江苏南京市2026届高三考前数学综合训练题【南京教研所命制】

2026届南京市考前综合题 集合 1.己知A={xeZ4-x2≥0}，B={xy=V1一x},A∩B= A.[-2,1]B.(-0,-2] C.{0,1} D.{-2,-1,0,1} 【答案】D 【提示】A={-2,-1,0,1,2},B=(-∞，1]，所以A∩B={-2,-1,0,1}. 【说明】本题主要考查集合描述法的含义，注意Z,N等细节. 2.已知集合A={xx一2<1}，B={xx≤a},AUB=B,则实数a的取值范围为 A.「1，十oo) B.[3,+o) C.(-0,1] D.(-0,3] 【答案】B 【提示】A=(1,3),B=(-o,a],因为AUB=B,所以A∈B,所以a≥3，故选B. 【说明】本题主要考查集合的并集运算与子集的概念. 函数导数 1,x>0, 3.己知符号函数sgn 0, x=0,fx)是R上的增函数，g(x)=fx)一f孔ax)(a>1),则 -1,x<0, A.sgn[g(x)]=sgnx B.sgn[g(x)]=一sgnr C.sgn[g(x)】=sgn[x)] D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)] 【答案】B 【提示】因为x)是R上的增函数，取x)=x,所以gx)=(1一a)x,因为a>1,所以gx)是 1,x>0 [-1,x>0 R上的减函数，由符号函数sgn= 0, x=0知，sgn[g6]=0,x=0=-sgx. -1,x<0 1,x<0 【说明】本题考查新定义问题 4.(多选)已知函数x)及其导函数fx)的定义域均为R,记gx)=f《(x).若f(2)=5,x) +fx+2)=6,g(1一2x)为偶函数，则下列结论中正确的是 2026 A.fx+4)=fx)B.g(-x)=gx)C.g(2)=0 D.20=6080 【答案】ACD 【提示】由x)+fx+2)=6,可得fx+2)+fx+4)=6,两式相减可得x+4)=fx),故选项 A正确； 由g(1-2x)为偶函数，可得g(1-2x)=g(1+2x),即gx+1)=g(-x+1),所以gx)的 图象关于直线x=1对称，由fx十4)=x),两边求导得fx十4)=fx),即gx+4)= g(x),所以g(x)是以4为周期的周期函数，则有g(x)=gx十4)=g(一x一2)，无法推出 g(一x)=gx),故选项B错误： 由fx)+fx+2)=6,两边求导得fx)+fx+2)=0,即g)+gx+2)=0,令x=0,可 得g0)十g(2)=0,又gx+1)=g(-x+1),令x=-1,可得g0)=g(2),并联立 g0)=32,解得g0)=g2)=0,故选项C正确 g(0)+g(2)=0 由fx)+x+2)=6,当x=0时，0)+2)=6，又f2)=5,可得f0)=1,当x=1 时，可得1)+3)=6，由g(c+1)=g(-x+1),即fx+1)=f一x+1),所以x+1) =一f-x+1)+c,令x=1,可得c=f2)+f0)=5+1=6,所以fx+1)=-f-x+1) +6,令x=0,可得21)=6,1)=3,3)=3，由选项A知x)的周期为4，则4) 2026 =0)=1,所以1)+2)+3)+4)=12,2=506×[1)+2)+3)+4]+) +f2)=506×12+3+5=6080,故选项D正确. 【说明】本题考查抽象函数及其对称性和周期性， 5.已知函数fx)=ae有两条切线经过（一1,1），则a的取值范围是 【答案】(e,十∞) 【提示】设切点为(o,ae0,设切线方程为y一ae0=ae(一xo, 将x=-1,y=1代入切线方程得1-ae0=ae(-1-o,化简得ae0=-1, 令h)=xe,h=-1,即y=h与y=一1有两个交点. h(x)=e(1+x),令h'(x)=0得x=-1. x<-1时，h(x)单调递减x>一1时，hx)单调递增. 所以极小值(-)=-1 e 要使y=-1与)有两个交点，则-1<-1<0，解得a>e. e a 【说明】本题考查切线的条数求解参数. 6.己知函数x)=e,g(x)=lnx十2存在公切线，则所有公切线方程为 【答案】y=x+l,y=ex. 【提示】设fx)=e,gx)=lnx+2的切点分别为(x1,e),(x2,lnr2+2) 所以，切线方程分别为y=e(c一x1)+e,y=Lx-)+n2十2， X2 e=1 所以， X2 所以(Inn+1)(-1)=0, e(1-x)=lnx2+1 X2 即2=1或= e 所以公切线方程为：y=x十1，y=x. 【说明】本题主要考查公切线求法，这里涉及常见的®=1方程化简。 2 7.(2015年新误标1卷)已知函数)=+ax+}8)=一mx (1)当a为何值时，x轴为曲线y=fx)的切线： (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数h(x)=min{fx),gx)x>0),讨 论hx)零点的个数. 【提示】(1)设曲线y=fx)与x轴相切于点(xo,0),则fxo)=0,fo)=0, x+a0+ 1二0 即 4 3.xd+a=0 解得0二1=3 23 41 因此，当a=3时，x轴是曲线y=)的切线。 (2)当x∈(1，+∞)时，g(x)=-lnx<0,从而hx)=min{x),g(x)}≤gx)<0, ∴.hx)在(1，+∞)无零点. 当x=1时，若a≥-子则/D=a+至0.AD=mim灯)，gD3=g4 4 =0.故x=1是的零点：若a<-子则/1)=a+子0，A)=min1, g(1)}=f(1)<0,故x=1不是hx)的零点. 当x∈(0,1)时，g(x)=一lnx>0,所以只需考虑x)在(0,1)的零点个数. (i)若a≤一3或a≥0，则fx)=3x2+a在(0,1)无零点，故fx)在(0,1)单调，而0) (1at 所以当a≤-3时，)在(0,1)有一个零点：当a≥0时，fx)在(0,1)无零点. (i)若-3<a<0,则w在(0,1 -马单调递减，在（个 3 1)单调递增，故当x= 时，的最小值，最小值为9 +1 341 若-孕>0.即-至a<0,在0,1)无零点. 4 若骨-0，即a=圣 则)在(0,1)有唯一零点： 若9<0，即-3<a<-子由于0-f1D=a+子 所以当一<a<-时，心在0，有两个等点： 当-3<a≤-时，在0,1)有一个零点. 综上，当a>-3或a<-5时，h)油一个零点： 41 当a=-3或a=-5时，h有两个零点： 4 当-5<a<-时，有三个零点。 4 4 【说明】本题考查函数的零点， 8.已知函数=a-1g+之，>-1. (1)讨论w)的单调性： (2)证明： ①x-1)e+x2≥-1； ②当m≥2且n∈N时，)++…+1<2n3X5x7x×2m-D 23 2×4×6×…×(2n-2) 【提示】1由=a-Ie+,a>-1,得x∈R)=ae+. 1°若a≥0，则ae+1>0,当x∈(-∞，0)时，fx)<0,x)单调递减， 当x∈(0，+∞)时，x)>0,x)单调递增. 2若a<0时，令f代)=0，得x=0或x=la(- 因为-1<a<0,所以n(-马>0， 当x∈（一∞，0），则fx)<0,x)单调递减， 当x∈0,1h(一》，则)>0，)单调递增， 当x∈n(-马，+∞)，则f<0,)单调递减： 综上，当a≥0时，x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增： 当-1<a<0时，w)在(-∞，0)上单调递减，在(0，ln(-)上单调递增， 在(m(-】,+∞)上单调递减： (2)①油)得，当a一时，-1e+之，在0，+)止单调递增， 所以网≥0=子即-e+≥号 即(x-1)e+x2≥-1： ②gxa≥2，且nEN. 1+( 得e2m≤ 2n-4+1=1+20+1=1+ 1 1-14n2-2n 4n2-2n 2-2+,2<1+,1，=2n-1 2n-22n-2 2n 2n+1 两边同时取自然对数，得1<n21-1 2n2n-2 则以+1+…+马<m3+n2+h2+…+lm2n-1=ln3 ,1、 ×5×7×…×(2n-1) 223 n24 6 2n-22×4×6×…×(2n-2) 即当n≥2且n∈N时，++…+1<2 3×5×7×…×(2n-1) 23 n 2×4×6×…×(2n-2) 【说明】本题考查单调性讨论，恒成立问题。 平面向量 9.己知向量a,b满足a=a一b1,且a一b在b上的投影向量为单位向量，则b= A.1 B.12 C.3 D.2 【答案】D 【提示】因为a一b在b上的投影向量为单位向量，所以a一bh=1,所以b-a一的=1. 1b2 b 因为a=a一，所以a2=a-b,即公=2ab.代入ba-的=1得b=b,所以6 =2 【说明】考查投影向量的基本概念与运算 10.在平行四边形ABCD中，∠BAD=2匹，E,F分别是线段BC,AE的中点.记AB=a, 3 AD=b,则DF= (用a和b表示)：若4DF.DE=33+3,则平行四边形 ABCD面积的最大值为 【答案】1a-3b:3V3 244 【提示】因为E是BC中点，所以BE=lb,AE=a十lb 2 2 又F是AE中点，故A=la+lb,DF=AF-AD=la-3b. 24 又DE=a-lb,所以4D京.DE=2a2-4a·b+3b=33+3. 2 设a=x,1b1=y,则a-b=x灯cos4=vcos2r=-lxy. 32 代入得2x2+2y+3y2=3V3+3≥2y+2V3,所以y≤3 2 当且仅当x2=33,y2=3时等号成立. 又平行四边形面积S=AD-AB-sinA=-3gy,故Smx=3V3, 2 4 【说明】向量的三点共线、平面向量基本定理、向量的数量积. 