《2022年高三二?？荚嚁?shù)學(xué)（理）試題解析版 含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三二模考試數(shù)學(xué)（理）試題解析版 含解析（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三二?？荚嚁?shù)學(xué)（理）試題解析版 含解析一、填空題（本大題滿分56分）本大題共有14題，考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號(hào)的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個(gè)空格填對(duì)得4分，否則一律得零分1（4分）（xx寶山區(qū)二模）已知全集U=R，集合A=x|x22x30，則UA=1，3考點(diǎn)：并集及其運(yùn)算專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：由題意求出集合A，然后直接寫出它的補(bǔ)集即可解答：解：全集U=R，集合A=x|x22x30=x|x1或x3，所以UA=x|1x3，即UA=1，3故答案為：1，3點(diǎn)評(píng)：本題考查集合的基本運(yùn)算，補(bǔ)集的求法，考查計(jì)算能力2（4分）（xx寶山區(qū)二模）若復(fù)數(shù)z滿足z=i（2z）（i是虛數(shù)單位），則|z|

2、=考點(diǎn)：復(fù)數(shù)求模；復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算專題：計(jì)算題分析：由題意可得（1+i）z=2i，可得z=，再利用兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法，虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)求得z的值，即可求得|z|解答：解：復(fù)數(shù)z滿足z=i（2z）（i是虛數(shù)單位），z=2iiz，即（1+i）z=2i，z=1+i，故|z|=，故答案為 點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法，虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)，求復(fù)數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題3（4分）（xx寶山區(qū)二模）已知直線2x+y+1=0的傾斜角大小是，則tan2=考點(diǎn)：兩角和與差的正切函數(shù)；直線的傾斜角專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：有直線的方程求出直線的斜率，即得tan=2，再利用二倍角的正切

3、公式求得tan2的值解答：解：已知直線2x+y+1=0的傾斜角大小是，則有tan=2，且 0tan2=，故答案為 點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線的傾斜角和斜率，二倍角的正切公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題4（4分）（xx寶山區(qū)二模）若關(guān)于x、y的二元一次方程組有唯一一組解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是考點(diǎn)：兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)專題：數(shù)形結(jié)合分析：把給出的二元一次方程組中的兩個(gè)方程看作兩條直線，化為斜截式，由斜率不等即可解得答案解答：解：二元一次方程組的兩個(gè)方程對(duì)應(yīng)兩條直線，方程組的解就是兩直線的交點(diǎn)，由mxy+3=0，得y=mx+3，此直線的斜率為m由（2m1）x+y4=0，得y=（2m1）x+4若二元一次方程組有唯一一

4、組解，則兩直線的斜率不等，即m12m，所以m故答案為點(diǎn)評(píng)：本題考查了二元一次方程組的解法，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想，二元一次方程組的解實(shí)質(zhì)是兩個(gè)方程對(duì)應(yīng)的直線的交點(diǎn)的坐標(biāo)，是基礎(chǔ)題5（4分）（xx寶山區(qū)二模）已知函數(shù)y=f（x）和函數(shù)y=log2（x+1）的圖象關(guān)于直線xy=0對(duì)稱，則函數(shù)y=f（x）的解析式為y=2x1考點(diǎn)：反函數(shù)專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：根據(jù)函數(shù)y=f（x）和函數(shù)y=log2（x+1）的圖象關(guān)于直線xy=0對(duì)稱，知f（x）是函數(shù)y=log2（x+1）的反函數(shù)，求出y=log2（x+1）的反函數(shù)即得到f（x）的表達(dá)式解答：解：數(shù)y=f（x）的圖象與函數(shù)y=log2（x+1）

5、（x1）的圖象關(guān)于直線xy=0對(duì)稱，f（x）是函數(shù)y=log2（x+1）的反函數(shù)，f（x）=2x1，（xR）；故答案為：y=2x1點(diǎn)評(píng)：本題考查反函數(shù)、求反函數(shù)的方法，屬于基礎(chǔ)題6（4分）（xx寶山區(qū)二模）已知雙曲線的方程為，則此雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為1考點(diǎn)：雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：先由題中條件求出焦點(diǎn)坐標(biāo)和漸近線方程，再代入點(diǎn)到直線的距離公式即可求出結(jié)論解答：解：由題得：其焦點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），（2，0）漸近線方程為y=x，即yx=0，所以焦點(diǎn)到其漸近線的距離d=1故答案為：1點(diǎn)評(píng)：本題以雙曲線方程為載體，考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查雙曲線的幾何性質(zhì)，屬于基

