2020高考模擬試卷（七）

數(shù)學(xué)Ⅰ

參考公式： 錐體的體積公式V錐體= 1 3 Sh，其中S為錐體的底面積，h為高.

一、填空題? ?（本大題共14小題，每小題5分，共計(jì)70分）

1.? ?已知集合A={2+a2，a}，B={0，1，3}，且AB，則實(shí)數(shù)a的值是__________.

2.? 已知復(fù)數(shù)z= 1+3i 1-i （i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的模為_(kāi)_________.

3.? 為了解某地區(qū)的中小學(xué)生視力情況，從該地區(qū)的中小學(xué)生中用分層抽樣的方法抽取300位學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，該地區(qū)小學(xué)、初中、高中三個(gè)學(xué)段學(xué)生人數(shù)分別為1200、1000、800，

則從高中抽取的學(xué)生人數(shù)為_(kāi)_________.

4.? 執(zhí)行右邊的偽代碼，輸出的結(jié)果是__________.

5.? 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線(xiàn) x2 3 -y2=1的左準(zhǔn)線(xiàn)與拋物線(xiàn)y2=ax的準(zhǔn)線(xiàn)重合，則a的值為_(kāi)_________.

6.? 在一個(gè)袋子中裝有分別標(biāo)注數(shù)字1，2，3，4，5的5個(gè)小球，這些小球除標(biāo)注數(shù)字外完全相同，現(xiàn)從中隨機(jī)取2個(gè)小球，則取出的小球標(biāo)注的數(shù)字之和為3的倍數(shù)的概率是__________.

7.? 設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足約束條件 y+1≥0，x-y+1≥0，x+y+1≤0， 則z=2x-y的最大值是__________.

8.? 已知Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若6a6，a8，8a4成等差數(shù)列，且S2k=65Sk，

則正整數(shù)k的值是__________.

9.? 如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AA1=3，AB=2，點(diǎn)D是棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱AA1上，則三棱錐B1EBD的體積為_(kāi)_________.

10.? ?在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2+y2-2x-4y-3=0與x軸交于A，B兩點(diǎn)，若動(dòng)直線(xiàn)l與圓C相交于M，N兩點(diǎn)，且△CMN的面積為4， 若P為MN的中點(diǎn)，則△PAB的面積最大值為? ? ?.

11.? 已知正實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足x+2y=2，則（x- 2 y ）（y- 1 x ）的最小值是__________.

12.? 如圖，在四邊形ABCD中，已知AB=2，CD與以AB為直徑的半圓O相切于點(diǎn)D，且BC∥AD，

若AC ·BD =-1，則AD ·OD =__________.

13.? 已知函數(shù)f（x）= elnx 2x ，g（x）= 2x2 x-m ，若函數(shù)h（x）=g（f（x））+m有3個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，x3（x1

14.? 在銳角△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a2+2abcosC=3b2，則tanAtanBtanC的最小值是__________.

二、解答題? ?（本大題共6小題，共計(jì)90分）

15.? ? ?（本小題滿(mǎn)分14分）

如圖，在四棱錐PABCD中，DC∥AB，DC=2AB， 平面PCD⊥平面PAD，△PAD 是正三角形，E是PD的中點(diǎn).

（1）求證：AE⊥PC;

（2）求證：AE∥平面PBC.

16.? ? ?（本小題滿(mǎn)分14分）

已知函數(shù)f（x）=Asin（ωx+φ），其中A>0，ω>0，- π 2 <φ< π 2 ，x∈ R ，其部分圖象如圖所示.

（1）求函數(shù)y=f（x）的解析式;

（2） 若f（α）= 2 3? 3 ，α∈（0， π 2 ），求cos2α的值.

17.? ? ?（本小題滿(mǎn)分14分）

一件鐵藝品由邊長(zhǎng)為1（米）的正方形及兩段圓弧組成，如圖所示，弧BD，弧AC分別是以A，B為圓心，半徑為1（米）的四分之一圓弧.若要在鐵藝中焊裝一個(gè)矩形PQRS，使S，R分別在圓弧AC，BD上，P，Q在邊AB上，設(shè)矩形PQRS的面積為y.

