江苏省南京市、盐城市高三年级第一次模拟考试数学试卷有答案.pdf

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1、南京市、盐城市南京市、盐城市 20172017 届高三年级第一次模拟考试数学试卷届高三年级第一次模拟考试数学试卷一、填空题：本大题共 14 个小题，每小题 5 分，共 70 分1已知集合A1,0,1，B (,0)，则AB _2设复数满足z(1i) 2，其中i为虚数单位，则z的虚部为_3已知样本数据x1,x2,x3,x4,x5的方差s23，则样本数据2x1,2x2,2x3,2x4,2x5的方差为_4如图是一个算法流程图，则输出的x 的值是_5在数字 1、2、3、4 中随机选两个数字，则选中的数字中至少有一个是偶数的概率为_x 0y6已知实数x,y满足x y 7，则的最小值是_xx 2 2yx27

2、设双曲线2 y21(a 0)的一条渐近线的倾斜角为30，则该双曲线的离心率为_a8设an是等差数列，若a4 a5 a6 21，则S9_） 个单位后， 所得函数为偶函数， 则_3210将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB3，BC2，圆柱上底面圆心为O，EFG为9 将函数y 3sin(2x)的图象向右平移（0下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O EFG体积的最大值是_11在ABC中，已知AB 3，C 3，则CACB的最大值为_12 如图， 在平面直角坐标系中， 分别在x轴与直线y 3x1上从左向右依次取点Ak、Bk，k 1,2,，3其中A1是坐标原点，使AkBkAk1都是等边三角形

3、，则A10B10A11的边长是_yB3B1B2A3第 12 题图A1A2A4x13在平面直角坐标系xOy中，已知点P为函数y 2ln x的图象与圆M :(x 3)2 y2 r2的公共点，且它们在点P处有公切线，若二次函数y f (x)的图象经过点O,P,M，则y f (x)的最大值为_14在ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a2b22c28，则ABC面积的最大值为_二、解答题（本大题共6 小题，共 90 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15 （本小题满分 14 分）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，BC AC，D，E分别是AB，AC

4、的中点（1）求证：B1C1平面A1DE；（2）求证：平面A1DE 平面ACC1A1A1B1ADEBCC1第 15 题图16 （本小题满分 14 分）在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且bsin2C csinB（1）求角C；3，求sinA的值3517 （本小题满分 14 分）（2）若sin(B ) 22xy在平面直角坐标系xOy中，已知圆O:x y b经过椭圆E:21(0b 2)的焦点4b（1）求椭圆E的标准方程；222（2）设直线l: y kxm交椭圆E于P,Q两点，T为弦PQ的中点，M(1,0),N(1,0)，记直线TM,TN的斜率分别为k1,k2，当2m22k21时，求k1

5、k2的值yQlTOP第 17 题图x18 （本小题满分 16 分）如图所示，某街道居委会拟在EF地段的居民楼正南方向的空白地段AE上建一个活动中心，其中AE 30米活动中心东西走向，与居民楼平行从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD，上部分是以DC为直径的半圆为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角满足tan（1）若设计AB18米，AD6米，问能否保证上述采光要求？（2）在保证上述采光要求的前提下， 如何设计AB与AD的长度， 可使得活动中心的截面面积最大？ （注：计算中取 3）南活动中心B

6、第 18 题图居民楼GEF34DCA19 （本小题满分 16 分）设函数f (x) lnx，g(x) axa 13（aR R） xx（1）当a 2时，解关于的方程g(e ) 0（其中e为自然对数的底数） ；（2）求函数(x) f (x) g(x)的单调增区间；（3）当a 1时，记h(x) f (x)g(x)，是否存在整数，使得关于的不等式2 h(x)有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由 （参考数据：ln2 0.6931，ln3 1.0986）.20 （本小题满分 16 分）na d,N N* *,nk* *若存在常数k(kN N ,k 2)、q、d，使得无穷数列an满足an1则称

7、数列an为“段比nqa ,N N* *,nk差数列” ，其中常数k、q、d分别叫做段长、段比、段差设数列bn为“段比差数列” （1）若bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q、3当q 0时，求b2016；n1当q 1时，设bn的前3n项和为S3n，若不等式S3n3对nN N* *恒成立，求实数的取值范围；（2）设bn为等比数列，且首项为，试写出所有满足条件的bn，并说明理由附加题附加题21A（选修 4-1：几何证明选讲）如图，AB是半圆O的直径， 点P为半圆O外一点，PA,PB分别交半圆O于点D,C 若AD 2，PD4，PC3，求BD的长PCDO第 21（A）图AB21B（选修 4-2：矩

