黄金卷02（新高考Ⅱ卷专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用） 黄金卷02·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A C B C A C C B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 CD BCD ABD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．2 13． 14．③④ 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分） 【详解】(1)∵函数f(x)＝4sin(ω>0)在上单调递减， ∴π－＝≤＝，解得0<ω≤①． (2分) 由x∈，ω>0， 得ωx＋∈， (3分) ∴由正弦函数的单调性，可知k∈Z， 解得1＋12k≤ω≤＋2k，k∈Z． 令k＝0，得1≤ω≤，满足①； 令k＝1，得13≤ω≤，不满足①， (5分) ∴ω的取值范围为1≤ω≤，即最大值为． (6分) (2)∵f(x)＝4sin的图像关于点中心对称， ∴ω＋＝kπ(k∈Z)， (7分) 即ω＝－(k∈Z)． (8分) 又由(1)得1≤ω≤，∴ω＝， ∴f(x)＝4sin． (9分) 当x∈时， x＋∈． (10分) 由f(x)∈[－2，4]， 得sin∈， ∴≤m＋≤，解得≤m≤， 即m的取值范围是． (13 分) 16．（15分） 【详解】(Ⅰ)因为an＋1＝2an－n＋1， 所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)， 由此可得数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， (4分) 因此，an－n＝2×2n－1＝2n， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋n. (7分) (Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝＝＝－，　 (12分) 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋(－)＋…＋＝－.(15分) 17．（15分） 【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形， 所以∠BCE＝120°. 又因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB， 所以△BCE为等腰三角形， 所以∠CEB＝30°， 所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°， 所以BE⊥AE. (4分) 又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， 所以BE⊥平面APE. 又因为AP⊂平面APE， 所以BE⊥AP. (6分) (2)存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°. (7分) 证明如下：取AE的中点O，连接PO， 因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE. 又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面APE， 所以PO⊥平面ABCE. 易得PO＝，BE＝2. 取AB的中点G，连接OG，则OG∥BE. (8分) 由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，所以OA，OG，OP两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz， 如图所示，则A(1，0，0)，B(－1，2，0)，P(0，0，)，E(－1，0，0)， 所以＝(2，0，0)，＝(0，2，0)，＝(－1，2，－)，＝(1，0，)． (10分) 假设存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°. 设＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，λ∈(0，1]， 则＝＋＝(1－λ，2λ，－λ)． 设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令z＝2λ，则可得平面AEF的一个法向量为m＝(0，λ－1，2λ)． (12分) 由(1)可知为平面APE的一个法向量， 所以cos45°＝|cos〈m，〉|＝＝＝， 所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝或λ＝－1(舍去)， 所以存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°. (15分) 18．（17分） 【详解】(Ⅰ)由题意可得2a＝2，即a＝. (1分) 因为椭圆C的离心率为，所以e＝＝， 所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(3分) 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (4分) (Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)， 联立方程消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0， 则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k2<. (5分) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝k＝－. 由，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)， 所以xM＝·，yM＝·. (6分) 将(xM，yM)代入椭圆方程可得·2＋·2＝1，解得m2＝. 因为m∈， 所以≤≤，解得≤k2≤1， 结合Δ>0，所以≤k2<. (8分) 由弦长公式可得， |AB|＝|x1－x2| ＝· ＝·＝2· ＝2· ＝2· ＝2· ＝2·. (10分) 因为≤k2<，所以≤1＋2k2<2， 所以<≤. 因为函数y＝2－在上单调递增， 所以2·∈， 即|AB|∈. (12分) (Ⅲ)设G(x3，y3)，H(x4，y4)，由题易知x3≠x4，设直线GH的方程为y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0. 联立 整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①， 则Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0， 所以b′2＝2n2＋1. 