罗曼罗兰-安全教育内容

2020届北京市密云区高三下学期第一次阶段性测试（一模）
数学试题


一、单选题
1
．已知集合
M

x|x0< br>
，
N{x|1x1}
，则
MIN
（

）

A
．
[1,)
B
．

0,1

C
．

0,1

D
．

0,1


【答案】
C
【解析】根据交集计算即可
.
【详解】

QM

x|x0

，
N{x|1x1}
,
MIN(0,1]
,
故选：
C
【点睛】

本题主要考查了交集的运算，属于容易题
.
2
．已知复数
z2i
1i
，则
z
（

）

A
．
1i
B
．
1i
C
．
2
D
．
2

【答案】
C
【解析】根据复数模的性质即可求解
.
【详解】

Q
z
2i
1i
,
z
|2i|2
|1i|

2
2
,
故选：
C
【点睛】

本题主要考查了复数模的性质，属于容易题
.
3
．设数列

a
n

是等差数列，
a
1
a
3
a< br>5
6
，
a
7
6
.
则这个数列的前
7
项和等于（
A
．
12 B
．
21 C
．
24 D
．
36

【答案】
B
第 1 页 共 20 页
）

【解析】根据等差数列 的性质可得
a
3
，由等差数列求和公式可得结果
.
【详解】

因为数列

a
n

是等差数列 ，
a
1
a
3
a
5
6
，
< br>所以
3a
3
6
，即
a
3
2
，< br>
又
a
7
6
，

a
7
 a
3
1
，
a
1
a
3
2d0
，

73
7(a
1
a
7
)
21

故
S
7

2
所以
d
故选：
B
【点睛】

本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题
.
4
．已知平面向量
a

4,2

，
b

x,3

，
ab
，则实数
x
的值等于（

）

A
．
6
【答案】
A
【解析】根据向量平行的坐标表示即可求解
.
【详解】

B
．
1 C
．


3

2
D
．

3

2
Qa

4,2

，
b

x,3

，
ab，



432x
，

即
x6
，

故选：
A
【点睛】

本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题
.
5
．已知
x< br>，
yR
，则
“
xy
”
是
“
A< br>．充分而不必要条件

C
．充分必要条件

【答案】
D
【解析】
xy
，不能得到
【详解】

第 2 页 共 20 页
x
1
”
的（

）

y
B
．必要而不充分条件

D
．既不充分也不必要条件

xx
1
，

1
成立也不能推出
xy
，即可得到答案
.
yy

因为
x
，
yR
，

当
xy
时，不妨取
x1,y
1
x
，
2 1
，

2
y
故
xy
时，
x
 1
不成立，

y
当
x
1
时，不妨取
x 2,y1
，则
xy
不成立，

y
x

1
”
的既不充分也不必要条件，

y
综上可知，
“
xy
”
是
“
故选：
D
【点睛】

本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题
. 6
．如果直线
axby1
与圆
C:x
2
y
2
1
相交，则点
M

a,b

与圆
C
的位置关系是
（

）

A
．点
M
在圆
C
上

C
．点
M
在圆
C
内

【答案】
B
【解析】根据圆心到直线的距离小于半径可得
a,b
满足的条件，利用
M
a,b

与圆心的
距离判断即可
.
【详解】

B
．点
M
在圆
C
外

D
．上述三种情况都有可能

Q
直线
axby1
与圆
C:x
2
y
2
1
相交，

< br>圆心
(0,0)
到直线
axby1
的距离
d
即
a
2
b
2
1
．

|1|
ab
22
1
，

也就是点
M(a,b)
到圆
C
的圆心的距离大于半径．
< br>即点
M(a,b)
与圆
C
的位置关系是点
M
在圆C
外．

故选：
B

【点睛】

本题主要考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，属于中档题．


7
．函数
f

x

sin(

x

)
的部分图象如图所示，则
f

x

的单调递增区间为（

）
第 3 页 共 20 页

A
．


1

5

k

,k


,kZ

4< br>
4

B
．


1

5< br>
2k

,2k


,kZ
4

4

1

5

2k,2k

,kZ

4

4

C
．

1

5

k,k

,k Z

4

4

D
．


【答案】
D
【解析】由图象可以求出周期，得到

，根据图象过点
(,1)
可求

，根据正弦型函
数的性质求出单调增区间即可
.
【详解】

3
4
T51
=1
，

244
2



，

所以
T2
，


2
3
又图象过点
(,1)
，
4
3



)
，

所以< br>1sin(
4
由图象知
故

可取
3
，

4
3

)