6、礎(chǔ)題7（4分）（xx寶山區(qū)二模）函數(shù)的最小正周期T=考點(diǎn)：二階矩陣；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；三角函數(shù)的周期性及其求法專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：先利用二階矩陣化簡(jiǎn)函數(shù)式f（x），再把函數(shù)y=f（x）化為一個(gè)角的一個(gè)三角函數(shù)的形式，然后求出它的最小正周期解答：解：函數(shù)=（sinx+cosx）（sinx+cosx）2sinxcos（x）=cos2x+sin2x=sin（2x+），它的最小正周期是：T=故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查三角函數(shù)的周期性及其求法，二倍角的正弦，考查計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題8（4分）（xx寶山區(qū)二模）若（1+2x）n展開式中含x3項(xiàng)的系數(shù)等于含x項(xiàng)系數(shù)的8倍，則正整數(shù)n=5考點(diǎn)：

7、二項(xiàng)式定理的應(yīng)用專題：計(jì)算題分析：由題意可得Tr+1=Cnr（2x）r=2rCnrxr分別令r=3，r=1可得含x3，x項(xiàng)的系數(shù)，從而可求解答：解：由題意可得二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，Tr+1=Cnr（2x）r=2rCnrxr令r=3可得含x3項(xiàng)的系數(shù)為：8Cn3，令r=1可得含x項(xiàng)的系數(shù)為2Cn18Cn3=82Cn1n=5故答案為：5點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式求解指定的項(xiàng)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握通項(xiàng)，屬于基礎(chǔ)試題9（4分）（xx寶山區(qū)二模）執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入p的值是7，則輸出S的值是9考點(diǎn)：程序框圖分析：由已知中的程序框圖及已知中p輸入7，可得：進(jìn)入循環(huán)的條件為n7，即n

8、=1，2，6，模擬程序的運(yùn)行結(jié)果，即可得到輸出的S值解答：解：當(dāng)n=1時(shí)，S=0+21=1；當(dāng)n=2時(shí)，S=1+22=1；當(dāng)n=3時(shí)，S=1+23=0；當(dāng)n=4時(shí)，S=0+24=2；當(dāng)n=5時(shí)，S=2+25=5；當(dāng)n=6時(shí)，S=5+26=9；當(dāng)n=9時(shí)，退出循環(huán)，則輸出的S為：9故答案為：9點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是程序框圖，在寫程序的運(yùn)行結(jié)果時(shí)，我們常使用模擬循環(huán)的變法，但程序的循環(huán)體中變量比較多時(shí)，要用表格法對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行管理10（4分）（xx寶山區(qū)二模）已知圓錐底面半徑與球的半徑都是1cm，如果圓錐的體積恰好也與球的體積相等，那么這個(gè)圓錐的母線長(zhǎng)為cm考點(diǎn)：旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺(tái)）；球的體積

9、和表面積專題：計(jì)算題分析：求出球的體積，利用圓錐的體積與球的體積相等，求出圓錐的高，然后求出圓錐的母線長(zhǎng)即可解答：解：由題意可知球的體積為：=，圓錐的體積為：=，因?yàn)閳A錐的體積恰好也與球的體積相等，所以，所以h=4，圓錐的母線：=故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查球的體積與圓錐的體積公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力11（4分）（xx寶山區(qū)二模）某中學(xué)在高一年級(jí)開設(shè)了4門選修課，每名學(xué)生必須參加這4門選修課中的一門，對(duì)于該年級(jí)的甲、乙、丙3名學(xué)生，這3名學(xué)生選擇的選修課互不相同的概率是 （結(jié)果用最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)表示）考點(diǎn)：等可能事件的概率專題：概率與統(tǒng)計(jì)分析：所有的選法共有43=64 種，3這名學(xué)生選擇的選修課互不相同的