8、阵与变换）设矩阵MM m2 1的一个特征值对应的特征向量为，求m与的值23221C（选修 4-4：坐标系与参数方程）3x t5(t为参数）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:现以坐标原点O为极点，以x轴非负半轴为极4y t5轴建立极坐标系，设圆C的极坐标方程为 2cos，直线与圆C交于A,B两点，求弦AB的长21D（选修 4-5：不等式选讲）222若实数x,y,z满足x2y z 1，求x y z的最小值22 （本小题满分 10 分）某年级星期一至星期五每天下午排3 节课，每天下午随机选择1 节作为综合实践课（上午不排该课程） ，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程（1）求这两个班

9、“在星期一不同时上综合实践课”的概率；（2）设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X，求 X 的概率分布表与数学期望E（X） 23 （本小题满分 10 分）设nN N* *，n3，kN N* *（1）求值：kk1kCnnCn1；2kk2k1k Cnnn1Cn2nCn1（k 2） ；012kn（2）化简：12Cn22Cn32Cn k 1Cn n1Cn22南京市、盐城市南京市、盐城市 20172017 届高三年级第一次模拟考试数学试卷届高三年级第一次模拟考试数学试卷答答案案112131249563642 37386355121049113212512 3982 514515 （1）略13（

10、2）略4 3 3（2）3101x2y217 （1）1（2）24218 （1）能（2）AB20米且AD5米16 （1）C (x)的增区间为(0,19x0或x ln2（1）（2） 当a0时，a 1时，(x)的增区间为(a1(x)的增区间为(0,)；)； 当0a1时，aa 1,) （3）的最小值为0an120 （1）6，14,（2）bn b或bn121A4 3Bm0，4b65DCAB 1622 （1）25（2）E(X) 33n223 （1）0，0， （2）2n25n4南京市、盐城市南京市、盐城市 20172017 届高三年级第一次模拟考试数学试卷届高三年级第一次模拟考试数学试卷解解析析1试题分析：A

11、考点：集合运算【方法点睛】集合的基本运算的关注点（1）看元素组成集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决（3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图2试题分析：z(1i) 2 z 1i，所以虚部为1.考点：复数概念【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如(abi)(cdi) (acbd)(ad bc)i,(a,b,c,d R)其次要熟悉复数相关基本概念，如复数abi(a,b

12、R)的实部为、虚部为、模为a2b2、对应点为(a,b)、共轭为abi3试题分析：由题意得方差为22s2 4312考点：方差4试题分析：第一次循环：x 5,y 7，第二次循环：x 9,y 5考点：循环结构流程图【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项5试题分析：对立事件概率为考点：古典概型概率【方法点睛】古典概型中基本事件数的探求方法（1）列举法（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求对于基本事件

13、有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法（3）列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化6B 1,0,1,0 111151.，因此所求概率为C42666考点：线性规划【名师点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围7试题分析：双曲线渐近线方程为y 考点：双曲线渐近线及离心率【方法点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c 的方程或

14、不等式，再根据 a，b，c 的关系消掉 b 得到 a，c 的关系式，建立关于 a，b，c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等8试题分析：由a4 a5 a6 21得a5 7，所以S9考点：等差数列性质【思路点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法9x12 3，所以 tan30 a 3 c 2 e aa39(a1 a9)9a5 632考点：三角函数图像变换

15、【思路点睛】三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩， 后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x 而言函数 yAsin（x） ，xR是奇函数 k（kZ） ；函数 yAsin（x） ，xR 是偶函数 k（kZ） ；函数 yAcosxR 是奇函数 k （kZ）xR 是偶函数 k（x） ，； 函数 yAcos （x） ，（kZ） 10试题分析：VOEFG ABSEFG SEFG考点：三棱锥体积【方法点睛】 （1）求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法

16、（2）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解1113124 42考点：余弦定理【思路点睛】三角函数和平面向量是高中数学的两个重要分支，内容繁杂，且平面向量与三角函数交汇点较多，向量的平行、垂直、夹角、数量积等知识都可以与三角函数进行交汇不论是哪类向量知识与三角函数的交汇试题，都会出现交汇问题中的难点，对于此类问题的解决方法就是利用向量的知识将条件转化为三角函数中的

