1、 2020 届浙江省温州市高三届浙江省温州市高三 11 月适应性测试一模数学试题月适应性测试一模数学试题 一、单选题一、单选题 1已知全集已知全集1,2,3,4U ， 1,3A ， ,3C2 U B ，则，则AB （ ） A1 B3 C4 D1,3,4 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据补集的定义与运算,可求得集合 B.结合交集运算即可求得AB. 【详解】 因为1,2,3,4U , ,3C2 U B 所以由补集定义与运算可得1,4B 又因为1,3A 根据交集运算可得 1,3141,AB 故选:A 【点睛】 本题考查了补集的定义与运算,交集的简单运算,属于基础题. 2设实数设实数 x，y
2、满足不等式组满足不等式组 0 0 34120 x y xy ，则，则 2zxy 的最大值为（的最大值为（ ） A0 B2 C4 D6 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据不等式组画出可行域,将目标函数平移后,即可求得最大值. 【详解】 实数 x,y 满足不等式组 0 0 34120 x y xy ,其表示出平面区域如下图所示: 将函数 1 2 yx 平移,可知当经过点0,3A时, 1 22 z yx 的截距最大 此时02 36z 所以 2zxy 的最大值为 6 故选:D 【点睛】 本题考查了线性规划的简单应用,在可行域内求线性目标函数的最大值,属于基础题. 3某几何体的三视图如图所示（单位
3、：某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积等于（） ，则该几何体的体积等于（ ） A 3 1 6 cm B 3 1 3 cm C 3 1 2 cm D 3 2 3 cm 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据三视图,还原空间几何体,即可由题中给出的线段长求得体积. 【详解】 由三视图,还原空间几何体如下图所示: 根据题中线段长度可知,1AEECAEPE, 2ABBC 且 ,ABBC PEAC 则 1 3 PABCABC VSPE 111 22 1 323 2 cm 故答案为:B 【点睛】 本题考查了三视图的简单应用,根据三视图还原空间几何体,三棱锥的体积求法,属于基 础题.
4、 4已知双曲线已知双曲线 2 2 x a - 2 2 y b =1(a0,b0)的离心率为的离心率为3,则双曲线的渐近线方程为则双曲线的渐近线方程为( ) Ay= 2 2 x By=2x Cy= 2x Dy=1 2 x 【答案】【答案】A 【解析】【解析】由 e= c a 得 e2= 2 2 c a = 22 2 ab a =1+ 2 2 b a =3, 2 2 b a =2, b a =2,双曲线渐近线方程为 y=a b x,即 y= 2 2 x.故选 A. 5已知已知 a，b 是实数，则是实数，则“1a 且且1b”是是“1abab ”的（的（ ） A充分不必要条件充分不必要条件 B必要不必
5、要不充分条件充分条件 C充分必要条件充分必要条件 D既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据充分必要条件的关系,结合不等式性质即可判断. 【详解】 当1a 且1b时, 1110aba bab ,即1a 且1b时 1abab 成立. 当1abab 时,即 1110aba bab 解得1a 且1b,或1a 且 1b 综上可知, “1a 且1b”是“ 1abab ”的充分不必要条件 故选:A 【点睛】 本题考查了不等式比较大小,充分必要条件的关系及判断,属于基础题. 6函数函数 12 11 f x xx 的图象可能是（的图象可能是（ ） A B C D 【答
