令5B）={4}.

故选：A

2.下列条件中，使得成立的充分不必要条件是（

33

A.a>bB.logla<logl/7c1<1D,U>N

22ab1111

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.

【详解】对于A：因为丁=三在定义域R上单调递增，

所以由。3>步可以得到。>b,故充分性成立，

由。>人可以推得出/>3，故必要性成立，

所以/是。>》的充要条件，故A错误；

对于B：因为>在定义域（0,+。）上单调递减，由可得a>b>Q,故充分性成立,

由。那不一定得到l°g[a<l°g[b,故必要性不成立，

22

故log；a<log）b是a>b的充分不必要条件，故B正确；

22

对于C：当。=-1,匕=1时满足上<；,但是不成立，即充分性不成立，

ab

当。=1,》=-1时满足。>人，但是工>工，故必要性不成立，

ab

所以!<]是的既不充分又不必要条件，故C错误；

ab

对于D：当。=-2,3=1时满足同〉网，但是。>方不成立，即充分性不成立，

当。=2,6=T时满足">>，但是时>网不成立，即必要性不成立,

所以时〉网是"”的既不充分又不必要条件，故D错误.

故选：B

3.函数/（x）=（f—2x）e*的图象大致是（）

【答案】C

【解析】

【分析】由/（。）=0可排除A,再求导分析单调性可得C正确，BD错误.

【详解】当x=0时，/（0）=0,可排除A,

/,(x)=(2x-2)et+(x2-2x)e-v=(x2-2)e\

令用X)＞。，解得X＞点或X＜—后，

所以了(%)在卜肛-⑹和("+可上单调递增；在卜"⑹上单调递减；

结合图象可得C正确；

故选：C.

4.某同学于2019年元旦在银行存款1万元，定期储蓄年利率为1.75%,以后按约定自动转存，那么该同学在2025

年元旦可以得到本利和为()

A.10000xl.01756B.10000xl.01757

C10000(1-1.75%6)口10000（1-1.75%7）

1-1.75%1-1.75%

【答案】A

【解析】

【分析】记九年后得到的本利和为％,依题意可得%=10000x(1+1.75%)”,即可判断.

【详解】记九年后得至U的本禾U和为%,根据题意知q=10000x(1+1.75%)"=10000x1.0175",

即数列｛4｝是一个首项为％=10175,公比为q=1.0175的等比数列，

该同学2019年元旦在银行存款1万元，2025年元旦即6年后得到的本利和为：

6

o6=10000X1.0175(元).

故选：A

5.如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮

筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为()

C

2f"

【答案】B

【解析】

【分析】设圆锥的半径为「，高为〃，母线长为/,结合题意面积比得到〃=后/，再计算二者的体积比即可.

【详解】设圆锥的半径为厂，高为/?,母线长为/,

则母线长为/=巧方，

22

所以圆锥的侧面积是11rl=7irVr+/z，

半球的面积2兀产，

由题意可得兀小/六+/_2x2;ir2,

解得h=y/15r，

i/ici47r2JE

所以圆锥体积为上兀/丸=装3,半球的体积为义/=3,

33233

厉3

----兀,

所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为Y——

2兀3

——r

3

故选：B.

6.若。=(："，^=logi|,c=3士则〃，乩°的大小关系为()

A.a>b>cB.b>c>aC.b>a>cD.a<b<c

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用幕函数、对数函数性质，并借助媒介数比较大小.

21Q-94—H16)—H3—1—9-

［详解］^=logi->logi-=l,a=(-)3=［(-)］=(^)>(^-)1^=(-)4=c,而a=(§)3<l,

所以a,b,c的大小关系为》〉a>c.

故选：C

7.已知,o］是函数/(x)=2sin(2x+9)(O<0<7i)图象的一个对称中心，则()

A.函数4％)的图象可由y=2cos2x向左平移J个单位长度得到

6

［兀］］兀、

B.函数“X)在区间［-石■，石上有两个极值点

77T

C,直线x=—是函数〃龙)图象对称轴

6

D.函数在区间0,石■上单调递减

【答案】D

【解析】

【分析】先由正弦函数的对称中心解出夕=|兀，再由图象平移得到A错误；整体代入结合正弦函数图象可得B错

误；整体代入可得C错误；整体代入结合正弦函数的单调性可得D正确.