10、選法有 =24種，由此求得這3名學(xué)生選擇的選修課互不相同的概率解答：解：所有的選法共有43=64 種，3這名學(xué)生選擇的選修課互不相同的選法有 =24種，故這3名學(xué)生選擇的選修課互不相同的概率為 =，故答案為 點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等可能事件的概率，分步計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用，屬于中檔題12（4分）（xx寶山區(qū)二模）正項(xiàng)無(wú)窮等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若，則其公比q的取值范圍是 （0，1）考點(diǎn)：數(shù)列的極限；等比數(shù)列的性質(zhì)專題：計(jì)算題分析：由題設(shè)條件知=1，所以0q1解答：解：正項(xiàng)無(wú)窮等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且，=1，0q1故答案為：（0，1）點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的極限及其應(yīng)用，解題時(shí)要注意公式的靈活運(yùn)

11、用13（4分）（xx寶山區(qū)二模）已知兩個(gè)不相等的平面向量，（）滿足|=2，且與的夾角為120，則|的最大值是考點(diǎn)：數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角；向量的模專題：平面向量及應(yīng)用分析：如圖所示：設(shè)=，=，則 =，BAO=60，BAC=120，且 OB=2，0B120AOB中，由正弦定理求得|=sinB，由此可得|的最大值解答：解：如圖所示：設(shè)=，=，則 =，BAO=60，BAC=120，且 OB=2，0B120AOB中，由正弦定理可得 =，即 ，解得|=sinB由于當(dāng)B=90時(shí)，sinB最大為1，故|的最大值是，故答案為 點(diǎn)評(píng)：本題主要考查求向量的模的方法，正弦定理，以及正弦函數(shù)的值域，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的

12、數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題14（4分）（xx寶山區(qū)二模）給出30行30列的數(shù)表A：，其特點(diǎn)是每行每列都構(gòu)成等差數(shù)列，記數(shù)表主對(duì)角線上的數(shù)1，10，21，34，1074按順序構(gòu)成數(shù)列bn，存在正整數(shù)s、t（1st）使b1，bs，bt成等差數(shù)列，試寫出一組（s，t）的值（17，25）考點(diǎn)：等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；數(shù)列與函數(shù)的綜合專題：計(jì)算題；等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：由題意可得，b2b1=9b3b2=11bnbn1=2n+5，利用疊加可求bn，然后由b1，bs，bt成等差數(shù)列可得2bs=b1+bt，代入通項(xiàng)后即可求解滿足題意的t，s解答：解：由題意可得，b2b1=9b3b2=11bnbn1=2n+5以上n1個(gè)

13、式子相加可得，bnb1=9+11+2n+5=n2+6n7bn=n2+6n6b1，bs，bt成等差數(shù)列2bs=b1+bt2（s2+6s6）=1+t2+6t6整理可得，2（s+3）2=（t+3）2+161st30且s，tN*經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)s=17，t=25時(shí)符合題意故答案為：（17，25）點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了數(shù)列的通項(xiàng)公式的求解，要注意疊加法的應(yīng)用，屬于公式的靈活應(yīng)用二、選擇題（本大題滿分20分）本大題共有4題，每題有且只有一個(gè)正確答案，考生應(yīng)在答案紙的相應(yīng)編號(hào)上，填上正確的答案，選對(duì)得5分，否則一律得零分.15（5分）（xx寶山區(qū)二模）已知a（，），sina=，則tan（a）等于（）A7BC7D考點(diǎn)：

14、同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；兩角和與差的正切函數(shù)專題：三角函數(shù)的求值分析：根據(jù)同角三角函數(shù)關(guān)系先求出cosa，然后根據(jù)tana=求出正切值，最后根據(jù)兩角差的正切函數(shù)公式解之即可解答：解：a（，），sina=，cosa=，則tana=tan（a）=7故選A點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，以及兩角差的正切函數(shù)，同時(shí)考查了運(yùn)算求解的能力，屬于基礎(chǔ)題16（5分）（xx寶山區(qū)二模）已知圓C的極坐標(biāo)方程為=asin，則“a=2”是“圓C與極軸所在直線相切”的 （）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分又不必要條件考點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系；必要條件、充分條件與充要條件的判斷專題：計(jì)算

