安徽省太湖中学2024-2025学年高三上学期12月考试数学试题

1 7 C. 8 D. 12 25 8 A. 17 B. 6. 已知数列 an 满足 a1 1， an  an1  2anan1 ，则数列 anan1 的前 8项和为（ ） 安徽省太湖中学 2022 级高三第一学期 12 月 数学学科试题 第Ⅰ卷（选择题 共 58分） 一．单选题：本题共 8 小题，每题 5分，共 40 分.在每题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合  2log 1A x x  ，  0 4B x x   ，则 A B  （ ） A.  2x x  B.  4x x  C.  0 4x x  D.  0 2x x  2. 若1 i（ i为虚数单位）是关于 x的方程 x2  ax  b  0(a ,bR)的一个根，则b （ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 2 1 3.函数 y  sin 2x  ln(1 x ) 的图象大致是( ) 4.荀子《劝学》：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”这告诉我们中学生要不 断学习才能有巨大的进步.假设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”相同，学生甲的 “日学习能力值”都在前一天的基础上提高1%，而学生乙的“日学习能力值”与前一天相 同，那么当学生甲的“日学习能力值”是学生乙的 2倍时，大约经过了 （参考数据： lg101 2.0043,lg2  0.3010） A.60天 B.65天 C.70天 D.75天 5．已知 a > 0，b > 0，向量m = (a + 2b, − 9)，n = (8, ab)，若m ⊥ n，则 2a + b 的最小值 ） B.8 C.9 D.10 为（ A.7 8 9 2 5 D.A. 2 B. 4 C. 6， AB  ，A  90，若 PQ为圆心为A的单位圆   的一条动直径，则 BP CQ的最大值是（ ） 38. 如图，在VABC中， AC  , 6 17 29  C.   6  D., 3 5 11 B.  2  5 2, 2 6  9     , 3 2   有且仅有 2个极小值点，且在       上单调递增，则的取值范围为（ ） A. 6 7. 已知函数 f  x  2cos x      (  0)在 0,  17 1, 6 3  1    101 二．多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，部分选对的得 3分，有选错的得 0 分. )( 3  9. 函数 f (x)  2sin(x  1)的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A． 1 B．函数 3  的图象关于点  ,0    对称 C．将 y  f (x)向左平移 3  ) 6  个单位长度，得到函数 g(x)  2cos(x  0, 2  D．若方程 f (2x)  m在     3,上有 2个不相等的实数根，则m的取值范围是  2  310. 在VABC中，内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c，若 A,B,C 成等差数列，b  ， D是 AC中点，则下面正确的是（ ） A. VABC周长的最大值为3 3 B. VABC面积的最大值为 3 3 2 3 2 D. 若A为锐角，则 c (1, 2]C. 中线 BD长度的最大值为 3 11. 如图，已知正方体 ABCD  A1B1C1D1的棱长为 2，M ，N 分别为CD， A1B1的中点， 点 P为线段MN上一动点，则（ ） A. 存在点 P使得 AP  BP B. PA1  PD的最小值为 2 3 C. 以MN 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 12 D. 已知球O为正方体 ABCD  A1B1C1D1的内切球，若在正方体内部与球O外部之间的空 隙处放入一个小球，则放入的小球体积最大值为 3 3 )(104 60 第Ⅱ卷（非选择题 共 92分） 三．填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 4 D12．在△ ABC中， AD   3 C  , P是直线 BD上一点，若 5 A  A  P   m  A  B   3 C  ，则实数m 的值为_______． 5 5 13. 若 sin 2  10 10 ，sin(  )  ,4 2    ，且     3 2  ,  ，     ，则    ______． e e 1 x x 114. 已知函数 f (x)   ， g(x)  f (x 1)  2，则 g (x)的对称中心为______；若 1 na n n n n  g( ) g(2) g(3)  g(2n 1) （ nN*），则数列 an 的通项公式为______． 四．解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤. 15. 如图，在四棱锥 P  ABCD中， AD / /BC，PA  BC  2AD  2AB  4，AD 平面 PAB，PA  AB，E、F分别是棱 PB,PC的中点. （1）证明：DF / /平面 ACE； （2）求平面 ACE与平面 PCD的夹角的余弦值. 4 an 的前 n项和为 Sn， 2an  Sn  2，（ nN*）.16. 已知数列 （1）求数列 an 的通项公式；  cn  （2）记 cn  log2 an ，数列  an  2 1 的前 n项和为Tn ，若关于 n的不等式 n n  n 2 Tn    恒成立，求实数的取值范围． 17．