将其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0， 解得x＝，所以x3＝. 联立n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②， 则Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0， 所以p＝2nb′.将其代入②式，解方程得x＝， 所以x4＝，所以＝＝ ＝. (13分) 由x4＝可得y4＝2b′，所以kOH＝2n， 所以直线OH：y＝2nx. 联立整理得x2＝1， 所以xN＝，yN＝， 所以点N到GH的距离为 d＝＝， (14分) 所以S△NGH＝|GH|·d ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝. (15分) 令t＝4n＋(t≥4)， 则S△NGH＝ ＝≥× ＝2×＝， 当且仅当4n＝，即n＝时取等号． 由椭圆和抛物线的对称性， 可知当n<0，b′<0，S△NGH的最小值也是. 综上，S△NGH的最小值为. （17分） 19．（17分） 【详解】(Ⅰ)∵>0，a>0，∴x>0. 对函数f(x)求导，得f′(x)＝. (1分) 当m≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，此时f(x)没有最小值． (2分) 当m>0时，在(0，m)上f′(x)<0，f(x)单调递减；在(m，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(m)＝1＋ln＝2，解得＝e. (4分) (Ⅱ)证明：(ⅰ)当m＝1时，f(x)＝＋ln. 由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1－lna<0. (5分) 又∵f(a)＝>0， ∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝＋ln＝0， 即lna＝＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·. ∴要证＋x0<a－1，只需证＋x0＋1<x0· (x0>1)． (7分) 令t＝，t∈(0，1)，则只需证t＋＋1<·et， 即证et>t2＋t＋1(0<t<1)． (8分) 令g(t)＝et－t2－t－1(0<t<1)，则g′(t)＝et－t－1， 令φ(t)＝et－t－1，则φ′(t)＝et－1. ∵φ′(t)>0，∴φ(t)在(0，1)上单调递增， ∴φ(t)>φ(0)＝0，∴g(t)在(0，1)上单调递增， ∴g(t)>g(0)＝e0－0－0－1＝0， ∴当0<t<1时，et>t2＋t＋1成立， ∴＋x0<a－1. (10分) (ⅱ)∵a>e，∴lna>1，∴2lna－ln(lna)＜2lna. 由(ⅰ)可知lna＝＋lnx0， ∴要证x0＋>2lna－ln(lna)， 只需证x0＋>2lna，即证x0＋>2， 即证2lnx0＋－x0<0(x0>1)． (13分) 令h(x)＝2lnx＋－x(x>1)，则h′(x)＝－<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(x)<h(1)＝2ln1＋1－1＝0， ∴2lnx0＋－x0<0，即x0＋>2lna－ln(lna)． (17分) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用） 黄金卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．若全集，集合，则 （   ） A． B． C． D． 2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 4．设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 5．在中，角为锐角，的面积为，且，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．已知：，，，那么三者的关系是（    ） A． B． C． D． 7．如图，双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与该双曲线的两支分别交于、两点（在线段上），⊙与⊙分别为与的内切圆，其半径分别为、，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．已知函数，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（    ） A．函数是奇函数 B． C．函数的图象关于点对称 D． 11．如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是（     ） A．若，则直线与平面的夹角的正切值为 B．若，，，则 C．若，有最小值，则的取值范围是： D．若，则三棱锥外接球表面积的最小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量，若，则实数a的值为 ． 13．在正项等比数列中，，记，其中表示不超过的最大整数，则 ． 14．已知抛物线的准线与轴交于点，过焦点的直线与交于，两点，且，，的中点为，过作的垂线交轴于点，点在的准线上的射影为点，现有下列四个结论： ①， ②若时， ③ ④过的直线与抛物线交于，，则. 其中正确结论的序号为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）已知函数f(x)＝4sin(ω>0)在上单调递减． (1)求ω的最大值； (2)若f(x)的图像关于点(，0)中心对称，且f(x)在上的值域为[－2，4]，求m的取值范围． 16．（15分）已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 17．（15分）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE. (1)求证：AP⊥BE； (2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由． 18．（17分）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为2，离心率为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ)过点(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，M为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋＝m，其中m∈，求|AB|的取值范围； (Ⅲ)如图，直线GH为椭圆C与抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的公切线，其中点G，H分别在C，C1上，线段OH交C于点N，求△NGH的面积的最小值． 