（1） 設(shè)AP=t，∠PAR=θ，將y表示成t的函數(shù)或?qū)表示成θ的函數(shù)（只需選擇一個(gè)變量求解），并寫(xiě)出函數(shù)的定義域;

（2）求面積y取最大值時(shí)對(duì)應(yīng)自變量的值（若選θ作為自變量，求cosθ的值）.

18.? ? ?（本小題滿(mǎn)分16分）

如圖，已知橢圓C： x2 a2 + y2 b2 =1（a>b>0）的離心率為 1 2 ，右準(zhǔn)線(xiàn)方程為x=4，A，B分別是橢圓C的左，右頂點(diǎn)，過(guò)右焦點(diǎn)F且斜率為k（k>0）的直線(xiàn)l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn).

（1） 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）記△AFM，△BFN的面積分別為S1，S2，若 S1 S2 = 3 2 ，求k的值;

（3）設(shè)線(xiàn)段MN的中點(diǎn)為D，直線(xiàn)OD與右準(zhǔn)線(xiàn)相交于點(diǎn)E，記直線(xiàn)AM，BN，F(xiàn)E的斜率分別為k1，k2，k3，求k2·（k1-k3）的值.

19.? ? ?（本小題滿(mǎn)分16分）

已知函數(shù)f（x）=lnx-2ax+a， 其中a∈ R .

（1） 若函數(shù)f（x）的圖象在x=1處的切線(xiàn)與直線(xiàn)x-ay-2=0垂直，求實(shí)數(shù)a的值;

（2） 設(shè)函數(shù)g（x）=2f（x）+ax2+a.

①求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間;

② 若不等式g（x）>0對(duì)任意的實(shí)數(shù)x∈（1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

20.? ? ?（本小題滿(mǎn)分16分）

已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若{ Sn }為等差數(shù)列，且a1=1.

（1） 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

（2）是否存在正整數(shù)n，使1+an+Sn，2+a2n+S2n，4+a4n+S4n成等比數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出這個(gè)等比數(shù)列;若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由;

（3）若數(shù)列{bn}滿(mǎn)足bn+1-bn= b2n Sn ，b1= 1 k ，且對(duì)任意的n∈ N *，都有bn<1，求正整數(shù)k的最小值.

數(shù)學(xué)Ⅱ（附加題）

【選做題】 本題包括A、B、C、D共4小題，請(qǐng)選定其中兩小題，若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分.

21.? ?B.[選修42：矩陣與變換]? （本小題滿(mǎn)分10分）

已知矩陣 A =? 1 21 1? ，

（1） 求矩陣 A 2;

（2）求直線(xiàn)l在矩陣 A 2表示的變換作用下得到直線(xiàn)l′：x-y-1=0，求直線(xiàn)l的方程.

C.[選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]? （本小題滿(mǎn)分10分）

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線(xiàn)C的參數(shù)方程為 x=sinφ，y=cos2φ （φ為參數(shù)）.以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸（單位長(zhǎng)度相同）建立的極坐標(biāo)系中，直線(xiàn)l的極坐標(biāo)方程為θ= π 4 .

（1）將曲線(xiàn)C的參數(shù)方程化為普通方程;

（2）求直線(xiàn)l被曲線(xiàn)C截得的弦長(zhǎng).

【必做題】 第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分.

22.? ? ?（本小題滿(mǎn)分10分）

有甲，乙兩位同學(xué)進(jìn)入新華書(shū)店購(gòu)買(mǎi)數(shù)學(xué)課外閱讀書(shū)籍，經(jīng)過(guò)篩選后，他們都對(duì)A，B，C三種書(shū)籍有購(gòu)買(mǎi)意向.已知甲同學(xué)購(gòu)買(mǎi)書(shū)籍A，B，C的概率分別為 3 4 ， 1 2 ， 1 3 ，乙同學(xué)購(gòu)買(mǎi)書(shū)籍A，B，C的概率分別為 2 3 ， 1 2 ， 1 2 ，假設(shè)甲、乙是否購(gòu)買(mǎi)A，B，C三種書(shū)籍相互獨(dú)立.

