1、2020 年浙江省高考数学试卷 一、选择题：本大题共本大题共 1010 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 4040 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1已知集合 |14Pxx， |23Qxx，则(PQ ) A |12xx B | 23xxC |34xx D |14xx 2已知aR，若1(2)i(iaa 为虚数单位）是实数，则(a ) A1B1C2D2 3若实数x，y满足约束条件 31 0 3 0 xy xy ，则2zxy的取值范围是() A(4，B4) ，C5) ，D(,) 4函数cossinyxxx在区间
2、，上的图象可能是() AB CD 5某几何体的三视图（单位：cm)如图所示，则该几何体的体积（单位： 3 cm )是() A 7 3 B 14 3 C3D6 6已知空间中不过同一点的三条直线l， m，n则“l， m，n共面”是“l， m，n两两相交” 的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 7已知等差数列 n a的前n项和 n S，公差0d ，且 1 1 a d 记 12 bS， 1222nnn bSS ， *nN，下列等式不可能 成立的是() A 426 2aaaB 426 2bbbC 2 428 aa aD 2 42 8 bb b 8 已知点(0,0
3、)O，( 2,0)A ，(2,0)B 设点P满足| 2PAPB，且P为函数 2 3 4yx 图象上的点，则| (OP ) A 22 2 B 4 10 5 C7D10 9已知a，bR且0ab ，对于任意0 x均有()()(2) 0 xa xb xab，则() A0a B0a C0b D0b 10设集合S， T，*S N，*T N，S，T中至少有2个元素，且S，T满足： 对于任意的x，yS，若xy，则xyT； 对于任意的x，yT，若xy，则 y S x 下列命题正确的是() A若S有 4 个元素，则ST有 7 个元素 B若S有 4 个元素，则ST有 6 个元素 C若S有 3 个元素，则ST有 5
4、个元素 D若S有 3 个元素，则ST有 4 个元素 二、填空题：本大题共本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分。分。 11我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列 (1) 2 n n 就 是二阶等差数列数列 (1) (*) 2 n n n N的前3项和是 12 二项展开式 52345 012345 (12 ) xaa xa xa xa xa x， 则 4 a ，1 35 aaa 13已知tan2，则cos2，tan() 4 14已知圆锥的侧面积（单位： 2 cm )为2，且它的侧面展开
5、图是一个半圆，则这个圆锥的 底面半径（单位：cm)是 15已知直线(0)ykxb k与圆 22 1xy和圆 22 (4)1xy均相切，则k ， b 16盒中有 4 个球，其中 1 个红球，1 个绿球，2 个黄球从盒中随机取球，每次取 1 个， 不放回，直到取出红球为止设此过程中取到黄球的个数为，则(0)P， ( )E 17已知平面单位向量 1 e ， 2 e 满足 12 |2|2ee 设 12 aee ， 12 3bee ，向量a ，b 的夹角为，则 2 cos的最小值是 三、解答题：本大题共本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写
6、出文字说明、证明过程或演算步骤。 18（14 分） 在锐角ABC中， 角A，B，C所对的边分别为a，b，c 已知2 sin30bAa （）求角B的大小； （）求coscoscosABC的取值范围 19（15 分） 如图， 在三棱台ABCDEF中， 平面ACFD 平面ABC，45ACBACD ， 2DCBC （）证明：EFDB； （）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值 20 （15 分）已知数列 n a， n b， n c满足 111 1abc， 1nnn caa ， 1 2 n nn n b cc b ， (*)nN （）若 n b为等比数列，公比0q ，且 123 6bbb，求q的值及数列