15、題；轉(zhuǎn)化思想分析：求出圓的普通方程，利用a=2判斷圓與極軸是否相切，如果圓與x軸相切，求出a的值，即可判斷充要條件解答：解：圓C的極坐標(biāo)方程為=asin，所以它的普通方程為：x2+y2=ay，當(dāng)a=2時(shí)，圓的方程為x2+y2=2y，即x2+（y1）2=1，圓心坐標(biāo)（0，1），半徑為：1，所以圓C與極軸所在直線相切如果圓C與極軸所在直線相切，即x2+（y）2=，所以a=2，圓C的極坐標(biāo)方程為=asin，則“a=2”是“圓C與極軸所在直線相切”的充分不必要條件故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查圓的極坐標(biāo)方程與普通方程的互化，直線與圓的位置關(guān)系，充要條件的判斷，基本知識(shí)的綜合應(yīng)用17（5分）（xx寶山區(qū)二模）若直

16、線ax+by=2經(jīng)過(guò)點(diǎn)M（cos，sin），則 （）Aa2+b24Ba2+b24CD考點(diǎn)：基本不等式專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：利用題設(shè)中的直線ax+by=2經(jīng)過(guò)點(diǎn)M（cos，sin），得到acos+bsin=2，結(jié)合同角關(guān)系式中的平方關(guān)系，利用基本不等式求得正確選項(xiàng)解答：解：直線ax+by=2經(jīng)過(guò)點(diǎn)M（cos，sin），acos+bsin=2，a2+b2=（a2+b2）（cos2+sin2）（acos+bsin）2=4，（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立）故選B點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了直線的方程、柯西不等式求最值等注意配湊的方法，屬于基礎(chǔ)題18（5分）（xx寶山區(qū)二模）已知集合M=（x，y）|y=f（x），

17、若對(duì)于任意（x1，y1）M，存在（x2，y2）M，使得x1x2+y1y2=0成立，則稱集合M是“集合”給出下列4個(gè)集合：M=（x，y）|y=ex2M=（x，y）|y=cosxM=（x，y）|y=lnx其中所有“集合”的序號(hào)是（）ABCD考點(diǎn)：元素與集合關(guān)系的判斷專題：新定義分析：對(duì)于，利用漸近線互相垂直，判斷其正誤即可對(duì)于，畫出圖象，說(shuō)明滿足集合的定義，即可判斷正誤；對(duì)于，畫出函數(shù)圖象，說(shuō)明滿足集合的定義，即可判斷正誤；對(duì)于，畫出函數(shù)圖象，取一個(gè)特殊點(diǎn)即能說(shuō)明不滿足集合定義解答：解：對(duì)于y=是以x，y軸為漸近線的雙曲線，漸近線的夾角是90，所以在同一支上，任意（x1，y1）M，不存在（x2，y

18、2）M，滿足集合的定義；在另一支上對(duì)任意（x1，y1）M，不存在（x2，y2）M，使得x1x2+y1y2=0成立，所以不滿足集合的定義，不是集合對(duì)于M=（x，y）|y=ex2，如圖（2）如圖紅線的直角始終存在，對(duì)于任意（x1，y1）M，存在（x2，y2）M，使得x1x2+y1y2=0成立，例如取M（0，1），則N（ln2，0），滿足集合的定義，所以是集合；正確對(duì)于M=（x，y）|y=cosx，如圖（3），對(duì)于任意（x1，y1）M，存在（x2，y2）M，使得x1x2+y1y2=0成立，例如（0，1）、（，0），滿足集合的定義，所以M是集合；正確對(duì)于M=（x，y）|y=lnx，如圖（4）取點(diǎn)（1，