（1）求甲同學(xué)至少購(gòu)買(mǎi)2種書(shū)籍的概率;

（2） 設(shè)甲，乙同學(xué)購(gòu)買(mǎi)2種書(shū)籍的人數(shù)為X，求X的概率分布和數(shù)學(xué)期望.

23.? ? ?（本小題滿(mǎn)分10分）

設(shè)集合U={1，2，3，4，…，n}，其中n≥2，n∈ N *，若AU，且集合A中的最小元素是偶數(shù)，記所有滿(mǎn)足上述條件的集合A中的最大元素之和為Sn.

（1）求S3，S4的值;

（2）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，求Sn.

參考答案

一、填空題

1.? 1

2.? ?5

3.? 80

4.? 11

5.? 6

6.? ?2 5

7.? 1

8.? 6

9.? ?3

10.? 8

11.? ?3 2

12.? ?3 2

13.? （-1，0）∪（0， 1 2 ）

14.? 6

二、解答題

15.? ?證明：（1）因?yàn)椤鱌AD是正三角形，點(diǎn)E是PD的中點(diǎn)，

所以AE⊥PD.

又平面PCD⊥面PAD，平面PCD∩平面PAD=PD，AE平面PAD.

所以AE⊥平面PCD.

又PC平面PCD，

所以AE⊥PC.

（2）取PC的中點(diǎn)F，連結(jié)EF，

在△PCD中，E，F(xiàn)分別是PD，PC的中點(diǎn)，

所以EF∥CD且CD=2EF.

又AB∥CD，CD=2AB，

所以EF∥AB且EF=AB，

所以四邊形AEFB是平行四邊形，

所以AE∥BF，

又AE平面PBC，BF平面PBC，

所以AE∥平面PBC.

16.? ?解：（1）由圖可知，A=2， 1 4 T= 5π 6 - π 3 = π 2 ，

所以T=2π，所以 2π ω =2π，ω=1.

又f（ π 3 ）=2，所以2sin（ π 3 +φ）=2，

即sin（ π 3 +φ）=1，

因?yàn)? π 2 <φ< π 2 ，所以- π 6 < π 3 +φ< 5π 6 ，

故 π 3 +φ= π 2 ，φ= π 6 .

所以f（x）=2sin（x+ π 6 ）.

（2）因?yàn)閒（α）= 2 3? 3 ，所以2sin（α+ π 6 ）= 2 3? 3 ，即sin（α+ π 6 ）=? 3? 3 ，

因?yàn)?<α< π 2 ，所以 π 6 <α+ π 6 < 2π 3 .

又因?yàn)閟in（α+ π 6 ）=? 3? 3

所以 π 6 <α+ π 6 < π 4 .

所以cos（α+ π 6 ）= 1-sin2（α+ π 6 ）

= 1-（? 3? 3 ）2 =? 6? 3 ，

所以sinα=sin[（α+ π 6 ）- π 6 ]

=sin（α+ π 6 ）cos π 6 -cos（α+ π 6 ）sin π 6

=? 3? 3 ×? 3? 2 -? 6? 3 × 1 2 = 1 2 -? 6? 6 .

所以cos2α=1-2sin2α

=1-2×（ 1 2 -? 6? 6 ）2= 1 6 +? 6? 3 .

17.? ?解：選AP=t.

（1）依題意，BQ=t，PQ=1-2t.

在Rt△AQR中，∠RQA=90°，AQ=1-t，AR=1，

故RQ= 1-（1-t）2 = -t2+2t .

所以y=PQ·RQ=（1-2t）· -t2+2t .

顯然 0

所以y=（1-2t）· -t2+2t ，定義域?yàn)椋?， 1 2 ）.

（2）由（1）知，y=（1-2t）· -t2+2t ，

即y= （1-2t）2（-t2+2t） ，0

令f（t）=（1-2t）2（-t2+2t）=-4t4+12t3-9t2+2t，0

則f′（t）=-16t3+36t2-18t+2

=-2（8t3-1-18t2+9t）

=-2[（2t-1）（4t2+2t+1）-9t（2t-1）]

=-2（2t-1）（4t2-7t+1）.

令f′（t）=0，

得t= 7- 33? 8 或t= 7+ 33? 8 （舍）或 1 2 （舍）.

