浙江省宁波市镇海中学2020届高三下学期高考适应性考试数学试卷答及答案解析.

51宁波市2020学年第二学期高考适应性考试高三数学参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．9.答案：A由图可知，若0a ≥，则[()]0f f x =得()1f x =，此时仅有2个零点，不符； 若0a <，则()1f x =或()f x a =，而()f x a =恰有1根，故()1f x =恰有2个根，则214a <，得20a −<<．10．答案：C由题得2211243k k k k x x x x −−+=++，累加得()22022202212202122...32022x x x x x +=++++⨯故()212202120221 (160672)x x x x +++=+−，2022x 为偶数 当2022177x +=时，122021...x x x +++最小为69．数列()75k x k k =≤，()7676,k x k k =≥为偶数，()7976,k x k k =−≥为奇数符合要求．二、填空题:本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分，共36分. 11.5,1− 12.6,8π13. 8,8 14. 222,22−− 15. 1050 16．2717．65216．根据几何意义，结合等和线性质，最大值为37222+=17．设00,b A x x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则00,22x c bx B a −⎛⎫⎪⎝⎭，根据OB a k b =−，得20a x c =，故,,2b OA a OB AB ===2a b b a +−=−解得e =三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．解：（Ⅰ）由BA C BA B A B A B A B A B A sin cos sin sin cos cos sin sin cos sin cos cos sin 1tan tan 1⋅=⋅⋅+⋅=⋅⋅+=+又B C b c sin sin 22=，得21cos =A ，故3π=A --------------6分 （Ⅱ）由已知可得{a +b +c =10a 2=b 2+c 2−bc -------8分消去a ，可得010020203=+−−c b bc得bc c b bc 40)(201003≥+=+（当且仅当c b =时取等号） 解得10≥bc （舍）或310≤bc -------12分 故9100≤bc ，则ABC ∆面积的最大值为3925. --------------14分19．解：（Ⅰ）由题得CD ⊥平面ABC ，BF ⊂平面ABC ，则CD BF ⊥-----2分 又BF AC ⊥， ----------4分故BF ⊥平面DCF ，从而DF FB ⊥． -------6分（Ⅱ）设2CD =，以F 为原点，FA 为x 轴正半轴，FB 为y 轴正半轴，53建立如图所示空间直角坐标系，则()1,0,0A，()B ，()1,0,2D −，()1,0,4E故()FB =，()1,0,2FD =−，则平面BDF 的一个法向量为()2,0,1n = -----10分又()1,BE =，设BE 与平面BDF 所成角的为θ，则3sin 55BE nBE nθ⋅===⋅ 即BE 与平面BDF 所成角的正弦值为35．-----------15分 20．解（Ⅰ）由11=a 及)(*1N n a a S n nn ∈=+λ，得λ12=a ，113+=λa又}{n a 为等差数列，解得21,1==λd ，则n a n = --------------6分 （Ⅱ）由n a n)21()21(−=−，得])21(1[31n n T −−−= ---------8分由1|2|≤−n pT 恒成立，可得3])21(1[3131≤−−−≤⇒≤≤n n p pT 恒成立 由23)21(143≤−−≤n ，得0<p ，有32334331≤⋅−≤⋅−≤p p 则可得实数p 的取值范围为]4,6[−−．-----------15分 21.解：（Ⅰ）由题得11,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故21114m +=，243m =，54椭圆C 的方程为22314x y +=． -----------------5分（Ⅱ）设()1,0F c −，()2,0F c =，则221m c =+()111111121121111133266BOF G OF G OBBOF AOF AOBS S SSSS S cy cy c y y =++=++=−++−()1223c y y =−，()2122133ABOS S c y y ==− -----------9分 则112212245,33S y y S y y −⎡⎤=∈⎢⎥−⎣⎦，得1212,2y y ⎡⎤∈−−⎢⎥⎣⎦设:l x ty c =+，联立椭圆方程222:1x C y m+=，得()222210t m y tcy ++−=由韦达定理得12222tc y y t m −+=+，12221y y t m −=+，-----------12分 则()21212211252,22y y y yy y y y +⎡⎤+=−∈−−⎢⎥⎣⎦22224102t c t m ≤≤+，()22289m t m −≤对t 恒成立， 故2890m −≤，1m <≤-----------------15分 22.