7、 n a的通项公式； （）若 n b为等差数列，公差0d ，证明： 123 1 1 n cccc d ，*nN 21 （15 分）如图，已知椭圆 2 2 1: 1 2 x Cy，抛物线 2 2: 2(0)Cypx p，点A是椭圆 1 C与 抛物线 2 C的交点， 过点A的直线l交椭圆 1 C于点B， 交抛物线 2 C于点(M B，M不同于)A （）若 1 16 p ，求抛物线 2 C的焦点坐标； （）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值 22 （15 分）已知12a ，函数( )exf xxa，其中e2.71828为自然对数的底数 （）证明：函数( )yf x在(0,)上有
8、唯一零点； （）记 0 x为函数( )yf x在(0,)上的零点，证明： （） 0 12(1)axa； （） 0 0 (e) (e1)(1) x x faa 2020 年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共本大题共 1010 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 4040 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1已知集合 |14Pxx， |23Qxx，则(PQ ) A |12xx B | 23xxC |34xx D |14xx 【思路分析】直接利用交集的运算法则求解即可 【解析】 ：集合 |
9、14Pxx， |23Qxx，则 | 23PQxx 故选：B 【总结与归纳】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键 2已知aR，若1(2) (aai i 为虚数单位）是实数，则(a ) A1B1C2D2 【思路分析】利用复数的虚部为 0，求解即可 【解析】 ：aR，若1(2) (aai i 为虚数单位）是实数，可得20a ，解得2a 故选：C 【总结与归纳】本题考查复数的基本概念，是基础题 3若实数x，y满足约束条件 31 0 3 0 xy xy ，则2zxy的取值范围是() A(，4B4，)C5，)D(,) 【思路分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合
10、图象判断目标 函数2zxy的取值范围 【解析】 ：画出实数x，y满足约束条件 31 0 3 0 xy xy 所示的平面区域，如图： 将目标函数变形为 1 22 z xy， 则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大， 当目标函数过点(2,1)A时，截距最小为224z ，随着目标函数向上移动截距越来越大， 故目标函数2zxy的取值范围是4，) 故选：B 【总结与归纳】本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合求函数的最值 4函数cossinyxxx在区间，上的图象可能是() AB CD 【思路分析】先判断函数的奇偶性，再判断函数值的特点 【解析】 ：( )cossinyf xxxx， 则()
11、cossin( )fxxxxf x ， ( )f x为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除B，D， 当x时，( )cossin0yf ，故排除B， 故选：A 【总结与归纳】本题考查了函数图象的识别，掌握函数的奇偶性额函数值得特点是关键，属 于基础题 5某几何体的三视图（单位：)cm如图所示，则该几何体的体积（单位： 3) cm是() A 7 3 B 14 3 C3D6 【思路分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可 【解析】 ：由题意可知几何体的直观图如图，下部是直三棱柱，底面是斜边长为 2 的等腰直 角三角形，棱锥的高为 2，上部是一个三棱锥，一个侧面与底面等腰直角三角
12、形垂直，棱锥 的高为 1， 所以几何体的体积为： 1117 2 1 22 1 1 2323 故选：A 【总结与归纳】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键 6已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n则“l，m，n共面”是“l，m，n两 两相交”的() A充分不必要条件B必要不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 【思路分析】由m，n，l在同一平面，则m，n，l相交或m，n，l有两个平行，另一直 线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断 【解析】 ：空间中不过同一点的三条直线m，n，l，若m，n，l在同一平面，则m，n， l相交或m，n