列表：

t （0， 7- 33? 8 ）? 7- 33? 8? （ 7- 33? 8 ， 1 2 ）

f′（t） + 0 -

f（t） 單調(diào)增 極大值 單調(diào)減

所以當(dāng)t= 7- 33? 8 時(shí)，f（t）取最大值，y取最大值.

答：面積y取最大值時(shí)，AP的長(zhǎng)為 7- 33? 8 米.

選∠PAR=θ

①在Rt△AQR中，∠RQA=90°，AR=1，∠RAQ=θ，

所以RQ=sinθ，AQ=cosθ.

故BQ=AB-AQ=1-cosθ，且AP=1-cosθ.

所以PQ=AQ-AP=cosθ-（1-cosθ）=2cosθ-1.

所以y=PQ·RQ=（2cosθ-1）sinθ.

依題意， 0

所以y=（2cosθ-1）sinθ，定義域?yàn)椋?， π 3 ）.

②由①知，y=（2cosθ-1）sinθ，0<θ< π 3 ，

故y′=-2sinθ·sinθ+（2cosθ-1）cosθ

=2cos2θ-2sin2θ-cosθ

=2cos2θ-2（1-cos2θ）-cosθ=4cos2θ-cosθ-2，

令y′=0，解得cosθ= 1+ 33? 8 （負(fù)舍），設(shè)銳角θ0∈（0， π 3 ），且cosθ0= 1+ 33? 8 .

列表：

θ （0，θ0） θ0 （θ0， π 3 ）

y′ + 0 -

y 單調(diào)增 極大值 單調(diào)減

故當(dāng)θ=θ0時(shí)，y取最大值.

答：面積y取最大值時(shí)，cosθ的值為 1+ 33? 8 .

18.? ?解：（1）設(shè)橢圓的焦距為2c（c>0）.

依題意， c a = 1 2 ，且 a2 c =4，解得a=2，c=1.

故b2=a2-c2=3.

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x2 4 + y2 3 =1.

（2）設(shè)點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2）.

據(jù)題意， S1 S2 = 3 2 ，即? 1 2 ×|AF|×|y1|? 1 2 ×|BF|×|y2| = 3 2 ，

整理可得 |y1| |y2| = 1 2 ，所以NF =2FM .

代入坐標(biāo)，可得

1-x2=2（x1-1），-y2=2y1，

即 x2=3-2x1，y2=-2y1.

又點(diǎn)M，N在橢圓C上，所以

x21 4 + y21 3 =1， （3-2x1）2 4 + （-2y1）2 3 =1， 解得 x1= 7 4 ，y1= 3 5? 8 .

所以直線(xiàn)l的斜率k=? 3 5? 8? ?7 4 -1 =? 5? 2 .

（3）法一：依題意，直線(xiàn)l的方程為y=k（x-1）.

聯(lián)立方程組 y=k（x-1）， x2 4 + y2 3 =1，

整理得（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0，

所以x1+x2= 8k2 4k2+3 ，x1x2= 4k2-12 4k2+3 .

故xD= x1+x2 2 = 4k2 4k2+3 ，

yD=k（xD-1）=- 3k 4k2+3 ，

所以直線(xiàn)OD的方程為y=- 3 4k x，

令x=4，得yE=- 3 k ，即E（4，- 3 k ）.

所以k3= - 3 k? 4-1 =- 1 k .

所以k2·（k1-k3）=k2·（k1+ 1 k ）

= y2 x2-2 ·（ y1 x1+2 + 1 k ）

= k（x2-1） x2-2 ·[ k（x1-1） x1+2 + 1 k ]

= k2（x1-1）（x2-1）+（x2-1）（x1+2） （x1+2）（x2-2）

= k2[x1x2-（x1+x2）+1]+x1x2-x1+2x2-2 x1x2-2x1+2x2-4

=? k2[x1x2-（x1+x2）+1]+x1x2-（x1+x2）-2+3x2 x1x2-2（x1+x2）-4+4x2

=? ?k2[ 4k2-12 4k2+3 - 8k2 4k2+3 +1]+ 4k2-12 4k2+3 - 8k2 4k2+3 -2+3x2? 4k2-12 4k2+3 -2× 8k2 4k2+3 -4+4x2

= 3x2- 21k2+18 4k2+3? 4x2- 28k2+24 4k2+3? = 3（x2- 7k2+6 4k2+3 ） 4（x2- 7k2+6 4k2+3 ） = 3 4 .