解：（Ⅰ） 11,a x a a f xx axx a x0x 且xa -----------1分①0a ，0fx，f x 单调递增；-----------2分②1a ，1110x f xx a x，f x 单调递减；-----------4分③10a ，01a a a ，,1a x a a 时0,fxf x 单调递减；55,1a xa 时0,fx f x 单调递增. -----------------6分（Ⅱ）设22ln1ln ln 1a x a xx g x e f x e a x a a a，0x .则0a .若0lim 1ln 0x g x a a ，则由图象的连续性知，必存在区间0,使得0g x 与题意矛盾,则0lim 1ln 0x g x a a，所以01a .220axa g xa e x x a，.2420axa gx a e x a，所以g x 单调递增.①若1a ，20lim 1=0x g x a ，0g x恒成立.所以0lim 1ln 0x g xg xa a ，符合.② 若01a ，20lim 10x g x a ，x时g x 且g x 单调递增.则存在唯一00,x ，使得00g x ，且00,xx 时0g x，g x 单调递减；0,+x x 时0g x ，g x 单调递增.所以20minln ln 1a x g x g x e a x aa由22000a x a g x a e x a可得201ax e a x a且200ln ln a x x aa所以33400min0011+ln ln 1=+ln ln 1g xa x a a a a x a a a a a a x a a x a3440012.ln ln 1=2ln ln 1a x aa a a a a a a a a a x a323=1ln 110a a a a a a a a（由不等式ln 1xx 可得）所以01a 时符合. 综上0,1a. -----------------15分。

2020年宁波市镇海中学高三下学期高考适应性考试数学试题一、单选题1．在ΔABC 中,若c 2=a 2+b 2+ab ,则∠C =（ ） A ．60∘B ．90∘C ．150∘D ．120∘2．已知，1,1x y >>，且ln 1ln x y ，，成等比数列，则xy 有（ ）AB ．最大值2eC ．最小值2eD ．最大值e3．中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”其中的“筹”取意于《孙子算经》中记载的算筹，古代用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算，算筹的摆放形式有纵横两种形式（如下图所示），表示一个多位数时，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位数用横式表示，依此类推.例如3266用算筹表示就是T ≡⊥则7239用算筹可表示为（ ）A ．B ．C ．D ．4．复数12ii- (i 为虚数单位)的虚部是( ) A ．15iB ．15-C ．15i -D ．155．若数列{a n }，{b n }的通项公式分别是20192020(1)(1)2n n n n a a b n++-=-=+，，且a n ＜b n 对任意n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．11,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．12,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．32,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎫-⎪⎢⎣⎭6．定义在[,)t +∞上的函数()f x ，()g x 单调递增，()()f t g t M ==，若对任意k M >，存在()1212,x x x x <，使得()()12f x g x k ==成立，则称()g x 是()f x 在[,)t +∞上的“追逐函数”.若2()f x x =，则下列四个命题：①()21x g x =-是()f x 在[1,)+∞上的“追逐函数”；②若()ln g x x m =+是()f x 在[1,)+∞上的“追逐函数”，则1m =；③1()2g x x=-是()f x 在[1,)+∞上的“追逐函数”；④当m 1≥时，存在t m ≥，使得()21g x mx =-是()f x 在[,)t +∞上的“追逐函数”.其中正确命题的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．47．已知m ，n 为异面直线，直线 l m ，则l 与n （ ）A ．