4
所以
f(x) sin(

x
令
2k


3

2k

,kZ
，

242
51
解得
2kx2k,kZ

44


x
所以函数的单调递增区间为


故选：
D
．

【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象与性质，利用“
五点法
”
求函数解析式，属于中档题
.
8
．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（

）


1

5

2k,2k

,kZ

4

4

第 4 页 共 20 页

A
．
8
【答案】
D
8
B
．

3
C
．
822
D
．
842

【解析】根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．

【详解】

由三视图知几何体是四棱锥，如图，


且四棱 锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形
,
边长为
2,
棱锥的高为< br>2
，

所以
S222
故选：
D

【点睛】

本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运 算能力，属
于中档题
.
9
．已知斜率为
k
的直线
l
与抛物线
C:y
2
4x
交于
A
，
B< br>两点，线段
AB
的中点为
11
222222842< br>，

22
M

1,m

m0

，则斜率
k
的取值范围是（

）

A
．
(,1)

【答案】
C
【解析】设A(x
1
，
y
1
)
，
B(x
2
，
y
2
)
，设直线
l
的方程为：
ykxb< br>，与抛物线方程联
B
．
(,1]
C
．
(1,)
D
．
[1,)

2
2k
2
立，由
△
0
得
kb1
，利用韦达定 理结合已知条件得
b
，
m
，代入上式即
k
k
可 求出
k
的取值范围．

【详解】

第 5 页 共 20 页

设直线
l
的方程为：
ykxb
，

A(x
1
，
y
1
)
，
B(x
2< br>，
y
2
)
，

联立方程


ykxb
222
y
kx(2kb4)xb0
，
，消去得：
2

y4x

△
(2kb4)
2
4k
2
b
2
0
，

kb1
，

42kb
b
2
且
x1
x
2

，
x
1
x
2
< br>2
，

2
k
k
y
1
y
2
k(x
1
x
2
)2b
4
，
k
Q
线段
AB
的中点为
M(1
,
m)(m0 )
，


x
1
x
2

42k b4
2yy2m
，

，
12
k
2
k
2
2k
2
b
，
m
，

k
k
Qm0
，

k0
，

2k
2

代入
kb1
，得
2k
2
1
，

把
b
k
k
2
1
，

k1
，

故选：
C

【点睛】

本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．

1 0
．在正方体
AC
1
中，
E
是棱
CC
1< br>的中点，
F
是侧面
BCC
1
B
1
内的动点， 且
A
1
F
与平面
D
1
AE
的垂线垂直，如 图所示，下列说法不正确的是（

）

．．．

A
．点
F
的轨迹是一条线段

C
．
A1
F
与
D
1
E
不可能平行

【答案】
C
B
．
A
1
F
与
BE
是异面直线

D
．三棱锥
FABD
1
的体积为定值

第 6 页 共 20 页

【解析】分别根据线面平行的性质定理以及异面直线的定 义，体积公式分别进行判断．
【详解】

对于
A
，设平面
A D
1
E
与直线
BC
交于点
G
，连接
AG< br>、
EG
，则
G
为
BC
的中点

分别 取
B
1
B
、
B
1
C
1
的中点M
、
N
，连接
AM
、
MN
、
AN，


QA
1
MD
1
E
，
A
1
M

平面
D
1
AE
，
D< br>1
E
平面
D
1
AE
，

A1
M
平面
D
1
AE
．同理可得
MN
平 面
D
1
AE
，

QA
1
M
、MN
是平面
A
1
MN
内的相交直线


平面
A
1
MN
平面
D
1
AE
，由此结合
A
1
F
平面
D
1
AE
，可得直线
A
1
F
平面
A
1
MN
，

即点
F
是线段
MN
上上的动点．
A
正确．

对于
B
，
Q
平面
A
1
MN
平面
D
1
AE
，
BE
和平面
D
1
AE
相 交，

A
1
F
与
BE
是异面直线，
B
正确．

对于
C
，由
A
知，平面
A
1
MN
平面
D
1
AE
，

A
1
F
与
D
1
E
不可能平行，
C
错误．< br>
对于
D
，因为
MNEG
，则
F
到平面AD
1
E
的距离是定值，三棱锥
FAD
1
E
的体积
为定值，所以
D
正确；