6、案】【答案】B 【解析】【解析】求出函数的定义域，取特殊值，排除法得到答案。 【详解】 先求定义域：1x 且1x，取特殊值，当2x， 1 3 y ，排除 C，D. 由函数 12 11 3 (1)(1) f x xx x xx ，知当3x时0y 。故排除A 故选：B 【点睛】 本题考查已知函数解析式求函数图象问题，利用特殊值法比较简单可行，属于基础题。 7在四面体在四面体 ABCD 中，中，BCD为等边三角形，为等边三角形， 2 ADB ，二面角，二面角BAD C的的 大小为大小为，则，则的取值范围是（的取值范围是（ ） A0, 6 B0, 4 C0, 3 D0, 2 【答案】【答案】C 【解析
7、】【解析】 以B为原点建立空间直角坐标系,根据关系写出各个点的坐标,利用平面BAD和 平面ADC的法向量,表示出二面角的余弦值,即可求得的取值范围. 【详解】 以 B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系: 因为BCD为等边三角形，不妨设1BCCDBD, 由于 2 ADB ,所以,1,A mn 因为当0n时ABCD、 、 、四点共面,不能构成空间四边形,所以0n 则0,0,0B, 3 1 ,0 22 C ,0,1,0D 由空间向量的坐标运算可得 31 0,1,0 ,0,0 22 BDDAmnDC 设平面BAD的法向量为 111 ,mx y z 则 0 0 m DA m BD 代入可得 1 11
8、0 0 y mxnz 令 1 1x ,则 1 0,y 1 m z n ,所以1,0, m m n 设平面ADC的法向量为 222 ,nx y z 则 0 0 n DC n DA ,代入可得 22 22 31 0 22 0 xy mxnz 令 2 1x ,则 22 3, m yz n ,所以1, 3, m n n 二面角BAD C的大小为 则由图可知,二面角为锐二面角 所以 2 2 22 22 1 cos 113 m m n n mnmm nn + = +?+ 2 2 2 2 22 2 22 2 11 3 1 44 4 mm nn mm m nn n + =- + + 因为 2 2 0 m n
9、所以 2 2 13 11 2 4 m n ? + 即 1 cos1 2 ? 所以0, 3 故选:C 【点睛】 根据直线与平面夹角的特征及取值范围,即可求解,对空间想象能力要求较高,属于中档 题. 8已知随机变量已知随机变量满足满足 (0)1Pp ，(1)Pp，其中，其中0 1p .令随机变量令随机变量 |( )|E ，则（，则（ ） A( ) ( )EE B( )( )EE C( ) ( )DD D( )( )DD 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据题意,列表求得随机变量及的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的 均值及方差表示出 ,ED和 E D,根据0 1p 比较大小即可得解. 【详
10、解】 随机变量满足(0)1Pp ,(1)Pp,其中0 1p. 则随机变量的分布列为: 0 1 P 1p p 所以 ,1Ep Dpp 随机变量|( )|E, 所以当0时, Ep,当1时, 1Ep 所以随机变量|( )|E的分布列如下表所示(当0.5p 时,只有一个情况,概率 为 1): p 1p P 1p p 则 1121Eppp ppp 22 211121Dpppppppp 2121ppp 当 EE即21ppp,解得 1 2 p .所以 A、B 错误. DD 21121ppppp 2 2 410pp 恒成立. 所以 C 错误,D 正确 故选:D 【点睛】 本题考查了随机变量的分布列,两点分布的
11、特征及均值和方差求法,属于中档题. 9如图，如图，P 为椭圆为椭圆 22 1 22 :1(0) xy Eab ab 上的一动点，过点上的一动点，过点 P 作椭圆作椭圆 22 2 22 :(01) xy E ab 的两条切线的两条切线 PA，PB，斜率分别为，斜率分别为 1 k， 2 k.若若 12 k k为定值，为定值， 则则（ ） A 1 4 B 2 4 C 1 2 D 2 2 【答案】【答案】C 【解析】【解析】设出直线方程,根据直线与椭圆 2 E相切,联立化简后由判别式0 即可得关于 k的方程.利用韦达定理表示出 12 k k.将点P 带代入椭圆 1 E,联立两个式子化简即可求得 的值.