平面解析几何 11.若点A(1,0)关于直线y=十b的对称点在圆(x一2)2+y2=1上，则k,b的一组取值 为 A.k=2,b=-2 B}6=- C.k=1,b=2 D.k=1,b=-2 【答案】D 【提示】由于A(1,0)在圆(x一2)2+y2=1上，圆心为(2,0)，要使A(1,0)关于直线y=x +b的对称点在圆x一2)2十y2=1上，则直线y=x+b必经过圆心(2,0)，故2k+b= 0,结合选项可知：只有D符合 【说明】由标准方程确定圆心和半径，由直线与圆的位置关系求参数，求点关于直线的对 称点. 12.在平面直角坐标系xOy中，己知点P(2,3)在动直线1：mx十y-4m一5n=0上的射影 为点M,则OM的最大值为 A.5 B.1V2 C.5-2 D.5+V2 【答案】D 【提示】动直线1：mx十y-4m一5n=0过定点Q(4,5),所以点M在以PQ为直径的圆 上.又P(2,3),所以圆心为S3,4),半径为2.从而OS为5，OM的最大值为5+V2, 【说明】本题考查直线过定点及隐圆问题 13.已知双曲线2-y=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1和F2,过F2的直线交双曲线 a2 b2 的右支于点A,交双曲线的一条渐近线于点B(B在第二象限).若OA=FB,AB= OF,则双曲线的离心率为 A.4 B.2V3 C.5 D.W13 【答案】A 【提示】由OA=1FB,0为FF2中点，则A为BF2中点， 由B在第二象限，可设Bxo,-b0)xo<0),则Ao十c,一bxo),F 2 2a 由AB=OF,则 /(xo-xo+c)2+(-bxo)2=c, 2 2a o+S>(-by2】 整理得c2x-2a2cxo-3a2c2=0.又点A在双曲线上，则有2 2a=1,整理 a2 b2 得0=4a2-c2 2c 则c2.(4a2-cy-2a2c4a2-c2-3a2c2=0. 2c 2c 整理得c2=16a2,即e=c=V16=4. 【说明】设点，翻译题干，构建关于离心离的齐次方程，计算离心率的值 14.己知点M(一1,1)和抛物线Cy2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B 两点.若∠AMB=90°，则k= 【答案】2 【提示】法1：代数刻画 由题意知抛物线的焦点为(1,0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为 y=k一1)k≠0)，联立 -1)消去y得x-IP=4,即x-(2R+4r+= y2=4x. 0,设46，)B2,则十=22+4， 2,xx2=1·则1十24， ，2=-4 由∠AMB=90°，得Mi·MB=(x+1,y1-1)(x+1,y2-1)=xx2十x1+x2+1+yy2- 01+2)十1=0，整理得4-4+1=0，即(2-1)2=0，所以k=2. k2 k k 法2：几何转化 取AB中点M(xo,yo),由∠AMB=90°，得MM=lAB例 设抛物线的焦点为F,分别过点A,B做准线x=一1的垂线， 垂足分别为A1,B1,则MM1=AB=1(AF+BF)=(AA十BB). 又M(-1,1)为AB的中点，所以MM是梯形中位线. 从而MM平行于x轴，所以o=1. 设A(1,1),B2,2,则1+2=20=2.所以k=1-2=4 2 x1一x2y1十y2 【说明】从代数与几何两个角度刻画直角. 15.己知F1(一2,0)，F2(2,0),M为单位圆O:x2+y2=1上的动点，N为F2关于M的对 称点，线段NF的中垂线与直线FN交于点P,记P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程： (2)设A,B是曲线C上的两点，直线AB与单位圆O相切.试判断：“AB=3”是 “A,B,F2三点共线”的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既 不充分也不必要中选一个)，并证明你的结论： (3)若Q一4,0)，过F2的直线1与曲线C交于D,E,且△QDE的外心在y轴上， 求直线1的斜率. 【提示】(1)因为PM为NF2的中垂线，所以PF2=PN 又因为M为NF2中点，O为FF2中点， 所以OM为△NFF2的中位线，所以NF=2MO, 从而PF1-PF2=|PF-PW=NF1=2MO=2<FF2=4, 所以点P的轨迹是以F1,F2为焦点，2为实轴长的双曲线。 设焦距为2c,长轴长为2a,b2=c2-a2,则c=2,a=1,b2=3. 所以曲线C的方程为x2-2=1. 3 (2)“4B=3”是“A,B,F2三点共线”的必要不充分条件，理由如下： 先证必要性：若A,B,F2三点共线，则设直线AB方程为x=y十2. 由相切，得2一=1，所以m2=3. Vm2+1 由对称性，不妨设m>0,则m=V3. x2-y=1 联立 3 ,得8y2+12V3y+9=0. =V3y+2 公=144， 1十y2= 3V3 设A(x1,y1),B(x2,2), 则 2 29 所以AB=V(N32+1m-2=2×144=3. 8 故必要性得证 再证不充分性：由对称性可知，若直线AB过点F1,则AB也为3 从而由AB=3不能推出A,B,F2三点共线. 综上：“AB=3”是“A,B,F2三点共线”的必要不充分条件】 【另解：对于不充分性的证明，也可以设AB方程为x=y十t,借助弦长公式计算出 m2=1 m2=3 11 r=4或 P=12,从而A,B,F三点不一定共线】 11 (3)法一：中垂线+垂径定理 设直线DE:x=my十2，D(x3,y3),E(x4,y4) 2-2=1 联立 3 ,得(3m2-1)y2+12my+9=0, x=my+2 〔△=36m2+36, -12m G y3十y4= 所以 3m2-1 9 V3V4= 3m2-1 设DE中点为H,则H-2, -6m). 3m2-13m2-1 所以DE的中垂线为y=一mc十2)一6m,令 3m2-13m2-1 x=0,则y=一8m 3m2-1 设△QDE的外心为G,则G0,-8m).则由垂径定理，GP+DE2=GQ: 3m2-1 又DE=m2+1b3-4=6m2+,所以4m2+1)+1.36(m2+12=16+64m2 3m2-1 (3m2-1)24(3m2-1)2 (3m2-1)2 即45m4-18m2+1=0,即(3m2-1)(15m2-1)=0. 又3m2-1≠0，所以15m2=1,所以m=±1 V15 所以直线1的斜率为±V15. 法二：圆的一般方程+同解 设△QDE的外接圆方程为x2+y2+Dx十Ey十F=0. 因为圆心在y轴上，所以D=0. 将Q(-4,0)代入，得F=-16. 所以外接圆方程为x2+y2+Ey一16=0. 设直线DE:x=my十2，D(x3,y),E(x4,y4) 2+y2+Ey-16=0 联立 =my+2 ,得(m2+1)y2+(4m+E)y-12 =0,则4=一12 m2+1 2-y=1 联立 3 ,得(3m2-1)y2+12my+9=0,则y4= x=my+2 9 3m2-1 所以-12=9一，所以15m2=1,所以m=±1 m2+13m2-1 15 所以直线1的斜率为±V15 法三：对称性+圆幂定理 △QDE的外心在y轴上，所以△QDE的外接圆关于y轴对称. 由Q(-4,0)在圆上，得(4,0)也在圆上 由圆幂定理得，F2QF2R=F2DF2E=12. 设直线DE:x=my十2，Dx3,y3),E(x4,y4) 2-2-=1 联立 3,得(3m2-1y2+12my+9=0, =my+2 则y4=9 3m2-1 所以FD-FE=(m2+1by4=-9m2+1)=12. 3m2-1 所以15m2=1,所以m=±1 1V15 所以直线1的斜率为士V15. 【说明】圆与椭圆的融合，通过中垂线与中位线刻画椭圆定义，写出椭圆方程.弦长公 式、直线与圆相切，由对称性多想少算处理第二问.第三问借助第二问的运算表达式 计算三角形的外接圆，通过中垂线联立、一般方程同解、对称性+圆幂定理等加以处 理 16.已知圆C1:x+2)2+y2=7-4V3和圆C2:x-2)2+y2=7+4V3,动圆M同时与圆C 及圆C2相外切.记动圆圆心M的轨迹为2. (1)求2的方程： (2)点P,Q分别在直线：x=-3与h:x=3上，且PC⊥MC,QC2⊥MC. 证明：P,M,Q三点共线， 【提示】(1)设动圆M的半径为r,则MC=r十2-V3,MC2=r+2+V3. 所以MC2-MC1=2V3<4. 所以M点的轨迹是以C、C2为焦点，2V3为实轴长的双曲线的左支（不含顶点）. 设长轴长为2a,焦距是2c,b2=c2-a2. 则2a=23,2c=4,所以a2=3,b2=1 所以2的方程是2-y2=1(x<-V3). 3 (2)设Mx0,o)(x0<-13,o≠0)，x02-o2=1. 3 ①当直线MC斜率存在时，kc=。,飞G=o, x0十2 x0一2 所以直线PC:x=一0y一2， x0+2 QC2:x=-0y+2. x0-2 -2, M x0+2 由 3 x= 得- -x0+2 2 2y0 [=-0-y+2, 02 由 得 x0-2 2 2y0 所以PM=6+是w+ot名.Qi= 2y0 2%-03, 2y0 因为o+w2-6o+g+名-=-4a+12n2-12=0 2y0 2y0 yo 所以PMI/QM,故P,M,Q三点共线. ②当直线MC斜率不存在时，由对称性不纺设0≥>0，此时点M一2，，P(- 3 0),Q2,-23),kP=kMo,所以P,M,Q三点共线. 综上，P,M,Q三点共线， 【说明】圆与圆外切定义、双曲线的定义（左支），朴素的设点法.