2020屆江蘇省南通市如皋中學高三(創(chuàng)新班)下學期6月高考模擬數(shù)學試題(解析版)

1、【點睛】第 1 1 頁共 2424 頁2020 屆江蘇省南通市如皋中學高三（創(chuàng)新班）下學期 6 月高 考模擬數(shù)學試題一、填空題1 1 某單位周一、周二、周三開車上班的職工人數(shù)分別是1414, 1010, 8 8 若這三天中至少有一天開車上班的職工人數(shù)是 2020，則這三天都開車上班的職工人數(shù)至多是 _ . .【答案】6 6【解析】 將原問題轉化為 VennVenn 圖的問題，然后結合題意確定這三天都開車上班的職工 人數(shù)至多幾人即可. .【詳解】如圖所示，（a+b+c+xa+b+c+x）表示周一開車上班的人數(shù)，（b+d+e+xb+d+e+x）表示周二開車上班人數(shù),（c+e+f+xc+e+f+x）

2、表示周三開車上班人數(shù)，x x 表示三天都開車上班的人數(shù),a 2b 2c d 2e f 3x 32即，abcdefx20即b c e 2x 12，當b c e 0時，x x 的最大值為 6 6,即三天都開車上班的職工人數(shù)至多是6.6.用則有:abcx14bdex10cefx8abcdex 20第2 2頁共 2424 頁故答案為：6 6第3 3頁共 2424 頁本題主要考查 VennVenn 圖的應用，數(shù)形結合的數(shù)學思想等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力 2 2.已知 F Fi, F F2分別是雙曲線 3x3x2 y y2= 3a3a2(a(a 0)0)的左、右焦點，P P 是拋物線 y

3、 y2= 8ax8ax 與雙曲線的一個交點，若|PF|PFi| |+ |PF|PF2| | = 1212,則拋物線的準線方程為【答案】X 2故答案為x 2. .此時tan 1,故 一，所以sin【解析】將雙曲線方程化為標準方程得3a21，拋物線的準線為x2a，聯(lián)立2xa2y2y3a28ax1，解得x3a，即點P的橫坐標為3a，而由PFl卩廠PF1PF212， 解得PF23a 2a 6 a，解得 a a1 1 ,拋物線的準線方程為a23 3 .已知實數(shù)a,b滿足8b221，當a cos.2b sin取最大值時,tantan _【答案】1 1【解析】 根據(jù)輔助角公式可得：.acos. 2bsin.

4、 a 2bsin進而可求得答案【詳解】2b2由一1得a24b28,8 2利用輔助角公式可得：.a cos. 2b sin、a 2b sin其中tan2；，0,2. .所以最大值為 2 2,當且僅當a 2b 2,sin1時成立,第4 4頁共 2424 頁4第5 5頁共 2424 頁則2k,k Z,則tan 1,4故答案為：1.1.【點睛】本題考查三角函數(shù)的恒等變形，關鍵是利用輔助角公式化簡，利用基本不等式求最值,屬于中檔題目 2 24 4 已知等差數(shù)列an滿足：3!358，則印a2的最大值為 _【答案】5 5【解析】設等差數(shù)列an的公差為 d d，根據(jù) a a；al8，利用平方關系，設再利用三角

5、函數(shù)的性質求解【詳解】因為寸af8故答案為：5.5.【點睛】本題主要考查數(shù)列的通項公式，三角換元法的應用以及三角恒等變換,還考查了運算求解的能力，屬于中檔題 a5 5已知函數(shù)f X x 1 ex-e2xax只有一個極值點，則實數(shù) a a 的取值范圍為21【答案】a a 0 0 或 a a - -a 2 2cos , as2 2sina27.2cos2sin25sin設等差數(shù)列an的公差為 d d,由cos22sin1，設 ai2, 2 sin則a23I13S43I3、2cos22 .sin2a2cos2 .sin25sin,tan2kZ時，aia2的最大值為 5.5.三角函數(shù)的性質,第6 6頁