12、 【详解】 设 00 ,P x y 则过P的直线方程为 00 yyk xx 将直线方程与椭圆 2 E联立可得 00 22 22 yyk xx xy ab 化简可得 2 22 22222 2 0000 20ba kxa k ykxxaykxa b 因为相切,所以判别式 2 2 222 222 2 0000 240a k ykxba kaykxa b 展开得 22 4 2222 22 0000 440a kykxaba kykxb 同时除以 2 4a可得 22 2 222 2222 2 0000 0a kykxba kykxbba k 合并可得 2 2222 2 00 0bykxbba k 同除以
13、 2 b ,得2 22 2 00 0ykxba k 展开化简成关于k的方程可得 22222 00 00 20xakx y kyb 因为有两条直线,所以有两个不等的实数根. 因为 12 k k为定值,可设 12 k kt 由韦达定理, 22 0 1 2 22 0 yb k kt xa 化简得 2222 00 ybtxt a 又因为 00 ,P x y在椭圆上,代入可得 22 00 22 1(0) xy ab ab 化简可得 222222 00 b xa ya b 则 2222 00 222222 00 ybtxt a b xa ya b ,化简可得1 解得 1 2 故选:C 【点睛】 本题考查了
14、直线与椭圆的位置关系,根据直线与椭圆的位置关系研究定值问题,计算量较 大,变形化简过程较为复杂,需要耐心计算,属于中档题. 10已知数列已知数列 n x满足满足 1 2x ， * 1 21 nn xxnN .给出以下两个命题：命题 给出以下两个命题：命题 :p 对任意对任意 * nN，都有，都有 1 1 nn xx ；命题；命题 :q 存在存在(0,1)r，使得对任意，使得对任意 * nN，都有，都有 1 1 n n xr .则（则（ ） Ap 真，真，q 真真 Bp 真，真，q 假假 Cp 假，假，q 真真 Dp 假，假，q 假 假 【答案】【答案】B 【解析】【解析】利用作差法,可证明数列
15、 n x的单调性,结合极值特征即可判断命题p;将 1 1 n x 变形,结合不等式的放缩法,可得 1 1 2 1 n n xr n .进而利用对数的运算变形 化简,求得 2 1n r ,从而得知命题 q 的真假. 【详解】 由题意可知0 n x 则 1 2 1 21 21 0 n nnnn nn x xxxx xx 数列 n x单调递减,所以 1nn xx 而当1 n x 时, 1 1 n x 且 1 1 n x 则 1 1 nn xx ,所以命题p为真命题 而 1 2 11 1 21 21 1 n nn n x xx x 所以 1 12 122 11 1 n n n n xxx x 所以 2
16、 1 1 n n x ,2n 即 1 1 2 1 n n xr n 所以 1 2 1 n r n 可得 1 1 12 n n r ,2n 即存在(0,1)r,对任意 * nN ,都有 ln1ln21 ln0f nnnr成立 又 ln1ln21 lnln1ln0 2 r f nnnrn 所以 2 11,n r ,即小于 0 有解,所以命题q为假命题 综上可知, 命题p为真命题, 命题q为假命题 故选:B 【点睛】 本题考查了数列的综合应用,根据递推公式证明数列的单调性,通过构造函数法比较大小, 运算过程较为复杂,属于难题. 二、填空题二、填空题 11若复数若复数z满足满足 2 212zii，其中
17、，其中i为虚数单位，则为虚数单位，则z _， z _ 【答案】【答案】12i 5 【解析】【解析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出 【详解】 由题意得： 2 212zii ， 2 1234234105 2 22225 iiii zi iii i i 5z ， 故答案为：12i ，5 【点睛】 本题考查了复数的运算法则、 模的计算公式， 考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 12直线直线 1 42 xy 与与x轴、轴、y轴分别交于点轴分别交于点A，B，则，则AB _；以线段；以线段AB为为 直径的圆的方程为直径的圆的方程为_ 【答案】【答案】2 5 22 420xyxy 【解析】【解析