（本小题 15分） 行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说 换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如 11a a12 a21 a22 的符号 称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下： 11a a12 a21 a22  a11a22  a12a21，设函数 π 6 ) 2sin x 2 sin 2 x f (x)  cos(x  (x R) ． (1)求 f (x)的对称轴方程及单调递增区间； 3 2 (2)在锐角ABC中，已知 f A   13,  A  D   3 2 A  B   3 3  A  C  ，cosB  ，求 sinC和 tanBAD . 18. 若函数 f (x)对其定义域内任意 x1, x2 x1  x2 满足：当 f x1   f x2 时，恒有 x1x2  m，其中常数m，则称函数 f (x)具有性质V (m) . （1）函数 g(x)  2x  1 x 具有性质V (m)，求m . x1 x2（2）设函数h(x)  x  ln x,h   hx2  x1  0 ， （ⅰ）判断函数h(x)是否具有性质V (m)，若有，求出m，若没有，说明理由； （ⅱ）证明： x1x2 2  2 . 5 19. 第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产 全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品 外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线 xC : y  f 上的曲线段 AB，其弧长为s，当动点从A沿曲线段 AB运动到 B点时，A 点的切线 lA 也随着转动到 B点的切线 lB ，记这两条切线之间的夹角为 （它等于 lB 的倾 斜角与 lA的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹 角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K Δs Δ  为曲线段 AB的平均曲率； 显然当 B越接近A，即s越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定 义  '' 3Δ 2 Δ Δ y s li s m 0  1 y2 K  （若极限存在）为曲线C在点A处的曲率.（其中 y， y分 别表示� = � � 在点A处的一阶､二阶导数） 3, y处的（1）已知抛物线 x2  2py(p  0)的焦点到准线的距离为 3，则在该抛物线上点 曲率是多少？ 1 1 2 （2）若函数 g  x  2x  1 2 ，不等式 g  ex ex   g 2 cosx    对于� ∈ �恒成立， 求的取值范围； （3）若动点A的切线沿曲线 f x  2x2 8运动至点 B  xn , f  xn 处的切线，点 B的切 ,0 xn1 nN*  .若 x1  4，bn  xn  2，Tn是数列 �� 的前 n项和，证线与 x轴的交点为 明Tn  3 . 1 第Ⅰ卷（选择 安徽省太湖中学 2022 级高三第一学期 12 月 数学学科试题 题 共 58分） 一．单选题：本题共 8 小题，每题 5分，共 40 分.在每题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合  2log 1A x x  ，  0 4B x x   ，则 A B  （ ） A.  2x x  B.  4x x  C.  0 4x x  D.  0 2x x  【答案】C 【解析】【分析】根据对数函数的性质化简集合A，即可由并集的定义求解. 【详解】由 2log 1x  ，则 2 2log log 2x  ，所以0 2x  ， 所以    2log 1 0 2A x x x x     ，  0 4A B x x    故选：C 2. 若1 i（ i为虚数单位）是关于 x的方程 2 0( , )x ax b a b   R 的一个根，则b （ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B【解析】【分析】由题知1 i 也是关于 x的方程 2 0( , )x ax b a b   R 的一个 根，进而结合韦达定理求解即可. 【详解】解：因为1 i （ i为虚数单位）是关于 x的方程 2 0( , )x ax b a b   R 的一个根 所以，1 i 也是关于 x的方程 2 0( , )x ax b a b   R 的一个根， 所以，由韦达定理得：    1 i 1 i 2 1 i 1 i 2 a b            ， 所以， 2b  .故选：B 3.函数 2 1sin 2 ln(1 )y x x    的图象大致是( ) 2 3.D 4.荀子《劝学》：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”这告诉我们中学生要不 断学习才能有巨大的进步.假设学生甲和学生乙刚开始的“日学习能力值”相同，学生甲的 “日学习能力值”都在前一天的基础上提高1%，而学生乙的“日学习能力值”与前一天相 同，那么当学生甲的“日学习能力值”是学生乙的 2倍时，大约经过了 （参考数据： lg101 2.0043,lg2 0.3010  ） A.60天 B.65天 C.70天 D.75天 4.C 不妨设经过 x天后，学生甲的“学习能力值”是学生乙的 2倍，则 (1 1%) 2x  ，所 以 1.01 lg2log 2 lg1.01 x    lg2 0.3010 70 lg101 lg100 2.0043 2     .故选 C. 5．