13、，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行 而若“m，n，l两两相交” ，则“m，n，l在同一平面”成立 故m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的必要不充分条件， 故选：B 【总结与归纳】本题借助空间的位置关系，考查了充分条件和必要条件，属于基础题 7已知等差数列 n a的前n项和 n S，公差0d ，且 1 1 a d 记 12 bS， 1222nnn bSS ， *nN，下列等式不可能成立的是() A 426 2aaaB 426 2bbbC 2 428 aa aD 2 42 8 bb b 【思路分析】由已知利用等差数列的通项公式判断A与C；由 1222nnn bSS 分
14、别求得 2 b， 4 b， 6 b， 8 b，分析B，D成立时是否满足公差0d ， 1 1 a d 判断B与D 【解析】 ： 在等差数列 n a中， 1 (1) n aand， 21 aad， 41 3aad， 81 7aad， 1222nnn bSS ， 24234 bSSaa， 48678 bSSaa， 612101112 bSSaa， 816141516 bSSaa， . A 426 2aaa，根据等差数列的性质可得A正确， B若 426 2bbb，则 78341112312411 2()()()aaaaaaaaaa，成立，B正确， C若 2 428 aa a，则 2 111 (3 )(
15、)(7 )adad ad， 即 2222 1111 6987aa ddaa dd，得 2 1 a dd， 0d ， 1 ad，符合 1 1 a d ，C正确； D若 2 42 8 bb b，则 2 78341516 ()()()aaaaaa， 即 2222 1111 452169468145aa ddaa dd，得 2 1 1624a dd， 0d ， 1 23ad，不符合 1 1 a d ，D错误； 故选：D 【总结与归纳】本题考查数列递推式，等差数列的通项公式与前n项和，考查转化思想和计 算能力，是中档题 8 已知点(0,0)O，( 2,0)A ，(2,0)B 设点P满足| 2PAPB，且
16、P为函数 2 3 4yx 图象上的点，则| (OP ) A 22 2 B 4 10 5 C7D10 【思路分析】求出P满足的轨迹方程，求出P的坐标，即可求解|OP 【解析】 ：点O(0,0)，( 2,0)A ，B(2,0)设点P满足| 2PAPB， 可知P的轨迹是双曲线 22 1 13 xy 的右支上的点， P为函数 2 3 4yx图象上的点，即 22 1 364 yx 在x轴上的点及在x轴上方的点，联立两 个方程，解得 13 ( 2 P， 3 3) 2 ，所以 1327 |10 44 OP 故选：D 【总结与归纳】本题考查圆锥曲线的综合应用，曲线的交点坐标以及距离公式的应用，是中 档题 9已
17、知a，bR且0ab ，对于任意0 x均有()()(2) 0 xa xb xab，则() A0a B0a C0b D0b 【思路分析】设( )()()(2)f xxa xb xab，求得( )f x的零点，根据(0) 0f在0 x上恒 成立，讨论a，b的符号，结合三次函数的图象，即可得到结论 【解析】 ：设( )()()(2)f xxa xb xab，可得( )f x的图象与x轴有三个交点， 即( )f x有三个零点a，b，2ab且(0)(2)fabab ， 由题意知，(0) 0f在0 x上恒成立，则(2) 0abab，0a ，0b ， 可得20ab，(2) 0abab恒成立，排除B，D； 我们
18、考虑零点重合的情况，即中间和右边的零点重合，左边的零点在负半轴上 则有ab或2aab或2bba三种情况，此时0ab显然成立； 若2bba，则0a 不成立； 若2aab，即0ab，可得0b ，0a 且a和2ab都在正半轴上，符合题意， 综上0b 恒成立 故选：C 【总结与归纳】本题考查不等式恒成立问题，注意三次函数的图象，考查分类讨论思想和转 化思想，属于中档题 10设集合S，T，*SN，*TN，S，T中至少有 2 个元素，且S，T满足： 对于任意的x，yS，若xy，则xyT； 对于任意的x，yT，若xy，则 y S x 下列命题正确的是() A若S有 4 个元素，则ST 有 7 个元素 B若S