一定异面B ．一定相交C ．不可能相交D ．不可能平行8．设命题 2:()ln 21p f x x x mx =+-+在(0,)+∞上单调递增，命题:4q m <，则p 是q 成立的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件9．已知集合2{|20}A x x x =-<， (){|log 1}B x y x ==-，则A B =（ ）A ．0,B ．1,2C ．2,D ．,010．如图，正方形.1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P ，Q 分别在直线11AB,A D 上，M 是线段PQ 的一个三等分点(靠近点P ).若||2PQ ≤，则||AM 的取值范围是（ ）A ．2[3B ．1[3C ．113[,]39D ．12[,]33二、双空题11．若某多面体的三视图如图所示，则此多面体的表面积是____，体积是____12．若888018(1)(1)x x a a x a x ++-=++⋅⋅⋅+，则0a =_____；2468a a a a +++=_______．13．已知()113cos ,cos 714ααβ=-=，且02πβα<<<，则tan2α=_______________，角β=_______________.14．某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有__________种不同的排法，若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有__________种不同的排法．（用具体数字作答）三、填空题15．已知一扇形的弧所对的圆心角为54°，半径r ＝20cm ，则扇形的周长为___cm. 16．在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面是边长为4的菱形，60ABC ∠=，ACBD O =，11AC AO ⊥，则三棱锥1A ABD -的外接球的表面积为________.17．在四棱锥P ABCD -中，PAB 是边长为ABCD 为矩形，2AD =，PC PD ==若四棱锥P ABCD -的顶点均在球O 的球面上，则球O 的表面积为_____．四、解答题18．设椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为()()12,0,,0F c F c -，离心率为12，短轴长为（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点2F 作一条直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，分别过P ，Q 作直线l ：2a x c=的垂线，垂足依次为S ，T ．试问：直线PT 与QS 是否交于定点?若是，求出该定点的坐标，否则说明理由．19．设函数()12ln f x a x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e g x x =.（1）若函数()f x 在定义域内单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若在[]1,e 上至少存在一个0x ，满足()()00f x g x >，求实数a 的取值范围. 20．如图，正三棱柱111ABC A B C -中，P 为1BB 上一点，1APC 为等腰直角三角形.（1）证明P 为1BB 的中点；（2）证明：平面1APC ⊥平面11ACC A ； （3）求直线PA 与平面ABC 所成角的正弦值21．一个盒子里装有标号为1,2,3,4,5的5张标签，随机的选取两张标签. （1）若标签的选取是无放回的，求两张标签上的数字为相邻整数的概率； （2）若标签的选取是有放回的，求两张标签上的数字至少有一个为5的概率. 22．已知数列{}n a 的前n 项和2*19()88n S n n n N =+∈． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）令1116(1)(1)n n n b a a +=-⋅-，求数列{}n b 的前n 项和n T.【答案与解析】1．D根据余弦定理，即可求出结果. 因为c 2=a 2+b 2+ab ， 所以，由余弦定理可得cosC =a 2+b 2−c 22ab=−ab 2ab =−12，因此∠C =120∘. 故选D本题主要考查解三角形，熟记余弦定理即可，属于基础题型. 2．C由题意利用等比数列的性质可得ln ln 1x y =，利用基本不等式，可得2ln ln ln ln 2x y x y ⎛⎫ +⎪⎝⎭≤，再根据对数运算性质，可求出xy 的最小值，从而得出结论． ∵1,1x y >>，且ln ,1,ln x y 成等比数列，ln ln 1x y ∴=；又()22ln ln ln ln ln 24xy x y x y +≤=⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()2ln 4xy ≥，即ln 2xy ≥，即2xy e ≥，当且仅当x y e ==时等号成立， 则xy 有最小值为2e .