已知 a > 0，b > 0，向量m = (a + 2b, − 9)，n = (8, ab)，若m ⊥ n ，则 2a + b的最小值 为（ ） A.7 B.8 C.9 D.10 【答案】B 【详解】 根据题意，向量m = (a + 2b, − 9)，n = (8, ab)， 若m ⊥ n ，则m ⋅ n = 8(a + 2b) − 9ab = 0，即 8(a + 2b) = 9ab，变形可得1 b + 2 a = 9 8 ， 则 2a + b = 8 9 × 9 8 (2a + b) = 8 9 × 1 b + 2 a (2a + b) = 8 9 × 5 + 2a b + 2b a ， 又由 a > 0，b > 0，则2a b + 2b a = 2 a b + b a ⩾4，当且仅当 a = b时等号成立， 则 2a + b = 8 9 × 5+ 2a b + 2b a ⩾ 8 9 × (5 + 4) = 8， 则 2a + b的最小值为 8 故答案为：B 6. 已知数列 na 满足 1 1a  ， 1 12n n n na a a a   ，则数列 1n na a  的前 8项和为（ ） A. 8 17 B. 12 25 C. 7 8 D. 8 9 3 【答案】A 【解析】【分析】首先对已知等式进行变形，可得到数列 1 na       的性质，进而求出 na 的表达 式，然后得出 1n na a  的表达式，再利用裂项相消法求出前8项和. 【详解】已知 1 12n n n na a a a   ，等式两边同时除以 1n na a  ，得到 1 1 1 2 n na a   . 因为 1 1a  ，所以 1 1 1 a = ，那么数列 1 na       是以1为首项， 2为公差的等差数列. 得 1 1 ( 1) 2 2 1 n n n a       ，则 1 2 1n a n   . 1 1 1 1 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n a a n n n n          . 求数列 1{ }n na a  的前8项和 8S 8 1 1 1 1 1 1 1 1 81 1 2 3 3 5 15 17 2 17 17 S                                    .故选：A. 7. 已知函数   2cos ( 0) 6 f x x         在  0, 有且仅有 2个极小值点，且在 ,3 2        上单调递增，则的取值范围为（ ） A. 5 29, 2 6      B. 5 11, 2 3      C. 17 29, 6 6      D. 17 11, 6 3      【答案】D 【解析】【分析】根据余弦型函数得图像特征，借助极小值点的个数以及单调区间来确定 的取值范围即可. 【详解】对于函数 cosy x ，极小值点为  2 1 π,x k k  Z . π( ) 2cos( ) 6 f x x  ，令 π (2 1)π 6 x k    ，     π2 1 π 12 5 π6 , 6 k k x k         Z . 因为 π( )0,x 有且仅有 2个极小值点. 当 0k  时， 5π 6 x   ；当 1k  时， 17π 6 x   ；当 2k  时， 29π 6 x   . 4 所以 17π 29ππ 6 6    ，解不等式得 17 29 6 6   . 因为 cosy x 的单调递增区间为 2 π π,2 π ,k k k Z . 对于 π( ) 2cos( ) 6 f x x  ，令 π2 π-π 2 π 6 k x k   ，则 (12 7)π (12 1)π[ , ] 6 6 k kx      . 因为 ( )f x 在 π π( , ) 3 2 上单调递增，所以 π π (12 7)π (12 1)π( , ) [ , ] 3 2 6 6 k k      . 当 1k  时， 5π 11π[ , ] 6 6  ，则 π 5π 3 6  且 π 11π 2 6  . 解不等式得 5 11 2 3   . 综合以上两个条件，的取值范围是 17 11( , ] 6 3 . 故选：D. 8. 如图，在 ABCV 中， 3AC  ， AB 6 ， 90A  ，若 PQ为圆心为A的单位圆 的一条动直径，则 BP CQ   的最大值是（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 10 1 【答案】A 【解析】 【分析】以A为坐标原点， ,AB AC   的方向分别为 x轴、 y 轴，建立坐标系，设 (cos ,sin ), [0,2π)P     ，则 ( cos , sin )Q    ，利用向量的坐标运算及三角恒等变换 求解即可. 【详解】解：以A为坐标原点， ,AB AC   的方向分别为 x轴、 y 轴， 如图所示： 5 则 (0,0), ( 6,0), (0, 3)A B C ， 设 (cos ,sin ), [0,2π)P     ，则 ( cos , sin )Q    ， 所以 (cos 6,sin ), ( cos , sin 3)BP CQ           ， 所以 cos (cos 6) sin ( sin 3)BP CQ             6 cos 3 sin 1    3sin( ) 1    ， 其中 tan 2   (为第二象限角)， 所以当 sin( ) 1   时，3sin( ) 1   取最大值，为 2. 即 BP CQ   的最大值为 2. 故选：A. 二．多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对的得 6分，部分选对的得 3分，有选错的得 0 分. 9. 函数 ( ) 2sin( )( 1) 3 f x x     的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A． 1  B．函数 的图象关于点 ,0 3       对称 C．将 ( )y f x 向左平移 3  个单位长度，得到函数 ( ) 2cos( ) 6 g x x   D．