浙江省杭州市学军中学2020年高考数学5月模拟试题(含解析).pdf

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1、20202020 年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（5 5 月份）月份）一选择题：本大题共一选择题：本大题共1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. .1已知集合 A=x|x2 或 x1，B=x|x2 或 x0，则（RA）B=（）A （2，0）2设复数 z 满足A1BCB2，0）CD （2，1）=i，则|z|=（）D23已知 q 是等比数an的公比，则 q1”是“数列an是递减数列”的（）A充分不必要条件B必要

2、不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A16B26C32D20+5若存在实数 x，y 使不等式组与不等式 x2y+m0 都成立，则实数 m 的取值范围是（）Am0 Bm3 Cml Dm36展开式中所有奇数项系数之和为1024， 则展开式中各项系数的最大值是 （）A790B680C462D3307已知正实数 a，b 满足 a2b+40，则 u=A有最大值为B有最小值为（）C没有最小值D有最大值为 38 已知正三角形 ABC 的边长为 2| 的最大值是（）ABC2， 平面 ABC 内的动点 P， M 满足|=1， =， 则| D，PQ

3、是正方形9如图，正方形 ABCD 与正方形 BCEF 所成角的二面角的平面角的大小是BDEF 所在平面内的一条动直线，则直线BD 与 PQ 所成角的取值范围是（）A，B，C，D，10已知定义在（0，+）上的函数 f（x）的导函数 f（x）满足且A二填空题：本大题共二填空题：本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分分. .11若 2sincos=，则 sin=，tan（）=，其中 e 为自然对数的底数，则不等式 B （0，e）C D的解集是（）12商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是

4、从装有4个红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5 个白球的乙箱中，各随机摸出1 个球在摸出的 2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖 1 次能获奖的概率是；若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3次抽奖中获一等奖的次数为X，则 EX=13在ABC 中，D 是 AC 边的中点，A=ABD=，BC=14已知抛物线y=x2和直线 l：y=kx+m（m0）交于两点 A、B，当定点；当 m=时，以 AB 为直径的圆与直线相切时，直线 l 过，cosBDC=，ABC 的面积为 3，则 sin15根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3

5、门必考科目外，有3 门选考科目，并且每门选考科目都有 2 次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与高三的4 次考试中， 且每次至多考 2 门， 则该考生共有种不同的考试安排方法16如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P，Q，R 分别是棱 AB，AD，AA1的中点以PQR 为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是17函数 y=ax22x 的图象上有且仅有两个点到直线 y=x 的距离等于集合是，则实数 a 的取值三解答题：本大题共三解答题：本大题共 5 5 小题，共小

6、题，共 7474 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .18设函数f（x）=sin2xcos2x+2中 ， 为常数，且 （，1） （）求函数 f（x）的最小正周期；（）若y=f（x）的图象经过点（，0） ，求函数f（x）在区间0，上的取值范围sinxcosx+ 的图象关于直线 x= 对称，其19在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径，EF 是上底面圆 O的直径，FB 是圆台的一条母线（I）已知 G，H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH平面 ABC；（）已知 EF=FB=AC=2，AB=BC，求二面角 FBCA 的余弦值20已

7、知函数 f（x）=+x（a，bR） （）当 a=2，b=3 时，求函数 f（x）极值；（）设 b=a+1，当 0a1 时，对任意x0，2，都有 m|f（x）|恒成立，求 m 的最小值21已知椭圆+y =1（a1） ，过直线 l：x=2 上一点 P 作椭圆的切线，切点为A，当 P 点2在 x 轴上时，切线 PA 的斜率为（）求椭圆的方程；（）设 O 为坐标原点，求POA 面积的最小值22已知函数 fn（x）=xn（1x）2在（，1）上的最大值为 an（n=1，2，3，） （1）求数列an的通项公式；（2）求证：对任何正整数n（n2） ，都有 an成立；成立（3）设数列an的前 n 项和为 Sn，