代数语言刻画三点共 线. 1.已知4M-2,0,42,0,直线4S,8S相交于点S且它们的斜率之积为-子记点S 的轨迹为2. (1)求2的方程： (2)设直线y=1交2于P,Q两点，点M在线段PQ上，直线AM,BM分别交2于 D,E两点，直线AE,BD交于点N ①证明：MN⊥AB; ②判断y轴上是否存在定点T,使得WI+NM为定值.若存在，求出T的坐标：若不 存在，说明理由. 【提示】(1)设Sx,),则k4sks=y·y=2=-3 x+2x-2x2-44 即2的方程为x2+2=16≠士2). 43 (2)①设M0,1),-26<x0<26 3 3 则D4=KM=1,所以kDB=-3(0十2)，所以直线BD:y=-3(0十2x-2). x0+2 4 同理可得直线AE:y=-3(0-2)x十2)， 4 k=-36o+20x-2) 4 联立 =-3w-2+2)可得Mo,-36-4).又Mw,10, 4 所以MN⊥AB. ②法一：假设存在点T0,t),使得NT+|NM为定值m, 即N7+MM=16+(B-1-3+2-36=m, 4 4 所以0(3t-3m-1)十(t-3)2-(m-2)2=0恒成立， 。胸 3 3 所以存在点TO,8),使得NT+|NM为定值Z 3 法二：点N的轨迹为y=-3x2+3,即x2=-46-3): 4 可视为抛物线x2=-4y上移3个单位得到，则焦点为0,8)，准线为y=10 、3 所以存在点T0,8,使得WT+|NM=10-1=10 3 【说明】椭圆的第三定义，设点；隐轨迹（抛物线）：定点（隐抛物线的焦点），定值. 18.设抛物线C:y2=2x(p>0)的焦点为F,过点P(6,0)的动直线1交抛物线E于A,B 两点，己知点T(1,2). (1)当直线AT垂直于x轴时，AF=3,求抛物线C的标准方程： (2)若直线FT平分∠AFB,求直线1的斜率. 【提示】(1)当直线AT垂直于x轴时，AF=1+-3,所以p=4, 21 所以抛物线C的标准方程为y2=8x. (2)法一：向量的夹角公式 若直线T平分∠AFB,则∠AFT=∠BT,所以厅应_广·F西 FTIFAIFTIFB 设1：x=my十6，A(x1,y1),B(1,y1), 因为T1,2),F(2,0),所以FT=(-1,2),FA=x1-2,y),FB=(2-2,2). 所以-1十2+2y1=-2+2+22,即-my1-4+21=-m2-4+22, x1+2 x2+2 my1+8 y2+8 即-1+4+2y1=-1+4+22,即(2m-8y=(2m-8. my1+8.my2+8 因为y1≠2，所以2m-8=0,即m=4. 所以直线1的斜率为} 4 法二：斜率的到角公式 设A,y),B22,2),T1,2),F(2,0). 8 8 若直线FT平分∠AFB,则∠AFT=∠BFT.则KTF一kAP=kBF一kF 1+kTFkAF1十kBF:kTF 2一(-2) 即 2-22-2 8 二8 1+(-2”1+2 ）2-2 (-2) +2-2 8 8 即-2y2-8y1+32=2y22+82-32 y12-16y1-16y22-16y2-16 即160y1+y2)2+(6yy2-96)0y1+2)-0yy2-16)2=0. 又直线AB:8x-0y1+2y+yy2=0,将P(6,0)代入，得y2=-48. 所以0y1+y2)2-240y1+y2)-256=0. 所以0y1+y2-32)y1十y2+8)=0. 所以y1十y2=32或-8（舍去）. 所以1的斜率为8=1 ”+24 法三：角平分线定理，过程略。 【说明】以抛物线为背景，用不同方法来刻画角度， B 19.(26届南昌模考题)己知正方体ABCD-AB1CD1的棱长为 2V2,对角线AC1的中点为F,动点P在平面AA1CC内， 且点P到平面AA1B1B的距离等于V2PF (1)求四棱锥P一AA1B1B体积的最小值： (2)记点P的轨迹为曲线M,点G,R,Q是曲线M上不同三点 ①若平面AB1F与轨迹M相交于RG两点，求线段RG的长： ②若点G在点F上方，且GF⊥AC,GR,GQ与平面ABCD所成角相等，平面过RQ 且与AB平行，判断平面a与平面ABCD的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角 的余弦值；若不是定值，请说明理由， 【提示】(1) 图1 图2 图3 设点P到平面AA1B1B和直线A41的距离分别为d1,d2, 因为点P在平面AA1C1C内，且平面AA1B1B与平面AA1CC的夹角为亚， 因此d=12a,得h=PFL. 所以点P的轨迹是F为焦点，AA为准线的抛物线， 当点P在抛物线的顶点0处时，d最小，最小值为14C=1,此时dm=2, 4 2 所以四棱锥P一AAB1B体积的最小值为1X8×2=4V2 23 (2)设AA1的中点为E,则EF∥AC,如图1，以EF的中点O为原点，EF所在直线 为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，过点O且平行于BD的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O-xyz,设点P(0,y,2),则z2=4y, ①平面ABF与平面AA1CC的交线为AF, 因此R,G是直线AF与抛物线M的交点，如图2，在平面AACC中， 设GR:z=1V2y一1)，与抛物线M方程联立，得：y2-10y十1=0： 因此，GR=GF+RF=y1+1+y2+1=12. ②如图3，在平面AA1CC中，点G在点F上方，且GF⊥AC, 得到点G坐标为(1,2)，因为GR,GQ与平面ABCD所成角相等， 所以GR,GQ与AC所成角相等，因此，GR,GQ的斜率互为相反数， 设R01,z),Q02,2),则21-2+2一2=0， y1-1y2-1 得，-2+2-2=0521十2=-4，因此，k0=1-2-到4=-1. -15-1 1-归1_立1十2 4 4 44 因此，在空间直角坐标系中，RQ的方向向量为(0,1，一1)，又AB=(2,2,0), 设平面a的法向量n=(x,y,z),由n⊥RQ→y=z,由n⊥AB→x十y=0, 令y=1,则n=(-1,1,1), 又平面ABCD的法向量m=(0,0,1),cos<n,m>=1V3, 所以平面a与平面ABCD的夹角为定值，其余弦值为V3 【说明】立体几何与解析几何融合，三垂线法刻画二面角的平面角，由定义转化为隐抛物 线方程.后续围绕抛物线的焦点弦展开计算. 计数原理 20.某校运动会需要5名同学（含甲、乙、丙等）排成一列参加入场式，其中甲不能站在 队列两端，乙和丙之间恰好间隔2名同学，则不同的队列排法共有 A.20种 B.16种 C.12种 D.8种 【答案】B 【提示】应先分析乙丙相对位置“间隔2人”意味着他们占据位置组合为(1,4)、(4,1)、 (2,5)、(5,2)四种模式)，再结合甲不在两端的限制进行分类讨论，最后安排其余2 人 【说明】本题主要考查排列组合中的限制条件问题，体现了“先特殊后一般”的排列组合 解题思想.解题时需注意乙、丙的位置互换和甲的位置限制，避免漏算或重复计算 21.二项式(c-的展开式中 A.前三项系数之和为22 B.二项式系数最大的项是第4项 C.常数项为15 D.所有项的系数之和为0 【答案】BCD 【提示】二项式k-展开式的通项为：T41=Ck(-=(-1Cx兰k=0,1, 2,,6). 前三项的系数之和为：(-1)C8+(一1)'C6+(-1)2C=10,选项A错误： 二项式系数Ck=0,1,2,,6)中最大的是C,恰好是第4项，选项B正确； 若41为常数项，则3-3=0，得=2，即刀=（一1yC=15,选项C正确： 2 将x=1代入，可得所有项的系数之和，结果为0，选项D正确： 【说明】本题主要考查二项式定理的应用，涉及二项式展开式的通项公式、二项式系数的 性质、特定项系数以及所有项系数和的计算，解题时需区分“二项式系数”与“项的 系数”，并熟练运用通项公式分析指数特征， 概率与统计 22.某学校采用分层抽样的方法从高一、高二、高三三个年级中抽取样本，抽取的高一学 生有15人，高二学生有20人，高三学生有10人，已知该校高三年级共有600人，则 该校三个年级的学生总人数为 A.2700 B.3000 C.3300 D.3600 【答案】A 【提示】样本总容量为15+20+10=45人， 样本容量1 ,设总人数为m,则45=，解 总体容量60 n60 得n=45×60=2700,选A. 【说明】本题考查分层抽样的核心原理与基本计算，是统计抽样模块的基础题型，解题关 键在于牢牢把握分层抽样“各层抽取比例完全相同”的本质特征， 23.(多选)某文创品牌推出春日限定盲盒活动，已知A盒中仅有1个徽章，且为春日限定 款；B盒中有m个春日限定款徽章和n个秋日普通款徽章，其中m≥3，n≥3，m,n ∈N*.活动规则为：从B盒中随机抽取i(i=1,2)个徽章放入A盒中.记：①放入i 个徽章后，A盒中含有春日限定款徽章的个数为(=1,2)：②放入i个徽章后，从A 盒中随机取出1个徽章是春日限定款的概率为p:(i=1,2).则下列结论正确的是 A.p1>p2,E(51)<E(52) B.p1<p2,E(5)>E(52) C.p=2mn E(C)3mn m+n D.E⑤)=3m+n ,p1>p2 m+n m+n 【答案】AD 【提示】设X为从B盒抽取i个徽章中春日限定款的个数，由题意可得=1十X,X:服从 超几何分布，因此E)=m.