【详解】由已知可得2sin[2x§7i+oJ=0,可得3-+°=E/eZ,

2

因为。＜。＜无，所以兀，

所以/(x)=2sinf2X+J7Tj,

对于A：由y=2cos2x向左平移巳个单位长度得到y=2cos2x+=2cos12x+|^,故A错误;

2

设M=2X+§兀，则由正弦函数图像y=sin”可知，只有一个极值点，故B错误；

对于C：/^-^^=2sin^2x^+-|jt^=2sin3n=0,所以直线x=?不是函数了(%)图象的对称轴，故C错

误；

对于D：当xe0,||时，2x+-?re,由正弦函数的单调性可得了(%)在此区间内单调递减，故D正

确；

故选：D

8.2023年7月31日国家统计局发布了制造业采购经理指数(PMI)如下图所示:

2022年891011122023年234567

7月月月月月月1月月月月月月月

有下列说法：

①从2022年7月到2023年7月，这13个月的PMI的极差为5.6%；

②PMI大于50%,表示经济处于扩张活跃的状态，PMI小于50%,表示经济处于低迷萎缩的状态，则2023年1月

到2023年3月，经济处于扩张活跃的状态；

③从2023年1月到2023年7月，这7个月的PMI的第75百分位数为51.9%；

④2023年7月份，PMI为49.3%,比上月上升0.3个百分点.

其中正确的有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】D

【解析】

【分析】由极差的定义结合图中数据可得①正确；由图可得②正确；由百分位数的计算可得③正确；由图可得④正

确.

【详解】①由图可得这13个月的PMI的最大值为52.6%,最小为47.0%,所以极差为52.6%—47.0%=5.6%,

故①正确；

②由图可得，2023年1月到2023年3月的PMI分别为50.1%,52.6%,51.9%均大于50%,故②正确；

③从2023年1月到2023年7月的PMI的值从小到大排列为

48.8%,49.0%,49.2%,49.3%,50.1%,51.9%,52.6%,

因为7x75%=0.525,所以这7个月的PMI的第75百分位数为第六个数是51.9%,

故③正确；

④2023年7月份，PMI为49.3%,6月份PMI为49.0%,所以比上月上升0.3个百分点，故④正确；

所以正确的个数为4个，

故选：D.

9.过抛物线V=3后焦点/的直线与抛物线交于A,8两点，AF=3FB，抛物线的准线与x轴交于点C,则

二ABC的面积为（）

A15月R1573「15sn15r

4242

【答案】B

【解析】

【分析】利用抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离作出图形，结合图形得到

|CF|=\BN\+\DF\=\BF\+\DF\=芋=孚解出机从而确定忸K|的长度，再利用三角形面积和之间的关系

SABC=SAFC+SBFC求出即可・

设抛物线的准线为/,

过A作40JJ于过B作于N点，过3作于K，

设忸司=机，

因为A尸=3FB，所以5=3加，

所以|AB|=4相，

所以IAK|=I—忸N|=IAF|—忸同=2m,

\AK2m1

在Rt二AKB中，cosZBAK=^——=—=-,所以NB4K=60°,

\AB4-m2

因为AM//CF,所以NO£B=60°,

又忸同=相，所以|ED|=5机，

又由y2=3氐，可得底

所以|。刊=忸N|+\DF\=|BF|+\DF\=^-=孚,所以加=J?,

所以忸K|=IABkin60°=2后,

所以S诋=SAFC+S已叱=3CEN5K|=LX至x2^="月.

ADCArcDTC,?III|、

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用抛物线的定义建立方程|CE|=忸可+|£>刊=忸刊+|。刊=”=孚,

解出m.

第n卷

注意事项：

i.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.

2.本卷共U小题，共105分.

二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.

10.i是虚数单位，则复4+3数i一土=.

2-1

【答案】l+2i

【解析】

【分析】直接利用复数的四则运算求解即可.

4+3i_（4+3i）（2+i）_5+10i

【详解】=l+2i.

2-i-（2-i）（2+i）-5

故答案为：l+2i

11.在(x-2)5的展开式中，％2的系数为.(用数字作答)

【答案】-80

【解析】

【分析】根据二项式展开定理求解即可.

【详解】(x-2)5展开的通项为c~—2)=-

令5-r=2,得厂=3,

此时/的系数为C；(—2)3=—80.