故选：C ．本题主要考查等比数列的性质，对数的运算性质，基本不等式的应用，属于基础题． 3．C由算筹含义直接求解由题意，根据古代用算筹来记数的方法，个位，百位，万位上的数用纵式表示，十位，千位，十万位上的数用横式来表示，比照算筹的摆放形式 答案：C本题容易，只需找出规律即可求解. 4．D 试题分析：(12)(12)2112(12)(12)(12)(12)55i i i i i i i i i i i ++===-+--+-+ 注意弄清概念，复数(,)a bi a b R +∈的虚部是b 而不是bi .本题易错选A . 考点：复数的运算及基本概念 5．C分n 为奇数偶数两种情况各自求出对应的a 的取值范围，再综合到一起即可． 解：当n 为奇数时，a n =-a ，b n =2+1n，∴b n >2； ∵a n ＜b n 对任意n ∈N *恒成立 ∴-a ≤2，即a ≥-2； 当n 为偶数时，a n =a ，b n =2-1n，且当n 增加时，b n 增加； ∴（b n ）min =2-12=32； ∵a n ＜b n 对任意n ∈N *恒成立 ∴a ＜32． 综上可得：-2≤a ＜32． 故选:C ．本题主要考查分类讨论思想在数列中的应用，以及数列与不等式的综合，属于基础题目． 6．B根据4个命题，依次求出M ，解方程求得x 1，x 2，运用函数的单调性和特殊值法，判断是否存在x 1＜x 2，即可得到结论．对于①，易得M ＝1，∀k ＞1，有1x 222x =-1＝k ，即为1x =，2x ＝log 2（k +1），当k ＝100log 2（k +1）， 即不存在1x ＜2x ．对于②，()()111m f g M ====，得m=M ＝1，只需检验m=1时，是否符合题意， ∀k ＞1，有1x 2＝1+ln 2x ＝k ，即为1x =，2x ＝e k ﹣1，e k ﹣1⇔k ＜e 2k ﹣2，由x ＞1时，x ﹣e 2x ﹣2的导数为1﹣2e 2x ﹣2＜0， 即有x ＜e 2x ﹣2，则存在1x ＜2x ；∴m=1满足题意对于③，易得M ＝1，∀k ＞1，有1x 2＝221x -=k ，即为1x =，212x k=-， 当k ＝4，不存在1x ＜x 2．对于④，由题意()()22mt 1f t g t M t ====-，又1m ≥时，存在t m ≥，取此时2M t =，且k>2t , 有1x 222m 1x =-＝k ，即为1x =，212k x m +=，令g （k ）12k m +=212k m-，k>2tt >， ∴g （k ）在（2t ∞+，）单调递减，∴g （k ）<g （2t ）=22t 12m t m--,又, ∴g（2t ）=0，即g （k ）<0，∴1x <2x ，故f （x ）在[1，+∞）上的“追逐函数”有②④ 故选B ．本题考查新定义的理解和运用，主要考查函数的单调性的运用，以及特殊值的运用，考查判断能力，属于中档题和易错题． 7．D先假设l 与n 平行，从而推出矛盾，再将m ，n 放置在正方体中用特例进行逐一判断. 解：若//l n ， 因为直线 lm ，则可以得到 nm ，这与m ，n 为异面直线矛盾， 故l 与n 不可能平行，选项D 正确，不妨设,m n 为正方体中的棱，即m 为棱AB ，n 为棱FG ，。

2020 年浙江省宁波市镇海中学高考数学模拟试卷（3 月 份）题号 得分一二三总分一、选择题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1. 设集合 A={1，2，3，4}，B={x∈N|-3≤x≤3}，则 A∩B=（ ）A. {1，2，3，4}B. {-3，-2，-1，0，1，2，3，4}C. {1，2，3}D. {1，2}2. 双曲线的渐近线方程是（ ）A. 2x±y=0B. x±2y=03. 已知公差不为零的等差数列{an}满足值为（ ）C. 4x±y=0D. x±4y=0，Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 的A.B.C.D.4. “a＞0”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件 C. 充要条件B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件5. 函数的图象可能是（ ）A.B.C.D.6. 某射手射击所得环数 ξ 的分布列如下：ξ 78910P x 0.1 0.3 y已知 ξ 的数学期望 E（ξ）=8.9，则 y 的值为（ ）A. 0.8B. 0.6C. 0.4D. 0.27. 已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=2，CC1=2 ，E 为 CC1 的中点，则直线 AC1与平面 BED 的距离为（ ）A. 2B.C.D. 1第 1 页，共 14 页8. 对于定义域为 R 的函数 f（x），若存在非零实数 x0，使函数 f（x）在（-∞，x0）和（x0，+∞）上与 x 轴都有交点，则称 x0 为函数 f（x）的一个“界点”．