17、“数量关系”，再利用三角函数的相关知识进行求解12 试题分析： 设y 3BAPAB 1 ;2 2AP 则Ax1与轴交点为 P，1 1123 1 1A2 B ;3 3AP 3 2 2 4 ;依次类推得A10B10A11的边长为29512考点：归纳推理13考点：导数几何意义，二次函数最值【思路点睛】 （1） 求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异， 过点 P 的切线中，点 P 不一定是切点，点 P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点（2）利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化以平行、垂直直线斜率间的关系为载体

18、求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解14试题分析：SABC111(a2b2c2)21(83c2)2222，absinC ab 1cos C (ab) (ab) 222424而2ab a2b282c2 ab 42c2，所以SABC取等号考点：基本不等式求最值【易错点睛】 在利用基本不等式求最值时， 要特别注意“拆、 拼、 凑”等技巧， 使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数） 、“定”（不等式的另一边必须为定值） 、“等”（等号取得的条件）的条件81(83c2)2121 5c2 (165c2)2 5222，当且仅当a b,c2时(4 c ) c (

19、165c ) 5244452 5才能应用，否则会出现错误15往往需要利用线面垂直判定与性质定理进行多次转化： 由直棱柱性质得侧棱垂直于底面：CC1底面ABC，再转化为线线垂直CC1 DE；又根据线线平行DE/ /BC，将线线垂直BC AC进行转化DE AC，再根据线面垂直判定定理得DE 平面ACC1A12AC的中点，试题解析： 证明：（1） 因为D，所以DE/ /BC， E分别是AB，分又因为在三棱柱ABC A1B1C1中，B1C1/ /BC，所以B1C1/ /DE又B1C1平面A1DE，DE 平面A1DE，所以B1C1平面A1DE（2）在直三棱柱ABC A1B1C1中，CC1底面ABC，又D

20、E 底面ABC，所以CC1 DE 8 分 4 分 6 分又BC AC，DE/ /BC，所以DE AC，又CC1,AC 平面ACC1A1，且CC1 10 分 12 分 14 分AC C，所以DE 平面ACC1A1又DE 平面A1DE，所以平面A1DE 平面ACC1A1（注：第（2）小题也可以用面面垂直的性质定理证明DE 平面ACC1A1，类似给分）考点：线面平行判定定理，面面垂直判定定理【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直164同角三角函数关系求得

21、cos(B ) 1sin2(B ) ，最后代入可得结果335试题解析：解： （1）由bsin2C csinB，根据正弦定理，得2sinBsinCcosC sinCsinB，2 分因为sinB 0,sinC 0，所以cosC 又C(0,)，所以C （2）因为C 1，2 4 分 6 分33，所以B(0, 2)，所以B (,)，33 33又sin(B 34) ，所以cos(B ) 1sin2(B ) 8 分35335又A B 22 B，即A33nn1b3n134n69n23n212 分2 B)3b2b5所以sin Asin(334134 3 3252510考点：正弦定理，给值求值 14 分【方法点睛

22、】三角函数求值的三种类型（1）给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数（2）给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的（3）给值求角：实质是转化为“给值求值” ，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角17 试题分析： （） 先确定交点位置： 在轴上， 再根据圆与轴交点得等量关系：c b； 又a 2， 所以b2 22y0（）设T(x0, y0)，表示k1k22，然后根据直线与椭圆方程联立方程组， 结合韦达定理表示中点T坐x01标，并

23、利用条件2m22k21化简：x0 简得k1k2 k1k，y0 mk ，最后代入并利用条件2m22k21化m2mm12（2）方法一：设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，T(x0, y0)，x2y21222联立 4，消去y，得(1 2k )x 4kmx 2m 4 0，2y kx m4km2k22x x ，又，所以，2m 2k 1121 2k2mk1k所以x0 ，y0 mk ，m2mm所以x1 x2 10 分111112m2m 则k1k22222kk4k 4m2(2m 2k )21 1mmx12y121 42方法二：设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，T(x0, y0)，则2，2x2y2