故答案为：-80.

12.已知lga+b=-2,<?=10，则。=.

【答案】—##0.1

10

【解析】

,1,1

【分析】根据指对数互化可得6=^—,结合Iga+-=-2求参数值即可.

lgaIga

【详解】由题设6=logJ0=^—,贝Uga+3=—2且。＞0,

IgaIga

所以1g2a+21ga+l=(lga+l)2=0,即lga=-l,故a=\.

故答案为：一

10

13.某同学高考后参加国内3所名牌大学C的“强基计戈/招生考试，已知该同学能通过这3所大学A5C招

生考试的概率分别为x,y,该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中2所大

学招生考试的概率为9,则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为；该同学恰好通过A3两所大学招

O

生考试的概率最大值为.

71

【答案】①.-##0.875②.-##0.125

88

【解析】

【分析】根据恰好能通过其中2所大学招生考试的概率列方程，通过整体代入可得该同学至少通过1所大学招生考

试的概率，再利用基本不等式可得恰好通过A,3两所大学招生考试的概率最大值.

【详解】.该同学能否通过这3所大学的招生考试相互独立，

该同学恰好能通过其中2所大学招生考试的概率「=:孙+gx(l—y)+:y(l—=+—:孙=1

2222228

11111137

所以该同学至少通过1所大学招生考试的概率为1—%(1—%)(1—、)=7+彳工+彳丁—彳W二彳+弓=3，

22222288

1113小3

由万工+万,一万孙二^得，x+y-xy=~,

__3

所以；+孙=x+y22y1xy即孙-2y[xy+—>0

解得或即孙或

又・・・Ovxvl,0<y<1,

0<xy<1,/.0<xy<—,

4

.•.当X=y='时，该同学恰好通过A,B两所大学招生考试的概率取得最大值

28

71

故答案为：一,一•

88

14.太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示的图形是由

半径为2的大圆。和两个对称的半圆弧组成的，线段MN过点。且两端点”，N分别在两个半圆上，点尸是大圆上

一动点，令PM=a，PN=b，若尸。=4。+4人，则4=；Q./?的最小值为.

【答案】①.g##0.5②.0

【解析】

【分析】第一空结合图形由向量的线性运算可得；第二空先由向量的线性运算得到=4-0.2,再当取得

最大值时计算可得.

【详解】由圆的对称性可得。为的中点，

所以PO=PN+NO=Z?+，iW=b+L(PM—PN)=Z?+，(a—b)=，a+L/?=4a+%b，

"；—_

ab=(PO+OM)-^PO+ON),

因为OM=-ON，

所以a〃=(PO+OAf)(PO—(W)=PO2—ON?=4—ON?,

所以当OM取得最大值2时，a包的最小值为0,；

故答案为：y;0.

15.函数〃x)=|2x—叫—沁刀|有且只有一个零点，则机的取值范围是.

【答案】(f,ln2+l)

【解析】

【分析】作出图象，问题等价于y=|2x-叫与丁=|111九|有且只有一个交点，考虑相切时的情况，利用导数的意义

求出切线方程，再求出结果即可.

【详解】由题意可得，问题等价于y=|2x—刊与y=|lnx|有且只有一个交点.

分别作图如下:

N

/y=\^-m\

o\1X

考虑他们的临界情况，即丁=|2%一切|与y=|lnx|相切时，如上图，即y=m-2x与y=-lnx相切时，仅有一个

交点.

设切点为(小,%),

,1c

则y=—=—2,

%

所以XQ——,%=—In~—In29

所以ln2=根一2x'=机一1,即M=ln2+1,

2

但因为y=|2x-m|与y=|lnR有且仅有一个交点，

所以ln2>zn—1,即机vIn2+1,

故答案为：(-oo,ln2+l).

【点睛】关键点点睛：在求切线方程时设切点，利用导数的意义求切线的斜率，再由点斜式求出切线方程.

三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

16.在一ABC中，内角A,B,C的对边分别为。，b,c,已知。=6,cosB=；,且Z?sinA=3csin5.

(1)求c的值；

(2)求b的值;

(3)求cos[25+V]的值.

【答案】(1)2

⑵4A历

小7A/3+4A/2

18

【解析】

【分析】(1)利用正弦定理将角化边，即可得解；

(2)利用余弦定理计算可得；

(3)根据平方关系求出sinB,即可求出sin25、cos2B,最后由两角和的余弦公式计算可得.