6、共 2424 頁2【解析】首先對函數(shù)求導，觀察得到 數(shù)等于零只有一個根，結合圖象得到結果f (0)0，并且將函數(shù)只有一個極值點轉化為導第7 7頁共 2424 頁【詳解】x2x(x) x e ae a,a函數(shù)fxx 1 eX2e2xax只有一個極值點,x2 x即f (x) X e ae a 0只有 1 1 個實根，且在根的兩側異號,可以求得f (0)0,x令f(x)0，得a(x 0)，e 1x則設a g(x)學(x 0)，e 1(x 1)ex(e2x1) 2e2xxex/ 2x 2(e 1)求導g (x)ex(1 x)e2x(x 1)/ 2x 2(e 1)設h(x) (1 x)e2x(x 1)，

7、h(x)2 x2xe 2(1 x)e1(1 2x)e2x1，設u(x) h (x)，u(x)2e2x(2 4x)e2x4xe2x可知當x 0時，u(x)0，x 0時，u(x)0，所以h(x)在(，0)上單調增，在(0,)上單調減，且h(0)0，所以h(x)0恒成立，所以h(x)為減函數(shù)，且h(0)0，所以當x 0時，g (x)0,當x 0時，g(x)0，所以g(x)在(，0)上單調增，在(0,)上單調減，2x2 x當x 0時，e 1,g(x)0，當x 0時，e 1,g(x)0可以確定lim g (x)xm0 xe2xe(x 1)ex2e2x畫出y g(x)圖象如圖所示：x第8 8頁共 2424

8、 頁X 1ex討ax只有一個極值點，且f(0)0，因為函數(shù)f x第9 9頁共 2424 頁x所以要求a竽(x 0)無解，ex11所以a 0或a ,21故答案為：a 0或a -.2【點睛】該題考查的是有關利用導數(shù)研究函數(shù)的性質，涉及到的知識點有利用導數(shù)研究參數(shù)的取值范圍，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質的合理運用其中將函數(shù)有一個極值點轉化為方程只有一個根，結合圖象得到結果，屬于較難題目6.已知直線- 2mx +4m-4 - U,若對任意m瓦，直線與一定圓相切，則該定圓方程為_.【答案】2 2；- - -二【解析】 試題分析：取特殊值|m - Ojn = 1|,三條直線分別為b - 4黑-4A-燈，

9、這三條 直線只與圓(X-2)2+ (y-2K都相切，經(jīng)驗證，對任意mR|，直線 1 1 都與這個圓相切【考點】圓的切線2x7.已知雙曲線一2a2占1 a 0,b0左焦點為F，直線1經(jīng)過點F且與雙曲線的一b2條漸近線垂直，直線I與雙曲線的左支交于不冋兩點AB，若AF2FB，則該雙曲線的離心率為_.【答案】二3【解析】由漸近線斜率設出直線I方程，與雙曲線方程聯(lián)立消去x得關于y的二次方程，設A(Xi,yi), B(X2,y2)，由AF 2FB得2y?，由韋達定理得yiy?,y2，由此可得a,b,c的齊次等式，從而求得離心率.即c2(b2a2)y22ab3cy a2b40,【詳解】ba不妨設直線I與漸

10、近線y x垂直，即直線I方程為y (x c),aby b(x c)以2由2b2，得b2(畤x_ y_1aa b2 beyc2)a2b2,第1010頁共 2424 頁c2,68a b2/ 2c (a4a b2 2c (b元二次方程，注意這里消去X得y的二次方程對解題有幫助，原因是由得y12y2，結合韋達定理可得關于a,b,c的齊次式，從而求得離心率.8 8.用M|表示函數(shù)y sin x在區(qū)間I上的最大值，若正數(shù)a滿足M,a2Ma,2a，則a的取值范圍為_. .【答案】5136,12【解析】根據(jù)正弦定理在0,)上的單調性求解.【詳解】因為y旭在0,2上單調遞增，所以-0,a，若a-，則存在0，使得