19、有 4 个元素，则ST 有 6 个元素 C若S有 3 个元素，则ST 有 5 个元素 D若S有 3 个元素，则ST 有 4 个元素 【思路分析】利用特殊集合排除选项，推出结果即可 【解析】 ：取：1S ，2，4，则2T ，4，8，1ST ，2，4，8，4 个元素，排除 C 2S ，4，8，则8T ，16，32，2ST ，4，8，16，32，5 个元素，排除D； 2S ，4，8，16则8T ，16，32，64，128，2ST ，4，8，16，32，64，128， 7 个元素，排除B； 故选：A 【总结与归纳】本题考查命题的真假的判断与应用，集合的基本运算，利用特殊集合排除选 项是选择题常用方法，
20、难度比较大 二、填空题：本大题共本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分。分。 11我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列 (1) 2 n n 就 是二阶等差数列数列 (1) (*) 2 n n nN 的前 3 项和是10 【思路分析】求出数列的前 3 项，然后求解即可 【解析】 ：数列 n a满足 (1) 2 n n n a ，可得 1 1a ， 2 3a ， 3 6a ，所以 3 13610S 故答案为：10 【总结与归纳】本题考查数列求和，数列通项公式的应用，是基本知识的考查 1
21、2二项展开式 52345 012345 (12 ) xaa xa xa xa xa x，则 4 a 80， 135 aaa 122 【思路分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可 【解析】 ： 52345 12345 (12 )0 xa xa xa xa xa x，则 44 45 280aC 135 135555 2832122aaaCCC故答案为：80；122 【总结与归纳】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，是 基本知识的考查 13已知tan2，则cos2 3 5 ，tan() 4 1 3 【思路分析】 利用二倍角公式以及同角三角函数基本关系式求解第一问，
22、利用两角和与差的 三角函数转化求解第二问 【解析】 ：tan2， 则 222 222 cossin1tan143 cos2 cossin1tan145 tantan 211 4 tan() 412 13 1tantan 4 故答案为： 3 5 ； 1 3 【总结与归纳】 本题考查二倍角公式的应用， 两角和与差的三角函数以及同角三角函数基本 关系式的应用，是基本知识的考查 14已知圆锥的侧面积（单位： 2) cm为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的 底面半径（单位：)cm是1 【思路分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径 【解析】 ：圆锥侧面展开图是半圆
23、，面积为2， 设圆锥的母线长为a，则 2 1 2 2 a，2a，侧面展开扇形的弧长为2， 设圆锥的底面半径OCr，则22r，解得1r 故答案为：1 【总结与归纳】 本题考查圆锥的母线长的求法， 注意利用圆锥的弧长等于底面周长这个知识 点 15已知直线(0)ykxb k与圆 22 1xy和圆 22 (4)1xy均相切，则k 3 3 ， b 2 3 3 【思路分析】根据直线l与两圆都相切，分别列出方程 1 2 | 1 1 b d k ， 2 2 |4| 1 1 kb d k ， 解得即可 【解析】 ：由条件得 1(0,0) C， 1 1r ， 2(4,0) C， 2 1r ， 因为直线l与 1 C
24、， 2 C都相切， 故有 1 2 | 1 1 b d k ， 2 2 |4| 1 1 kb d k ， 则有 22 |4| 11 bkb kk ，故可得 22 (4)bkb，整理得(2)0kkb， 因为0k ，所以20kb，即2bk ，代入 1 2 | 1 1 b d k ，解得 3 3 k ，则 2 3 3 b ， 故答案为： 3 3 ； 2 3 3 【总结与归纳】本题考查直线与圆相切的性质，考查方程思想，属于中档题 16盒中有 4 个球，其中 1 个红球，1 个绿球，2 个黄球从盒中随机取球，每次取 1 个， 不放回， 直到取出红球为止 设此过程中取到黄球的个数为， 则(0)P 1 3 ，
25、( )E 1 【思路分析】由题意知随机变量的可能取值为 0，1，2；分别计算(0)P、(1)P和 (2)P，再求( )E的值 【解析】 ：由题意知，随机变量的可能取值为 0，1，2； 计算 111 111 111 443 1 (0) 3 CC C P CC C ； 111121 212121 23 44 1 (1) 3 C CC C A C P AA ； 3 211 3 211 212 212 34 44 1 (2) 3 A C CC A CA P AA ； 所以 111 ( )0121 333 E 故答案为： 1 3 ，1 【总结与归纳】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，