19．（17分）已知函数f(x)＝＋ln(m∈R，a>0)． (Ⅰ)若f(x)的最小值为2，求的值． (Ⅱ)若m＝1，a>e，实数x0为函数f(x)大于1的零点，求证： (ⅰ)＋x0<a－1； (ⅱ)x0＋>2lna－ln(lna)． 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用） 黄金卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．若全集，集合，则 （   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据补集的定义可得，再由并集的定义求解即可. 【详解】解：因为，， 所以， 所以. 故选：A. 2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由复数的除法运算法则和虚部的定义得到结果. 【详解】由，， 所以的虚部为. 故选：C. 3．已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【分析】根据向量共线定理和基本不等式即可求解. 【详解】因为三点共线， 所以存在实数k，使，即， 又向量不共线，所以， 由，所以， 当且仅当时，取“=”号， 故选：B 4．设数列的通项公式为，其前n项和为，则使的最小n是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】先利用二项式定理化简数列的通项公式，利用等比求和公式可得答案. 【详解】， ， 结合指数函数单调性该数列为单调递增数列， 且 所以使的最小n是7. 故选：C. 5．在中，角为锐角，的面积为，且，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出三角形是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值. 【详解】依题意，， 由得， 即， ， 由于是锐角，所以， 与一正一负，或， 若，即， 由于， 所以，所以， ，此不等式组无解，所以不成立. 同理可得不成立. 所以， 所以，所以，. 所以， 所以三角形的周长， 当且仅当时等号成立，所以三角形的周长的最小值为. 故选：A 【点睛】本题涉及几何中的面积和周长问题，结合了三角函数和基本不等式，考查了学生的综合解题能力．解题过程中，利用基本不等式求周长的最小值，这是本题的关键点之一．基本不等式的应用不仅要找到正确的表达式，还需要验证等号成立的条件，以确保最小值能够实际取到． 6．已知：，，，那么三者的关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先比较和，注意到，，从而通过比较的大小可，再比较和，注意到，而又有,从而只需要证明即可. 【详解】因为， ，而， 所以，得， 令，则， 所以在上递减， 因为当时，，所以， 所以，所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以，所以， 故选：C 【点睛】关键点点睛：此题考查对数式和指数式比较大小，考查对数的运算，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，利用导数可求其单调性，从而可得其取值范围，考查计算能力和转化思想，属于较难题. 7．如图，双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与该双曲线的两支分别交于、两点（在线段上），⊙与⊙分别为与的内切圆，其半径分别为、，则的取值范围是：（     ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，进而可得.可求得，进而求得的范围即可. 【详解】设， ，， .在△与△中：， 即：， ， 当双曲线的斜率为正的渐近线时，取最大，此时，， 当与轴重合时，取最小，此时， 经上述分析得：，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到的范围，数形结合的思的应用. 8．已知函数，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合题意构造函数，得到，表示出，再借助导数求出的最小值即可. 【详解】∵，， ∴， 令， ∴在上单调递增， ∴，即， ∴， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ∴当时，函数取得最小值， 即， ∴， 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断，；由概率加法公式可分析；计算，验证是否正确即可判断. 【详解】由已知，， 因为，所以， 所以， 所以，故错误； 因为，故错误； ，故正确； ， 又，，， 所以，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决本题的关键是概率的性质和应用，以及条件概率的计算. 10．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数，且，令，则下列说法正确的是（    ） A．函数是奇函数 B． C．函数的图象关于点对称 D． 【答案】BCD 【分析】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得关系式，再求和可判定D. 【详解】对A，因为，所以， 所以函数是偶函数，故A错误； 对B，因为为偶函数，所以，即， 所以，即，令，得， 所以，故B正确； 对C，因为，所以， 即，又，所以， 所以，所以，即， 所以函数的图象关于点对称，故C正确； 对D，因为，令，得， 所以，又，所以， ，…，所以，故D正确. 故选：BCD. 11．如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是：（     ）. A．若，则直线与平面的夹角的正切值为 B．若，，，则 C．若，有最小值，则的取值范围是： D．若，则三棱锥外接球表面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据线面角得出知与平面的夹角为计算正切判断A, 先建立直角坐标系，设直线得出由三点共线的性质交点为进而求出判断B;在给定时过定点,临界时 及临界时，则判断C;应用截面再由相似三角形的性质时等面积法得出选项D. 【详解】对于A：若，为中点， 过作，连，可知为中点， 且与平面的夹角为，则， 所以直线与平面的夹角的正切值为，故A正确； 对于B：由条件：，， 如图：延长交的延长线于 ，过作,，则， 如图建立平面直角坐标系： 则,， 故， 若，则①， 由三点共线的性质: 的点在直线 上， 的点在直线上， 所以交点为:，这就是点，故将该点代入①式得，故B正确.      对于C：在给定时过定点，临界时，斜率再减小（增大）， 则易知存在且使，即最小值存在， 而减小时不存在点，设临界时， 则：，故，， 代入直线得：，所以，C错误.      