若方程 (2 )f x m 在 0, 2      上有 2个不相等的实数根，则m的取值范围是 3,2   9.AC 6 10. 在 ABCV 中，内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，若 , ,A B C 成等差数列， 3b  ， D是 AC中点，则下面正确的是（ ） A. ABCV 周长的最大值为3 3 B. ABCV 面积的最大值为 3 3 2 C. 中线 BD长度的最大值为 3 2 D. 若A为锐角，则 (1, 2]c 【答案】ACD 【详解】由 , ,A B C 成等差数列，可得 2B A C  ，因为 πA B C   ，所以 π 3 B  ， 又由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，可得 2 2 3a c ac   ， 对于 A中，由 2 2 2 2 2 2 1( ) 3 ( ) 3 ( ) ( ) 2 4 a ca c ac a c ac a c a c           ， 可得 21 ( ) 3 4 a c  ，所以 2 3a c ≤ ，所以 ABCV 周长的最大值为 3 3a c b   ， 当且仅当 a c 时，等号成立，所以 A正确； 对于 B中，由 2 2 2a c ac ac ac ac     ，所以 3ac  ， 所以 ABCV 面积的最大值为 1 1 3 3 3sin 3 2 2 2 4 S ac B     ， 当且仅当 a c 时，等号成立，所以 B不正确； 对于 C中，因为 2 2 3a c ac   ，可得 2 2 3a c ac   又因为D是 AC中点，可得 1 ( ) 2 BD BA BC     ， 则 2 2 2 2 21 1 1 1 9( 2 ) ( ) (3 2 ) (3 2 3) 4 4 4 4 4 BD BA BC BA BC a c ac ac                  ， 所以 3 2 BD   ，即中线 BD长度的最大值为 3 2 ， 当且仅当 a c 时等号成立，所以 C正确； 对于 D中，设 ABCV 的外接圆的半径为 R，可得 2 2 sin bR B   ， 由正弦定理 2 sin c C  ，可得 2π2sin 2sin[π ( )] 2sin( ) 3 c C A B A      ， 因为 π(0, ) 2 A ，可得 2π π 2π( , ) 3 6 3 A  ，则 2π2sin( ) (1,2] 3 A  ， 所以，当A为锐角时，可得 (1, 2]c ，所以 D正确.故选：ACD. 7 11. 如图，已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2，M ，N 分别为CD， 1 1AB 的中点， 点 P为线段MN上一动点，则（ ） A. 存在点 P使得 AP BP B. 1PA PD 的最小值为 2 3 C. 以MN 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为 12 D. 已知球O为正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的内切球，若在正方体内部与球O外部之间的空 隙处放入一个小球，则放入的小球体积最大值为 (104 60 3) 3  【答案】BCD 【解析】 【分析】对于 A:取 AB中点G，通过 45GPB   ，即可判断，对于 B：由 1 1PA PD PA PC   可判断，对于 C：由以MN 为直径的球的球心为正方体中心，半径 为 2，即可判断，对于 D，由球O与小球 1O 相切，球O半径为 1，设小球 1O 的半径为 r ， 得到 3 1 1 3 r r   ，进而可求解. 【详解】对于 A: 由题意可知：PA PB ，取 AB中点G，所以 2APB GPB   ，因为 GPB 为直角三角 8 形，同时 NGM△ 为等腰直角三角形， 2, 2 2NG GM NM   ， 所以当 P在运动中时， [ 2,2]PG ， 1GB PG  ，所以 45GPB   ， 90APB  ， 故 A错； 对于 B: 由对称性得 PD PC ，即求 1 1PA PD PA PC   ，在面 1 1CDAB 中，  1 1min 2 3PA PC AC   ，故 B对； 对于 C:因为以MN为直径的球的球心为正方体中心，半径为 2，而正方体中心到各棱距 离均为 2， 所以该球与正方体 12条棱均相切，所以有 12个交点，故 C对； 对于 D:因为体积最大的小球为小球与正方体和球O均相切时取到.研究截面 1 1A ACC ，分别过O和小球球心 1O 作 1 1AC 的垂线，垂足分别为K，H ，则 1 1 1~AOK AOH△ △ ， 因为球O与小球 1O 相切，球O半径为 1，设小球 1O 的半径为 r ，则 3 1 1 3 r r   ， 所以 3 1 2 3 3 1 r     ，所以小球体积最大值为 3 4 (104 60 3)(2 3) 3 3 V     ， 故 D对. 9 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题 共 92分） 三．填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．在△ ABC中， 3 , 4 AD DC P   是直线 BD上一点，若 3 5 AP mAB AC     ，则实数m 的值为_______． 12． 2 5  13. 若 5sin 2 5   ， 10sin( ) 10    ，且 ,4 2        ， 3, 2        ，则   ______． 【答案】 7 4  【解析】【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求 出 cos( )  的值，最后根据  的范围确定其具体值. 【详解】因 π ,π 4       ，所以 π2 ,2π 2       .