故选：
C
．

【点睛】

本题考查了正方形的性质 、空间位置关系、空间角、简易逻辑的判定方法，考查了推理
能力与计算能力，属于中档题．



二、填空题
第 7 页 共 20 页

11
．
(x)
的展开式中含
x
3
的系数为
_____ _____
．（用数字填写答案）

【答案】
10

【解 析】由题意得，二项式展开式的通项为
T
r1
C
5
x
r 5r
2
x
5
2
()
r
(2)
r< br>C
5
r
x
52r
，

x
1133
令
r1
，则
T
2
(2)C
5
x 10x
，所以
x
3
得系数为
10
．


22
12
．双曲线
yx1
的焦点坐标是
_______ ________
，渐近线方程是
_______________.

【答案】
(0,2)

yx

【解析】通过双曲线的标准方程，求解
c
，
【详解】

由双 曲线
yx1
，可得
a1
，
b1
，则
c< br>所以双曲线的焦点坐标是
(0,2)
，

渐近线方程为：
yx
．

故答案为：
(0,2)
；
yx
．

【点睛】

本题主要考查了双曲线的简单性质的应用，考查了运算能力，属于容易题．

13．在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者
127
人
.
在医护人员的精 心治疗下，第
15
天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的
1
名患者治愈出院
.
如果从第
16
天开始，每
天出院的人数是前一天出院人数的
2
倍，那么第
19
天治愈出院患者的人数为
______________ _
，第
_______________
天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院
.

【答案】
16 21

【解析】由题 意可知出院人数构成一个首项为
1
，公比为
2
的等比数列，由此可求结果．< br>【详解】

某医院一次性收治患者
127
人．

第< br>15
天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的
1
名患者治愈出院．
< br>且从第
16
天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的
2
倍，

22
b
，即可得到所求的结果．

a
2
，


从第
15
天开始，每天出院人 数构成以
1
为首项，
2
为公比的等比数列，

4
则 第
19
天治愈出院患者的人数为
a
5
1216
，
1(12
n
)
S
n
127
，

12
第 8 页 共 20 页

解得
n7
，


第
7151 21
天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．

故答案为：
16
，
21
．

【点睛】
< br>本题主要考查了等比数列在实际问题中的应用，考查等比数列的性质等基础知识，考查
推理能力与 计算能力，属于中档题．

14
．函数
f(x)cos
2
x
的最小正周期是
_______________
，单调递增区间是
___ _______.

【答案】


[k



2
，
k



]
，
k Z

【解析】化简函数的解析式，利用余弦函数的图象和性质求解即可．

【详解】

Q
函数
f(x)cos
2
xcos2x
，

1
2
1
2

最小正周期
T
2



，

2
2x2k

2
< br>，
kZ
，可得
k


令
2k
< br>

剟
所以单调递增区间是
[k


故答案 为：

，
[k


【点睛】


2
剟xk



，
kZ
，


2
，
k



]
，
kZ
．


2
，
k



]
，
kZ
．

本题主要考查了二倍角的公式的应用，余弦函数的图象与性质，属于中档题．

2
x
1,x0
3
15
．已知函数
f(x)
，若关于
x
的方程
f(x)xa
有且只有两
2< br>
f(x2),x0
个不相等的实数根，则实数
a
的取值范围是< br>_______________.