19、0），曲線上不存在另外的點(diǎn)，使得兩點(diǎn)與原點(diǎn)的連線互相垂直，所以不是集合所以正確故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了命題真假的判斷與應(yīng)用，考查了元素與集合的關(guān)系，考查了數(shù)形結(jié)合的思想，解答的關(guān)鍵是對(duì)新定義的理解，是中檔題三、解答題（本大題滿分74分）本大題共5題，解答下列各題必須在答題紙相應(yīng)編號(hào)的規(guī)定區(qū)域內(nèi)寫出必要的步驟.19（12分）（xx寶山區(qū)二模）在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為A1B1，CD的中點(diǎn)（1）求直線EC與平面B1BCC1所成角的大??；（2）求二面角EAFB的大小考點(diǎn)：二面角的平面角及求法；直線與平面所成的角專題：空間角分析：（1）通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用直線的方

20、向向量和平面的法向量的夾角即可得出線面角；（2）利用兩個(gè)平面的法向量的夾角即可得到二面角的大小解答：（1）解：建立坐標(biāo)系如圖 所示，則平面B1BCC1的一個(gè)法向量為E（2，1，2），C（0，2，0），可知直線EC的一個(gè)方向向量為設(shè)直線EC與平面B1BCC1成角為，則sin=故直線EC與平面B1BCC1所成角的大小為（2）由（1）可知：平面ABCD的一個(gè)法向量為設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為，得，令x=1，則y=2，z=1，=由圖知二面角EAFB為銳二面角，故其大小為點(diǎn)評(píng)：本題考查了：通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用直線的方向向量和平面的法向量的夾角得出線面角；利用兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的方法

21、必須熟練掌握20（14分）（xx寶山區(qū)二模）如圖所示，扇形AOB，圓心角AOB的大小等于，半徑為2，在半徑OA上有一動(dòng)點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C作平行于OB的直線交弧AB于點(diǎn)P（1）若C是半徑OA的中點(diǎn)，求線段PC的大??；（2）設(shè)COP=，求POC面積的最大值及此時(shí)的值考點(diǎn)：余弦定理；兩角和與差的正弦函數(shù)專題：解三角形分析：（1）在POC中，根據(jù)，OP=2，OC=1，利用余弦定理求得PC的值（2）解法一：利用正弦定理求得CP和OC的值，記POC的面積為S（），則，利用兩角和差的正弦公式化為，可得時(shí)，S（）取得最大值為解法二：利用余弦定理求得OC2+PC2+OCPC=4，再利用基本不等式求得3OCPC4，所以

22、，再根據(jù)OC=PC 求得POC面積的最大值時(shí)的值解答：解：（1）在POC中，OP=2，OC=1，由得PC2+PC3=0，解得（2）解法一：CPOB，在POC中，由正弦定理得，即，又，記POC的面積為S（），則=，時(shí)，S（）取得最大值為解法二：，即OC2+PC2+OCPC=4又OC2+PC2+OCPC3OCPC，即3OCPC4，當(dāng)且僅當(dāng)OC=PC時(shí)等號(hào)成立，所以，OC=PC，時(shí)，S（）取得最大值為點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩角和差的正弦公式，正弦定理、余弦定理、基本不等式的，屬于中檔題21（14分）（xx寶山區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）=x2+a（1）若是偶函數(shù)，在定義域上F（x）ax恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值

23、范圍；（2）當(dāng)a=1時(shí)，令g（x）=f（f（x）f（x），問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)，使g（x）在（，1）上是減函數(shù)，在（1，0）上是增函數(shù)？如果存在，求出的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問(wèn)題專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：（1）把函數(shù)f（x）的解析式代入函數(shù)F（x）利用函數(shù)是偶函數(shù)求出b=0，把b=0代回函數(shù)F（x）的解析式，由F（x）ax恒成立分離出參數(shù)a，然后利用基本不等式求最值，則a的范圍可求；（2）把a(bǔ)=1代入函數(shù)f（x）的解析式，求出函數(shù)g（x）解析式，由偶函數(shù)的定義得到函數(shù)g（x）為定義域上的偶函數(shù)，把函數(shù)g（x）在（，1）上是減函數(shù)，在（1，0）上是增函數(shù)轉(zhuǎn)化為在區(qū)間（1，+）上是