所以B()=1十E=1十m=2m十八，E=1十 m+n m+n m+n E=1+2m_3m+n,可得E()-BG)=m>0,即B(G6)<E6). m+nm十n m十n 由全餐率公式：当=I时，m=K=0X=D号代入PK=0产nPX =1)=m，得p=”十m=2m十n m+n 2(m+n)'m+n2(m+n) 当=2时，=P6=0A6=1)子+P心=2}代入概率：P6==CC学 Cn k=0,1,2,化简得：pn=3m2+4mn+n2-3m-n 3m+n)(m+n-1) 2m十n_3m2+4mn+2-3m-=n>0,因此p1>p2. p1一=20m+m）30m+mm+-》60mtm 所以选项A、选项D结论正确，选项B、选项C错误， 【说明】本题考查的核心知识点是全概率公式的应用与互斥事件的分类讨论，需要理清事 件的先后顺序，正确分步计算概率， 24.某农业科研团队为研究某作物亩产量与施肥量之间的关系，选取了5块条件相近的试 验田进行试验，得到如下数据： 施肥量x(kg) 1015202530 亩产量ykg)216302356403458 并计算得，x0=37625,=2250,x=20,y=347. (1)建立亩产量y关于施肥量x的经验回归方程，并求施肥量为30kg的残差： (2)该团队后续对该地区大量采用类似方式种植的试验田进行了调查，发现该地区的 土壤肥力分为高、中、低三个等级，其中高肥力试验田占比30%，中肥力占比50%， 低肥力占比20%.在高肥力试验田中，按(1)中回归方程预测的亩产量与实际亩产 量的误差不超过10kg的概率为0.9：在中肥力试验田中，该误差不超过10kg的概率为 0.7;在低肥力试验田中，该误差不超过10kg的概率为0.4；现从该地区的试验田中随 机选取一块，求其亩产量预测误差不超过10kg的概率， Σ(x:-x)0一y) 附：经验回归方程y=bx+a,其中6= a=y-bx. 【提示】2x0w=37625,27=2250,x=20,少=347. 6-x0-)-5 37625-5×20×34737625-34700 8-y 含-5 2250-5×400 2250-2000 =2925=11.7, 250 合=y-6x=347-1.7×20=347-234=113, 所以经验回归方程为y=11.7x+113. 当x=30时，y=11.7×30+113=351+113=464. 残差为y-y=458-464=-6. 答：经验回归方程为y=11.7x+113,残差为-6kg. (2)设事件A为“选取的试验田亩产量预测误差不超过10kg”,事件B1为“选取的 试验田为高肥力”，事件B2为“选取的试验田为中肥力”，事件B3为“选取的试验 田为低肥力”，则 P(B1)=0.3,P(B2)=0.5,P(B3)=0.2,PAB1)=0.9,P(AB2)=0.7,PAB3)=0.4 根据全概率公式： P(A)=P(B1)P(AB1)+P(B2)P(AB2)+P(B3)P(AB3)=0.3×0.9+0.5×0.7+0.2×0.4 =0.27+0.35+0.08=0.7 答：其亩产量预测误差不超过10kg的概率为0.7. 【说明】本题考查线性回归方程的求解与全概率公式的应用.第一问中需将题目给出的的 原始公式，转化为便于代入数据计算的等价形式. 25.某射击比赛决赛阶段，甲、乙两名选手争夺金牌，比赛无平局，每局比赛结果相互独 立.决赛采用全新的“抢11赛制”：每局比赛胜者得3分，负者得1分；若某选手连 续2局获胜，或积分率先达到11分，则该选手获得冠军，比赛结束.设决出冠军时的 比赛总局数为X. (1)请在①②两个问题中选择一个作答： ①若甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为，求X的分布列与数学期望E): ②由于心理素质差异，甲在单局比赛中获胜的概率为(0<p<1).试求出平均比赛总局 数EX)关于p的函数解析式，并求当p为何值时，E()达到最大： (2)经赛后数据分析，甲在该项目单局比赛的实际胜率为p=0.6.在某训练赛中，甲 乙共进行了n局比赛，试求n为何值时，甲获胜13局的概率最大？ 【提示】(1)①比赛结束的条件为：(I)某选手连续2局获胜：（Ⅱ）积分率先达到11分. 由赛制规则分析可得，X=2,3,4,5, X=2:前2局连胜（甲甲或乙乙），总积分8分未达11分，满足条件(I),P(X=2)= 身+今=2 X=3:前2局交替，第3局与第2局连胜（甲乙乙或乙甲甲），满足条件(I),P(X=3) =2x分-4 X=4:前3局交替，第4局与第3局连胜（甲乙甲甲或乙甲乙乙），此时胜者积分10 分，满足条件(I),PX=4)=2×=8 X=5:前4局交替（甲乙甲乙或乙甲乙甲），两人各得8分，第5局无论谁胜，胜者积 分必达8+3=11分，满足条件(I),PX=5)=2×(分×1=8 X的分布列如下： X 2 3 4 5 1 1 2 8 E0=2×+3×}+4×+5×1=23 2 4 8 88 ②设乙在单局比赛中获胜的概率为q=1一p, PX=2)=P(甲甲)+P(乙乙)=p2+g2, PX=3)=P(乙甲甲)+P(甲乙乙)=9p2+pq2=pgp+q)=pq, PX=4)=P(甲乙甲甲)+P(乙甲乙乙)=pqp2+qpq2=pqp2+q), PX=5)=P(甲乙甲乙)+P(乙甲乙甲)=p2q2+q2p2=2pq2, 令=pq=p(1-p),由p+q=1且0<p<1,可得：p2+q2=(p+q)2-2pq=1-2t, 由基本不等式，()-故e0, 则PX=2)=1-2tPX=3)=tPX=4)=(1-20=t-2PP(X=5)=2P, 因此EX)=2(1-20+31+4(t-22)+5(22)=22+31+2, 设g0=2+3+2,其在区间0，上单调递增.当1=即p=时，g0取得最大 值， B00=2x+3×+2-3 8 答：E)=2p(1-p)2+3p1一p)十2，当p=,时，比赛的平均总局数E0达到最大. 2 (2)已知XB(n,0.6),X=13.设fn)=PX=13)=C×0.613×0.4"13. n! m=C9×0.613×0.403_1310n-13×0.4=n×0.4, f-1)C5×0.63×0.4140m-1！ n-13 13!(n-14)月 令四≥1→0.4n≥1→0.4n≥n-13→13≥0.6m→n≤130≈21.67. fn-1)n-13 6 当n≤21时，n)>n-1),即n)随n增大而增大： 当n≥22时，n)<fn-1),即n)随n增大而减小. 2)=22×0.4=441, 21)22-13 45 因此，21)是最大值.所以n的估计值为21. 【说明】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望与二项分布的性质，以及概率最值 相关问题， 复数 26.已知复数z满足z(1-)2=(1十)3，则z= A.1+i B.-1+i C.1-i D.-1-i 【答案】B 【提示】2=1一--1一i,所以2=一1十i (1+i)3 【说明】本题考查复数的四则运算和共轭复数的概念 27.已知m>1,对于所有满足z=2的复数z,都有z一的最小值与z一m的最小值相同， 则m= 【答案】3 【提示】z=2得复数z对应的点的集合为以原点为圆心，2为半径的圆， 因为z一表示点(0,1)到圆上一点的距离，则z一的最小值为2一1=1 而z一m表示点(m,0)到圆上一点的距离，则2一m的最小值为2一m. 所以2-m=1,m>1,解得m=3. 【说明】考查复数模长的几何意义. 立体几何 28. 已知圆台的上、下底面半径之比为3：4，母线（侧棱）长为2，该圆台的上、下底面圆 周均在球O的球面上，若球O的表面积为100m,则该圆台的体积为 A.37m B.12元 C.40m D.13元 3 3 【答案】A 【提示】设球O的半径为R,由题意球O的表面积为S=4πR2=100m,所以R=5. 设圆台的上底面圆的半径为3r,则下底面圆的半径为4r, 3r)2+OMP=52 (4r)2+(OM-h)2=52 当球O的球心O在圆台外时，设圆台的高为h,则 h2+(4r-3r)2=22 -ì3r 消去0M和h得25-92=V25-162+2-2, hi 平方化简得4r2-1=V50-572+164, 平方化简得2=1，解得r=1,此时h=1, 此时圆台的体积为)元×(32+3×4+4=3 3 3r2+OMP=52 (4r)2+(h-O02=52 当球O的球心O在圆台内时，则 h2+2=V22 M:3r 消去0M和h得25-162=1V2-2-1V25-9r2, 平方化简得1十32=V50-432+94,解得r=1可得h=1, h O: OM=4与h>0M矛盾，综上，该圆台的体积为37π 3 N: 【说明】本题考查圆台与球的组合体计算，考查空间想象与方程思想， 29.(多选)己知正方体ABCD一A1B1CD1,M,N分别是面ABCD,面BCC1B1的中心.则 下列结论正确的是 A.AM⊥B1D1 B.CD⊥平面MA1D1 C.AB与DN是异面直线 D.平面DMN将正方体分成前后两部分的体积比为2：1 【答案】AD 【解析】因为△A1BD是等腰三角形，M为BD中点，所以AM⊥BD,又正方体ABCD一 A1B1CD1中BD∥B1D1,所以A1M⊥B1D1,选项A正确： 在正方体ABCD-AB1CD,中，过M作EFIAD分别交AB,CD于E,F,连接AIE, DF,则EF∥A1D1,所以平面AEFD1即平面MA1D1,由于CD与DF不垂直，选项 B错误； 在正方体ABCD一AB1CD1中，连结AD1与BCI,则AD1∥BC1,又N在BC上，所以 BN∥AD1,所以AB与DN共面，选项C错误； 显然AB与DN是相交直线，设其交点为P,设直线PM交AD于G,交BC于H,连 结HN交B1C于K,则面NHKD1是平面DMN截正方体所得的截面.