8、求证：对任意正整数 n，都有 Sn20202020 年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（5 5 月份）月份）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一选择题：本大题共一选择题：本大题共1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. .1已知集合 A=x|x2 或 x1，B=x|x2 或 x0，则（RA）B=（A （2，0）B2，0）CD （2，1）【考点】1H：交、并、补集的混合运算【分析】由全集 R 及 A，求出 A 的

9、补集，找出 B 与 A 补集的交集即可【解答】解：集合 A=x|x2 或 x1，RA=x|2x1，集合 BB=x|x2 或 x0，（RA）B=x|2x0=2，0） ，故选：B2设复数 z 满足=i，则|z|=（）A1BCD2【考点】A8：复数求模【分析】先化简复数，再求模即可【解答】解：复数 z 满足=i，1+z=izi，z（1+i）=i1，z=i，|z|=1，故选：A3已知 q 是等比数an的公比，则 q1”是“数列an是递减数列”的（A充分不必要条件B必要不充分条件）C充要条件 D既不充分也不必要条件【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】 题目给出的数列是等比数列， 通过

10、举反例说明公比小于1 时数列还可能是递增数列，反之， 递减的等比数列公比还可能大于1， 从而得到“q1”是“等比数列an是递减数列”的既不充分也不必要的条件【解答】解：数列8，4，2，该数列是公比q=的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数an的公比 q1，不能得出数列an是递减数列；而数列1，2，4，8，是递减数列，但其公比 q=减数列，不能得出其公比q1所以，“q1”是“等比数列an是递减数列”的既不充分也不必要的条件故选 D4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（），所以，由数列an是递A16B26C32D20+【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】几何体是三棱锥

11、，根据三视图可得三棱锥的一侧棱与底面垂直， 结合直观图求相关几何量的数据，把数据代入棱锥的表面积公式计算即可【解答】解：根据三视图知：该几何体是三棱锥，且三棱锥的一个侧棱与底面垂直， 高为 4，如图所示：其中 SC平面 ABC，SC=3，AB=4，BC=3，AC=5，SC=4，ABBC，由三垂线定理得：ABBC，SABC=34=6，SSBC=34=6，SSAC=45=10，SSAB=ABSB=45=10，该几何体的表面积 S=6+6+10+10=32故选：C5若存在实数 x，y 使不等式组与不等式 x2y+m0 都成立，则实数 m 的取值范围是（）Am0 Bm3 Cml Dm3【考点】7C：简

12、单线性规划【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的ABC 及其内部，再将目标函数 z=x2y 对应的直线进行平移，可得当 x=y=3 时，z 取得最小值为3；当 x=4 且 y=2 时，z 取得最大值为 0，由此可得 z 的取值范围为3，0，再由存在实数 m 使不等式 x2y+m0成立，即可算出实数 m 的取值范围【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，得到如图的ABC 及其内部，其中 A（4，2） ，B（1，1） ，C（3，3）设 z=F（x，y）=x2y，将直线 l：z=x2y 进行平移，当 l 经过点 A 时，目标函数 z 达到最大值，可得 z最大值=F（4，2）=0当 l 经过

13、点 C 时，目标函数 z 达到最小值，可得 z最小值=F（3，3）=3因此，z=x2y 的取值范围为3，0，存在实数 m，使不等式 x2y+m0 成立，即存在实数 m，使 x2ym 成立m 大于或等于 z=x2y 的最小值，即3m，解之得 m3故选：B6展开式中所有奇数项系数之和为1024， 则展开式中各项系数的最大值是 （）A790B680C462D330【考点】DB：二项式系数的性质【分析】 由题意可得： 2n1=1024， 解得 n=11可得展开式中各项系数的最大值是【解答】解：由题意可得：2n1=1024，解得 n=11则展开式中各项系数的最大值是故选：C7已知正实数 a，b 满足 a