24、12 4两式作差，得 14 分x1 x2x1 x2y1 y2y1 y2 0，42x0 x1 x22x0y0y1 y2 0， y0y1 y2 0，2x1 x2又x1 x2 2x0，y1 y2 2y0，又P(x1, y1)，Q(x2, y2)在直线y kxm上，y1 y2 k，x0 2ky0 0，x1 x2又T(x0, y0)在直线y kxm上，y0 kx0 m，由可得x0 以下同方法一考点：直线与椭圆位置关系【思路点睛】直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化，涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关

25、系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线2kmmy ，0221 2k12k 10 分的定义求解涉及中点弦问题往往利用点差法1813355S 2rhr2 2rhr2 2r(252r)r2 r250r (r 10)2 250 25022222试题解析：解：如图所示，以点A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系y南DHCB第 18 题GEAx（1）因为AB18，AD6，所以半圆的圆心为H(9,6)，半径r 9设太阳光线所在直线方程为y xb，即3x4y 4b 0，则由 2 分34|27 244b|3 4229，解得b24或b 3（舍）

26、 2 5 分34令x 30，得EG1.5米2.5米所以此时能保证上述采光要求故太阳光线所在直线方程为y x24， 7 分（2）设ADh米，AB2r米，则半圆的圆心为H(r,h)，半径为方法一：设太阳光线所在直线方程为y xb，34即3x4y 4b 0，由|3r 4h4b|3 422 r， 9 分解得bh2r或b h2r（舍） 故太阳光线所在直线方程为y xh 2r，34545，由EG ，得h252r22133所以S 2rhr2 2rhr2 2r(252r)r222255 r250r (r 10)2 250 25022当且仅当r 10时取等号令x 30，得EG 2r h 11 分所以当AB20米

27、且AD5米时，可使得活动中心的截面面积最大 16 分方法二：欲使活动中心内部空间尽可能大，则影长EG 恰为2.5米，则此时点G为(30,2.5)，设过点 G 的上述太阳光线为，则所在直线方程为y（x30） ，即3x 4y 100 0 10 分|3r 4h100|5而点 H（r，h）在直线的下方，则 3r4h1000，由直线与半圆 H 相切，得r 3r 4h100，从而h 252r 13 分51355又S 2rhr2 2r(252r)r2 r250r (r 10)2 250 2502222当且仅当r 10时取等号即r 所以当AB20米且AD5米时，可使得活动中心的截面面积最大考点：直线与圆位置关

28、系【方法点睛】判断直线与圆的位置关系的常见方法（1）几何法：利用 d 与 r 的关系（2）代数法：联立方程之后利用判断（3）点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题x2x19试题分析： （）代入化简方程得2(e ) 3e 1 0，由二次方程解得ex1或ex 16 分1，再根据指对数2关2 hmin(x)，利用导数先求函数h(x) f (x)g(x)最小值：本题难点是最小值点x0不能解出，只能得到其所在区间，为使值能确定最小值，需精确考虑最小值点所在区间，如x0(1,e)细化到( ,2)x试题解析：解： （1

29、）当a 2时，方程g(e ) 0即为2ex32130，去分母，得ex 2 分 4 分1，2故所求方程的根为x 0或x ln22(ex)23ex1 0，解得ex1或ex（2）因为(x) f (x) g(x) lnx axa 13(x 0)，x1a1ax2 x(a1)(ax(a1)(x1)所以(x) a2（x 0） ，xxx2x2当a 0时，由(x) 0，解得x 0；当a 1时，由(x) 0，解得x 6 分a1；a当0a1时，由(x) 0，解得x 0；当a 1时，由(x) 0，解得x 0；a1aa1)；综上所述，当a0时，(x)的增区间为(0,a当0a1时，(x)的增区间为(0,)；当a0时，由(

30、x) 0，解得0 x a 1,)a（3）方法一：当a 1时，g(x) x3，h(x) (x3)ln x，a 1时，(x)的增区间为( 10 分所以h(x) lnx13333单调递增，h( ) ln120，h(2) ln210，x2223 0，x0 12 分所以存在唯一x0( ,2)，使得h(x0) 0，即lnx0132当x(0,x0)时，h(x) 0，当x(x0,)时，h(x) 0，(x03)239 6(x0)，所以hmin(x) h(x0) (x03)ln x0 (x03)(1) x0 x0 x032331所以r( ) h(x0) r(2)，即h(x0)(, )，2223由2 ，且为整数，得