由M,N分别 为正方形ABCD,BCCB的中心，得CK+CH=a=DG+CH,连接DH,多面体 D,CK-DCHG的体积=V。-ccm+'n-Dc3X2 =×1a2×a+×a2xa=,而正方 32 体的体积V=a心，因此平面DMN将正方体分成前后两部分的体积比为'一凸=2，选 V 项D正确.故选AD D A 【说明】本题考查线面位置关系的判别与体积计算，解题关键是利用正方体的对称性与截 面法分析线线、线面关系，并通过分割几何体计算体积比 30.(多选)己知正四棱柱ABCD一AB1CD1的底面边长为2，侧棱长为1，P为底面 A1B1CD1上的动点（含边界），则 A.若P与B1不重合，则直线A1A与B1P所成角的大小为90 B.PA+PC的最小值为23 C.满足PD=V5的点P的轨迹长度为严 D.满足三棱锥P一ACD外接球的体积取得最大值的点P共有5个 【答案】ABD 【提示】由于在正四棱柱中，A1A垂直于底面AB1CD1,B1Pc面AB1CD1,所以AA⊥ B1P,选项A正确： 作A关于平面面A1B1CD1的对称点A',则PA十PC=A'P+PC≥A'C,当P位于正方 形A1B1C1D1的中心时，取等号，又A'C=2V3,所以选项B正确： 满足PD=V5的点P的轨迹为以D为球心，V5为半径的球面被上底面AB1CD1所截得 的一条圆弧，该圆弧是以D1为圆心，经过顶点A1和C1,所以其长度L=2π2= π.选项C错误； 以D为原点，直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(O, 0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),因为△ACD是直角三角形，故设三棱锥外接球球 心为O1,1,z),球半径为R,Px,y,1).由OP=OD,得2z=(x-1)2+y-1)2 1,令=(x一1)2+(0y-1)2(表示P到上底面中心(1,1,1)的距离平方)，则z= -1.又R2=2+2=(d一1Y+2,所以=0或P=2时，外接球体积最大.点 2 4 A1,B1,C1,D1四个点以及正方形A1B1CD1的中心共五个点满足条件，选项D正 确. 【说明】本题考查正四棱柱中动点轨迹与最值的综合判断，考查空间想象与函数思想， 31.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD,PD= 6,E为棱PD上一点，且ED=2PE,过EB作平面a分别与线段PA,PC交于点M, N,且ACa,则PM 四边形EMBN的面积为 PA 【答案】46 【提示】延伸平面a,交AC所在的平面ABCD于RS,即平面 ∩平面ABCD=RS,又B∈平面且B∈平面ABCD,. B∈RS,即R,S,B三点共线.由于ACII,ACc平面 ABCD,面ABCD∩a=SR,所以AC∥SR,又AC经过BD 的中点，所以DA=AR. 在平面PDA内以D为坐标原点，以DP为y轴，以DA为 x轴建立平面直角坐标系，P(0,6),E0,4),A(4,0), R8,0),可得hP:+=1,R:+=1,求得交点 46 84 M2,3),所以P4_1, PA 2 同理可得N)即PPX),所以Mw∥AC,MN= PC 2 PA PC 2 240=-22. 易证AC⊥平面PDB,所以AC⊥EB,所以MN⊥EB, 在Rt△FDB中，EB=VDE2+DB2=4V3, 所以四边形EMBN的面积S=S=_*MNXBE=x22×45=46. 【说明】本题考查线面平行的性质定理与截面问题，考查空间推理与几何量的代数化计 算. 32.如图，在四棱锥E一ABCD中，平面DEC⊥平面ABCD,AD⊥CD,ABI/CD,DA=DC =4,AB=2,CE=ED,且CE⊥ED, (1)证明：CE⊥AE. (2)设平面ECD与平面EAB的交线为1. ①证明：DC/l. ②若P为I上的点，求DE与平面PBC所成角的余弦的最小值. D 【提示】(1)证明：因为平面ECD⊥平面ABCD, 平面ECD∩平面ABCD=CD,AD⊥CD, 所以AD⊥平面ECD. 因为CEC平面ECD,所以AD⊥CE 因为CE⊥ED,EDOAD=D,所以CE⊥平面ADE. 又AE平面ADE,所以CE⊥AE. (2)①证明：因为ABI/CD,DC￠平面EAB,ABC平面EAB,所以DCI/平面EAB. 又因为DCC平面ECD,平面ECDn平面EAB=l,所以DCIlI. ②解：过点D在平面DCE内作DM⊥DC,则DM ⊥平面DABC, 又因为AD⊥CD, 所以以D为原点，DA,DC,DM所在直线分别为 x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标 系，则D(0,0,0),C(0,4,0),B(4,2,0), E(0,2,2) 设P0,m,2),则D2=(0,2,2), BC=(-4,2,0),C2=(0,m-4,2) nBC=-4x十2y=0, 设平面PBC的法向量为n=(,少，2，则n-C立=m一4y+2z=0, 令x=1,则n=(1,2,4-m). 设直线DE与平面PBC所成的角为B,则 sine=cos<DE,n>= 1D2:m12-2ml 1m-6 DIm1V81V5+(4-m)2V2m-4)2+5 当m=6时，sin0=0: 当m≠6时，令t=m一6，则t≠0，此时 1 1 ≤3V10 wcr+2g+12,+。0 2t' 当且仅当1=-9时，sin6陬得最大值310， 2 10 此时DE与平面PBC所成角的余弦取得最小值0 10 【说明】本题考查面面垂直的判定与性质，考查空间向量法求解线面角最值. 33.已知梯形ABCD中，AB∥DC,AB⊥AD,AB=AD=DC=2,如图1.将△ABD沿 BD折起到△PBD,得到三棱锥P-BCD,如图2，EF分别为棱BD、CD的中点. B 图1 图2 (I)若BC⊥PD,求证：平面PBC⊥平面PBD: (2)若∠PEF=90°，求二面角D-PF-E的正弦值； (3)是否存在点P,使得点B到平面PCD的距离为V2?若存在，求此时二面角P- BD一C的余弦值；若不存在，请说明理由. 【提示】(I)因为梯形ABCD中，AB∥DC,AB⊥AD,AB=AD=DC=2, 所以BD=2V2,BC=V22+(4-2)2=2N2,所以BD2+BC2=CD2,所以BC⊥BD, 又BC⊥PD,BD,PDC平面PBD,且BD∩PD=D,所以BC⊥平面PBD, 又BCc平面PBC,所以平面PBC⊥平面PBD. (2)因为EF分别为棱BD、CD的中点，所以EF∥BC,所以EF⊥BD, 又PE⊥BD,所以∠PEF为二面角P-BD一C的平面角， 因为∠PEF=90°，所以平面PBD⊥平面BDC, 所以PE⊥平面BDC,DE,EFC平面BDC,所以PE ⊥ED,PE⊥EF,又EF⊥BD,故建立如图所示的空 间直角坐标系E-xz.则E0,0,0),D(V2,0, 0),B(-1V2,0,0),C(-1V2,2V2,0),F0,1V2, D 0),P(0,0,V2). DF=(-V2,2,0),Dp=(-2,0,V2), 易知平面PEF的一个法向量为m=(1,0,0), 设平面PDF的一个法向量为n=(x,y,z), DF·n=0 「-V2x+V2y=0 则 D.n=0 即」 -V2x+V2z=0' 取x=1,则n=(1,1,1), 所以cos<m,n>= m·n_=1 m·nV3 所以二面角D-PF-E的正弦值为N1-(eos<m,n>y=6. 3 (3)由(2)可知DE⊥平面PEF,故分别以ED,EF为x,y轴的正方向，z轴在平 面PEF内且以向上的方向为正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E一xz 则E0,0,0),DN2,0,0),B(-V2,0,0),C(-1V2,2V2,0),F0,V2,0). 因为∠PEF为二面角P一BD一C的平面角，设其大小为O, ZA 则P(0,V2cos0,V2sin0),所以FP=(0,V2cos0-V2,V2sin0), B 又DC=(-2V2,2V2,0), 设平面PCD的一个法向量为u=(a,b,c), D Dc·u=0 -2V2a+2V2b=0 则 ，即 币·u=0 (V2cos0-2)b+2sine.c=0' 取a=sin0,则u=(sin0,sin0,1-cos0),又BD=(2V2,0,0), 则点B到平面PCD的距离为d=M·D 2V2sinel sin20+sin20+(1-cos0)2 V2, 所以3c0s20-2c0s0-1=0,解得c0s0=1(舍去)，或c0s0=-1 31 所以存在点P,使得点B到平面PCD的距离为V2,此时二面角P一BD一C的余弦值 为日 【说明】本题考查平面图形翻折后的空间位置与度量，考查二面角、点面距的参数化处 理 三角函数 34.若sin2a=5,sng-=i0 10 且ae听小E,头.则a+m值是 【答案】 【提示】因为ae厚所以2a∈受2因为sm2a5所以2∈5动，煎∈号 cox2a2 . 为B∈[π， 5 为.所以-a受，所以co6-= 10 cos(a+-cost2a+-al-cox2acos(p-a)-sin2asin(B-a)-(-2x(-1 10 15×10=2 5102 又因为a+∈子2，所以a+B=径 【说明】本题考查三角恒等变换中的配角技巧与角度范围控制. 35.已知角a,fE(0,,且sin(a+)=2sin(a-),当a-取得最大值时，角a= A. B.π 4 c月 D. 12 【答案】C 【提示】展开sin(a+B)=2sin(a一B),得sinacosB-+cosasinB-=2(sinacosB--cosasin),整理 得sinacosB=3 cosasinB,两边同除以cosacosB,所以tana=3tanB. 