法二：依題意，直線(xiàn)l的方程為y=k（x-1），

即x= 1 k y+1，記m= 1 k ，

則直線(xiàn)l的方程為x=my+1，與橢圓C聯(lián)立方程組 x=my+1， x2 4 + y2 3 =1，

整理得（4+3m2）y2+6my-9=0，

所以y1+y2=- 6m 4+3m2 ，y1y2=- 9 4+3m2 .

故yD= y1+y2 2 =- 3m 4+3m2 ，

xD=myD+1= 4 4+3m2 ，

所以直線(xiàn)OD的方程為y=- 3m 4 x，

令x=4，得yE=-3m，即E（4，-3m）.

所以k3= -3m 4-1 =-m.

所以k2·（k1-k3）=k2·（k1+ 1 k ）

= y2 x2-2 ·（ y1 x1+2 +m）= y1y2+my2（x1+2） （x1+2）（x2-2）

= y1y2+my2（my1+3） （my1+3）（my2-1）

= （m2+1）y1y2+3my2 m2y1y2-my1+3my2-3

= （m2+1）y1y2+3my2 m2y1y2-m（y1+y2）-3+4my2

= - 9（m2+1） 4+3m2 +3my2 - 9m2 4+3m2 + 6m2 4+3m2 -3+4my2

= - 9（m2+1） 4+3m2 +3my2 - 12（m2+1） 4+3m2 +4my2 = 3 4 .

法三：依題意，點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2）在橢圓C上，

所以? x21 4 + y21 3 =1， x22 4 + y22 3 =1，

兩式相減，得 x22-x21 4 + y22-y21 3 =0，

即 y2+y1 x2+x1 · y2-y1 x2-x1 =- 3 4 ，所以kOD·k=- 3 4 ，即kOD=- 3 4k ，

所以直線(xiàn)OD的方程為y=- 3 4k x，

令x=4，得yE=- 3 k ，即E（4，- 3 k ），

所以k3= - 3 k? 4-1 =- 1 k .

又直線(xiàn)AM的方程為y=k1（x+2），與橢圓C聯(lián)立方程組 y=k1（x+2）， x2 4 + y2 3 =1，

整理得（4k21+3）x2+16k21x+16k21-12=0，

所以-2·x1= 16k21-12 4k21+3 ，

得x1= 6-8k21 4k21+3 ，y1=k1（x1+2）= 12k1 4k21+3 .

所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為（ 6-8k21 4k21+3 ， 12k1 4k21+3 ）.

同理，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（ 8k22-6 4k22+3 ，- 12k2 4k22+3 ）.

又點(diǎn)M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線(xiàn)，

所以k=? 12k1 4k21+3? ?6-8k21 4k21+3 -1 = - 12k2 4k22+3? ?8k22-6 4k22+3 -1 ，

整理得（4k1k2+3）（3k1-k2）=0，

依題意，k1>0，k2>0，故k2=3k1.

由k=? 12k1 4k21+3? ?6-8k21 4k21+3 -1 = 4k1 1-4k21 ，

可得 1 k = 1-4k21 4k1 = 1 4k1 -k1，即 1 k +k1= 1 4k1 .

所以k2·（k1-k3）=3k1·（k1+ 1 k ）=3k1· 1 4k1 = 3 4 .

19.? ?解：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=lnx-2ax+a，定義域?yàn)椋?，+∞），

所以f（1）=-a，f′（x）= 1 x -2a，f′（1）=1-2a，

所以函數(shù)f（x）圖象在x=1處的切線(xiàn)方程為

y-（-a）=（1-2a）（x-1），

即（1-2a）x-y+a-1=0.

依題意，1×（1-2a）+（-a）（-1）=0，解得a=1.

所以實(shí)數(shù)a的值為1.

（2）令g（x）=2f（x）+ax2+a=2lnx+ax2-4ax+3a，x>0，

則g′（x）= 2 x +2ax-4a=2· ax2-2ax+1 x .