14、2b+40，则 u=A有最大值为B有最小值为（）或，则=462或C没有最小值D有最大值为 3【考点】7F：基本不等式【分析】a b+40，可得ba +4，a，b0可得式的性质即可得出【解答】解：a2b+40，ba2+4，a，b0a+ba +a+4，u=33=33，222，再利用基本不等=， 当且仅当 a=2， b=8时取等号故选：B8 已知正三角形 ABC 的边长为 2|2的最大值是（）ABC D， 平面 ABC 内的动点 P， M 满足|=1， =， 则|【考点】93：向量的模【分析】如图所示，建立直角坐标系B（0，0） ，C方程为：可得 M =1，令x=A点 P 的轨迹=，+cos，y=3

15、+sin，0，2） 又，代入|2=+3sin，即可得出【解答】解：如图所示，建立直角坐标系B（0，0） ，CAM 满足|=1， =1，点 P 的轨迹方程为：令 x=又=+cos，y=3+sin，0，2） ，则 M，| =| 的最大值是22+=+3sin也可以以点 A 为坐标原点建立坐标系故选：B9如图，正方形 ABCD 与正方形 BCEF 所成角的二面角的平面角的大小是，PQ 是正方形BDEF 所在平面内的一条动直线，则直线BD 与 PQ 所成角的取值范围是（）A，B，C，D，【考点】LM：异面直线及其所成的角【分析】以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，过B 作平面 ABCD

16、的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BD 与 PQ 所成角的取值范围【解答】解：以B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，过B 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设 BC=1，则 B（0，0，0） ，D（1，1，0） ，C（1，0，0） ，E（1，） ，F（0，） ，当 D 点在正方形 BCEF 的投影刚好落在 CE 上，记为 G 点，其坐标为 G（1，） ，此时 BG 与 BD 所成角刚好 30 度，即直线 BD 与 PQ 所成角的最小值为取 P（，0，0） ，Q（0，=（1，1，0） ，）时，直线 BD 于 PQ 所成角取最大值，=（，）

17、 ，cos=0，直线 BD 于 PQ 所成角最大值为，直线 BD 与 PQ 所成角的取值范围是故选：B10已知定义在（0，+）上的函数 f（x）的导函数 f（x）满足且A，其中 e 为自然对数的底数，则不等式 B （0，e）C D的解集是（），【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；63：导数的运算；67：定积分【分析】 根据题意， 令 g （x） =xf （x） ， 分析可得 g （x） =xf （x） =，对 g（x）求积分可得g（x）的解析式，进而可得f（x）的解析式，再令h（x）=f（x）x，对其求导可得 h（x）=f（x）10，分析可得函数 h（x）=f（x）x 在（0，+）上递减，

18、将不等式性分析可得答案【解答】解：根据题意，令 g（x）=xf（x） ，则有 g（x）=xf（x）=，变形可得 f（x）xe=f（e）e，结合函数的单调则 g（x）=（lnx） +C，即 xf（x）=（lnx） +C，则有 f（x）=又由故 f（x）=（lnx） +，即 f（e）=（lnx） +2222+=，解可得 C=，令 h（x）=f（x）x，则 h（x）=f（x）1=0，故函数 h（x）=f（x）x 在（0，+）上递减，不等式则有 0 xe，即不等式故选：B二填空题：本大题共二填空题：本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共

19、分，共 3636 分分. .11若 2sincos=，则 sin=，tan（）=3的解集为（0，e） ；，即 f（x）xe=f（e）e，【考点】GR：两角和与差的正切函数；GH：同角三角函数基本关系的运用【分析】根据已知及同角三角函数的基本关系式，建立方程关系即可得到结论【解答】解：2sincos=cos=2sin，sin2+cos2=1，sin2+（2sin即 5sin 4解得：sin=cos=2tan（故答案为：）=，32）2=1，sin+4=0，=，tan=3=2，12商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有4个红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5

20、 个白球的乙箱中，各随机摸出1 个球在摸出的 2 个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1 个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖 1 次能获奖的概率是次抽奖中获一等奖的次数为X，则 EX=；若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差【分析】 利用相互独立事件的概率乘法公式计算不获奖的概率得出获奖的概率， 根据二项分布的性质得出数学期望【解答】解：抽奖 1 次，不中奖的概率为抽奖 1 次能获奖的概率为 1抽奖 1 次获一等奖的概率为=；=，=，随机变量 X 服从二项分布，即 XB（3，） ，EX=3=故答案为：13在ABC 中，D 是 AC