【答案】
(,3)

【解析】画出函数
f(x)
的图象，再画
y
3
xa
的 图象，求出一个交点时的
a
的值，
2
然后平行移动可得有两个交点时的
a
的范围．

【详解】

函数
f(x)
的图象如图所示：

第 9 页 共 20 页

因为方程
f(x)
3
xa
有且只有两 个不相等的实数根，

2
3
xa
有且只有两个交点即可，

2
3

当过
(0,3)
点时两个函数有一个交点，即
a3
时，
yxa
与函数
f(x)
有一个交点，
2< br>所以
yf(x)
图象与直线
y
由图象可知，直线向下平移后有两个 交点，

可得
a3
，

故答案为：
(,3)
．

【点睛】

本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题．


三、解答题
16
．在
VABC
中，
a
，
b
，
c
分别是角
A
，
B
，
C
的对 边，并且
b
2
c
2
a
2
bc
.
（
1
）已知
_______________
，计算
VABC
的面积；

请①
a7
，②
b2
，③< br>sinC2sinB
这三个条件中任选两个，将问题（
1
）补充
完整 ，并作答
.
注意，只需选择其中的一种情况作答即可，如果选择多种情况作答，以
第一 种情况的解答计分
.

（
2
）求
cosBcosC
的最大值
.

【答案】（
1
）见解析（
2
）
1
【解析】（
1
）

选
②
b2
，
③
sinC2sinB
．可得
c2b4
，结合
b
2
c
2
a
2
bc
，
求得
A
22

3
2
．即可；若选
①
a7
，
②< br>b2
．由
b
2
c
2
a
2
b c
可得
c3
由
③
sinC2sinB
，可得
c 2b
，
7
，求得
A
bcabc
，
3
．即可；若选
①
a
又
b
2
c
2
a
2
bc
，可得
b
21221
，
c 
即可；

33
（
2
）化简
cosBcosC sin(B)
，根据角的范围求最值即可．

6
第 10 页 共 20 页


【详解】

（
1
）若选
②< br>b2
，
③
sinC2sinB
．

QsinC2sinB
，

c2b4
，

Qb
2
c
2
a
2
bc
，

b
2
c
2
a
2
1
cosA，

2bc2
又
QA(0,

)
，

A

3
．

113
∴ABC
的面积
SbcsinA2423
．

222
若选
①< br>a7
，
②
b2
．由
b
2
c
2
a
2
bc
可得
c3
，

Qb
2
c
2
a
2
bc
，

b
2
c
2
a
2
1
cosA，

2bc2
又
QA(0,

)
，

A

3
．

11333
．

∴ABC
的面积
SbcsinA23
2222

若选
①
a7
，
③
sinC2sinB

QsinC2sinB
，

c2b
，

又< br>b
2
c
2
a
2
bc
，
b
2
4b
2
72b
2
，可得
b21221

，
c
33
1121221373
．

∴ABC
的面积
S
MBC
bcsinA
223326
（
2
）
QA

3


13
c osBcosCcosBcos[

(B)]cosBcos(B)cos BcosBsinB

3322
第 11 页 共 20 页

13

cosBsinBsin(B)

226
Q
0B

，

2
3


3
B

6

5


6


当
B

时，
sin(B)cosB cosC
有最大值
1
．

6
3
【点睛】

本题考查了正余弦定理，三角三角恒等变形，考查了计算能力，属于中档题．

17< br>．在考察疫情防控工作中，某区卫生防控中心提出了
“
要坚持开展爱国卫生运动，从人居环境改善、饮食习惯、社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要坚
决杜绝食用野 生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式
”
的要求
.
某小组通过< br>问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据
.
六类习惯是：（
1
）卫生
习惯状况类；（
2
）垃圾处理状况类；（
3
）体育 锻炼状况类；（
4
）心理健康状况类；（
5
）
膳食合理状况类；（< br>6
）作息规律状况类
.
经过数据整理，得到下表：

卫生习惯状

况类

有效答卷份数

习惯良好频率


假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立
.