则下列四个函数中，不存在“界点”的是（ ）A. f（x）=2x-x2B. f（x）=x2+bx-2（b∈R）C. f（x）=1-|x-2|D. f（x）=x-sinx9. 已知是平面内三个单位向量，若 ，则的最小值（）A.B.C.D. 510. 已知数列{an}满足 2an≤an-1+an+1（n∈N*，n≥2），则（ ）A. a5≤4a2-3a1B. a2+a7≤a3+a6C. 3（a7-a6）≥a6-a3D. a2+a3≥a6+a7二、填空题（本大题共 7 小题，共 36.0 分）11. 设 i 为虚数单位，给定复数，则 z 的虚部为______，|z|=______．12. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是______．13. 已知 x，y 满足条件则 2x+y 的最大值是______，原点到点 P（x，y）的距离的最小值是______ 14. 小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不 放回地掏出 4 张，刚好是 50 元的概率为15. 在△ABC 中，∠BAC=120°，AD 为∠BAC 的平分线，AB=2AC，则 =______．16. 若函数在上有零点，则的最小值为17. 如图，椭圆的离心率为 e，F 是 Γ 的右焦点，点 P 是 Γ 上第一象限内任意一点，，，若 λ＜e，则 e 的取值范围是______．第 2 页，共 14 页三、解答题（本大题共 5 小题，共 74.0 分）18. 已知函数．（Ⅰ）求函数 f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设△ABC 中的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若求 a2+c2 的取值范围．，且，19. 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PC 垂直平面 ABCD，AB⊥AD，AB∥CD， PD=AB=2AD=2CD=2，E 为 PB 的中点． （Ⅰ）证明：平面 EAC⊥平面 PBC； （Ⅱ）求直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值．20. 在数列{an}中，a1=1，a2=3，且对任意的 n∈N*，都有 an+2=3an+1-2an． （Ⅰ）证明数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设，记数列{bn}的前 n 项和为 Sn，若对任意的 n∈N*都有，求实数 m 的取值范围．第 3 页，共 14 页21. 已知椭圆的焦点坐标为 F1（-1，0），F2（1，0），过 F2 垂直于长轴的直线交椭圆 于 P、Q 两点，且|PQ|=3． （1）求椭圆的方程； （2）过 F2 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 M、N，则△F1MN 的内切圆的面积是否 存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．22. 已知函数 f（x）=x2e3x （Ⅰ）若 x＜0，求证：f（x）＜ （Ⅱ）若 x＞0，恒有 f（x）≥（k+3）x+2lnx+1，求实数 k 的取值范围2020 年浙江省宁波市镇海中学高考数学模拟试卷（3 月 份）答案和解析【答案】1. C2. B3. A4. C5. D6. C7. D8. D9. A10. C11. 212. 144-12π 168+6π13. 614. 3215. 316. -17. （0， ]第 4 页，共 14 页18. 解：（Ⅰ）==所以，解得，k∈Z．所以函数 f（x）的单调递增区间为，k∈Z（Ⅱ）因为，所以．所以 ．又因为，所以 3=a2+c2-ac，即 a2+c2=3+ac．而 a2+c2≥2ac，所以 ac≤3，即 a2+c2≤6．又因为 a2+c2=3+ac＞3，所以 3＜a2+c2≤6．19. （Ⅰ）证明：PC⊥平面 ABCD，故PC⊥AC．………………（2 分）又 AB=2，CD=1，AD⊥AB，所以 AC=BC= ．故 AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC．………………（4 分）所以 AC⊥平面 PBC，所以平面 ACE⊥平面PBC． …………………………（6 分）（Ⅱ）解：PC⊥平面 ABCD，故 PC⊥CD．又 PD=2，所以 PC= ． …………（8 分）在平面 ACE 内，过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F．由（Ⅰ）知平面 ACE⊥平面 PBC，所以 PF 垂直平面 ACE．由面积法得：即．…………（10 分）又点 E 为 AB 的中点，．所以．……………………………………（12 分）又点 E 为 AB 的中点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等． 连结 BD 交 AC 于点 G，则 GB=2DG．