31、0，2所以存在整数满足题意，且的最小值为09x记函数r(x) 6(x)，则r(x)在( ,2)上单调递增， 14 分 16 分方法二：当a 1时，g(x) x3，所以h(x) (x3)ln x，由h(1) 0得，当0时，不等式2 h(x)有解， 12 分下证：当1时，h(x) 2恒成立，即证(x3)ln x 2恒成立显然当x(0,13,)时，不等式恒成立，只需证明当x(1,3)时，(x3)ln x 2恒成立即证明lnx 22 0令m(x) lnx ，x3x 3 14 分12x28x 9所以m(x) 22，由m (x) 0，得x 47，x(x 3)x(x 3)当x(1,47)，m(x) 0；当x

32、(47,3)，m(x) 0；所以mmax(x) m(4 7) ln(47) 所以当1时，h(x) 2恒成立综上所述，存在整数满足题意，且的最小值为0考点：利用导数求函数单调区间，利用导数求参数最值7 121 ln(42) ln21 033 16 分【思路点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题20试题解析： （1）方法一：bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3，b2014 0b2013 0，b2015 b20143 3，b20

33、16 b20153 6方法二：bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3， 3 分b11，b2 4，b3 7，b4 0b3 0，b5 b43 3，b6 b53 6，b7 0b6 0，当n4时，bn是周期为 3 的周期数列b2016 b6 6 3 分方法一：bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，b3n2b3n1b3n1db3n1qb3ndb3n1 qb3n1ddb3n1 2d 6，b3n1是以b2 4为首项、6 为公差的等差数列，又b3n2b3n1b3nb3n1db3n1b3n1 d3b3n1，S3nb1b2b3b4b5b6b3n2b3n1b3n 6 分3b2b5nn1b3n1

34、34n69n23n，2S3nADB ，设，则cnmax，n132229n23n23n 2n2，3n13n1S3n3n1，又cn1cn9n13n13n当n1时，3n22n20，c1 c2；当n2时，3n22n2 0，cn1 cn，c1 c2 c3，cnmax c214， 9 分14，得14, 10 分方法二：bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3，b3n1 b3n，b3n3b3n b3n3b3n1 2d 6，b3n是首项为b3 7、公差为 6 的等差数列，b3b6b3n 7nnn126 3n2 4n，易知bn中删掉b3n的项后按原来的顺序构成一个首项为1 公差为 3 的等差数列，b1b

35、2b4b5b3n2b3n1 2n12n2n123 6n2n， 6 分S3n3n2 4n6n2n9n23n，以下同方法一（2）方法一：设bn的段长、段比、段差分别为、n、d，则等比数列bn的公比为bk1 q，由等比数列的通项公式有bn bqn1，bkkm1当mN时，bkm2bkm1 d，即bq若q 1，则d 0，bn b；若q 1，则qkmbqkmbqkmq 1 d恒成立， 12 分dn1km，则q为常数，则q 1，为偶数，d 2b，bn1b；q 1bn1经检验，满足条件的bn的通项公式为bn b或bn1方法二：设bn的段长、段比、段差分别为、 、d，b 16 分若k 2，则b1 b，b2 b

36、d，b3b dq，b4b dq d，222由b1b3b2，得bd bq；由b2b4b3，得bdq bdq d，d 0d 2bn1联立两式，得或，则bn b或bn1b，经检验均合题意13 分q 1q 1若k 3，则b1 b，b2 b d，b3 b 2d，2由b1b3b2，得bdbb2d，得d 0，则bn b，经检验适合题意2n1综上，满足条件的bn的通项公式为bn b或bn1b 16 分考点：新定义，分组求和，利用数列单调性求最值【方法点睛】分组转化法求和的常见类型（1）若anbncn，且bn，cn为等差或等比数列，可采用分组求和法求an的前 n 项和；bn,n为奇数,（2）通项公式为an的数列

37、，其中数列bn，cn是等比数列或等差数列，可采用分组求和法c ,n为偶数n求和21A则4(24) 3(3 BC)，解得BC5，又因为AB是半圆O的直径，故ADB 4 分2， 6 分 10 分则在三角形 PDB 中有BD PB2 PD26416 4 3考点：切割线定理m2 1 1 m 4 21B试题分析：由特征值与对应特征向量关系得22，列出方程组26 2，解2 3方程组得m0，4m2 1 1试题解析：解：由题意得22，2 3 m4 则，26 2解得m0，421C 4 分 8 分 10 分考点：特征值与特征向量3x t5(t为参数）化为普通方程为4x3y 0，试题解析：解：直线l:4y t522