11、)M0, a，不合題意，所以M0,ai,【點睛】 本題考查新定義，考查正弦函數(shù)的單調性與最值，掌握正弦函數(shù)性質是解題基礎，正確 理解新定義是關鍵.設A(xi, yj, B(X2, y2)，則yi y2ab3c2Z12 2cL ，y1y224仁，uur uuu又AF 2FB，F(xiàn) ( c,0)，所以yi2y2,代入得y22ab3帀，所以y14ab3c(a2b2),yi,y2代入得故答案為:【點睛】本題考查求雙曲線的離心率, 解題關鍵是設出直線l方程, 與雙曲線方程聯(lián)立消元后得p，整理得a )9c210a2，所以uur uuu曰AF 2FB勿所以由M0a-，所以213a12故答案為:5136,12a

12、,2a，且sin(a2Ma,2a得Ma,2a，解得第1111頁共 2424 頁9 9四棱錐P ABCD中，PA BC CD 2,PB PC PD、亍AB AD,則四棱錐P ABCD的體積為_ . .【答案】3 3【解析】連接AC,BD交于點E,通過證明平面PCD平面ABCD，過P作PO平 面ABCD，則0在AC上，連接BO, DO，利用AOD COD 180，應用余弦 定理求得各線段長，由Vp ABCDVDPACVB PAC可得體積.【詳解】連接AC,BD交于點E,由AB AD,CB CD知ACE是BD中點，又PB PD，所以PE BD，又PEI AC E，所以BD平面PAC,BD平面ABCD

13、，所以平面PCDBO DO CO、7 PO2，AO.4設CO a，則AO .a23，cosCOD一a23 a272 a210過P作POcosPO2，2 a23 a 2a a23 a2a242a2BD，平面ABCD，平面ABCD，則O在AC上，連接BO, DO，因為cos AODcos COD，所以2a102a a232a21由a 0，解得a2，所以AO1，BOCODO 2，PO ,3，1SVPAC AC PO2.3DEBE2212.3，VP ABCDVD PACVB PACDESVPAC-3BESVPAC故答案為:3 -32.3第1212頁共 2424 頁程無解，故k 0且k 3,8(k 3)

14、(6 k) 0,k6(k3)，所以本題考查求四棱錐的體積，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題.r r、r-31 , Ir. r t / .t . i1,21 20，使得1010 .已知向量a，b滿足aD 3，若存在不同的實數(shù)urrrur rirriruucia 3ib且G acib0 i 1,2，則cic2的取值范圍是 【答案】2,22近2爲6(k 3)x24(k3)x k 0的兩根，利用韋達定理求得i 2，則ir uur rq c,12a 3b可表示為k的函數(shù)，由k的范圍可得結論，在題中注意k的范圍的確定.【詳解】ur rr r u r rrC a

15、 (11)a 31b,C|b1a (311)b，設a b k(3 k 3)，由ir rur rc|ac1b0ir2r r ir r r2得Ci(a b) c1a b 0，整理得6(k 3)14(k 3)1k 0，同理6(k 3) 24(k 3)2k 0,所以1,2是方程6(k3)x24(k3)x k 0的兩根，由1 ,0得k 0,k 3方0變形（數(shù)量積的運算）得1,2是方程p【點睛】山G第1313頁共 2424 頁k 0得ir uuq c的范圍是2, 2J2) U (2 42, 2J3故答案為:2,2,2) U(2、.2,2 .,3【點睛】本題考查平面向量的數(shù)量積，解題關鍵是設程6(k 3)x

16、24(k 3)x k 0的兩根，這樣可用韋達定理求得i 2，從而求得目ir uu標G C2關于k的函數(shù).x21111.已知P是橢圓y21上一動點，A 2,1,B 2,1,則cos APB的最大值4為_. .【答案】式用x0, y0表示出tan APB，結合橢圓的方程化為y0的表達式，利用換元法令t 1 y0，將tan APB轉化為關于t的函數(shù)式，討論t 0與t 0,2兩種情況，結 合基本不等式即可求得tan APB的最小值，再根據(jù)同角三角函數(shù)關系式即可求得a 3b,(a 3b)2ur uu所以C141 2.96(k仁r r危. a 6a b 9b4.8(k 3)(6 k)3)6(k 3)，,6