21、边的中点，A=ABD=，BC=6，cosBDC=，ABC 的面积为 3，则sin，【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】 过 B 作 BHAC 于 H， 则 cosBDH=k， 在 RtABH 中， 由A=3，求出 BC=6，再由=， 设 DH=2k （k0） ， 则 BD=k， BH=3， 得 AH=k， 从而 AD=3k， AC=6k， 由 SABC=，能求出 sinABD=，【解答】解：过 B 作 BHAC 于 H，则 cosBDH=设 DH=2k（k0） ，则 BD=BH=k，k，在 RtABH 中，A=AD=3k，AC=6k，又 SABC=ACBH=解得 k=1，BC=6，在ABD

22、 中，AH=k，=3=3，解得 sinABD=故答案为：，614已知抛物线y=x2和直线 l：y=kx+m（m0）交于两点 A、B，当定点（0，2）；当 m=时，以 AB 为直径的圆与直线相切时，直线 l 过【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】 将直线代入抛物线方程， 利用韦达定理及向量数量积的坐标运算， 即可求得 m 的值，求得直线 l 的方程求得直线 l 过点（0，2） ；利用中点坐标公式求得圆M 的圆心，求得切点坐标，根据向量的数量积的坐标运算， 即可求得 m 的值【解答】解：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 x1+x2=k，x1x2=m，整理得：x2kxm=0，y1y2

23、=（x1x2） =m ，y1+y2=k（x1+x2）+2m=k +2m，由，则 x1x2+y1y2=m m=2，即 m m2=0，解得：m=1 或 m=2，22222由 m0，则 m=2，直线 l：y=kx+2，直线 l 过点（0，2） ，设以 AB 为直径的圆的圆心 M（x，y） ，圆 M 与由 x=，则 P（，） ，=0，即（x1，y1+）（x2，y2+）=0，+y1y2+（y1+y2）+=0，相切于 P，由题意可知：整理得：x1x2（x1+x2）+代入整理得：m +2=0，解得：m=，相切当 m=，以 AB 为直径的圆与直线故答案为： （0，2） ，15根据浙江省新高考方案，每位考生除语

24、、数、外3 门必考科目外，有3 门选考科目，并且每门选考科目都有 2 次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与高三的4 次考试中， 且每次至多考 2 门， 则该考生共有114种不同的考试安排方法【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】依题意，分两大类：四次考试中选三次（有种方法） ，每次考两科；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，分别分析、计算即可求得答案【解答】解：将 3 门选考科目共 6 次考试机会安排在高二与高三的4 次考试中，且每次至多考 2 门，有两种情况：四次考试中选三次（有种方法） ，每次考两科，第一次有）种

25、方法，第二次必须考剩种方法，根据分布乘下的一科与考过的两科中的一科，有法计数原理，共有：（种方法，第三次只能是=24 种方法；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，共=6 种方法；分别为方案 2211，2121，2112，1221，1212，1122若为 2211，第一次有种方法，种方法，则第三次只考剩下的第三科有1 种方第二次有两种情况，1选考过的两科，有法；第四次只有 1 种方法，故共有11=3 种方法；种方法， 则第三次与第四次共有种方法，2剩下的一科与考过的两科中的一科， 有故共有=12 种方法；综上所述，2211 方案共有 15 种方法；若方案为 2121，共有若方案为 21

26、12，共有（+）=15 种方法；）=15 种方法；同理可得，另外 3 种情况，每种各有 15 种方法，所以，四次考试都选，共有156=90 种方法综合得：共有 24+90=114 种方法故答案为：11416如图，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，P，Q，R 分别是棱 AB，AD，AA1的中点以PQR 为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面 A1B1C1D1、面 DD1C1C、面 BB1C1C 的中心，记为 M、N、H，则三这个棱柱的高h=PH=R