设0=a一A,则an&=ama-一m二hnag 代入tana=3tang,令f=tan6>0),则tang=31-‘三，2z 2 1+321+321+3 根据均值不等式，1+3t≥23，当且仅当=3t,即2=时，分母最小，tan9最大（此 时a一他最大).此时a9=3,ana=3ang=5,a-天故选C 31 【说明】本题考查三角恒等变换与基本不等式的综合应用， 36.设函数九)=sin(2x+)(o>0,若九在[0，孕上恰有1个零点，则实数p的最小值是 A.d B.π 3 C.π D.2π 2 3 【答案】B 【解析】因为re0,,所以2x+QEQ,2十@，注意到正弦函数最小的正零点为，要 使得最小，侧≤+9<2，所以≤p<经所以p一骨 【说明】本题考查三角函数的零点分布问题，解题关键是通过换元将问题转化为正弦函数 在指定区间内的零点计数，结合区间长度与零点位置建立不等式，求解参数的取值范 围并确定最小值. 37.(多述)已知函数)=snx+o2r一in3,则下列结论正确的是 3 A.2π是孔x)的一个周期 B.直线x=兀是)图象的一条对称轴 2 C和的最大雀为日 D.x)在区间0，巧内单调递减 6 【答案】ABD 【提示】+2m)=sin6c+2m)+os20cx+2m)-子in36+2m=,选项A正确： -sin(o(sinco cos2x+cos3x, 3 3 2 2c0s2r+1 -sin()+osin)-cos 所以十刘=巧，选项B正确： )=smx+oe2r一令n3r≤1++人但s,cw2,一sin3x无法在同一点取 236 得最大值1，所以选项C错误； f(x)=cosx-sin2x-cos3x=2sin2xsinx-sin2x=sin2x(2sinx-1) 当0<x<时，sin2>0,而simx<所以)<0，函数单调递减.选项D正确. 【说明】本题考查三角函数周期性、对称性与单调性的综合判定. 解三角形 38.(多选)在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sinA=sinB,且 V3(acosB+bcosA)=2 csinC,D是△ABC外一点且B、D在直线AC异侧，DC=2,DA =6,则下列说法正确的是 A.△ABC是等边三角形 B.若AC=2V13,则A,B,C,D四点共圆 C.四边形ABCD面积的最小值为10V3-12 D.四边形ABCD面积的最大值为10V3+12 【答案】ABD 【提示】.V3(acosB+bcos4)=2 csinC,∴.根据正弦定理得 V3(sinAcosB++sinBcos4)=2sin2C,3sin(4+B)=2sin2C, V3sinC=2sim2℃，显然sinC≠0，则sinC= 2 根据△ABC为锐角三角形，所以C=兀，又sinA=sinB, 3 可得a=b,A=B=C-”,△ABC为等边三角形， 故选项A正确； ,DC=2,DA=6,在△ADC中，AC2=62+22-2×2×6c0sD=40-24c0sD, 当4C=2V13时，cosD=-D=2匹，即B+D=元，4，B,C,D共圆，故选项 2 3 B正确. 又S4c=D-CDsinD=-6sinD,∴四边形ABCD面积S=SMc+SaAc=5AC+ 2 4 6sinD=3(40-24eosD)+6sinD=103+12sinD孕，0<D<元， 0(-骨7.则m0有(-5小 所以四边形ABCD的面积没有最小值，选项C错误， 当D-=元即D=5时，四边形ABCD面积取最大值103+12，故选项D正确. 32 6 【说明】本题考查解三角形中边角互化、四点共圆判定及面积函数的值域分析。 39.记△ABC的内角4，B,C的对边分别为a,b,C,若an4-2,则，42，的取值范围是 tanB b2+c2 【答案】（己，1） 【提示】由an4=2,知tanA=2anB,所以sin1=2sinB,即si4=2.cos1 tanB cos4 cosB' sinB cosB b2+c2-a2 所以9=2.2bc 整理得3a2=38+c2,所以，2 3a2 3b2+c2 b a2+c2-b2 b2+c23b2+3c23b2+3c2 2ac 32+1 -=1 2 注意到b+c>a>b-d小所以c<3h,即e(+∞). 32+3 +1 所以￠的取值范围是民 b2+c2 1) 【说明】本题考查正余弦定理的边角互化及函数值域思想的应用。 40.记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,点G是△ABC的重心，若BG⊥ CG,5b=6c则cosA的取值是 【答案】61 75 【提示】依题意，作出图形，因为点G是△ABC的重心，所以M是 BC的中点，故AM=(AB+AC),由已知得BC=a,AC= b,店=c,因为BG1CG,所以GM=3C=,又因为点 G是△4C的重心，所以GMGA,则4M-,又因为 G =弦+Cy所以骨=c++2cos0则9w= B4 c2+b2+2 bccosA,又由余弦定理得a2=c2+b2-2 bccosA,所以 2+2水-5c4=0.a4=2认2沙，因为56=6e,令6=6≥0，则=5改，5所 以cosA=6 5 【说明】本题考查三角形重心性质与向量方法、余弦定理的综合应用. 41.在△ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知a=2,AB·AC=ac+ BA·BC (1)求证：B=2A: (2)若d为△ABC的AB边上的高，求b2+4V3d的取值范围. 【提示】(1)由AB·AC=ac+BA·BC得bccos4-=ac+accosB, 两边同时约去c,并由正弦定理得：sinBcosA=sinA十sinAcosB, 所以sinBcosA--sinAcosB=sinA, 即sin(B-A)=sinA. 在△ABC中，因为A,C为内角，所以B一A=A,或B-A=π一A. 若B一A=元一A,则B=π（舍去）. 故B一A=A,即B=2A.证毕. (2)由正弦定理得，b=2 acosA=4cosA,d=asinB=2sin2A, 所以b2+4V3d=16cos2A+8V3sin2A=8+8(cos2A+V3sin2A)=8+16sin(2A+ 6 注意到B,C∈(0，，所以A∈(0，， 31 所以2A+π∈在，5匹 66'6 所以b2+4V3d∈(16,24]. 【说明】本题考查向量数量积、正弦定理及三角恒等变换的综合应用，解题关键是通过向 量运算转化边角关系，再利用三角恒等变换化简表达式，结合角的范围求解取值范 围 42.在△ABC中，∠ABC=2元，D为边AC上一点，且AB⊥BD,BD=2. 3 (1)若BC=2V3,求AD的长； (2)若CD=2AD,求tanA的值. 【提示】(1)因为∠ABC=2红，AB1BD,所以∠DBC=2πT=T 3 326 在△DBC中，BD=2,BC=2V3,∠DBC= 61 所以CD=22+(23Y-2x2×23x3=4,所以CD=2. 2 所以△BDC为等腰三角形，由LDBC=T,得∠BDC=2π 6 3 2 2 在Rt△ABD中，AD= 4. cos∠ADB cos" (2)因为AB⊥BD,BD=2,所以在△ABD中，由正弦定理得，AD BD sin∠ABD sin∠A 所以AD=BD-sinABD_2 sin4 sinA 因为∠DBC=T,BD=2,所以在△BDC中，由正弦定理得 CD BD 6 sinLDBC sinzC 所以CD=BD-sintDBC2×sin 6三 1 sinC sinzC sinC 因为CD=2AD,所以4sinC=sin4, 在A4BC中，LABC,得L4十LC所以zC∠ 3 3 所以4sin(G-4)=sinA,所以2N3cosA-2sinA=sin4, 所以tan4=23 3 【说明】本题考查正、余弦定理及三角恒等变换在解三角形中的应用，解题关键是结合角 度与边的关系，利用定理建立边角联系求解。 数列 43.在等差数列{a}中，1=-10，其前n项和为Sm,若3S4-4S3=12,则S12= A.-24 B.-12 C.12 D.24 【答案】C 【解析】在等差数列{a}中，a=一10，其前n项和为S,则m;是首项为一10的等差数列， 设其公差为d,因为3S4一4S=12,所以4_S=d=1,所以S=n-11,S2=1,所以 43 n 12 S12=12. 【说明】根据等差数列前n项和的性质，构造等差数列. 44.己知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an十am+1}是公比为2的等比数列，则a2026= A. 22024-1 B.2025-1 C.2204+1 D. 22025+1 3 3 3 3 【答案】D 【提示】由已知a1十a2=l,数列{an十an+i}是公比为2的等比数列，所以an十an+1=2n1, n≥2时，an-1十an=2m2.两式相减得an+1-am-1=22, 所以a2026=a2十(a4-a2)十(a6-a4)+…+(a2026-a2024）=1+2l+23+…十22023= 21-409)+1=205+1,故选D. 1-4 3 【说明】本题考查等比数列的通项公式，累加法求通项公式.由等比数列通项公式求得a 十an+l,再写出am-1十an,相减可求得奇数项前后的差（或偶数项前后项的差），然后由 累加法结合等比数列的前n项和公式计算， 45.已知数列{a}前n项和S=,数列b}满足b,=1，n∈N,n≥1；T,为数列h} an'an+l 的前n项和.