17、(k 3)，2|a 3b6(k 3)It4(6 k)，由3 k 3且k后通過數(shù)量積的運算把1,2是方【解析】 畫出橢圓圖形，設P X0,y，過P作PHAB交AB于H，由正切和角公第1414頁共 2424 頁cos APB的最大值. .【詳解】根據(jù)題意，畫出橢圓的圖形如下圖所示：第 1o1o 頁共 2424 頁4-342R1r 1iK ip-2-3-A-設P Xo,yo，過P作PHAB交AB于H,則tan APH如XoPH 1_2yo，tanBPHBHPHxoyo，由正切和角公式可知tan APBtanAPHBPHtan APH tan BPH1 tanAPH tanBPH2 Xo1 yo2 2

18、xo21 yoXo_22Xoyo1yo2而P xo, yo在-44 1 yo21yo4 Xo21上，所以2Xo2才yo，則2Xo4 4yo2，代入上式可得tanAPB4 1 y24 Xo o24 1 yo o由橢圓性質可知,yo1,1yo o1 yo o4yo o2yo o，t0,2，則tanAPB4t2 2 2 2t24 1 t24t3t28t 4，o,2，當t o時，tan APB 0，此時APB,cosAPB當t o,2時，由基本不等式可知tanAPB443t 8t當且僅當3t4，即t紅3時取等號,t3此時cos APB的值最大,第 1o1o 頁共 2424 頁第1717頁共 2424

19、頁sin APB因而cos APB2sin APB綜上所述，可知cos APB的最大值為 丄6一24故答案為：-if一1.4【點睛】本題考查了橢圓標準方程和幾何性質的綜合應用，由正切和角公式及同角三角函數(shù)關系式的應用，由基本不等式確定最值，綜合性強，屬于難題r rrrr1212 .已知a2eb e1,e1，則向量：b的最小值為_ . .1【答案】丄4rr rrr【解析】e1，不失一般性，設 e e (1,0)(1,0)，由a2ebe1知：,b的終點在兩個rr圓上運動，設a = (2 +cosa,sin a),b = (1+cosb,sin b),化簡r r1211a b(2 cos )(1+c

20、os ) sin sin放縮后得到4( cos得解. .24441，不妨設 e e (1,0)(1,0)a = (m.n),b = (c.d),r2222e 1,(m- 2) + n =1所以A(m,n)在圓(x 2)所以cos APB42. 3cos2APB，化簡可得cos2APB1erary 1上運動1上運動【詳?shù)?818頁共 2424 頁(c-1)+d =1所以B(c,d)在圓(x 1)2y2第1919頁共 2424 頁再令A(2+cosa,sin a),B(1+cosb,sin b) rra = (2 +cosa,sin a),b二(1+cosb,sin b),r ra b (2 co

21、s )(1+cos ) sin sin2 cos +2cos +cos cos sin sin放在適當?shù)淖鴺讼抵校瑒t有關點與向量就可以用坐標表示， 這樣就能進行相應的代數(shù)運算和向量運算，從而使問題得到解決.【答案】【詳解】由10c22 25a 4b,2 210c 5a,cosB2ac12 2-(10c25a2)42aca26c2,8ac2 cos +2cos +cos()2+2跡+ 2cos(-)cos24cos222cos( )cos2 24cos cos24( cos21、211)444故答案為:【點本題考查平面向量數(shù)量積最值問題平面向把問題轉化為幾何圖形的研究，再把幾何圖形1313.三角

22、形ABC面積為S,若10c25a220S4b2，則斎肓的最大值是【解由10c25a24b2求出cosB8ac20S15a26 b22用a和c表示,并化簡,再令t2與,得到關于t的式子，構造函數(shù),a并利用導數(shù)求出220S的15a26b2最大值，進而得解第2020頁共 2424 頁20S400- acsin B215a26b215a2-10c225a22 2100a c 1452a22、cos B15c24 a2c22 22a 6c6423c224 C_2a226 c2a643c22a20S15a26b2(1 6t)264216 9t236t252t 18T8T，27t436t252t 11440