27、M=QN，求解三角形求得高和底面积，代入柱体体积公式得答案【解答】解：正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，P，Q，R 分别是棱 AB，AD，AA1的中点，以PQR 为底面作直三棱柱（侧棱与底面垂直的三棱柱叫直三棱柱） ，该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A1B1C1D1、面 DD1C1C、面 BB1C1C 的中心，记为 M、N、H，则三这个棱柱的高 h=PH=RM=QN，这个三棱柱的高 h=RM=底面正三角形 PQR 的边长为这个直三棱柱的体积是故答案为：=，面积为=17函数 y=ax 2x 的图象上有且仅有两个点到直线 y=x 的距离等于集合是a|a或 a=0 或 a【考点】3W

28、：二次函数的性质【分析】对 a 进行分类讨论，得出 y=ax22x 与 y=x2 的位置关系，根据交点个数判断 a的范围【解答】解： （1）若 a=0，则 y=2x 与 y=x 为相交直线，显然 y=2x 上存在两点到 y=x 的距离等于，符合题意；2，则实数 a 的取值（2）若 a0，则 y=ax22x 与直线 y=x 相交，y=ax 2x 在直线 y=x 上方的图象必有 2 点到直线 y=x 的距离等于又直线 y=x 与 y=x2 的距离为，2，抛物线 y=ax22x 与直线 y=x2 不相交，联立方程组，消元得 ax23x+2=0，=98a0，解得 a（3）若 a0，同理可得 a故答案为

29、：a|a或 a=0 或 a三解答题：本大题共三解答题：本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .18设函数f（x）=sin xcos x+2中 ， 为常数，且 （，1） （）求函数 f（x）的最小正周期；（）若y=f（x）的图象经过点（，0） ，求函数f（x）在区间0，上的取值范围22sinxcosx+ 的图象关于直线 x= 对称，其【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；H2：正弦函数的图象【分析】 （）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f（x）化为 y=Asin（x+）+k 型函数，再利用

30、函数的对称性和 的范围，计算 的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期；（）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得 的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数 f（x）的范围即可【解答】解： （）f（x）=sin2x+2=sin2xcos2x+）+，=+k，kzsinxcosxcos2x+=2sin（2x图象关于直线 x= 对称，2=+，又 （，1） ，令 k=1 时，=符合要求，函数 f（x）的最小正周期为=；（）f（）=0，）+=0，2sin（2=，f（x）=2sin（xf（x）1），219在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径，EF 是上底面圆 O的直径，FB 是圆台的一条

31、母线（I）已知 G，H 分别为 EC，FB 的中点，求证：GH平面 ABC；（）已知 EF=FB=AC=2，AB=BC，求二面角 FBCA 的余弦值【考点】MT：二面角的平面角及求法；LS：直线与平面平行的判定【分析】 （）取FC 中点 Q，连结 GQ、QH，推导出平面GQH平面 ABC，由此能证明GH平面 ABC（）由 AB=BC，知 BOAC，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OO为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角FBCA 的余弦值【解答】证明： （）取 FC 中点 Q，连结 GQ、QH，G、H 为 EC、FB 的中点，GQ，QH，又EFBO，GQBO

32、，平面 GQH平面 ABC，GH面 GQH，GH平面 ABC解： （）AB=BC，BOAC，又OO面 ABC，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OO为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A（=（2，0，0） ，C（2，3） ，0，0） ，B（0，2=（2，2，0） ，O（0，0，3） ，F（0，3） ，0） ，由题意可知面 ABC 的法向量为=（0，0，3） ，设 =（x0，y0，z0）为面 FCB 的法向量，则，即，取 x0=1，则 =（1，1，） ，cos， =二面角 FBCA 的平面角是锐角，二面角 FBCA 的余弦值为20已知函数 f（x）=+x（a，bR） （）当 a