24、增函數(shù)，在（0，1）上是減函數(shù)，換元后利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性得到換元后的二次函數(shù)的對(duì)稱軸，由對(duì)稱軸可求的值解答：解：（1）由F（x）是偶函數(shù)，F(xiàn)（x）=F（x），即bx+1=bx+1，b=0即F（x）=x2+a+2，xR又F（x）ax恒成立，即x2+a+2ax恒成立，也就是a（x1）x2+2恒成立當(dāng)x=1時(shí)，aR當(dāng)x1時(shí)，a（x1）x2+2化為，而，當(dāng)x1時(shí)，a（x1）x2+2化為，而，綜上：；（2）存在實(shí)數(shù)=4，使g（x）在（，1）上是減函數(shù)，在（1，0）上是增函數(shù)事實(shí)上，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x2+1g（x）=f（f（x）f（x）=（x2+1）2+1（x2+1）=x4+（2）x2+（2）g（

25、x）=（x）4+（2）（x）2+（2）=g（x）g（x）是偶函數(shù)，要使g（x）在（，1）上是減函數(shù)，在（1，0）上是增函數(shù)，即g（x）只要滿足在區(qū)間（1，+）上是增函數(shù)，在（0，1）上是減函數(shù)即可令t=x2，當(dāng)x（0，1）時(shí)t（0，1）；x（1，+）時(shí)t（1，+），由于x（0，+）時(shí)，t=x2是增函數(shù)，記g（x）=H（t）=t2+（2）t+（2），故g（x）與H（t）在區(qū)間（0，+）上有相同的增減性，當(dāng)二次函數(shù)H（t）=t2+（2）t+（2）在區(qū)間（1，+）上是增函數(shù)，在（0，1）上是減函數(shù)時(shí)，其對(duì)稱軸方程為t=1，解得=4點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的性質(zhì)，考查了函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的應(yīng)用，考查了分

26、類討論的數(shù)學(xué)思想方法，訓(xùn)練了分離變量及利用基本不等式求參數(shù)的取值范圍，考查了二次函數(shù)的單調(diào)性屬難題22（16分）（xx寶山區(qū)二模）已知點(diǎn)A（1，0），P1、P2、P3是平面直角坐標(biāo)系上的三點(diǎn)，且|AP1|、|AP2|、|AP3|成等差數(shù)列，公差為d，d0（1）若P1坐標(biāo)為（1，1），d=2，點(diǎn)P3在直線3xy18=0上時(shí)，求點(diǎn)P3的坐標(biāo)；（2）已知圓C的方程是（x3）2+（y3）2=r2（r0），過(guò)點(diǎn)A的直線交圓于P1、P3兩點(diǎn)，P2是圓C上另外一點(diǎn)，求實(shí)數(shù)d的取值范圍；（3）若P1、P2、P3都在拋物線y2=4x上，點(diǎn)P2的橫坐標(biāo)為3，求證：線段P1P3的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)為一定點(diǎn)，并求

27、該定點(diǎn)的坐標(biāo)考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；直線與圓的位置關(guān)系專題：計(jì)算題；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：（1）利用P1坐標(biāo)為（1，1），d=2，求出|AP3|，利用點(diǎn)P3在直線3xy18=0上，解方程組即可求點(diǎn)P3的坐標(biāo)；（2）求出圓C的方程是（x3）2+（y3）2=r2（r0），的圓心與半徑，求出點(diǎn)A與圓的圓心的距離，通過(guò)A在圓內(nèi)與圓外，分別求實(shí)數(shù)d的取值范圍；（3）利用P1、P2、P3都在拋物線y2=4x上，拋物線的定義，求出線段P1P3的斜率，求出直線方程，通過(guò)y=0，推出直線與x軸的交點(diǎn)為一定點(diǎn)，即可求該定點(diǎn)的坐標(biāo)解答：解（1）因?yàn)閨AP1|、|AP2|、

28、|AP3|成等差數(shù)列，且|AP1|=1，d=2，所以|AP3|=5，設(shè)P3（x，y）則，消去y，得x211x+30=0，（2分）解得x1=5，x2=6，所以P3的坐標(biāo)為（5，3）或（6，0）（2）由題意可知點(diǎn)A到圓心的距離為（6分）（）當(dāng)時(shí)，點(diǎn)A（1，0）在圓上或圓外，|2d|=|AP3|AP1|=|P1P3|，又已知d0，0|P1P3|2r，所以rd0或 0dr（）當(dāng)時(shí)，點(diǎn)A（1，0）在圓內(nèi)，所以，又已知d0，即或結(jié)論：當(dāng)時(shí)，rd0或 0dr；當(dāng)時(shí)，或（3）因?yàn)閽佄锞€方程為y2=4x，所以A（1，0）是它的焦點(diǎn)坐標(biāo)，點(diǎn)P2的橫坐標(biāo)為3，即|AP2|=4設(shè)P1（x1，y1），P3（x3，y3）