26、是中档题 17已知平面单位向量 1 e ， 2 e 满足 12 |2|2ee 设 12 aee ， 12 3bee ，向量a ，b 的夹角为，则 2 cos的最小值是 28 29 【思路分析】设 1 e 、 2 e 的夹角为，由题意求出 3 cos 4 ； 再求a ，b 的夹角的余弦值 2 cos的最小值即可 【解析】 ：设 1 e 、 2 e 的夹角为，由 1 e ， 2 e 为单位向量，满足 12 |2|2ee ， 所以 22 1122 4444cos1 2ee ee ， 解得 3 cos 4 ； 又 12 aee ， 12 3bee ，且a ，b 的夹角为， 所以 22 1122 344
27、4cosa bee ee ， 22 2 1122 222cosaee ee ， 22 2 1122 96106cosbee ee ； 则 22 2 22 8 ()(44cos)44cos4 3 cos (22cos)(106cos)53cos353cos a b ab ， 所以 3 cos 4 时， 2 cos取得最小值为 8 428 3 3 329 53 4 故答案为： 28 29 【总结与归纳】本题考查了平面向量的数量积与夹角的运算问题，是中档题 三、解答题：本大题共本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或
28、演算步骤。 18（14 分） 在锐角ABC中， 角A，B，C所对的边分别为a，b，c 已知2 sin30bAa （）求角B的大小； （）求coscoscosABC的取值范围 【思路分析】 （）根据正弦定理可得 3 sin 2 B ，结合角的范围，即可求出， （）根据两角和差的余弦公式，以及利用正弦函数的性质即可求出 【解析】 ： （）2 sin3bAa，2sinsin3sinBAA， sin0A ， 3 sin 2 B，ABC为锐角三角形， 3 B ， （）ABC为锐角三角形， 3 B ， 2 3 CA ， 21311311 coscoscoscoscos()coscoscossincossi
29、nsin() 3322222262 ABCAAAAAAAA ， ABC为锐角三角形，0 2 A ，0 2 C ， 解得 62 A ， 2 363 A ， 3 sin() 1 26 A ， 3113 sin() 22622 A ，coscoscosABC的取值范围为 31 ( 2 ， 3 2 【总结与归纳】本题考查了正弦定理，三角函数的化简，三角函数的性质，考查了运算求解 能力和转化与化归能力，属于中档题 19（15 分） 如图， 在三棱台ABCDEF中， 平面ACFD 平面ABC，45ACBACD ， 2DCBC （）证明：EFDB； （）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值 【思路分析】 （
30、）题根据已知条件，作DHAC，根据面面垂直，可得DHBC，进一 步根据直角三角形的知识可判断出BHC是直角三角形，且90HBC，则HBBC，从 而可证出BC 面DHB，最后根据棱台的定义有/ /EFBC，根据平行线的性质可得 EFDB； （）题先可设1BC ，根据解直角三角形可得1BH ，2HC ，2DH ，2DC ， 3DB ，然后找到CH与面DBC的夹角即为HCG，根据棱台的特点可知DF与面DBC 所成角与CH与面DBC的夹角相等，通过计算HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所 成角的正弦值 【解析】 ： （）证明：作DHAC，且交AC于点H， 面ADFC 面ABC，DH 面ADFC，D
31、HBC， 在Rt DHC中， 2 cos45 2 CHCDCD ， 2DCBC， 22 22 22 CHCDBCBC， 2 2 BC CH ，即BHC是直角三角形，且90HBC， HBBC，BC面DHB，BD 面DHB，BCBD， 在三棱台DEFABC中，/ /EFBC，EFDB （）设1BC ，则1BH ，2HC ， 在Rt DHC中，2DH ，2DC ， 在Rt DHB中， 22 213DBDHHB ， 作HGBD于G，BCHG，HG面BCD，GC 面BCD， HGGC，HGC是直角三角形，且90HGC， 设DF与面DBC所成角为，则即为CH与面DBC的夹角， 且sinsin 2 HGHG