33、=2，b=3 时，求函数 f（x）极值；（）设 b=a+1，当 0a1 时，对任意x0，2，都有 m|f（x）|恒成立，求 m 的最小值【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6D：利用导数研究函数的极值【分析】 （）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）对a 进行分类讨论：当a=0 时，f（x）=x+1，m1；再对对称轴进行讨论，当2 时，即 a；当2 时，即 a，分别去求|f（x）|的最大值【解答】解： （）a=2，b=3 时，f（x）=x3x2+x，f（x）=2x23x+1=（2x1） （x1） ，令 f（x）0，解得：x1 或 x，令 f（x）0，解得：

34、x1，故 f（x）在（，）递增，在（，1）递减，在（1，+）递增，故 f（x）极大值=f（）=，f（x）极小值=f（1）=，（）当 b=a+1，f（x）=ax3（a+1）x2+x，f（x）=ax2（a+1）x+1，f（x）恒过点（0，1） ；当 a=0 时，f（x）=x+1，m|f（x）|恒成立，m1；0a1，开口向上，对称轴1，f（x）=ax2（a+1）x+1=a（x）2+1，当 a=1 时 f（x）=x22x+1，|f（x）|在 x0，2的值域为0，1；要 m|f（x）|，则 m1；当 0a1 时，根据对称轴分类：当 x=2，即a1，=（a1）20，f（）=（a+）（，0） ，又 f（2）

35、=2a11，所以|f（当 x=2，即 0a；f（x）在 x0，2的最小值为 f（2）=2a1；12a1，所以|f（x）|1，综上所述，要对任意 x0，2都有 m|f（x）|恒成立，有 m1，x）|1；m121已知椭圆+y =1（a1） ，过直线 l：x=2 上一点 P 作椭圆的切线，切点为A，当 P 点2在 x 轴上时，切线 PA 的斜率为（）求椭圆的方程；（）设 O 为坐标原点，求POA 面积的最小值【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】 （）由 P 在 x 轴设出 P 点坐标及直线 PA 方程，将 PA 方程与椭圆方程联立，整理关于 x 的一元二次方程，=0 求得 a ，即可求得椭圆方程；（

36、）设出切线方程和点P 及点 A 的坐标，将切线方程代入椭圆方程， 求得关于 x 的一元二次方程，=0，求得 A 和 P 点的坐标，求得丨PO 丨及 A 到直线 OP 的距离，根据三角形的面积公式求得 S=丨 k+小值【解答】解： （1）当 P 点在 x 轴上时，P（2，0） ，PA：，丨，平方整理关于 k 的一元二次方程，0，即可求得S 的最2，=0a2=2，椭圆方程为；5（2）设切线为 y=kx+m，设 P（2，y0） ，A（x1，y1） ，则（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0=0m2=2k2+1，7且则，y0=2k+mPO 直线为，A 到直线 PO 距离，10则=（Sk）2=1+2

37、k2k2+2SkS2+1=0，此时，131522已知函数 fn（x）=xn（1x）2在（，1）上的最大值为 an（n=1，2，3，） （1）求数列an的通项公式；（2）求证：对任何正整数n（n2） ，都有 an成立；成立（3）设数列an的前 n 项和为 Sn，求证：对任意正整数 n，都有 Sn【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（1） 由已知得由此利用导数性质能求出数列an的通项公式（2）当n2 时，欲证1= （n+2） xn（x1）（x） ，只需证明（1+）n4，由此能证明当n2时，都有成立（3）Sn，由此能证明任意正整数n，都有成立【解答】解： （1）fn（x）=xn（1x）2，=xn1（1x）n（1x）2x=（n+2）xn1（x1） （x） ，知：x=，当 x（，1）时，由n1，x（，f（x）在（在 x=）时，；x（）时，（x）0；）上单调递增，在（处取得最大值，）上单调递减即=（2）当 n2 时，欲证，只需证明（1+）n4，（1+）n=1+2+当 n2 时，都有（3）Sn=a1+a2+an=1+2+1=4，成立 对任意正整数 n，都有成立