23、 t2令f(t)所以,所以,161時,229t 27t81，則4f(t)16 9t2342,27t814解得tt時,f(t) 0,3（舍）或f(t) 0t在0,1上單調遞增;12,上單調遞減,1時，ft取得最大值,2第2121頁共 2424 頁石光2的最大值為36，20S1所以，2的最大值是丄.15a26b261故答案為：丄.6【點睛】本題考查余弦定理的應用、三角形的面積公式及利用導數(shù)研究函數(shù)的最值，考查函數(shù)與方程思想、轉化與化歸思想以及運算求解能力和邏輯推理能力，構造函數(shù)并掌握求極值的方法是求解本題的關鍵，難度較大 構造函數(shù)是求解導數(shù)問題的常用方法 【答案】12751275an通項公式，最后

24、根據(jù)等差數(shù)列求和公式得結果【詳解】Q a11 ,bnan 2an,bi 2, ,3652162781丄36，1414. .已bn為首項為 2 2 正項等比數(shù)列,數(shù)列Cn為公差為 3 3 等差數(shù)列，數(shù)列an滿足bnan 2an,c.2a. 1an，若a11，則數(shù)列an前 5050 項的和為【解析】先根據(jù)等差與等比性質列方程組解得bn與Cn通項公式，進而可求數(shù)列bia3a1,2a31a3第2222頁共 2424 頁Q Cn2an 1af1,cn1cn3 2an 2an 12an 1an32an2an1an32a3a2a13 a222a4a3a23 a44因此b2a4a22,數(shù)列bn公比為b1,bn

25、2biQ C12a245 Cn5 3(n 1)3n 2因此2an 1an3n 2第2323頁共 2424 頁2an 2an 13n 5 4an 22an 16n 10從而4an 2an3n 8,Q an 2anbn2c 50(1 50) Lann, S10012752故答案為：12751275【點睛】本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列通項公式以及等比數(shù)列求和公式，考查基本分析求解能力，屬中檔題 、解答題 1515 .如圖，在 ABCABC 中，a, b,C為A,B,C所對的邊，CDCD 丄 ABAB 于 D D，且1BD AD c.2(1 1)求證：sin C 2sin( A B)；4(2 2)由(1

26、 1)得 3cos3cos AsinBAsinB sinsin AcosBAcosB，得到sin A,所以544tan A,ta nB,即可求解tanC的值. .39【詳解】1(1 1)證明：因為BD AD c,【答案】48(1 1)見解析(2 2)-11【解析】1(1 1)由題意可得acosB bcosAc,由正弦定理，得2sinsin AcosAcos B B sinBcosAsinBcosA(2)若cos A求tanC的值.1 1 . .2 2sinC,即可作出證明;第2424頁共 2424 頁21所以acosB bcosA c,21由正弦定理，得sinAcosB sinBcosAsin

27、C,2第2525頁共 2424 頁所以sinC 2sin A B(2(2)解：由(1 1)得，sin A B 2sin A B,化簡，得3cosAsinB sinAcosB.344又cosA，所以sinA，所以tanA,tanB55344tanA tanB 3 9所以tanC tan A B31 tanAtanB4 43 9【點睛】本題主要考查了利用正弦定理和三角函數(shù)的恒等變換求解三角形問題，對于解三角形問題，通常利用正弦定理進行“邊轉角”尋求角的關系，利用“角轉邊”尋求邊的關系， 利用余弦定理借助三邊關系求角，利用兩角和差公式及二倍角公式求三角函數(shù)值. .利用正、余弦定理解三角形問題是高考高