对于D：若，故在线段上（不与端点重合）， 对于,，作图可知：与的交点横坐标落在内， 设平面为的外心， 如平面图：由相似三角形的性质可知:为中点时，， 随点由点向上移动，其中垂线斜率增大且小于， 由相似三角形的性质:中点一定在上方， 故中垂 线与交点（即外接球球心）在射线上，外接球半径最小，即最小， 此时，用等面积法可算，此时:. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：先建立直角坐标系，设直线由三点共线的性质交点为进而求出. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量，若，则实数a的值为 ． 【答案】2 【分析】根据正态分布的对称性求解. 【详解】由题意得，，解得． 故答案为：2 13．在正项等比数列中，，记，其中表示不超过的最大整数，则 ． 【答案】 【分析】设等比数列的公比为，由计算出，然后根据，计算即可. 【详解】设等比数列的公比为． 由题意知，， 整理得，解得或（负值舍去）， 故． 所以． 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，． 故． 故答案为：. 14．已知抛物线的准线与轴交于点，过焦点的直线与交于，两点，且，，的中点为，过作的垂线交轴于点，点在的准线上的射影为点，现有下列四个结论： ①， ②若时， ③ ④过的直线与抛物线交于，，则. 其中正确结论的序号为 . 【答案】③④ 【分析】由点斜式写出直线方程后直曲联立，得到韦达定理可判断①错误；由抛物线的定义结合韦达定理解方程可判断②错误；过点作轴，由三角函数的定义和诱导公式结合图像可得③正确；当斜率不存在时，代入抛物线解出两点坐标，利用向量垂直的充要条件可得；当斜率存在时，直曲联立后利用韦达定理表示出后可得. 【详解】 对①：由题意可知，直线的斜率存在且不为零，设直线方程为， 联立，可得， ， 所以，，， 故①错误； 对②：则由抛物线的定义可知，， 因为，即， 由韦达定理可知，解得或（舍）， 则，所以，故②错误； 对③：过点作轴，垂足为，因为， 所以， 所以，故③正确； 对④：当轴时，所以， 所以，； 当斜率存在且不为零时，设斜率为，，则直线方程为， 联立，消去可得， ，， ，， 代入韦达定理并化简可得 ， 所以， 综上，过的直线与抛物线交于，，则，故④正确； 故答案为：③④. 【点睛】方法点睛： （1）求两根之积时可直曲联立，用韦达定理得到横坐标之积，再代入直线方程可得纵坐标之积； （2）求抛物线的焦点弦长时可利用抛物线的定义快速求解； （3）证明两直线垂直时，可用向量垂直的充分必要条件证明. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）已知函数f(x)＝4sin(ω>0)在上单调递减． (1)求ω的最大值； (2)若f(x)的图像关于点(，0)中心对称，且f(x)在上的值域为[－2，4]，求m的取值范围． 【详解】(1)∵函数f(x)＝4sin(ω>0)在上单调递减， ∴π－＝≤＝，解得0<ω≤①．……………(2分) 由x∈，ω>0， 得ωx＋∈，……………(3分) ∴由正弦函数的单调性，可知k∈Z， 解得1＋12k≤ω≤＋2k，k∈Z． 令k＝0，得1≤ω≤，满足①； 令k＝1，得13≤ω≤，不满足①，……………(5分) ∴ω的取值范围为1≤ω≤，即最大值为．……………(6分) (2)∵f(x)＝4sin的图像关于点中心对称， ∴ω＋＝kπ(k∈Z)，……………(7分) 即ω＝－(k∈Z)．……………(8分) 又由(1)得1≤ω≤，∴ω＝， ∴f(x)＝4sin．……………(9分) 当x∈时， x＋∈．……………(10分) 由f(x)∈[－2，4]， 得sin∈， ∴≤m＋≤，解得≤m≤， 即m的取值范围是．(13 分) 16．（15分）已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若数列{bn}满足bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn. 【详解】(Ⅰ)因为an＋1＝2an－n＋1， 所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)， 由此可得数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，……………(4分) 因此，an－n＝2×2n－1＝2n， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋n.……………(7分) (Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝＝＝－，　……………(12分) 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋(－)＋…＋＝－.(15分) 17．（15分）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE. (1)求证：AP⊥BE； (2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由． 【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形， 所以∠BCE＝120°. 又因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB， 所以△BCE为等腰三角形， 所以∠CEB＝30°， 所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°， 所以BE⊥AE.(4分) 又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， 所以BE⊥平面APE. 又因为AP⊂平面APE， 所以BE⊥AP.(6分) (2)存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(7分) 证明如下：取AE的中点O，连接PO， 因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE. 又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面APE， 所以PO⊥平面ABCE. 易得PO＝，BE＝2. 取AB的中点G，连接OG，则OG∥BE.(8分) 由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，所以OA，OG，OP两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz， 如图所示，则A(1，0，0)，B(－1，2，0)，P(0，0，)，E(－1，0，0)， 所以＝(2，0，0)，＝(0，2，0)，＝(－1，2，－)，＝(1，0，)．(10分) 假设存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°. 设＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，λ∈(0，1]， 则＝＋＝(1－λ，2λ，－λ)． 