又 5sin 2 0 5    ，所以 π2 ,π 2       . 根据 2 2sin cos 1A A  ，得 2 2 5 2 5cos 2 1 sin 2 1 5 5                 ，同时也能 确定 π π, 4 2       . 因为 10sin( ) 10    ， 3ππ, 2       ， π π, 4 2       ，所以 π 5, π 2 4         . 2 2 10 3 10cos( ) 1 sin ( ) 1 10 10                     . 将 cos( )  转化为 cos[( ) 2 ]    . 所以 cos( ) cos( )cos2 sin( )sin 2            3 10 2 5 10 5 3 10 2 5 10 5 6 50 50 5 50 2 10 5 10 5 10 5 10 5 50 50 2                              因为 π π, 4 2       ， 3ππ, 2       ，所以 5π ,2π 4         . 10 在这个区间内， 2cos( ) 2    时， 7π 4    . 14. 已知函数 e 1( ) e 1 x xf x    ， ( ) ( 1) 2g x f x   ，则 ( )g x 的对称中心为______；若 1 2 3 2 1( ) ( ) ( ) ( )n na g g g g n n n n       （ *nN ），则数列 na 的通项公式为______． 【答案】 ①. (1, 2) ②. 4 2na n  【解析】 【分析】利用中心对称的定义求出 ( )g x 图象的对称中心，利用函数 ( )g x 的对称性及倒序相 加法求出通项. 【详解】函数 e 1( ) e 1 x xf x    的定义域为 R， e 1 1 e( ) ( ) e 1 e 1 x x x xf x f x            ， 由 ( ) ( 1) 2g x f x   ，得 ( 1) ( ) 2g x f x   ， 则 ( 1) ( 1) ( ) ( ) 2 2 4g x g x f x f x          ， 因此函数 ( )g x 图象的对称中心是 (1, 2)； 由 ( 1) ( 1) 4g x g x     ，得 ( ) (2 ) 4g x g x   ，当 *nN 时， 1 1( ) (2 ) 4g g n n    ， 1 2 3 2 1( ) ( ) ( ) ( )n na g g g g n n n n       ， 2 1 2 2 2 3 1( ) ( ) ( ) ( )n n n na g g g g n n n n          ， 于是 2 4(2 1)na n  ，即 4 2na n  ，所以数列 na 的通项公式为 4 2na n  . 故答案为： (1, 2)； 4 2na n  四．解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤. 15. 如图，在四棱锥 P ABCD 中， 2 4/ / 2CA BC PA B AD AD B   ， ，AD 平面 PAB PA AB E F， ， 、 分别是棱 ,PB PC的中点. 11 （1）证明： / /DF 平面 ACE； （2）求平面 ACE与平面 PCD的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 7 6 18 ； 【解析】 【分析】（1）根据题意分析四边形 ADFE为平行四边形，从而证明 / /DF ACE ; （2）构建空间直角坐标系，根据空间向量平面 ACE与平面 PCD的夹角的余弦值. 【小问 1详解】 连接 EF ，如图所示， 因为 ,E F分别为棱 PB PC， 的中点，所以 / /EF BC且 1 2 EF BC ， 又因为 / 2/ BA BC C ADD ， ，所以 / /EF AD且 EF AD ， 所以四边形 ADFE为平行四边形， 所以 / /DF AE , 因为 DF 平面 ACE , AE 平面 ACE , 所以 / /DF 平面 ;ACE 【小问 2详解】 以A为坐标原点，如图所示构建空间直角坐标系， 12 则    0,0,0 2,0,0 ,A B ，      0, 4,0 2,0, 4 0,0, 2P C D ， ，    1, 2,0 1 2,2E F   ， ， 设面 ACE的法向量为  1 1 1 1, , ,n x y z  则 1 1 1 1 1 1 2 0 , 2 4 0 n AE x y n AC x z                 令 1 1,y  则 1 12, 1,x z     1 2,1, 1 ,n     设面 PCD的法向量为  2 2 2 2, , ,n x y z  则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 , 0 n PC x y z n CD x z                 令 2 2,x  则 1, 2,y z    2 2, 1,2 ,n    设平面 ACE与平面 PCD的夹角为 ，    1 2 1 2 1 2 6 18 2,1, 1 2, 1,2 7cos cos 6 , 3 n nn n n n                   ， 故平面 ACE与平面 PCD的夹角的余弦值 7 6 18 . 16. 已知数列 na 的前 n项和为 nS ， 2 2n na S  ，（ *nN ）. （1）求数列 na 的通项公式； （2）记 2logn nc a ，数列 n n c a       的前 n项和为 nT ，若关于 n的不等式     2 2 1n n n T n      恒成立，求实数的取值范围． 13 【答案】（1） 2nna  （2） 3 , 2    ． 