28、頻考點，經(jīng)常利用三角形內(nèi)角和定理，三角形面積 公式，結合正、余弦定理解題 . .1616.如圖，在正三棱柱ABCAB1C1中，AA2AC，D D，E E，F(xiàn) F 分別為線段AC，(1) 證明：EF/平面ABC;(2) 證明：GE平面BDE. .【答案】(1 1)證明見解析；(2 2)證明見解析；【解析】(1) 取BC的中點 G,G,連結AG,FG，可證四邊形 AEFGAEFG 是平行四邊形，得EF/AG, 即可證明結論；所以sinAcosB cosAsinB2 sinAcosB cosAsinB,48,48一11114-94-9第2626頁共 2424 頁(2) 根據(jù)已知可得EB2C1E2C1

29、B2,得出C1E BE,再由已知得BD AC,結合正三棱柱的垂直關系， 可證BD平面A1ACC1,進而有BDGE,即可證明結論. .【詳解】(1) 如圖，取BC的中點 G G,連結AG,FG. .1因為 F F 為CiB的中點，所以FG/C1C, FGC1C. .2在三棱柱ABC A|B1C1中，A|A/C1C, A1A C1C,且 E E 為AA的中點，所以FG/EA, FG EA. .所以四邊形 AEFGAEFG 是平行四邊形 所以EF/AG. .因為EF平面ABC,AG平面ABC,所以EF/平面ABC. .(2) 因為在正三棱柱ABC A1B1C1中，AA平面ABC,BD平面ABC，所以

30、A1A BD. .因為 D D 為AC的中點，BA BC，所以BD AC. .因為AAI AC A,A1A平面A1ACC1,AC平面A1ACC1, 所以BD平面AACG. .因為GE平面AACG，所以BD GE. .根據(jù)題意，可得EB C1E6AB,C1B3AB,2所以EB2C1E2C1B2. .從而GEB 90，即GE EB. .因為BDI EB B,BD平面BDE,EB平面BDE,本題考查空間線、面位置關系，證明直線與平面平行以及直線與平面垂直，注意空間垂 直關系第2727頁共 2424 頁的相互轉化，屬于中檔題 第2828頁共 2424 頁1717 .動圓P過定點A(2,0)，且在y軸上

31、截得的弦GH的長為 4.4.(1) 若動圓圓心P的軌跡為曲線C，求曲線C的方程；(2) 在曲線C的對稱軸上是否存在點Q，使過點Q的直線I與曲線C的交點s、T滿1 1 -足22為定值？若存在，求出點Q的坐標及定值；若不存在，請說明理由|QS|2|QT |221【答案】(1 1)y24x. .(2 2)存在點Q(2,0)，定值為一. .4【解析】(1 1)設P(x,y)，由題意知：PA PG，利用距離公式及弦長公式可得方程,化簡可得 P P 的軌跡方程;211 2t1a直線I的方程，與拋物線聯(lián)立，利用根與系數(shù)關系可求得22QS QT 2a t11【詳解】(1 1)設P(x, y)，由題意知：PA

32、PG. .當P點不在y軸上時，過P做PB GH，交GH于點B，則B為GH的中點,GB1GH2，PG. x24. .又Q PA ,.(x 2)2y2，Jx 2)2y2. x24，化簡得y24x(x 0)；當P點在y軸上時，易知P點與o點重合. .P(0,0)也滿足y24x，曲線C的方程為y24x. .(2)假設存在Q(a,0)，滿足題意設S? ?T x?,y2. .由題意知直線l的斜率必不為 0 0,(2(2)假設存在Q(a,0)，設s x, y1? ?T x2,y2，由題意知直線I的斜率必不為 0 0,設1QT14，與t1無關，為定值第2929頁共 2424 頁設直線l的方程為x t1y a

33、t10 x t1y a2由2得y4hy 4a 0. .y1y24t1，y1y 4a. .y 4x212 2 2為X2t1y1y22a4b2a，為x?y y a. .16第3030頁共 2424 頁Q QS2x2a2y12X1a4x12X1(4 2a)x1a2,QT2X22a2y22X2a4x22X2(42a)x2a2,QS2QT2 2X12X2(4 2a) xx22a22X2(42a) %x22%X22a2x1x2為x242a22X1X22a4t122a 4t124,QS2QT216a2t；21 11QS2QT22 24t12 a 4t142t；aQS2QT2QS2QT22 2216a t11