18、】先求出,A B的坐标,再由两点之间的距离公式求出|AB,利用中点公式求出圆 心坐标,再求出半径,写出圆的方程即可. 【详解】 令0x得2y ,令0y 得4x,所以(4,0), (0,2)AB, 所以AB 4 162 5, 所以 AB 中点坐标为2,1，半径为5； 所以圆的方程： 2 2 2(1)5xy. 故答案为:2 5； 22 420xyxy 【点睛】 本题考查了两点之间的距离公式和利用圆心坐标和半径求圆的方程,属于基础题. 13 若对 若对xR， 恒有， 恒有 756 0156 (1)xaxaa xa xa x ， 其中， 其中a，0a，1a， ， 5 a， 6 aR，则，则a_， 5
19、a _. 【答案】【答案】1 -1 【解析】【解析】利用赋值法,令1x,代入即可求得a的值. 【详解】 对xR,恒有 756 0156 (1)xaxaa xa xa x 令1x,代入可得10a 解得1a 因为 756 0156 (1)xaxaa xa xa x 展开可得 7562 015 67 60156 xaaa xa xa xaa xa xxa x 6 00156 7 6 aaa xaaxa x 所以 6 56 1 0 a aa 解得 5 1a 故答案为: 1;1 【点睛】 本题考查了二项式定理展开式的应用,指定项系数的求法.利用赋值法求参数是二项式定 理中常用方法,属于中档题. 14如图
20、所示，四边形如图所示，四边形 ABCD 中，中，7ACADCD，120ABC ， 5 3 sin 14 BAC，则，则ABC的面积为的面积为_，BD _. 【答案】【答案】15 3 4 8 【解析】【解析】先根据正弦定理,求得BC,再由余弦定理求得AB,进而利用三角形面积公式求 得 ABC S;在DBC中,应用余弦和角公式求得cosDCB,即可由余弦定理求得BD的 值. 【详解】 在ABC中, 7AC ,120ABC , 5 3 sin 14 BAC 由正弦定理 sinsin ACBC ABCBAC ,代入得 7 5 3 sin120 14 BC 解得 5 3 7 14 5 3 2 BC ,而
21、 1 coscos120 2 ABC 由余弦定理可得 222 2cosACABBCAB BCABC 代入可得 2 1 4925 10 2 ABAB 解方程可求得3AB 则 115 315 3 sin3 7 22144 ABC SABACBAC 因为 60DCA , 2 5 311 cos1 1414 BAC 且sinsinBCABACABC sincossincosBACABCABCBAC 5 31311 142214 3 3 14 所以 2 3 313 cos1 1414 BCA 则coscosDCBDCABAC coscossinsinDCABCADCABCA 11333 31 21421
22、47 由余弦定理可知 222 2cosBDDCCBDC CBDCB 代入可得 2 1 49252 7 564 7 BD 所以8BD 故答案为: 15 3 4 ;8 【点睛】 本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的综合应用,三角形面积公式及同角三角 函数关系式的应用,正弦与余弦和角公式的用法,综合性强,属于难题. 15学校水果店里有苹果、香蕉、石榴、橘子、葡萄、西梅学校水果店里有苹果、香蕉、石榴、橘子、葡萄、西梅 6 种水果，西梅数量不多，种水果，西梅数量不多， 只够一人购买只够一人购买.甲、乙、丙、丁甲、乙、丙、丁 4 位同学前去购买，每人只选择其中一种，这位同学前去购买，每人只选择其中一
23、种，这 4 位同学位同学 购买后，恰好买了其中购买后，恰好买了其中 3 种水果，则他们购买水果的可能情况有种水果，则他们购买水果的可能情况有_种种. 【答案】【答案】600 【解【解析】析】讨论所买的 3 种水果中是否含有西梅.即可根据组合数的应用求解. 【详解】 当买的 3 种水果中没有西梅时,则从剩余 5 种水果中选择 3 种,共有 3 5 C;从四个人中选两 个人买相同水果,有 2 4 C,再将 3 组人全排列 3 3 A,所以共有 323 543 10 6 6360C C A 种 当买的 3 种水果中有西梅时,从剩余 5 种水果中选择 2 种,共有 2 5 C,从 4 人中选择 1 个