【解析】 【分析】（1）利用条件，再写一式，两式相减，可证得数列 na 是首项为 2，公比为 2的等 比数列，即可求出数列 na 的通项公式； （2）求出数列的通项，利用错位相减法求出 nT ，再将题意转化为可得   max 1 2n n n        ， 记  1 2n n n n b   ，求出 nb 的最大值，即可得出答案． 【小问 1详解】 由 2 2n na S  ，可得 1 12 2n na S   ， 两式相减可得： 1 12 2n n na a a   ，所以 1 2n na a  ， 令 1n  ，可得 1 12 2a a  ，所以 1 2a  ， 所以数列 na 是首项为 2，公比为 2的等比数列，其通项公式为 12 2 2n nna    . 【小问 2详解】 2log 2 n nc n  ， 2 n n n c n a   ． 可得 2 1 2 2 2 2n n nT      ，则 2 3 1 1 1 2 2 2 2 2n n nT      ， 两式相减得： 2 3 1 1 1 11 2 21 1 1 1 1 12 2 2 2 2 2 21 2 n n n n n n nT                    1 1 1 21 1 2 2 2 n n n n n            ，所以 22 2n n nT   ， 因为       2 2 2 2 1n n n n n n T n       ，则  1 2n n n    ， 14 原题意等价于关于 n的不等式  1 2n n n    恒成立，可得   max 1 2n n n        ， 记  1 2n n n n b   ， 令 1 1 n n n n b b b b      ，则           1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 n n n n n n n n n n n n            ，解得 2n  或 3， 则 1 2 3 4b b b b    ，即当 2n  或 3n  时， nb 取到最大值 3 2 ， 可得 3 2   ，所以实数的取值范围 3 , 2    ． 17．（本小题 15分） 行列式在数学中是一个函数，无论是在线性代数、多项式理论，还是在微积分学中（比如说 换元积分法中），行列式作为基本的数学工具，都有着重要的应用．将形如 11 12 21 22 a a a a 的符号 称二阶行列式，并规定二阶的行列式计算如下： 11 12 11 22 12 21 21 22 a a a a a a a a   ，设函数 22sin sin ( ) ( )π2 6 cos( ) x x f x x x    R ． (1)求 ( )f x 的对称轴方程及单调递增区间； (2)在锐角 ABC 中，已知   3 2 f A   , 2 1 3 3 AD AB AC     ， 3cos 3 B  ，求 sinC和 tan BAD . 17.（1） 2 23 1( ) 2sin cos( ) 2sin 2sin ( cos sin ) 2sin 2 26 f x x x x x x x x      23 3 3 3sin 2 3sin sin 2 (1 cos 2 ) 3 sin(2 ) 2 2 2 3 2 x x x x x         ， 由 2 , 3 2 x k k     Z，得 , 12 2 kx k   Z， 所以 ( )f x 的对称轴为 π π( ) 12 2 kx k  Z . 由 2 2 2 , 2 3 2 k x k k         Z，，所以单调递增区间为 5 12 12 k Z       - +k ， （k ） （2）由（1）知， 3 3( ) 3 sin(2 ) 3 2 2 f A A      ，则 πsin(2 ) 0 3 A  ， 15 由0 2 A   ，得 π π 4π2 3 3 3 A   ，则 π2 3 A   ，解得 π 3 A  ， 因为 ABCV 中， 3cos 3 B  ，则 B为锐角， 所以 2 2 3 6sin 1 cos 1 3 3 B B            ， 因为 π 3 A  ， πA B C   ，所以 2π 3 C B  ， 所以 2π 2π 2π 3 3 1 6 1 6sin sin sin cos cos sin 3 3 3 2 3 2 3 2 6 C B B B              ， 设 BAD   ，则 π 3 CAD    ， 在 ABD△ 和 ACD 中，由正弦定理得 3 sin sin 6 BD AD AD B   ， 6 π sin 3 6sin 3 CD AD AD C         ， 因为 2CD BD ，上面两个等式相除可得  π6 sin 3 6 sin3          ， 得  3 16 cos sin 3 6 sin2 2            ，即  2 cos 2 6 sin   ， 所以 2tan tan 3 2 2 6 BAD       . 18. 若函数 ( )f x 对其定义域内任意  1 2 1 2,x x x x 满足：当    1 2f x f x 时，恒有 1 2x x m ，其中常数m，则称函数 ( )f x 具有性质 ( )V m . （1）函数 1( ) 2 g x x x 具有性质 ( )V m ，求m . （2）设函数     1 2 2 1( ) ln , 0h x x x h x h x x x     ， （ⅰ）判断函数 ( )h x 是否具有性质 ( )V m ，若有，求出m，若没有，说明理由； （ⅱ）证明： 21 2 2x x  . 