【小问1详解】

因为加inA=3csin5,由正弦定理可得QZ?=3cZ?,所以〃=3c,

又a=6,所以。二2；

【小问2详解】

由余弦定理廿=〃2+02-2accosB，

即/=6?+22-2x6x2」=32,

3

所以6=(负值已舍去)；

【小问3详解】

由cosB=§,Be(0,7i),所以sinB=Jl-cos?B=，

所以sin23=2sinBcosB=2义工义冬IZ=4枝

339

cos2B=2cos2B-l=2xf—-1=,

UJ9

所以cos[23+W>cosIBcos--sin2Bsin—

66

7V34A/217V3+4V2

二---X----------------------X一二------------

929218

17.在如图所示的几何体中，平面A5CD,PA//QD,四边形A5CD为平行四边形,ZABC=60°,

/胡。=90。，AB=PA=1,PQ=2A/2.

(1)求证：直线？fi〃平面。CQ；

(2)求直线PB与平面PCQ所成角正弦值；

(3)求平面PCQ与平面DCQ夹角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

力y/186

kz/-----------

31

7930

kDJ-------

31

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面DCQ的法向量〃，由二茂=0即可证明;

（2）求出平面PCQ的法向量加，再求出cosm,P3,即可得解;

-\m-n\

（3）设平面PCQ与平面DCQ夹角为。，由cos6=^^求出cosG,从而求出sin。.

H\n\

【小问1详解】

因为上4J_平面A3CD，ZBAC=9Q0,如图建立空间直角坐标系，

因为四边形ABCD为平行四边形，ZABC=6Q°,/B4C=90°,AB=PA=1,PQ=2形,

则AC=ABtan60。=百，8C==2，（DQ—以+2?=（2班『，

解得DQ=3（负值已舍去），

则尸（0,0,1）,5（1,0,0）,C（0,A/3,0）,D（-l,73,0）,以-1,63）,

所以8=（—1,0,0），DQ=（0,0,3）,PB=（l,0,-l）,

nCD=-x=0

设平面DCQ的法向量为〃=（x,y,z）则〈，取力二（0,1,。）,

n-DQ=3z=0

1UUL一

所以〃•尸3=0，即“，尸8,

又PBz平面。CQ,所以依〃平面DCQ.

【小问2详解】

因为CQ=(—l,0,3),PC=(0,73,-1),

设平面PCQ的法向量为m=（a,b,c）,

m-CQ=-a+3c=0

则取加二（9,百,3）,

m-CQ=y/3b-c=0

mPB6V186

cosm,PB

所以HHV2X^92+32+(A/3)231,

所以直线总与平面PCQ所成角正弦值为丫客.

31

【小问3详解】

设平面PCQ与平面DCQ夹角为8,

加旬_乖＞_用

则”,一硒厂人‘

所以sin，=A/1-COS20=’93。

31

所以平面PCQ与平面DCQ夹角的正弦值为封。.

31

18.已知椭圆C:二+斗=1(。〉5〉0)过点4(—长轴长为4&.

ab

(1)求椭圆。的方程；

(2)直线/：y=Ax+m与椭圆。交于不同的两点M、N,直线40、AN分别与直线％=-4交于点P、Q,

。为坐标原点且求证：直线/过定点，并求出定点坐标.

22

【答案】(1)—+^=1

82

(2)证明见解析，定点坐标为(-4,0)

【解析】

【分析】(1)根据已知条件求出”的值，将点A的坐标代入椭圆C的方程，可得出力的值，由此可得出椭圆C的标

准方程；

(2)设N5,yJ,联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点P、。的坐标，根据已知得到

-2(M+1)］「2(%+1)

----------------------------Id------------------------------1=0,再把韦达定理代入化简即得证.

再+2入2+2

【小问1详解】

解：因为椭圆。的长轴为2a=4衣，可得口=2夜，

41L

将点A的坐标代入椭圆c的方程可的W+乒=1，可得人=J5，

因此，椭圆C的标准方程为三+汇=1.

82

【小问2详解】

直线/:丁=履+m与椭圆方程乙+乙=1联立,

82

化简得(4左~+1)x?+8kmx+A-m"—8=0,

A=64左2m2—4(4左2+1)(4m2—8)=16(8左2-m2+2)＞0,即8/一加2+？＞0.