若对任意的n∈N,n≥l,不等式)Tm<n十9（一1）y"恒成立，则实数的取 值范围为 【答案】(-0，-24) 【提示】当n=1时，a1=S1=1;当n≥2时，an=Sn-Sm-1=n2-(n-1)2=2n-1,将n=1 代入上式，可得2×1-1=1=a1,则am=2n-1,(n∈N): 1=1-1) anan+1(2n-1)2n+1)22n-12n+1 052+027 1）=,” 335 代入不等式2In<n十9(-1y,可得影。”，<n+9(-1, 2n+1 整理可得2<(2n十1)+9(-1y.2n+1, n 当n为偶数时，不等式为<2n十1+92n+1=2m+9+19, 令)=2x+9+19,f=2-9-2,9_2x-302x+3) x2 x2 x2 当e,十时.了w0,则和在5+四止单调避赠。 21 由于4)=29.25>27.5=f2),故fx)mim=f2)=27.5,此时1<27.5； 当n为奇数时，不等式为2<2n十1-9.2m+1=2m-9-17, 令g)=2x-9-17,(x为奇数且x∈N), 易知g(x)在(0，+oo)单调递增，则g(x)mim=g(1)=一24，此时元<-24， 综上所述，1<-24. 【说明】本题考查利用a与Sn的关系，求得am,通过裂项相消求和；分奇偶讨论研究最值 问题.由题意，求得b并裂项，利用裂项相消，求得Tm,分n为奇数或偶数两种情 况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案. 2n-1,n为奇数， 46.在数列{am}中，an 2n, n为偶数， (1)求a1,a2,a3: (2)求数列{am}的前2n项和S2. 2n-1,n为奇数， 【提示】(1)因为a={24,n为偶数， 所以a1=2×1-1=1,a2=22=4,a3=2×3-1=5. (2)因为an= 2n一1，n为奇数， 2",n为偶数， 所以a1,a3,a5是以1为首项，4为公差的等差数列： a2,a4,a6是以4为首项，4为公比的等比数列. 所以S2n=(a1十a3十a5十…a2n-1）+(a2十a4十a6+…a2n) =(1+5+9+…+4n-3)+(22+24+26+…+22m) -n1+4n-3)+4-22×4=2m2-n+×4*1 2 1-4 3 【说明】本题考查等差等比数列通项公式、求和公式、根据奇偶项分组求和. 47.已知数列{a}中，1=3，a41=6a an+2 (1)求a2,a3 (2)设bn=,a1,证明：数列{b}是等比数列： 4-an (3)设c=,a ,记数列{cn}的前n项为Sm,求Snm. 2(bn+1+1) 【提示】(1)由题意得：a2=18,43=27 5’4 79 3 (2)因为b1=4233, 6an 所以bm1=,m14-a=am+24-am_6a(4-a）-3, 、bn4-an+lan 4-6an an (8-2an)an an+2 所以bm=3”,{bm}是首项为3，公比为3的等比数列. (3)由（2)得，bn=3”,an= 4bm4·30 b+13"+1 an 2·3m 3n+1-3n 1 则o20.+)g+1X8+)）(g+1x01+)3+13+ 所以S,=2日 11 11 k13+13+1+143n+1+1 【说明】本题考查根据定义证明等比数列，数列裂项求和. 48.已知数列{an}和{bn}满足a1=3,b1=1,an+1=3an十2bn+1,bm+1=2an+3bm-1. (1)证明：{an十bn}是等比数列，{an一bn}是等差数列. (2)记cn=[lg(an一bn】,其中[x表示不超过x的最大整数，求数列{cn}的前500项 和. 【提示】(1)由题意，an+1十bm+1=5an十5bn=5(an+bn),a1+b1=4≠0，所以an十bn≠0， 所以4+b如l=5,所以{a十b,}是4为首项，2为公比的等比数列. an+bn 又an+1-bn+1=an-bn十2，即(an+1-bm+l）-(an-bn)=2, 又a1一b1=2,{am一bm}是2为首项，2为公差的等差数列 (2)由题意，am-bm=2+(n-1)×2=2n,cn=[lg(2n)], 当1≤n≤4时，cm=0;当5≤n≤49时，cn=1;当50≤n≤499时，cm=2: 当n=500时，cm=3. 所以数列{cm}前500项和为4×0+45×1+450×2+1×3=948. 【说明】本题考查通过整体构造的方式，证明数列为等差或等比数列，2026届南京市考前综合题 集合 1.已知A={x∈Z4-x≥0}，B={xy=V1-x,AnB= A.[-2,1]B.(-∞，-2] C.{0,1} D.{-2,-1,0,1} 2.已知集合A={xlr一2<1}，B={x≤a,AUB=B,则实数a的取值范围为 A.[1,+∞) B.[3,+∞) C.(-o,1] D.(-0,3] 函数导数 1, x>0, 3.已知符号函数sgm= 0 x=0,x)是R上的增函数，g(x)=x)-ar(a>1),则 -1,x<0, A.sgn[g(x)]=sgnx B.sgn[g(x)]=-sgnx C.sgn[g(x)]=sgn[(r)]D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)] 4.(多选)已知函数x)及其导函数(x)的定义域均为R,记g(x)=∫().若∫(2)=5，)+ x+2)=6,g(1-2x)为偶函数，则下列结论中正确的是 2026 A.x+4)=x)B.g(-x)=gx) C.g(2)=0 D.Z=6080 5.已知函数x)=ae有两条切线经过（一1,1），则a的取值范围是 6.已知函数x)=e',gx)=lnr+2存在公切线，则所有公切线方程为 7.(2015年新课标1卷)已知函数)=+ax+ ,gx）=-lnx. (1)当a为何值时，x轴为曲线y=x)的切线； (2）用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数h(x)=min{x),gx)}(x>0),讨论 h(x)零点的个数， 8.已知函数)=a-1e+字，>-1 (1)讨论x)的单调性； (2)证明： ①x-1)e+x2>-1; ②当22且eN时，++…+l<2n3 ,3×5×7×..×(2n-1) 23 2×4×6×..×(21-2) 平面向量 9.已知向量a,b满足@=a-bl,且a-b在b上的投影向量为单位向量，则bl= A.1 B.2 C.3 D.2 10.在平行四边形ABCD中，∠BAD=2红，E,F分别是线段BC,AE的中点.记AB=a, 3 AD=b,则D示= (用a和b表示)；若4DD2=35+3,则平行四边形 ABCD面积的最大值为 平面解析几何 11.若点A(1,0)关于直线y=x+b的对称点在圆(x-2)2+y2=1上，则k,b的一组取值为 A.k=2,b=-2 B.k=月6=-1 C.k=1,b=2 D.k=1,b=-2 12.在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2,3)在动直线1：mx+y-4m-5n=0上的射影为 点M,则OM的最大值为 A.5 B.2 C.5-V2 D.5+V2 13.已知双曲线x-上=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1和F,过F的直线交双曲线的 a2 b2 右支于点A,交双曲线的一条渐近线于点B(B在第二象限).若OA=FB,4B=|OF列， 2 则双曲线的离心率为 A.4 B.2V3 C.5 D.V13 14.已知点M(-1,1)和抛物线Cy2=4r,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若 ∠AMB=90°，则k= 15.已知F(-2,0),F(2,0),M为单位圆O:x2+y2=1上的动点，N为F2关于M的对称 点，线段WF2的中垂线与直线FN交于点P,记P的轨迹为曲线C (1)求曲线C的方程； (2)设A,B是曲线C上的两点，直线AB与单位圆O相切.试判断：AB=3是“A,B, F三点共线的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必 要中选一个)，并证明你的结论； (3)若Q(-4,0),过F2的直线1与曲线C交于D,E,且△QDE的外心在y轴上，求 直线1的斜率， 16.已知圆C:(c+2)2+y2=7-4V3和圆C2:x-2)2+y2=7+4V3,动圆M同时与圆C及圆 C2相外切.记动圆圆心M的轨迹为2. (1)求2的方程； (2)点P,Q分别在直线：x=-3与2：x=2上，且PC11MC,QC21MC2. 证明：P,M,Q三点共线 17.已知4A(-2,0,B2,0,直线AS,BS相交于点S,且它们的斜率之积为- ,记点S的 轨迹为2， (1)求2的方程； (2)设直线y=1交2于P,Q两点，点M在线段PQ上，直线AM,BM分别交2于D, E两点，直线AE,BD交于点N. ①证明：MN⊥AB; ②判断y轴上是否存在定点T,使得NT+WM为定值.若存在，求出T的坐标；若不存 在，说明理由 18.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点P(6,0)的动直线1交抛物线E于A,B两点， 已知点T(1,2): (1)当直线AT垂直于x轴时，AF=3,求抛物线C的标准方程； (2)若直线FT平分ㄥAFB,求直线I的斜率. 19.