（
1
）从小组收集的有效答卷中随机选取
1
份，求这份试卷的调查结 果是膳食合理状况
类中习惯良好者的概率；

（
2
）从该区任选一位 居民，试估计他在
“
卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理
状况类
”< br>三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率；

（
3
）利用上述六类 习惯调查的排序，用
“

k
1
”
表示任选一位第
k
类受访者是习惯良
好者，
“

k
0
”
表示任选一位第
k
类受访者不是习惯良好者（
k1,2,3,4,5,6
）
.
写出
方差
D

1
，
D

2
，
D

3
，
D

4
，
D

5
，
D

6
的大小关系
.

【答案】（
1
）
0.104
（
2
）
0.7 66
（
3
）
D

6
D

1D

5
D

4
D

3
D

2

【解析】（
1
）设
“
选取的试 卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者
“
的事件为
A
，
380

0.6

况类

550

0.9

况类

330

0.8

况类

410

0.7

况类

400

0.65

况类

430

0.6

垃圾处理状体育锻炼状心理健康状膳食合理状作息规律状
第 12 页 共 20 页

根据古典概型求出即可；

（
2
）设该区
“
卫生习惯状况良好者
“
，
“
体育锻炼状况良好者
“
、
“
膳食合理状况良好者
”
事件分别为
A
，
B
，
C
，设事件
E
为
“
该居民在“
卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、
膳食合理状况类
”
三类习惯方面， 至少具备两类良好习惯
“
，则
P
（
E
）
P(AB C)P(ABC)P(ABC)P(ABC)
，求出即可；

（
3
）根据题意，写出即可．

【详解】

（1
）设
“
选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者
“
的事件为
A
，

有效问卷共有
380550330410 4004302500
（份
)
，

其中受访者中膳食合理习惯良好的人数是
4000.65260
人，
< br>故
P
（
A
）

260
0.104
；

2500
（
2
）设该区
“
卫生习惯状况良好者
“
，
“
体育锻炼状况良好者
“
、
“
膳食合 理状况良好者
”
事件分别为
A
，
B
，
C
，

根据题意，可知
P
（
A
）
0.6
，（
B
）
0.8
，
P
（
C
）
0. 65
，

设事件
E
为
“
该居民在
“
卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类
”
三类习惯
方面，至少具备两类 良好习惯
“
则
P(E)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)

P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P( C)

0.60.80.350.60.20.650.40.80.65 0.60.80.65

0.1680.0780.2080.312

0.766
.
所以该居民在
“
卫生习惯状况类、体育锻炼状况类 、膳食合理状况类
”
三类习惯至少具备
2
个良好习惯的概率为
0.7 66.
（
3
）
D

6
D

1
D

5
D

4
D

3D

2
．

【点睛】

本题考查了古典概型 求概率，独立性事件，互斥性事件求概率等，考查运算能力和事件
应用能力，中档题．

18
．如图，在四棱锥
P
-
ABCD
中，底面
ABCD< br>是边长为
2
的菱形，
ADC60
，
△PAD
为 等边三角形，平面
PAD
平面
ABCD
，
M
，
N
分别是线段
PD
和
BC
的中点
.

第 13 页 共 20 页

（
1
）求直线
CM与平面
PAB
所成角的正弦值；

（
2
）求二面角D
-
AP
-
B
的余弦值；

（
3）试判断直线
MN
与平面
PAB
的位置关系，并给出证明
.
【答案】（
1
）
155
（
2
）
< br>（
3
）直线
MN
平面
PAB
，证明见解析

105
【解析】取
AD
中点
O
，连接
OC
，则
OCAD
，再由已知证明
OP
平面
ABCD
，以
O
为坐标原点，分别以
OC
，
OD
，
OP< br>所在直线为
x
，
y
，
z
轴建立空间直角坐标
系，求出平面
PAB
的一个法向量
n
．

（
1）求出
CM
的坐标，由
n
与
CM
所成角的余弦值可得直 线
CM
与平面
PAB
所成角的
正弦值；

（
2
）求出平面
PAD
的一个法向量，再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角< br>
r