38、圆C的极坐标方程 2cos化为直角坐标方程为(x 1) y 1， 2 分 4 分则圆C的圆心到直线 l 的距离为d 442(3)24，5 6 分6 10 分5考点：参数方程化为普通方程，极坐标方程化为直角坐标方程，垂径定理所以AB 2 1d221D试题分析：利用柯西不等式，得(x 2y z)2 (12 2212)(x2 y2 z2)，从而有x2 y2 z2的最小值2222222试题解析：解：由柯西不等式，得(x 2y z) (1 2 1 )(x y z )，即x2y z 122212x2 y2 z2，又因为x 2y z 1，所以x2 y2 z2当且仅当 5 分1，6xyz11，即x z ,y

39、时取等号121631综上，(x2 y2 z2)min6考点：柯西不等式22 10 分11 2布：X B(5, )，根据二项分布公式P(X k) C5k 33 3及数学期望k5k,k 0,1,2,3,4,5，及E(X) np求概率分布试题解析：解： （1）这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P 1323334 分11 2（2）由题意得X B(5, )，P(X k) C5k 33 3k5k,k 0,1,2,3,4,5 6 分所以 X 的概率分布表为：XP8 分所以，X 的数学期望为E(X) 5考点：概率分布及数学期望【方法点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值

40、”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等） ，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布（如二项分布XB（n，p） ） ，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式（E（X）np）求

41、得因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度23012345322438024313538024340243102431243 10 分kk2k12k2Cn nn 1Cn2nCn1 k n 2!nn 1!n! nn 1k!n k!k 2!n k!k 1!n k!k n!(k 1)n!n! 0（）利用（）所得结论进行化简：k 1!n k!k 1!n k!k 1!n k!2kkkkkCnk22k 1Cn k2Cn 2kCnCnk 1k2k1k1kk2k1k n n1 C nC 2nCC n n1 C3nCCn2n1n1nn2n1n0123又CnCnCnCnnCn 2n，代入化简得结果kk

42、1试题解析：解： （1）kCn nCn1 k n 1!n! nk!n k!k 1!n k! 2 分n!n! 0k 1!n k!k 1!n k!2kk2k12k Cn nn 1Cn2 nCn1 k n 2!n! nn 1k!n k!k 2!n k!nn!n!n!n 1! k k 1!n k!k 2!n k!k 1!n k!k 1!n k!2n!1k1 0k 2 ! nk ! k 1k 1 4 分k2k2kkk（2）方法一：由（1）可知当k 2时k 1Cn k 2k 1 Cn k Cn 2kCnCnk2k1k1kk2k1k nn1Cn2 nCn1 2nCn1Cn nn1Cn23nCn1Cn 6 分

43、012kn故12Cn22Cn32Cn k 1Cn n1Cn0112Cn22Cnnn1Cn02Cn1223CnCnn212Cn23nCn1Cn1n1Cn122nCn14nnn12n23n2n112n1n 2n2n25n 4nkkCnx 10 分nnCnx，122方法二：当n3时，由二项式定理，有1 x1CnxCnx 1223两边同乘以，得1 xx xCnx Cnx nkk1Cnxnn1Cnx，kkk 1Cnx nnn1Cnx，两边对求导，得1 xn1 xnn1122x 12Cnx3Cnx 6 分两边再同乘以，得1 xnxn1 xn11223x2 x2Cnx 3Cnx nn1kk1k 1Cnxn2

44、nn1n1Cnx，n1两边再对求导，得1 xn1 x122122Cnx32Cnx 2xnn11 x2x22n1 xx 8 分kkk 1Cnx nnn1Cnx22nn1n2n112kn令x 1，得2 n2 nn12 2n2122Cn，32Cn k 1Cn n1Cn22012kn 2n2n25n 4即12Cn22Cn32Cn k 1Cn n1Cn10 分考点：组合数定义及其性质【思路点睛】二项式通项与展开式的应用（1）通项的应用：利用二项展开式的通项可求指定项或指定项的系数等（2）展开式的应用：可求解与二项式系数有关的求值，常采用赋值法可证明整除问题（或求余数） 关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断有关组合式的求值证明，常采用构造法