16 【答案】（1） 1 2 m  （2）（ⅰ） ( )h x 不具有性质 ( )V m ，理由见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对任意的    1 2, ,0 0,x x    且 1 2x x ，由 1 2 1 2 12 2 1x x x x   变形得到  1 2 1 2 012x x x x         ，得到 1 2 1 2 x x  ，求出 1 2 m  ； （2）（ⅰ）求导，得到 ( ) lnh x x x  的单调性，得到 1 20 1x x   ，假设 ( )h x 具有性质 ( )V m ， 即 2 1x x m ，所以 2 1 x m x  ，根据 1 1 2 2ln lnx x x x   ，得到 1 1 1 2ln ln 0x m x mx    ， 显然不能恒成立，故假设不成立， ( )h x 不具有性质 ( )V m ； （ⅱ）先得到 2 1 2 1 1 ln ln x x x x    ，由对数平均不等式得到 1 2 1x x  ，分 21 2x  和 2 2x  两种 情况进行求解，当 21 2x  时， 11 2 2 2 2 2x xx x x   ，当 2 2x  时，构造差函数，进行求解， 得到结论. 【小问 1详解】 1( ) 2 g x x x 定义域为    , 0 0,  ， 对任意的    1 2, ,0 0,x x    且 1 2x x ， 有 1 2 1 2 12 2 1x x x x   ， 即    2 11 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 12 01 22 2 x xx x x x x x x x x x x x               ， 因为 1 2x x ，所以 1 2 0x x  ，故 1 2 1 2 x x  ， 故 1 2 1 2 x x  ，故 1 2 m  ； 【小问 2详解】 ( )h x 不具有性质 ( )V m ，理由如下： 17 ( ) lnh x x x  的定义域为  0,  ， 1 1( ) 1 xh x x x     ， 当 1x  时， ( ) 0h x  ，当0 1x  时， ( ) 0h x  ， 故 ( )h x 在  0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增， 又 2 1x x ，故 1 20 1x x   ， 假设函数 ( )h x 具有性质 ( )V m ，即 2 1x x m ，所以 2 1 x m x  ， 因为 1 1 2 2ln lnx x x x   ，所以 1 1 1 1 1 1ln ln ln lnx x mx x x x m m m      ， 故 1 1 1 2ln ln 0x m x mx    对于任意的  1 0,1x  恒成立， 即 1 1 12ln ln m mx x x    恒为 0，显然不可能，故假设不成立， 故 ( )h x 不具有性质 ( )V m ； （ⅱ）因为 1 1 2 2ln lnx x x x   ，所以 2 1 2 1ln lnx x x x   ， 2 1 2 1 1 ln ln x x x x    ， 下面证明 2 1 1 2 2 1ln ln x x x x x x    ， 即证 2 1 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 ln lnx x x x x x x x x xx x     ， 令 2 1 1x t x   ，则 12 2 1 2 1 01ln 2l ln1n 2x x t tx x x x t t t t       ， 令   1 2ln t t p t t   ， 1t  ， 则     22 2 2 2 11 21 2 1 0 tt t t t t p t t        ， 故   1 2ln t t p t t   在  1,t  上单调递增， 18 故    1 0p t p  ， 1 2 ln 0t t t    ， 所以 2 1 1 2 2 1ln ln x x x x x x    ，即 1 21 x x ，所以 1 2 1x x  ， 当 21 2x  时， 11 2 2 2 2 2x xx x x   ， 当 2 2x  时，令  1 1 1 1 1 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2ln ln ln ln 2 2lnh x h x x x x x x x x x                2 2 2 2 22 2 2 2 2 2ln ln 2 2 ln 3ln ln 2x x x x x x x          ， 令   2 23ln ln 2q x x x x     ， 2x  ，       23 2 3 3 3 2 13 4 3 41 0 x xx xq x x x x x          ， 故   2 23ln ln 2q x x x x     在  2, 上单调递增， 又   3 232 2ln 2 ln e ln 4 2 q     ，其中 3e 16 0  ，故 3 2e 4 ， 所以  2 0q  ，故  1 2 22 2 2 2 2 23ln ln 2 0h x h x x x x            ，  1 2 2 2h x h x        ，其中    1 2 2 20,1 , 0,1x x   ，而 ( )h x 在  0,1 上单调递减， 故 1 2 2 2x x  ， 21 2 2x x  ， 综上， 2 1 2 2x x  . 19. 第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产 全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品 外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线  :C y f x 上的曲线段 AB，其弧长为 s ，当动点从A沿曲线段 AB运动到 B点时，A 点的切线 Al 也随着转动到 B点的切线 Bl ，记这两条切线之间的夹角为  （它等于 Bl 的倾 斜角与 Al 的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹 19 角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义 Δ Δ K s   为曲线段 AB的平均曲率； 显然当 B越接近A，即 s 越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定 义   '' 3Δ 0 2 2 Δlim Δ 1 s y K s y       （若极限存在）为曲线C在点A处的曲率.