24、人 购买西梅 1 4 C,剩余三人安排购买剩下 2 种水果 22 32 C A,所以共有 2122 54 32 10 4 3 2240C C C A 综上可知,购买水果的可能情况有360 240600种 故答案为:600 【点睛】 本题考查了排列组合在实际问题中的应用,根据分类与分步计数原理分析即可,属于中档 题. 16已知平面向量已知平面向量a，b，c满足满足1a ，3b ， 0a b ， ca与 与 cb的夹角 的夹角 为为 6 ，则，则 cba rrr 的最大值为的最大值为_ 【答案】【答案】5 【解析】【解析】 先建立平面直角坐标系， 记OA a ，OB b ，OC c ， 由题意，
25、得到(1,0)a ， 0, 3b，设 ( , )cx y，根据 ca与cb的夹角为 6 ，得到 6 ACB ，设AC 与x轴正半轴夹角为，由正弦定理，得到 sinsin ACAB ABCACB ，求出c的坐标，根 据向量数量积的坐标表示，即可得出结果. 【详解】 建立平面直角坐标系，记OA a ，OB b ，OC c ， 根据题意，(1,0)a ，0, 3b，设( , )cx y， 因为 ca与cb的夹角为 6 ， 则AC与BC的夹角为 6 ，即 6 ACB ，设AC与x轴正半轴夹角为， 易知： 3 OAB， 6 OBA，2AB 则 33 BAC，所以 366 ABC ， 由正弦定理可得： s
26、insin ACAB ABCACB ，即 4sin2cos2 3sin 6 AC ， 则 2 cos1 2cos2 3sincos2cos23sin2 xOAAC， 2 sin2sincos2 3sinsin233cos2yAC， 即(2cos23sin2 ,sin233cos2 )c， 又( 1, 3) ba， 所以 2cos23sin23sin233cos24cos21cba ， 因此，当2，即 2 时， cba rrr 取得最大值5. 故答案为：5 【点睛】 本题主要考查向量数量积的最值，熟记向量数量积的坐标运算，通过坐标系的方法求解 即可，属于常考题型. 17设函数设函数 3 ( )|
27、 3f xxxa.若 若 ( )f x在 在 1,1上的最大值为上的最大值为 2，则实数，则实数 a 所有可所有可 能的取值组成的集合是能的取值组成的集合是_. 【答案】【答案】 2 32 3 3,5,1 99 【解析】【解析】 根据函数的最大值,依据 02f可求出a的两种情况.讨论a的不同取值,去掉 内层的绝对值,利用导数分析三次函数的极值点,进而求得最大值与最小值.通过函数的 上下平移,结合最值即可求得a的所有取值. 【详解】 因为函数 3 ( )| 3f xxxa.若( )f x在 1,1上的最大值为 2 所以 02f,即3 |2a 当0a时,不等式化为32a,解得15a 当0a 时,不
28、等式化为32a,解得51a 由以上可知: (1) 当15a时,函数解析式可化为 3 ( )3f xxxa 令 3 ( )g xxx,则 2 ( )31g xx 当 2 ( )310g xx 时解得 12 33 , 33 xx 当 3 1 3 x 时, 2 ( )310g xx ,即 g x在 3 1, 3 上单调递增 当 33 33 x时, 2 ( )310g xx ,即 g x在 33 , 33 上单调递减 当 3 1 3 x时, 2 ( )310g xx ,即 g x在 3 ,1 3 上单调递增. 所以 3 3332 3 3339 g 极大值 , 3 3332 3 3339 g 极小值 1
29、0,10gg 当35a时, 3 ( )g xxx向下平移3a个单位可得 3 ( )3h xxxa 的图像 因为 3 ( )3f xxxa在 1,1上的最大值为 2 所以只需满足 3 32 3 ga 极小值 即可,即 2 3 32 9 a ,解得 2 3 5 9 a ,或 2 3 1 9 a (舍) 当13a时, 3 ( )g xxx向上平移3 a个单位可得到 3 ( )3h xxxa 的图 像 由 3 ( )3f xxxa在 1,1上的最大值为 2 可知只需满足 3 32 3 ga 极大值 即可.即 2 3 32 9 a ,解得 2 3 1 9 a ,符 合题意 (2) 当51a ,函数解析式