设/(%，％)、N(%2，%)，则石+'==47,I.

4k+14tk"+1

.y+1/c\f-2(y,+1)'

直线M4的方程为丁+1=」^(%+2),则P—4,—^~^-1,

%+2l%+2J

，必+1/c\(-2(y+1)、

直线N4的方程为＞+1=J^(x+2),则Q—4,—29~^-1,

4+2I々+2)

因为［0"=|0。|,所以出乎一1+且"一1=0,

kx、+m+l+kx+m+l

所以^7^2

%+2

所以（2左+1）%•%+（2左+m+3）（%+x2）+4m+8=0,

把韦达定理代入整理得（m-2左4左）=0,所以，m=2k-l^,m=4k,

当加=2左一1时，直线方程为丁=取+2左一1=左（1+2）—1,

此时，直线/过定点4（-2,-1）,不符合题意，所以舍去；

当机=4左时，直线方程为＞=依+4左=左（1+4）,直线/过定点（T,0）,合乎题意.

综上所述，直线/经过定点，且定点坐标为（T,0）.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根

据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

(3)求证直线过定点(％,%)，常利用直线的点斜式方程y-%=z(x-X。)或截距式＞=履+方来证明.

19.己知｛/｝是等差数列，｛2｝是公比为正数的等比数列，且仿=1,&+2&=1,(%+《)4=1，

。4b2~“503*

⑴求数列｛｛4｝,也｝的通项公式；

S=CCCCeN

(2)设C"=l+q(二+2]„l-2-3----„(«,)

(i)求S“；

(ii)求£史华卜川.

z=l2

【答案】(1)an=n.

2(〃+1)..^b.-b11

⑵⑴(11)石is,M=51〃+1)X2"M

【解析】

【分析】(1)利用递推公式，等差数列，等比数列的性质解方程即可求出为、d、q,再由基本量法写出通项即

可；

(n+l](n+l]

(2)(i)先化简可得％=-~/八八由累乘法求出即可；(五)先裂项化简可得

矶〃+2)

b-bM11

=,,.,再用分组求和即可.

IS"zx2(z+1)x2+1

【小问1详解】

设｛4｝的首项为%,公差为d,也,｝的公比为q,

因为伪=1,b2+2b3=l,

所以q+2/=1,

解得q=1■或＜7=-1(舍)，

所以仇=44〃一|=|^]“[即

所以〃=：也=：,

oZ

(Q]+d+%+5d)x—二1

又(%+4),=1，a4b2="58

(%+3d)xg=2d

解得%=1,d=1,

所以4=〃i+(〃一l)d=l+〃一1=〃，即1〃=〃

【小问2详解】

1I]

(i)因为%=1+-7—7o\

%+2)+2)〃(〃+2)

2x23x3

则耳=。・。2-3…G----------X-----------X

1x32x4〃(〃+2)〃+2

五)因为』―2+1=L2J—①_=—L±2—=_J--------\—

况,2(i+l)z(z+l)x2,+1ix2,(z+l)x2i+1

Ix

i+2

所以£匕一%+--------------------------------------------

(〃x2"(«+l)x2,!+1Jj2(n+l)x2,1+1

i=l汉

【点睛】关键点点睛：本题第二问对于分式形式的数列求出可采用裂项相消法.

InY

20.已知函数/（x）=;----衣，其中“为常数.

（兀+Q）

（1）若a=0,求函数/a）的极值；

（2）若函数〃幻在（0,-。）上单调递增，求实数。的取值范围;

（3）若。=-1,设函数Ax）在（0,1）上的极值点为％,求证：/（x0）＜-2.

【答案】（1）当x=4时，〃x）的极大值为:，无极小值；⑵aw_2/；；（3）证明见解析.

【解析】

【详解】试卷分析：（1）求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调性，进而得到函数的极值；（2）求导，将函

数在某区间上单调递增转化为导函数非负恒成立，分离参数，构造函数，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值

问题；（3）连续两次求导，分别通过研究导函数的符号变化研究函数的极值，再作差构造函数，将不等式恒成立问

题转化为求函数的最值问题，再利用求导进行求解.

试卷解析：⑴当a=0时，/（x）=—,定义域为（0,+8）,

尸（力=上胃/，令/。）=0,得》=&.

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