32、 HCG HC ， 在Rt DHB中，DH HBBD HG， 2 16 33 DH HB HG BD ， 6 3 3 sin 322 HG 【总结与归纳】 本题主要考查空间直线互相垂直的判定和性质， 以及直线与平面所成角的几 何计算问题， 考查了空间想象能力和思维能力， 平面与空间互相转化是能力， 几何计算能力， 以及逻辑推理能力，本题属综合性较强的中档题 20 （15 分）已知数列 n a， n b， n c满足 111 1abc， 1nnn caa ， 1 2 n nn n b cc b ， (*)nN （）若 n b为等比数列，公比0q ，且 123 6bbb，求q的值及数列 n a的通
33、项公式； （）若 n b为等差数列，公差0d ，证明： 123 1 1 n cccc d ，*nN 【思路分析】 （1）先根据等比数列的通项公式将 2 bq， 2 3 bq代入 123 6bbb，计算出公 比q的值，然后根据等比数列的定义化简 1 2 n nn n b cc b 可得 1 4 nn cc ，则可发现数列 n c是 以 1 为首项，4 为公比的等比数列，从而可得数列 n c的通项公式，然后将通项公式代入 11nnn caa ， 可得 11 4n nnn aac ， 再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列 n a的通项公式； （2）通过将已知关系式 1 2 n nn n b
34、cc b 不断进行转化可构造出数列 1 nnn b bc ，且可得到数列 1 nnn b bc 是一个常数列， 且此常数为1d， 从而可得 1 1 nnn b bcd ， 再计算得到 1 1 n nn d c b b ， 根据等差数列的特点进行转化进行裂项， 在求和时相消， 最后运用放缩法即可证明不等式成 立 【解答】 （）解：由题意， 2 bq， 2 3 bq， 123 6bbb， 2 16qq ， 整理，得 2 610qq ， 解得 1 3 q （舍去） ，或 1 2 q ， 1 2 2 2 2 111 4 1 ( ) 2 n nnnnnn n n n b cccccc b bq b ，
35、数列 n c是以 1 为首项，4 为公比的等比数列， 11 1 44 nn n c ，*nN 1 1 4n nnn aac ， 则 1 1a ， 21 1aa， 1 32 4aa， 2 1 4n nn aa ， 各项相加，可得 11 122 1442 1 14441 143 nn n n a （）证明：依题意，由 1 2 (*) n nn n b cc nN b ，可得 21nnnn bcb c ， 两边同时乘以 1n b ，可得 1211nnnnnn bbcb bc ， 1 2 12 1bb cbd ， 数列 1 nnn b bc 是一个常数列，且此常数为1d， 1 1 nnn b bcd
36、， 1 1111 111111 (1)(1)() nn n nnnnnnnn bbddd c b bdb bdb bdbb ， 又 1 1b ，0d ， 0 n b， 12n ccc 12231 111111111 (1)()(1)()(1)() nn dbbdbbdbb 12231 1111111 (1)() nn dbbbbbb 11 111 (1)() n dbb 1 11 (1)(1) n db 1 1 d ， 12 1 1 n ccc d ，故得证 法 二 ： 由 1 2 (*) n nn n b cc nN b 得 1 2 1(1) 1(1) nn nn cbnd cbnd 所 以
37、 21 13 1 12 cb cbd ， 32 24 1 13 cbd cbd ， 34 35 12 14 bcd cbd ， 12 2 1(3) 1(1) nn nn cbnd cbnd ， 1 11 1(2) 1 nn nn cbnd cbnd 各式相乘得 21 11 1111 () 1(1) 11(1)1 n nn cb d bdd cb bndndndnd 即 111 () 1(1)1 n d c dndnd 所以 12 11 ) 1 1(1 1 n d ddn ccc d 【总结与归纳】本题主要考查数列求通项公式，等差数列和等比数列的基本量的运算，以及 和式不等式的证明问题 考查了转
38、化与化归思想， 整体思想， 方程思想， 累加法求通项公式， 裂项相消法求和，放缩法证明不等式，以及逻辑推理能力和数学运算能力本题属综合性较 强的偏难题 21 （15 分）如图，已知椭圆 2 2 1: 1 2 x Cy，抛物线 2 2: 2(0)Cypx p，点A是椭圆 1 C与 抛物线 2 C的交点， 过点A的直线l交椭圆 1 C于点B， 交抛物线 2 C于点(M B，M不同于)A （）若 1 16 p ，求抛物线 2 C的焦点坐标； （）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值 【思路分析】 （）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可； （）设直线l方程ykxt， 1 (A x，