①（a）若a=0，g′（x）= 2 x >0，故函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)增.

（b）若a>0，記Δ=4a2-4a.

若Δ≤0，即0

若Δ>0，即a>1，令g′（x）=0，

得x1=1-? a2-a? a ，x2=1+? a2-a? a .

當(dāng)x∈（0，x1）∪（x2，+∞）時(shí)，g′（x）>0，g（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上單調(diào)增;

當(dāng)x∈（x1，x2）時(shí)，g′（x）<0，g（x）在（x1，x2）上單調(diào)減.

（c） 若a<0，令g′（x）=0，得x=1-? a2-a? a （負(fù)舍）.

當(dāng)x∈（0，1-? a2-a? a ）時(shí)，g′（x）>0，g（x）在（0，1-? a2-a? a ）上單調(diào)增;

當(dāng)x∈（1-? a2-a? a ，+∞）時(shí)，g′（x）<0，g（x）在（1-? a2-a? a ，+∞）上單調(diào)減.

綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1-? a2-a? a ），減區(qū)間為（1-? a2-a? a ，+∞）;

當(dāng)0≤a≤1時(shí)，函數(shù)g（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）， 無(wú)減區(qū)間;

當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)g（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1-? a2-a? a ）和（1+? a2-a? a ，+∞），

減區(qū)間為（1-? a2-a? a ，1+? a2-a? a ）.

②由①可知，當(dāng)0≤a≤1時(shí)，函數(shù)g（x）在（1，+∞） 上單調(diào)增，

故g（x）>g（1）=0，所以0≤a≤1符合題意;

當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)g（x）在（1，1+? a2-a? a ）上單調(diào)減，在（1+? a2-a? a ，+∞）上單調(diào)增，故存在x0=1+? a2-a? a ，g（x0）1不符題意;

當(dāng)a<0時(shí)，g（x）在（1，1-? a2-a? a ）上單調(diào)增，在（1-? a2-a? a ，+∞）上單調(diào)減.

下面證明：存在x0=4- 2 a >1-? a2-a? a ，g（x0）<0.

首先證明：x0=4- 2 a >1-? a2-a? a .

要證：4- 2 a >1-? a2-a? a ，

只要證：2-3a> a2-a .

因?yàn)閍<0，所以（2-3a）2-（ a2-a ）2=8a2-11a+4>0，故2-3a> a2-a .

所以4- 2 a >1-? a2-a? a .

其次證明：當(dāng)a<0時(shí)，lnx

令t（x）=lnx-x+ 3 2 a，x>1，則t′（x）= 1 x -1<0，故t（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以t（x）

所以當(dāng)a<0時(shí)，lnx

又當(dāng)x=x0=4- 2 a 時(shí)，

g（x0）=2lnx0+ax20-4ax0+3a

<2（x0- 3 2 a）+ax20-4ax0+3a

=ax0[x0-（4- 2 a ）]=0，與題意矛盾，

故a<0不符題意.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，1].

20.? ?解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差d，

則an=1+（n-1）·d，Sn=n+ n（n-1） 2 ·d.

又{ Sn }是等差數(shù)列，所以2 S2 = S1 + S3 ，

即2 2+d =1+ 3+3d ，解得d=2.

此時(shí)Sn=n2， Sn =n，符合數(shù)列{ Sn }是等差數(shù)列，

所以an=2n-1.

（2）假設(shè)存在n∈ N *，使得1+an+Sn，2+a2n+S2n，4+a4n+S4n成等比數(shù)列.

則（2+a2n+S2n）2=（1+an+Sn）（4+a4n+S4n），

由（1）可知an=2n-1，Sn=n2，代入上式，得

（2+4n-1+4n2）2=（1+2n-1+n2）（4+8n-1+16n2），

整理得24n3-27n2+2n+1=0.（*）

法一：令f（x）=24x3-27x2+2x+1，x≥1.

則f′（x）=72x2-54x+2=x（72x-54）+2>0，

所以f（x）在[1，+∞）上單調(diào)增，

所以f（n）=0在[1，+∞）上至少有一個(gè)根.