34、2a2t；當a 2時，上式-QS -Q-24，與ti無關，為定值QS I 414.【點睛】本題考查軌跡方程、定值問題的求解，求軌跡方程，一般是求誰設誰的坐標然后根據(jù)題目等式直接求解即可，存在性與定值問題一般設存在，代入，結合韋達定理等知識消去參數(shù)求解，屬于較難題型 1818 某景區(qū)平面圖如圖 1 1 所示，A、B、C、E、D為邊界上的點.已知邊界CED是段拋物線，其余邊界均為線段，且AD AB,BC AB, AD BC 3,AB 8，拋物線頂點E到AB的距離OE 7以AB所在直線為x軸，0E所在直線為y軸，建立 平面直角坐標系.存在點Q(2,0)，使過點Q的直線|與曲線C的交點S、T1QS2i

35、QF為定值第3131頁共 2424 頁(2 2)如圖 2 2,該景區(qū)管理處欲在區(qū)域ABCED內(nèi)圍成一個矩形M、N在邊界AB上，點P、Q在邊界CED上，試確定點P的位置，使得矩形MNPQ的周長最大，并求出最大周長.12【答案】(1 1)y x 7( 4 x 4)；( 2 2)點P與點C重合最大值為 2222,4【解析】2(1)根據(jù)題意，設二次函數(shù)解析式為y ax c( 4 x 4)，代入點 C C、E E 坐標，即可求解參數(shù)；一12一(2)根據(jù)題意結合(1 1 )中拋物線解析式，設P點坐標為m, -m 7，利用坐標4表達矩形的周長，根據(jù)二次函數(shù)性質，可求最值問題【詳解】C(4,3), E(0,7

36、),El()求邊界CED所在拋物線的解析式;MNPQ場地，使得點(1)根據(jù)對稱性可知，OA OB1AB184,BC3,OE 7,設邊界CED所在拋物線的解析式為ax2c(4x4),Q拋物線的圖象經(jīng)過E兩點,第3232頁共 2424 頁16a C 3，解得第3333頁共 2424 頁(2)設P點坐標為m,】m274Q四邊形MNPQ是矩形,1Q0，開口向下，此時P點坐標為(4,3)，即點P與點C重合.【點睛】本題考查待定系數(shù)法確定函數(shù)關系式，考查計算能力，考查運用二次函數(shù)模型解決實際問題，屬于中等題型 a(1 qn)1919 .設數(shù)列an的前 n n 項和為Sn,Sn(a1,q R, a10,q

37、1)1 q(1) 求證：數(shù)列an是等比數(shù)列；(2) 若q N*，是否存在 q q 的某些取值，使數(shù)列a.中某一項能表示為另外三項之 和？若能求出 q q 的全部取值集合，若不能說明理由.(3) 若q R,是否存在q 3,)，使數(shù)列an中，某一項可以表示為另外三項之 和？若存在指出q q 的一個取值，若不存在，說明理由.【答案】 解：(1 1)見詳解；(2 2)不存在；(3 3)不存在邊界CED所在拋物線的解析式為7( 4 x 4)；ONOM2m,PN QMMNQP2ON 4m,矩形MNPQ的周長2(MNPN)2 2m4m 141(m 4)222當m 4時，矩形MNPQ的周長有最大值,最大值為 2222,第3434頁共 2424 頁【解析】(1 1)由前n項和公式，結合anSnSn 1求出an，進而可得出結論成立；第3535頁共 2424 頁同除以q，再結合條件，即可得出結論;【詳解】取值范圍 eln x； (2 2)1,0e【解析】(1 1)求得兩個函數(shù)的導數(shù)，由公切線的斜率相同可得a,s的方程；將切點代入兩個函數(shù)，可得a,s的方程；聯(lián)立兩個方程即可求得a的值，進而得f x的解析