30、可化为 3 ( )3f xxxa 令 3 ( ) g xxx,则 2 ( )310g xx 所以 3 ( ) g xxx在 1,1 上单调递增 则 3 min ( )( 1)112g xg max ( )(1)1 12g xg 当53a 时, 3 ( ) g xxx向下平移3a个单位可得 3 ( )3h xxxa 由 3 ( )3f xxxa在 1,1上的最大值为 2 只需( 1)32ga,即232a 解得3a或1a (舍) 当31a 时, 3 ( ) g xxx向上平移3a个单位可得 3 ( )3h xxxa 由 3 ( )3f xxxa在 1,1上的最大值为 2 只需(1)32ga,即23
31、2a 解得3a或7a (舍) 综上可知,满足条件的所有可能的a为 2 3 5, 9 2 3 1 9 和3 故答案为: 2 32 3 3,5,1 99 【点睛】 本题考查了绝对值函数与最值的综合应用,分类讨论思想的应用,函数图像的上下平移, 综合性较强,对分析问题解决问题的能力要求较高,属于难题. 三、解答题三、解答题 18在在锐角锐角 ABC中，角中，角 A，B，C 所对的边分别为所对的边分别为 a，b，c已知已知3b， sinsin2 3AaB （1）求角）求角 A 的值；的值； （2）求函数）求函数 22 coscosf xxAx（0, 2 x ）的值域）的值域 【答案】【答案】 （1）
32、3 A （2） 33 , 42 【解析】【解析】(1)利用正弦定理 sinsin ab AB 代入sin sin2 3AaB即可求得 3 sin 2 A , 再利用锐角三角形求解A即可. (2)利用降幂公式化简 22 coscos 3 sin 2 23 f xxAxx ,再利用 0, 2 x 代 入求值域即可. 【详解】 (1)由正弦定理 sinsin ab AB ,可得sinsin3sinaBbAA, 则sinsin4sin2 3AaBA,得 3 sin 2 A , 又A为锐角,故 3 A ； (2) 22 ( )coscos 3 f xxx 2 1 cos 2 1 cos23 22 x x
33、 133 sin2cos2 222 xx 3 sin 2 23 x ,因0 2 x ,故 2 2 333 x , 于是 3 sin 21 23 x ,因此 33 42 f x ,即 ( )f x的值域为 33 , 42 . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理的运用,同时也考查了三角恒等变换中的降幂公式与根据定义 域求三角函数的值域问题等,属于中等题型. 19 如图， 已知四棱锥 如图， 已知四棱锥PABCD，/ /BCAD， 平面， 平面PAD 平面平面PBA， 且， 且DPDB， 2ABBPPAADBC （1）证明：）证明：AD 平面平面PBA； （2）求直线）求直线AB与平面与平面CDP所成
34、角的正弦值所成角的正弦值 【答案】【答案】 （1）证明见解析； （2） 2 4 . 【解析】【解析】 （1）分别取PA，PB的中点M，N，连结AN，DN，BM，要证AD 平 面PBA，需证明PBAD，BMAD，其中可通过证明PB 平面DNA来证明 PBAD，通过证明BM 平面PAD来证明BMAD； （2）以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出面PCD的一个法向量以及直线AB 的方向向量，求出两向量的夹角的余弦值即为直线AB与平面CDP所成角的正弦值. 【详解】 （1）证明：分别取PA，PB的中点M，N，连结AN，DN，BM. 因DPDB，N为PB的中点， 故PBDN. 同理，PBAN，B