又f（1）=0，

故n=1是方程（*）的唯一解.

所以存在n=1，使得1+an+Sn，2+a2n+S2n，4+a4n+S4n成等比數(shù)列，

且該等比數(shù)列為3，9，27.

法二：24n3-24n2-3n2+2n+1=0，

即24n2（n-1）-（n-1）（3n+1）=0，

所以方程（*）可整理為

（n-1）（24n2-3n-1）=0.

因?yàn)閚∈ N *，所以24n2-3n-1=0無(wú)解，故n=1.

所以存在n=1，使得1+an+Sn，2+a2n+S2n，4+a4n+S4n成等比數(shù)列，

且該等比數(shù)列為3，9，27.

（3）由bn+1-bn= b2n Sn 可知，bn+1-bn= b2n n2 .

又b1= 1 k ，k∈ N *，故b1>0，所以bn+1>bn>0.

依題意，bn<1對(duì)任意n∈ N *恒成立，

所以b1<1，即 1 k <1，故k>1.

①若k=2，據(jù)bn+1-bn= b2n n2 ，可得

當(dāng)n≥2，n∈ N *時(shí)，

bn-b1=b21+ 1 22 b22+ 1 32 b23+…+ 1 （n-1）2 b2n-1

>b21+ 1 22 b22+ 1 32 b22+…+ 1 （n-1）2 b22

=b21+b22[ 1 22 + 1 32 +…+ 1 （n+1）2 ]

>b21+b22[ 1 2×3 + 1 3×4 +…+ 1 （n-1）n ]

=b21+b22（ 1 2 - 1 n ）.

由b1= 1 2 及b2-b1= b21 12 可得b2= 3 4 .

所以，當(dāng)n≥2，n∈ N *時(shí)，bn- 1 2 > 1 4 + 9 16 （ 1 2 - 1 n ），即bn> 33 32 - 9 16n .

故當(dāng)n>18，n∈ N *時(shí)，bn> 33 32 - 9 16n >1，故k=2不合題意.

②若k≥3，據(jù)bn+1-bn= b2n n2 ，可得bn+1-bn< bnbn+1 n2 ，即 1 bn - 1 bn+1 < 1 n2 .

所以，當(dāng)n≥2，n∈ N *時(shí)，

1 b1 - 1 bn < 1 12 + 1 22 +…+ 1 （n-1）2 ，

當(dāng)n=2時(shí)， 1 b1 - 1 b2 <1，得 1 b2 > 1 b1 -1=k-1≥2，所以b2< 1 2 <1.

當(dāng)n≥3，n∈ N *時(shí)，

1 b1 - 1 bn < 1 12 + 1 22 +…+ 1 （n-1）2

< 1 12 + 1 1×2 + 1 2×3 +…+ 1 （n-2）（n-1）

=2- 1 n-1 ，

所以 1 bn > 1 b1 -2+ 1 n-1 =k-2+ 1 n-1 ≥1+ 1 n-1 ，

故bn< 1 1+ 1 n-1? <1.

故當(dāng)k≥3時(shí)，bn<1對(duì)任意n∈ N *都成立.

所以正整數(shù)k的最小值為3.

21.? ?B.解：（1）因?yàn)?A =? 1 21 1? ，

所以 A 2=? 1 21 1? ? 1 21 1? =? 3 42 3? .

（2）設(shè)點(diǎn)（x，y）是直線(xiàn)l上任意一點(diǎn)，其經(jīng)過(guò) A 2對(duì)應(yīng)的變換作用后得到點(diǎn)（x′，y′），

則? x′y′? =? 3 42 3? ? xy? ，即 x′=3x+4y，y′=2x+3y.

依題意，點(diǎn)（x′，y′）在直線(xiàn)l′：x-y-1=0上，

即x′-y′-1=0，

所以（3x+4y）-（2x+3y）-1=0，

整理得x+y-1=0.

所以直線(xiàn)l的方程為x+y-1=0.

C.解：（1）依題意，y=cos2φ=1-2sin2φ，

x=sinφ∈[-1，1]，

所以y=1-2x2，其中x∈[-1，1]，

所以曲線(xiàn)C的普通方程為y=1-2x2，x∈[-1，1].