（其中 y， y分 别表示� = � � 在点A处的一阶､二阶导数） （1）已知抛物线 2 2 ( 0)x py p  的焦点到准线的距离为 3，则在该抛物线上点  3, y 处的 曲率是多少？ （2）若函数   1 1 2 1 2x g x    ，不等式  e e 2 cos 2 x x g g x        对于� ∈ �恒成立， 求的取值范围； （3）若动点A的切线沿曲线   22 8f x x  运动至点   ,n nB x f x 处的切线，点 B的切 线与 x轴的交点为   *1,0nx n N .若 1 4x  ， 2n nb x  ， nT 是数列 �� 的前 n项和，证 明 3nT  . 【答案】（1） 2 12 （2） 1,1 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先根据已知条件求出 p的值，再分别求出函数的一阶导数和二阶导数，代 入公式求解即可； 20 （2）根据  g x 的奇偶性和单调性得到 e ecos 2 2 x x x    ，根据   cosp x x ，   e e2 2 x x q x    的奇偶性和    0 0 1p q  得到在 0x  处三角函数  p x 的曲率不 大于曲线  q x 的曲率，代入公式求解即可； （3）首先求出在   ,n nB x f x 处的切线方程，进而得到 1nx  与 nx 之间的关系，构造函数 2lg 2 n n n x a x    得到数列 na 是等比数列，根据 na 的通项公式得到 nx 和 nb ，适当放缩得到 1 1 3 n n b b   ，进而得到 3nT  . 【小问 1详解】 抛物线 2 2 ( 0)x py p  的焦点到准线的距离为 3， 3p  ， 即抛物线方程为 2 6x y ，即   21 6 f x y x  ，则   1 3 f x x  ，   1 3 f x  ， 又抛物线在点  3, y 处的曲率，则 3 22 1 1 23 3 122 211 3 9 K          ， 即在该抛物线上点  3, y 处的曲率为 2 12 ； 【小问 2详解】    1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 x x x xg x g x            ，   g x 在�上为奇函数，又  g x 在�上为减函数.   e e 2 cos 2 x x g g x        对于� ∈ �恒成立等价于 e ecos 2 2 x x x    对于� ∈ � 恒成立. 又因为两个函数都是偶函数， 记   cosp x x ，   e e2 2 x x q x    ，则曲线  p x 恒在曲线  q x 上方， 21   sinp x x    ，   e e 2 x x q x     ，又因为    0 0 1p q  ， 所以在 0x  处三角函数  p x 的曲率不大于曲线  q x 的曲率，即         3 3 2 22 2 0 0 1 0 1 0 p q p q               ， 又因为   2cosp x x    ，   e e 2 x x q x    ，   20p    ，  0 1q   ，所以 2 1  ，解得： 1 1   ， 因此，的取值范围为  1,1 ； 【小问 3详解】 由题可得   4f x x  ， 所以曲线� = � � 在点   ,n nx f x 处的切线方程是     n n ny f x f x x x   ， 即    22 8 4n n ny x x x x    ， 令 0y  ，得    2 14 2n n n nx x x x    ，即 2 14 2n n nx x x   ， 显然 0nx  ， 1 2 2 n n n xx x   ， 由 1 2 2 n n n xx x   ，知   2 1 222 2 2 2 nn n n n xxx x x       ，同理  2 1 2 2 2 n n n x x x    ， 故 2 1 1 2 2 2 2 n n n n x x x x           ，从而 1 1 2 2lg 2lg 2 2 n n n n x x x x        ， 设 2lg 2 n n n x a x    ，即 1 2n na a  ，所以数列 na 是等比数列， 故 1 1 11 1 1 22 2 lg 2 lg3 2 n n n n xa a x       ，即 12lg 2 lg3 2 nn n x x    ，从而 122 3 2 nn n x x    ， 所以  1 1 2 2 2 3 1 3 1 n nnx      ， 12 42 0 3 1 nn nb x      ， 22 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 33 1 3 1 3 3 n n n n n n b b             ， 当 1n  时，显然 1 1 2 3T b   ； 当 1n  时， 2 1 1 2 1 1 1 1 3 3 3 n n n nb b b b                 ， 1 1 2 1 1 1 1 1 3 3 n n nT b b b b b b                  1 11 3 13 3 31 31 3 n n b                   ， 综上，  *3nT n N .