DAPB
的余弦值；

（3
）求出
MN
的坐标，由
nMN0
，结合
MN< br>平面
PAB
，可得直线
MN
平面

PAB
．

【详解】

Q
底面
ABCD
是边长为
2
的菱形，
ADC60
，

ACD
为等边三角形．

取
AD
中点
O
，连接
OC
，则
OCAD
，

QPAD
为等边三角形，

OPAD
，

又 平面
PAD
平面
ABCD
，且平面
PADI
平面
ABCDAD
，

OP
平面
ABCD
．
< br>以
O
为坐标原点，分别以
OC
，
OD
，
OP
所在直线为
x
，
y
，
z
轴建立空间直角坐标
系．

第 14 页 共 20 页

则A(0
，
1
，
0)
，
D(0
，
1< br>，
0)
，
C(3
，
0
，
0)
，B(3
，
2
，
0)
，
P(0
，
0< br>，
3)
，
M(0
，

1
3
，
)
，
N(3
，
1
，
0)
．

2
2

AP(0,1,3)
，
AB(3,1,0)
， 设平面
PAB
的一个法向量为
n(x,y,z)
．

< br>v
r
uuu


nAPy3z0

由

r
uuu
，取
y3
，得
n(1,3,1 )
．

v


nAB3xy0
（
1
）证明：设直线
CM
与平面
PAB
所成角为

，

13
CM(3,,)
，

22

则
sin

|cosn,CM|

|nCM|
| n||CM|



3
52

15
，

10
即直线
CM
与平面
PAB
所成角的正弦 值为

15
；

10
（
2
）设平面
DAP
的一个法向量为
m(1,0,0)
，

rr
n m15

由
cosn,m
r
，

r

|n||m|
51
5

得二面角
DAPB的余弦值为


33
（
3
）
Q
MN (3,,)
，

22
5
；

5
nMN3
33

3
0
，


22
又
MN
平面
PAB
，


直线
MN
平面
PAB
．

【点睛】

本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、 线面、面面
间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

第 15 页 共 20 页

x
19
．已知函数
f
< br>x

e

ax1

，
aR
.

（
1
）求曲线
yf

x

在 点
M0,f

0

处的切线方程；

（
2
）求函数
f

x

的单调区间；

（3
）判断函数
f

x

的零点个数
.

【答案】（
1
）
(a1)xy10
（
2
） 答案见解析（
3
）答案见解析

【解析】（
1
）设曲线yf(x)
在点
M(0
，
f(0))
处的切线的斜率为
k
，可求得
kf(0)a1
，
f(0)1
，利用直线的 点斜式方程即可求得答案；


（
2
）由（
Ⅰ
） 知，
f(x)e
x
(axa1)
，分
a0
时，< br>a0
，
a0
三类讨论，即可求
得各种情况下的
f(x)< br>的单调区间为；

（
3
）分
a0
与
a0
两类讨论，即可判断函数
f(x)
的零点个数．

【详解】

（
1
）
Qf(x)e
x
(ax1)
，

f(x)e
x
(ax1)ae
x
e
x
(axa1)
，

设曲线
yf(x)
在点
M(0，
f(0))
处的切线的斜率为
k
，

则
k f(0)e
x
(ax1)ae
x
e
0
(a1) a1
，

又
f(0)1
，


曲线
yf(x)
在点
M(0
，
f(0))
处的切线方程为：< br>y1(a1)x
，即
(a1)xy10
；

（
2
）由（
1
）知，
f(x)e
x
(axa 1)
，

故当
a0
时，
f(x)e
x
0
，所以
f(x)
在
R
上单调递增；

当a0
时，
x(,
a1a1
)
，
f(x )0
；
x(
，
)
，
f(x)0
；< br>
aa
a1a1
)
，递增区间为
(
，
)
；

aa
a1a1
)
，递减区间为
(
，
)
；

aa
f(x)
的递减区间为
(,
当
a0
时，同理可得
f(x)
的递增区间为
(,
综上所述，
a0
时，
f(x)
单调递增为
( ,)
，无递减区间；

当
a0
时，
f(x)
的递减区间为
(,
a1a1
)
，递增区间为
(
，
)
；

aa
第 16 页 共 20 页

当
a0
时，
f(x)
的递增区间为
(,
a 1a1
)
，递减区间为
(
，
)
；
aa
x
（
3
）当
a0
时，
f(x)e0
恒成立，所以
f(x)
无零点；