39、 1) y， 2 (B x， 2) y， 0 (M x， 0) y，由 2 2 1 2 x y ykxt ，根 据韦达定理定理求出 2 2 ( 12 kt M k ， 2) 12 t k ，可得p，再由 2 2ypx ykxt ，求出点A的坐标， 代入椭圆方程可得 6 2 222 8 (12)2 k t kk ，化简整理得 4 2 22222 2(12) (12)2 k p kkk ，利用 基本不等式即可求出p的最大值 【解析】 ： （） 1 16 p ，则 1 232 p ，则抛物线 2 C的焦点坐标 1 (32，0)， （）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意， 设直线
40、l的方程为ykxt， 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 0 (M x， 0) y， 由 2 2 1 2 x y ykxt ，消y可得 222 (21)4220kxktyt， 2 222 164(21)(22)0k tkt ，即 22 12tk ， 12 2 4 12 kt xx k ， 012 2 12 () 212 kt xxx k ， 00 2 12 t ykxt k ， 2 2 ( 12 kt M k ， 2) 12 t k ， 点M在抛物线 2 C上， 2 2ypx， 2 222 2 2 (12) 2 24 (12) 2 12 t ytk p kt xkk k ，
41、 联立 2 2ypx ykxt ，解得 2 1 3 (12) 2 tk x k ， 1 2 2 t y k ， 代入椭圆方程可得 2222 64 (12) 1 84 tkt kk ，解得 6 2 222 8 (12)2 k t kk 26 2 222222222 8 16(12)16(12) (12)2 tk p kkkkkk 44 22222 222 1 2(12) (12)21602(2 2 ) (2 2 )2 kk kkkkkk ， 10 40 p ，当且仅当 2 12k，即 2 1 2 k ， 2 1 5 t 时等号成立， 故p的最大值为 10 40 法二：由题意可设直线(0,0)lx
42、myt mt：， 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 0 (M x， 0) y， 由 2 2 1 2 x y xmyt ，消x可得 222 (2)220mymtyt， 2 222 44(2)(2)0m tmt ，即 22 2tm， 12 2 2 2 mt yy m ， 012 2 1 () 22 mt yyy m ， 联立 2 2ypx xmxt ，消x可得 2 220ypmypt所以 10 2y ypt 解得 2 1 2 (2)p m y m ，所以 2 2 1 2 (2)p m x m ， 代入椭圆方程 2 2 1 2 x y可得 42222 2 2 4 4 1 4 2
43、 (2)(2)m m mpp m ， 得 42 2 0 122 2()4()16mm mmp 所以当2m 时，p取得最大值 10 40 . 【总结与归纳】本题考查了直线和椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，韦达定理， 中点坐标公式，基本不等式等知识，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能 力，属于难题 22 （15 分）已知12a ，函数( ) x f xexa，其中2.71828e 为自然对数的底数 （）证明：函数( )yf x在(0,)上有唯一零点； （）记 0 x为函数( )yf x在(0,)上的零点，证明： （） 0 12(1)axa； （） 0 0 () (1)(1)
44、x x f eeaa 【思路分析】 （）推导出0 x 时，( )10 x fxe 恒成立，(0)0fa ，(2)0f，由 此能证明函数( )yf x在(0,)上有唯一零点 （）(i)由( )f x单调增，12a ，设 0 x的最大值为t，则e2 t t，(1)fe120 ， 则1t ，推导出 0 2(1)xa 要证明 0 2 00 11 x xaex ，只需证明 0 2 00 1 0 x exx ， 记 2 ( )1(0) x h xexxx t ， 则( )12 x h xex ， 利 用 导 数 性 质 能 证 明 0 12(1)axa (ii)要 证 明 0 0 () (1)(1) x