29、，則|AP1|=x1+1，|AP3|=x3+1，|AP1|+|AP3|=2|AP2|，所以x1+x3=2x2=6直線P1P3的斜率，則線段P1P3的垂直平分線l的斜率則線段P1P3的垂直平分線l的方程為直線l與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)（5，0）點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，直線與圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，直線系方程的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用與計(jì)算能力的考查23（18分）（xx寶山區(qū)二模）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1=a（a3），設(shè)，nN*（1）求證：數(shù)列bn是等比數(shù)列；（2）若an+1an，nN*，求實(shí)數(shù)a的最小值；（3）當(dāng)a=4時(shí)，給出一個(gè)新數(shù)列en，其中

30、，設(shè)這個(gè)新數(shù)列的前n項(xiàng)和為Cn，若Cn可以寫成tp（t，pN*且t1，p1）的形式，則稱Cn為“指數(shù)型和”問(wèn)Cn中的項(xiàng)是否存在“指數(shù)型和”，若存在，求出所有“指數(shù)型和”；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合；數(shù)列的求和專題：綜合題；新定義分析：（1）依題意，可求得Sn+1=2Sn+3n，當(dāng)a3時(shí)，=2，利用等比數(shù)列的定義即可證得數(shù)列bn是等比數(shù)列；（2）由（1）可得Sn3n=（a3）2n1，an=SnSn1，n2，nN*，從而可求得an=，由an+1an，可求得a9，從而可求得實(shí)數(shù)a的最小值；（3）由（1）當(dāng)a=4時(shí)，bn=2n1，當(dāng)n2時(shí)，Cn=3+2+4+2n=2n+1+1，

31、C1=3，可證得對(duì)正整數(shù)n都有Cn=2n+1，依題意由tp=2n+1，tp1=2n，（t，pN*且t1，p1），t只能是不小于3的奇數(shù)分當(dāng)p為偶數(shù)時(shí)與當(dāng)p為奇數(shù)討論即可得到答案解答：解：（1）an+1=Sn+3nSn+1=2Sn+3n，bn=Sn3n，nN*，當(dāng)a3時(shí)，=2，所以bn為等比數(shù)列b1=S13=a3，bn=（a3）2n1（2）由（1）可得Sn3n=（a3）2n1，an=SnSn1，n2，nN*，an=，an+1an，a9，又a3，所以a的最小值為9；（3）由（1）當(dāng)a=4時(shí)，bn=2n1，當(dāng)n2時(shí)，Cn=3+2+4+2n=2n+1+1，C1=3，所以對(duì)正整數(shù)n都有Cn=2n+1由t

32、p=2n+1，tp1=2n，（t，pN*且t1，p1），t只能是不小于3的奇數(shù)當(dāng)p為偶數(shù)時(shí)，tp1=（+1）（1）=2n，因?yàn)閠p+1和tp1都是大于1的正整數(shù)，所以存在正整數(shù)g，h，使得tp+1=2g，1=2h，2g2h=2，2h（2gh1）=2，所以2h=2且2gh1=1h=1，g=2，相應(yīng)的n=3，即有C3=32，C3為“指數(shù)型和”；當(dāng)p為奇數(shù)時(shí)，tp1=（t1）（1+t+t2+tp1），由于1+t+t2+tp1是p個(gè)奇數(shù)之和，仍為奇數(shù)，又t1為正偶數(shù)，所以（t1）（1+t+t2+tp1）=2n不成立，此時(shí)沒(méi)有“指數(shù)型和”點(diǎn)評(píng)：本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，考查數(shù)列求和，突出邏輯思維與創(chuàng)新思維、綜合分析、運(yùn)算能力的考查，屬于難題