当
a0
时，由
f(x)e
x
(ax1)0
，得：
x
【点睛】< br>
1
，只有一个零点．

a
本题考查利用导数研究曲线上某点 的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查分类
讨论思想与推理、运算能力，属于中档题．

x
2
y
2
3
20
．已知椭圆
C:
2

2
1(ab0)
的离心率为，且过点
A

0,1

.

ab
2
（
1
）求椭圆
C
的标准方程；
< br>（
2
）点
P
是椭圆上异于短轴端点
A
，
B< br>的任意一点，过点
P
作
PQy
轴于
Q
，线段
PQ
的中点为
M
.
直线
AM
与直线
y1交于点
N
，
D
为线段
BN
的中点，设
O
为坐标
原点，试判断以
OD
为直径的圆与点
M
的位置关系
.

x
2
【答案】（
1
）
y
2
1
（
2
）点
M
在以
OD
为直径的圆上

4
【解析】（
1
）根据题意列出关于
a
，
b
，
c
的方程组，解出
a
，
b
，
c
的值， 即可得到
椭圆
C
的标准方程；

（
2
）设点
P(x
0
，
y
0
)
，则
M(
x
0
，
y
0
)
，求出直线
AM
的方程，进而求出点< br>N
的坐标，
2

再利用中点坐标公式得到点
D
的坐 标，下面结合点
P
在椭圆
C
上证出
OMDM0
，所以点
M
在以
OD
为直径的圆上．

【详解】


b1

a2


3

c< br>（
1
）由题意可知，


，解得

b1< br>，


a
2
2
22


c 3

abc

2
x

椭圆
C
的标准方程为：
y
2
1
.
4
（
2
）设点
P(x
0
，
y
0
)
，则
M(
x
0
，
y
0
)
，

2
y
0
12(y
0
1)


直线
AM
的 斜率为
x
0
，

x
0
0
2
第 17 页 共 20 页


直线
AM
的方程为：
y 
令
y1
得，
x
x
0
，

1y
0
2(y
0
1)
x1
，
x
0

点
N
的坐标为
(

点
D
的坐标为
(

x
0
，
1)
，

1y
0
x
0
，
1)
，

2(1y
0
)
x
0
x
0
x
0
2
x
0
2
x
0
2
,y
0
1) y
0
y
0
，


OMDM(
，< br>y
0
)(
22(1y
0
)444y
0
2
又
Q
点
P(x
0
，
y
0
)< br>在椭圆
C
上，

x
0
2

y0
2
1
，
x
0
2
44y
02
，

4
4(1y
0
2
)
y0
1(1y
0
)y
0
0
，


OMDM1
4(1y
0
)


点< br>M
在以
OD
为直径的圆上．

【点睛】

本 题主要考查了椭圆方程，考查了中点坐标公式，以及平面向量的基本知识，属于中档
题．
21
．设等差数列

a
n

的首项为
0
，公差为
a
，
aN

；等差数列

b
n

的首项为
0
，公差
为
b
，
bN
.
由数列

a
n

和

b
n

构造数表
M
，与数表
M

；

记数表
M
中位于第
i
行第
j
列的元素为
c
ij
，其中
c
ij
a
i
b
j
，（
i
，
j
=1
，
2
，
3
，…
）
.

记数表
M

中位于第
i行第
j
列的元素为
d
ij
，其中
d
ij
a
i
b
j1
（
1ib
，
iN

，
jN

）
.
如：
c
1,2
a
1
b
2
，
d
1,2
a
1
b
3
.