(26届南昌模考题)已知正方体ABCD-A1B1CD1的棱长为2V2, 对角线AC的中点为F,动点P在平面AACC内，且点P 到平面AABB的距离等于1V2PF, 2 (1)求四棱锥P一AA1B1B体积的最小值； (2)记点P的轨迹为曲线M,点G,R,Q是曲线M上不 同三点. ①若平面ABF与轨迹M相交于RG两点，求线段RG的长； ②若点G在点F上方，且GF⊥AC,GR,GQ与平面ABCD所成角相等，平面α过RQ 且与AB平行，判断平面α与平面ABCD的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角 的余弦值；若不是定值，请说明理由 计数原理 20.某校运动会需要5名同学（含甲、乙、丙等）排成一列参加入场式，其中甲不能站在队 列两端，乙和丙之间恰好间隔2名同学，则不同的队列排法共有 A.20种 B.16种 C.12种 D.8种 21.二项式(G-的展开式中 A.前三项系数之和为22 B.二项式系数最大的项是第4项 C.常数项为15 D.所有项的系数之和为0 概率与统计 22.某学校采用分层抽样的方法从高一、高二、高三三个年级中抽取样本，抽取的高一学生 有15人，高二学生有20人，高三学生有10人，已知该校高三年级共有600人，则该校 三个年级的学生总人数为 A.2700 B.3000 C.3300 D.3600 23.(多选)某文创品牌推出春日限定盲盒话动，已知A盒中仅有1个微章，且为春日限定款； B盒中有m个春日限定款徽章和n个秋日普通款徽章，其中m≥3，n≥3，m,neN*.活 动规则为：从B盒中随机抽取=1,2)个徽章放入A盒中.记：①放入i个徽章后，A 盒中含有春日限定款徽章的个数为(=1,2)；②放入i个微章后，从A盒中随机取出1 个微章是春日限定款的概率为p(i=1,2).则下列结论正确的是 A.p1>p2,E()<E(52) B.p1<P2,E()>E(2) C.pr=2m+n E)=3m+n D.E()=3m+n p1>p2 m+n m+n m十n 24.某农业科研团队为研究某作物亩产量与施肥量之间的关系，选取了5块条件相近的试验 田进行试验，得到如下数据 施肥量x(kg) 10 15 20 25 30 亩产量y(kg) 216 302 356403 458 并计算得，x0=37625,， x7=250,x=20,y=347. (1)建立亩产量y关于施肥量x的经验回归方程，并求施肥量为30kg的残差； (2)该团队后续对该地区大量采用类似方式种植的试验田进行了调查，发现该地区的 土壤肥力分为高、中、低三个等级，其中高肥力试验田占比30%，中肥力占比50%，低 肥力占比20%.在高肥力试验田中，按(1)中回归方程预测的亩产量与实际亩产量的 误差不超过10g的概率为0.9；在中肥力试验田中，该误差不超过10kg的概率为0.7； 在低肥力试验田中，该误差不超过10kg的概率为0.4；现从该地区的试验田中随机选取 一块，求其亩产量预测误差不超过10kg的概率， 召-x0n-y) 附：经验回归方程y=br+a,其中6= a=y-6x 召r-x)2 25.某射击比赛决赛阶段，甲、乙两名选手争夺金牌，比赛无平局，每局比赛结果相互独立.决 赛采用全新的“抢11赛制”：每局比赛胜者得3分，负者得1分；若某选手连续2局获胜， 或积分率先达到11分，则该选手获得冠军，比赛结束.设决出冠军时的比赛总局数为X. (1)请在①②两个问题中选择一个作答： ①若甲、乙在每局比赛中获胜的概率均为)求X的分布列与数学期望()： ②由于心理素质差异，甲在单局比赛中获胜的概率为p(0<p<1).试求出平均比赛总局 数()关于p的函数解析式，并求当p为何值时，E()达到最大； (2)经赛后数据分析，甲在该项目单局比赛的实际胜率为p=0.6.在某训练赛中，甲乙 共进行了n局比赛，试求n为何值时，甲获胜13局的概率最大？ 复数 26.已知复数z满足z(1一)2=(1+i)3,则z= A.1+i B.-1+i C.1-i D.-1-i 27.已知m>1,对于所有满足z=2的复数z,都有z一的最小值与z一m的最小值相同，则 m= 立体几何 28.已知圆台的上、下底面半径之比为3：4，母线（侧棱）长为V2,该圆台的上、下底面圆周 均在球O的球面上，若球O的表面积为100π，则该圆台的体积为 A.37@ B.12π 3 C.40r D.13π 3 29.(多选)已知正方体ABCD一AB1CD1,M,N分别是面ABCD,面BCC1B1的中心.则下列 结论正确的是 A.AiML BiD B.CD⊥平面MAD, C.AB与DW是异面直线 D.平面DMN将正方体分成前后两部分的体积比为2：1 30.(多选)已知正四棱柱ABCD-AB1CD1的底面边长为2，侧棱长为1，P为底面AB1CD 上的动点（含边界），则 A.若P与B1不重合，则直线A4与BP所成角的大小为90 B.PA+PC的最小值为23 C.满足PD=V的点P的轨迹长度为买 D.满足三棱锥P-ACD外接球的体积取得最大值的点P共有5个 31.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PDL平面ABCD,PD=6,E 为棱PD上一点，且ED=2PE,过EB作平面分别与线段PA,PC交于点M,N,且 AC/a,则PM= ，四边形EMBN的面积为 PA 32.如图，在四棱锥E-ABCD中，平面DEC⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB∥CD,DA=DC= 4,AB=2,CE=ED,且CE⊥ED. (1)证明：CE⊥AE (2)设平面ECD与平面EAB的交线为1. ①证明：DC/l. ②若P为l上的点，求DE与平面PBC所成角的余弦的最小值 B 33.已知梯形ABCD中，ABI DC,AB⊥AD,AB=AD=DC=2,如图1.将△ABD沿BD 折起到△PBD,得到三棱锥P一BCD,如图2，EF分别为棱BD、CD的中点， B F 图1 图2 (I)若BC⊥PD,求证：平面PBC⊥平面PBD; (2)若∠PEF=90°，求二面角D-PF-E的正弦值； (3)是否存在点P,使得点B到平面PCD的距离为V2?若存在，求此时二面角P一BD -C的余弦值；若不存在，请说明理由 三角函数 34.若sin2a=5 in(g-=D且a∈，AE,头，则a+的值是 10 35. 已知角a,B∈(0，，且sin(a+)=2sin(a-B),当a-B取得最大值时，角a= A. B.π C. D.π 6 4 3 12 36.设函数)=sin(2x+p)(p>0),若x)在[0，空上恰有1个零点，则实数p的最小值是 A.交 6 B. 3 c D. 37.(多选)已知函数=sinx+今os2x一in3x,则下列结论正确的是 A.2π是x)的一个周期 B.直线x一是)图象的一条对称轴 C.的最大值为号 D.w)在区间0，巧内单调递减 解三角形 38.(多选)在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sinA=sinB,且V3(acos B +bcosA)=2 csin C,D是△ABC外一点且B、D在直线AC异侧，DC=2,DA=6,则下 列说法正确的是 A.△ABC是等边三角形 B.若AC=2V13,则A,B,C,D四点共圆 C.四边形ABCD面积的最小值为10V3一12 D.四边形ABCD面积的最大值为10V3+12 39.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若an4-=2,则，0 的取值范围是 tanB b2+c2 40.记△ABC内角A,B,C的对边分别为4，b,c,点G是△ABC的重心，若BG⊥CG,5b =6c则c0sA的取值是 41.在△ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,已知a=2,AB·AC=ac+B才BC. (1)求证：B=2A; (2)若d为△ABC的AB边上的高，求b2+4V3d的取值范围. 42.在△ABC中，∠ABC=2T,D为边4C上-点，且AB1BD,BD=2. 3 (1)若BC=2V3,求AD的长； (2）若CD=2AD,求tanA的值， 数列 43.在等差数列{a}中，a1=-10,其前n项和为Sm,若3S4一4S=12,则S2= A.-24 B.-12 C.12 D.24 44.已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an十an+l}是公比为2的等比数列，则a6= 4.3 024-1 B. 22025-1 C. 224+1 D. 2205+1 3 3 3 45.已知数列{am前n项和S.=n,数列{b}满足b=1 ，n∈N,n≥1；Tm为数列{bm}的 an'anl 前n项和.若对任意的neN,n≥1，不等式入Tn<n十9(-1)"恒成立，则实数的取值范 围为 2n-1,n为奇数， 46.在数列{an}中，an= 2”, n为偶数， (1）求a,a2,a3; (2）求数列{a}的前2n项和S. 47.已知数列{am}中，a1=3,am+1=6am an+2 (1)求a2a3; (2)设bm=,am，证明：数列{bm是等比数列； 4-1m (3)设cn= an 记数列{cn}的前n项为Sm,求S. 2(bm+1+1)i 48.已知数列{an}和{bm}满足a1=3,b1=1,an+1=3am+2bm+1,bn+1=2am+3bm-1. (1)证明：{am+bn}是等比数列，{an一bn}是等差数列. (2)记cn=g(an一bm】,其中[x]表示不超过x的最大整数，求数列{cn}的前500项和.