设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令z＝2λ，则可得平面AEF的一个法向量为m＝(0，λ－1，2λ)．(12分) 由(1)可知为平面APE的一个法向量， 所以cos45°＝|cos〈m，〉|＝＝＝， 所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝或λ＝－1(舍去)， 所以存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(15分) 18．（17分）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为2，离心率为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； (Ⅱ)过点(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，M为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋＝m，其中m∈，求|AB|的取值范围； (Ⅲ)如图，直线GH为椭圆C与抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的公切线，其中点G，H分别在C，C1上，线段OH交C于点N，求△NGH的面积的最小值． 【详解】(Ⅰ)由题意可得2a＝2，即a＝.(1分) 因为椭圆C的离心率为，所以e＝＝， 所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(2分) 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(3分) (Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)， 联立方程消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0， 则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k2<.(4分) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝k＝－. 由，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)， 所以xM＝·，yM＝·.(5分) 将(xM，yM)代入椭圆方程可得·2＋·2＝1，解得m2＝. 因为m∈， 所以≤≤，解得≤k2≤1， 结合Δ>0，所以≤k2<.(7分) 由弦长公式可得， |AB|＝|x1－x2| ＝· ＝·＝2· ＝2· ＝2· ＝2· ＝2·.(8分) 因为≤k2<，所以≤1＋2k2<2， 所以<≤. 因为函数y＝2－在上单调递增， 所以2·∈， 即|AB|∈.(10分) (Ⅲ)设G(x3，y3)，H(x4，y4)，由题易知x3≠x4，设直线GH的方程为y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0. 联立 整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①， 则Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0， 所以b′2＝2n2＋1. 将其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0， 解得x＝，所以x3＝. 联立n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②， 则Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0， 所以p＝2nb′.将其代入②式，解方程得x＝， 所以x4＝，所以＝＝ ＝.(13分) 由x4＝可得y4＝2b′，所以kOH＝2n， 所以直线OH：y＝2nx. 联立整理得x2＝1， 所以xN＝，yN＝， 所以点N到GH的距离为 d＝＝，(14分) 所以S△NGH＝|GH|·d ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝.(15分) 令t＝4n＋(t≥4)， 则S△NGH＝ ＝≥× ＝2×＝， 当且仅当4n＝，即n＝时取等号． 由椭圆和抛物线的对称性， 可知当n<0，b′<0，S△NGH的最小值也是. 综上，S△NGH的最小值为.(17分) 19．（17分）已知函数f(x)＝＋ln(m∈R，a>0)． (Ⅰ)若f(x)的最小值为2，求的值． (Ⅱ)若m＝1，a>e，实数x0为函数f(x)大于1的零点，求证： (ⅰ)＋x0<a－1； (ⅱ)x0＋>2lna－ln(lna)． 【详解】(Ⅰ)∵>0，a>0，∴x>0. 对函数f(x)求导，得f′(x)＝.(1分) 当m≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，此时f(x)没有最小值．(2分) 当m>0时，在(0，m)上f′(x)<0，f(x)单调递减；在(m，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)min＝f(m)＝1＋ln＝2，解得＝e.(4分) (Ⅱ)证明：(ⅰ)当m＝1时，f(x)＝＋ln. 由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1－lna<0.(5分) 又∵f(a)＝>0， ∴存在x0∈(1，a)，使得f(x0)＝＋ln＝0， 即lna＝＋lnx0＝ln(x0·)，即a＝x0·. ∴要证＋x0<a－1，只需证＋x0＋1<x0· (x0>1)．(7分) 令t＝，t∈(0，1)，则只需证t＋＋1<·et， 即证et>t2＋t＋1(0<t<1)．(8分) 令g(t)＝et－t2－t－1(0<t<1)，则g′(t)＝et－t－1， 令φ(t)＝et－t－1，则φ′(t)＝et－1. ∵φ′(t)>0，∴φ(t)在(0，1)上单调递增， ∴φ(t)>φ(0)＝0，∴g(t)在(0，1)上单调递增， ∴g(t)>g(0)＝e0－0－0－1＝0， ∴当0<t<1时，et>t2＋t＋1成立， ∴＋x0<a－1.(10分) (ⅱ)∵a>e，∴lna>1，∴2lna－ln(lna)＜2lna. 由(ⅰ)可知lna＝＋lnx0， ∴要证x0＋>2lna－ln(lna)， 只需证x0＋>2lna，即证x0＋>2， 即证2lnx0＋－x0<0(x0>1)．(13分) 令h(x)＝2lnx＋－x(x>1)，则h′(x)＝－<0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(x)<h(1)＝2ln1＋1－1＝0， ∴2lnx0＋－x0<0，即x0＋>2lna－ln(lna)．(17分) 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$