（
1
）设
a5
，
b9
，请计算
c
2,6
，
c
396,6
，
d
2,6
；

（
2
）设
a6
，
b7
，试求
c
ij
，
d
ij
的表达式（用i
，
j
表示），并证明：对于整数
t
，
若
t< br>不属于数表
M
，则
t
属于数表
M

；

（
3
）设
a6
，
b7
，对于整数
t
，
t
不属于数表
M
，求
t
的最大值
.< br>
【答案】（
1
）
50,2020,49
（
2）详见解析（
3
）
29

【解析】（
1
）将
a5
，
b9
代入，可求出
a
n
，
b< br>n
，可代入求
c
i,j
，
d
i,j
，可求结 果．
（
2
）可求
c
i,j
，
d
i,j，通过反证法证明，

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（
3
）可推出
tM
，
tM*
，
t
的最大值，就是 集合
M*
中元素的最大值，求出．

【详解】

（
1
）由题意知等差数列
{a
n
}
的通项公式为：
a
n
5n5
；

等差数列
{b
n
}
的通 项公式为：
b
n
9n9
，

得
c
i, j
a
i
b
j
(5i5)(9i9)5i9j14
，

则
c
2,6
50
，
c
39 6,6
2020
，

得
d
i,j
a
i
b
j1
(5i5)[9(j1)9]5i9j5
，
故
d
2,6
49
．

（
2）证明：已知
a6
．
b7
，由题意知等差数列
{a
n
}
的通项公式为：
a
n
6n6
；

等差数列
{b
n
}
的通项公式为：
b
n
7n7
，

得
c
i,j
a
i
b
j< br>(6i6)(7i7)6i7j13
，
(iN*
，
j N*)
．

i7
，
iN*
，
jN*)
．

得d
i,j
a
i
b
j1
(6i6)[7(j 1)7]6i7j6
，
1剟
所以若
tM
，则存在
uN
，
vN
，使
t6u7v
，

若tM*
，则存在
uN
，
u„6
，
vN*
，使
t6u7v
，

因此，对于正整数
t
，考虑集合< br>M
0
{x|xt6u
，
uN
，
u„6}，

即
{t
，
t6
，
t12
，< br>t18
，
t24
，
t30
，
t36}
．

下面证明：集合
M
0
中至少有一元素是
7
的倍数．

反证法：假设集合
M
0
中任何一个元素，都不是
7
的倍数， 则集合
M
0
中每一元素关于
7
的余数可以为
1
，< br>2
，
3
，
4
，
5
，
6
，< br>

又因为集合
M
0
中共有
7
个元素，所以 集合
M
0
中至少存在两个元素关于
7
的余数相同，
不妨设为
t6u
1
，
tu
2
，其中
u
1
，
u
2
N
，
u
1
u
2
„6
．则这两个元素的差为
7
的倍数，
即
(tu
2
) (t6u
1
)6(u
1
u
2
)
，

所以
u
1
u
2
0
，与
u
1< br>u
2
矛盾，所以假设不成立，即原命题成立．

即集合
M< br>0
中至少有一元素是
7
的倍数，不妨设该元素为
t6u
0< br>，
u
0
„6
，
u
0
N
，

则存在
sZ
，使
t6u
0
7s
，
u
0
N
，
u
0
„6
，即
t6u
0
7s
，
u
0
N
，
sZ
，

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由已证可知，若
tM
，则存 在
uN
，
vN
，使
t6u7v
，而
tM
，所以
S
为负
整数，

设
Vs
，则< br>vN*
，且
t6u
0
7v
，
u
0N
，
u
0
„6
，
vN*
，
所以，当
a6
，
b7
时，对于整数
t
，若
tM
，则
tM*
成立．

tM*
，（
3）下面用反证法证明：若对于整数
t
，则
tM
，假设命题不成立，即< br>tM*
，
且
tM
．

则对于整数
t，存在
nN
，
mN
，
uN
，
u„6，
vN*
，使
t6u7v6n7m
成
立，

整理，得
6(un)7(mv)
，

又因为
mN
，
vN*
，

7
所以un(mv)0
且
un
是
7
的倍数，
6
因为
uN
，
u„6
，所以
un„6
，所 以矛盾，即假设不成立．

所以对于整数
t
，若
tM*
， 则
tM
，

又由第二问，对于整数
tM
，则
tM*
，

所以
t
的最大值，就是集合
M*
中元素的最大值，

又因为
t6u7v
，
uN
，
vN*
，
u „6
，

所以
t
max
(M*)
max
667129
．

【点睛】

本题考查数列的综合应用，以及反证法，求最值，属于难题．


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