35、MPA. 故PB 平面DNA. 故PBAD. 因平面PAD 平面PBA，平面PAD平面PBAPA， BM 平面PBA，BMPA， 故BM 平面PAD. 则BMAD. 又PB，BM是平面PBA中的相交直线， 故AD 平面PBA. （2）由（1）知，AD 面ABP，又BCAD， BC面PAB. 如图，以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 不妨设2AB ，则 (0,0,0)A ，(1, 3,0)B，(1, 3,1)C， (0,0,2)D，(2,0,0)P， 则(1, 3,0)AB ，( 1,3,1)CD ，( 2,0,2)PD . 设( , , )nx y z是面PCD的一个法向量， 则 0 0
36、 n CD n PD ， ，即 30 220 xyz xz ， ， 取=1x，则(1,0,1)n . 设直线AB与平面PCD所成的角为， 则 12 sin|cos,| 41 3 1 1 AB n AB n ABn ， 所以直线AB与平面PCD所成角的正弦值为 2 4 . 【点睛】 本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角，考查学生计算能力以及空间想象能力， 是中档题 20已知等差数列已知等差数列 n a的首项的首项 1 1a ，数列，数列2 n a 的前的前n项和为项和为 n S，且，且 1 2S ， 2 2S ， 3 2S 成等比数列成等比数列 （1）求通项公式）求通项公式 n a； （2）
37、求证：）求证： 12 1 1 1 nnn n aaan naaan （ * nN） ；） ； 【答案】【答案】 （1） n an； （2）见解析 【解析】【解析】 （1）首先证出2 n a 为等比数列，再由 1 2S ， 2 2S ， 3 2S 成等比数列求出 2q = ，1d . 根据等差数列的通项公式即可求解. （2）利用数学归纳法即可证明. 【详解】 （1）记d为 n a的公差，则对任意n N， 1 1 2 22 2 n nn n a aad a ， 即2 n a 为等比数列，公比20 d q . 由 1 2S ， 2 2S ， 3 2S 成等比数列，得 2 213 (2)(2)(2)S
38、SS， 即 22 2(1)2(22)2(1)2qqq，解得 2q = ，即1d . 所以 1 (1) n aandn，即() n an nN ； （2）由（1） ，即证： 111 (1)() 112 n nnN nn . 下面用数学归纳法证明上述不等式. 当1n 时，不等式显然成立； 假设当()nk kN时，不等式成立，即 111 (1) 112 k k kk ， 则当1nk时， 11111 (1) 11211 k k kkkk . 因 22 11221 (1)1(1)0 1212 kkkkkk kk kkkk ， 故 11 (1)1(1) 121 kk kk kkk . 于是 11111 1
39、(1) (1) 1121 k k kkk ， 即当1nk时，不等式仍成立. 综合，得 111 (1)() 112 n nnN nn . 所以 12 1 ()1() 1 nnn n aaan nN naaan 【点睛】 本题主要考查等差数列的通项公式以及等比中项、数学归纳法在数列中的运用，属于中 档题. 21如图，如图，F是抛物线是抛物线 2 20ypx p的焦点，过的焦点，过F的直线交抛物线于的直线交抛物线于 11 ,A x y， 22 ,B x y两点，其中两点，其中 1 0y ， 12 4y y 过点过点A作作y轴的垂线交抛物线的准线于点轴的垂线交抛物线的准线于点 H，直线，直线HF交抛物
40、线于点交抛物线于点P，Q （1）求）求p的值；的值； （2）求四边形）求四边形APBQ的面积的面积S的最小值的最小值 【答案】【答案】 （1）2p （2） 25 15 9 【解析】【解析】(1) 设直线: 2 AB p lxty与抛物线方程联立,利用韦达定理与 12 4y y 求解 即可. (2) 设点 22 12 12 (,)(,) 44 yy AyBy，表达出直线 1 :(1) 2 y PQ yx ,再联立抛物线得出 PQ的长度,再分别表示,A B到直线PQ的距离进而求得四边形APBQ的面积S的表 达式,再构造函数求导进行最值分析即可. 【详解】 (1)设直线: 2 AB p lxty,联立 2 22 2 20 2 ypx yptyp p xty ,故 2 12 y yp , 又 12 4y y ,故2p . (2)点 22 12 12 (,