（2）直線(xiàn)l的極坐標(biāo)方程為θ= π 4 ，所以直線(xiàn)l的直角坐標(biāo)方程為y=x.

聯(lián)立方程組 y=x，y=1-2x2，

解得 x=-1，y=-1 或 x= 1 2 ，y= 1 2 .

所以直線(xiàn)l被曲線(xiàn)C截得得弦長(zhǎng)為

（-1- 1 2 ）2+（-1- 1 2 ）2 = 3 2? 2 .

22.? ?解：（1）記“甲同學(xué)至少購(gòu)買(mǎi)2種書(shū)籍”為事件A.

則P（A）= 3 4 × 1 2 × 2 3 + 1 4 × 1 2 × 1 3 + 3 4 × 1 2 × 1 3 = 5 12 .

所以甲同學(xué)至少購(gòu)買(mǎi)2種書(shū)籍的概率為 5 12 .

（2）設(shè)甲、乙同學(xué)購(gòu)買(mǎi)2種書(shū)籍的概率分別為p1，p2.

則p1= 3 4 × 1 2 × 2 3 + 3 4 × 1 2 × 1 3 + 1 4 × 1 2 × 1 3 = 5 12 ，

p2= 2 3 × 1 2 × 1 2 + 2 3 × 1 2 × 1 2 + 1 3 × 1 2 × 1 2 = 5 12 ，

所以p1=p2.

所以X～B（2， 5 12 ）.

P（X=0）=C02·（ 5 12 ）0·（ 7 12 ）2= 49 144 ，

P（X=1）=C12·（ 5 12 ）1·（ 7 12 ）1= 70 144 ，

P（X=2）=C22·（ 5 12 ）2·（ 7 12 ）0= 25 144 .

所以X的概率分布為

X 0 1 2

P? 49 144? ?70 144? ?25 144

E（X）=0× 49 144 +1× 70 144 +2× 25 144 = 5 6 .

所以隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為 5 6 .

23.? ?解：（1）當(dāng)n=3時(shí)，U={1，2，3}，則A={2}或{2，3}，故S3=5;

當(dāng)n=4時(shí)，U={1，2，3，4}，則A={2}或{2，3}或{2，4}或{2，3，4}或{4}，

故S4=17.

（2）設(shè)A中的最小元素為2k，k∈ N *，則最大元素可以取2k，2k+1，2k+2，…，n.

其中最大元素為2k的集合A共有1個(gè)，

最大元素為2k+1的集合A共有1個(gè)，

最大元素為2k+2的集合A共有C01+C11=21個(gè)，

…

最大元素為n的集合A共有C0n-1-2k+C1n-1-2k+…+Cn-1-2kn-1-2k=2n-2k-1個(gè).

所以，最小元素為2k所有集合A中的最大元素為

Mk=2k×1+（2k+1）×20+（2k+2）×21+…+n·2n-2k-1，

故Mk-2k=（2k+1）×20+（2k+2）×21+…+n×2n-2k-1， ①

2（Mk-2k）=（2k+1）×21+（2k+2）×22+…+（n-1）×2n-2k-1+n×2n-2k， ②

①-②得，-Mk+2k=（2k+1）·20+21+22+…+2n-2k-1-n·2n-2k，

所以-Mk=20+21+22+…+2n-2k-1-n·2n-2k

= 20（1-2n-2k） 1-2 -n·2n-2k

=2n-2k-1-n·2n-2k，

所以Mk=（n-1）·2n-2k+1.

所以Sn=∑? n-1 2? k=1 Mk=∑? n-1 2? k=1 [（n-1）·2n-2k+1]

=（n-1）∑? n-1 2? k=1 2n-2k+ n-1 2

=（n-1）·2n∑? n-1 2? k=1 （ 1 4 ）k+ n-1 2

=（n-1）·2n·? 1 4 [1-（ 1 4 ） n-1 2 ] 1- 1 4? + n-1 2

=（n-1）·2n· 1-21-n 3 + n-1 2

=（ 2n-2 3 + 1 2 ）（n-1）= （n-1）（2n+1-1） 6 .

（作者：張春紅，江蘇省白蒲高級(jí)中學(xué)）