45、x f eeaa， 只 需 证 明 00 () (1)(1)x f xaeaa， 只 需 证 1 2(2) 1 aa e aa ，由此能证明 0 0 () (1)(1) x x f eeaa 【解答】证明： （）( )0(0) x f xexax，( )10 x fxe 恒成立， ( )f x在(0,)上单调递增， 12a，(2)f 22 240ea e，又(0)10fa ， 函数( )yf x在(0,)上有唯一零点 （）(i)( )f x单调递增，12a ，设 0 x的最大值为t，则e2 t t， (1)fe120 ，则1t ， 右边：由于0 x 时， 2 1 1 2 x exx，且 0 0
46、 0 x exa， 则 2 0 1 1 2 ax ， 0 2(1)xa 成立 左边：只需证明 0 2 00 11 x xaex ，只需证明 0 2 00 1 0 x exx ， 记 2 ( )1(0) x h xexxx t ，则( )12 x h xex ， ( )2 x hxe，( )h x 在(0,ln2)上单调减，在(ln2,)上单调增， ( )12max (0) x h xexh ，( )0h t， ( )h x在0 x t 时单调递减， 2 ( )1(0)0 x h xexxh 成立， 0 12(1)axa (ii)要证明 0 0 () (1)(1) x x f eeaa，只需证
47、00 () (1)(1)x f xaeaa， 只需证 1 12(1)1 aa eaaea a ， 2 1 1 2 x exx，只需证 2 1 1(1)(1)1 2 aaaea a ， 只需证 22 (1)2(2)1 0aaea a ，即证 1 2(2) 1 aa e aa ， 1 1(2,) 11 a a aa ， 113 22(2) 221 aa e aa ， 0 0 () (1)(1) x x f eeaa （II）法二： （i）要证 0 12(1)axa又由（I）知( )f x在(0,)上单调递增 只需证 0 (1)() 2(1)faf xfa f即证(1) 0 2(1)fafa 先证(
48、1) 0fa 即证 1 (1)10 a faeaa 令1(0,1ta ， 设 3 (1)( )10 t fag tett ，( )12 ,( )20 tt g tet gte 所以( )g t单调递减( )(0)0g tg，所以( )g t单调递减，( )(0)0g tg 所以(1) 0fa 成立； 再证 2(1) 0fa 即证 2(1) ( 2(1)2(1)0 a faeaa 令2(1)(0, 2ma 设 2 1 ( 2(1)( )10 2 m fah memm ，( )1,( )10 mm h mem hme 所以( )h m单调递增，( )(0)0h mh，所以( )h m单调递增，(
49、)(0)0h mh 所以 2(1) 0fa 所以 0 12(1)axa成立. 0 00 0 00000 00000 00 2 000 (ii)()()(2 ) (2 )()2 (1)2 ln2 (1)(1) (1)(1)(1 ( ) x xxae xaa aa aa x f xx eeax exa x eexax eaxxa x x eaeaa x x ex e aaeaa （注：因为） ) (1) (1 ) ea eaa 【总结与归纳】本题考查函数有唯一零点、不等式的证明，导数性质、函数的单调性、最值 等基础知识，考查转化思想和运算求解能力，是中档题 初高中数学教研微信系列群简介： 目前有
50、11 个群（9 个高中群，2 个初中群） ，共 4000 多优秀、特、高级教师，省、市、 区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学 教学研究展开教研活动的微信群. 宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！ 特别说明： 1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题； 2.由于本群是集“研究写作发表（出版） ”于一体的“桥梁” ，涉及业务合作，特强 调真诚交流，入群后立即群名片： 教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三 编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名 欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数学教研（不喜欢研究的谢绝）的