所以点 D 到平面 ACE 的距离是点 B 到平面 ACE 的距离的一半，即 ．所以直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值为．……………………（15 分）另解：如图，取 AB 的中点 F，如图建立坐标系．因为 PD=2，所以．所以有：C（0，0，0），D（0，1，0），，A（1，1，0），B（1，-1，0），． …………（9 分）．，．第 5 页，共 14 页设平面 ACE 的一个法量为 =（x，y，z），则取 x=1，得 y=-1，．即=．…………（13 分）设直线 PD 与平面 AEC 所成角为 θ，则 sinθ=|cos＜ ， =． …………（15分）20. 解：（Ⅰ）由 an+2=3an+1-2an 可得 an+2-an+1=2（an+1-an）． ………………（2 分）又 a1=1，a2=3，所以 a2-a1=2． 所以{an+1-an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．…………………（3 分）所以．…………………（4 分）所以 an=a1+（a2-a1）+…+（an-an-1）=1+2+22+…+2n=2n-1．…………（7 分）（Ⅱ）因为==．………（9 分）所以 Sn=b1+b2+…+bn= （12 分） 又因为对任意的 n∈N*都有，所以=．………恒成立，即，即当 n=1 时，．………（15 分）21. 解：（1）设椭圆方程为=1（a＞b＞0），由焦点坐标可得 c=1,由|PQ|=3，可得 =3，又 a2-b2=1，解得 a=2，b= ，故椭圆方程为=1,（2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），不妨令 y1＞0，y2＜0，设△F1MN 的内切圆的半径 为 R，则△F1MN 的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R因此内切圆面积最大，R 就最大，此时也最大，由题知，直线 l 的斜率不为零，可设直线 l 的方程为 x=my+1，由得（3m2+4）y2+6my-9=0，得 则 令 t=， ，则 t≥1，，=，第 6 页，共 14 页则，令 f（t）=3t+ ，则 f′（t）=3- ，当 t≥1 时，f′（t） 0，f（t）在[1，+∞）上单调递增，有 f（t）≥f（1）=4，≤3，即当 t=1，m=0 时，≤3，=4R，∴Rmax= ，这时所求内切圆面积的最大值为 π．故直线 l 方程为：x=1，△F1MN 内切圆面积的最大值为 π.22. 证明：（Ⅰ）∵函数 f（x）=x2e3x，∴f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．由 f′（x）＞0，得 x＜- 或 x＞0；由 f′（x）＜0，得-，∴f（x）在（-∞，- ）内单调递增，在（- ，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，∴f（x）的极大值为 f（- ）= ，∴当 x＜0 时，f（x）≤f（- ）= ＜ = ．解：（Ⅱ）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，令 g（x）=，x＞0，则 g′（x）=，令 h（x）=x2（1+3x）e3x+2lnx-1，则 h（x）在（0，+∞）上单调递增， 且 x→0+时，h（x）→-∞，h（1）=4e3+2lnx-1， ∴存在 x0∈（0，1），使得 h（x0）=0， ∴当 x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 当 x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是 g（x0）=，∵h（x0）=+2lnx0-1，得=，令=t0，则 2lnx0+3x0=lnx0，且 φ（1）=0，∴t=1，∴g（x0）==，∴实数 k 的取值范围是（-∞，0]． 【解析】1. 【分析】可解出集合 B，然后进行交集的运算即可． 考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算． 【解答】 解：B={0，1，2，3}；第 7 页，共 14 页∴A∩B={1，2，3}． 故选：C．2. 【分析】本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“0”即可求出渐 进方程．属于基础题．渐近线方程是 -y2=0，整理后就得到双曲线的渐近线．【解答】解：双曲线其渐近线方程是 -y2=0整理得 x ±2y=0． 故选：B．3. 解：公差不为零的等差数列{an}满足，∴=a1（a1+3d），解得 a1=-4d， ∵Sn 为数列{an}的前 n 项和，∴==．故选：A．由公差不为零的等差数列{an}满足，利用等差数列的通项公式列方程求出a1=-4d，由此能求出 的值． 本题考查等差数列的前 3 项和公式和前 1 项和的比值的求法，考查等差数列的性质等基 础知识，考查运算求解能力，是基础题．4. 解：由 a＞0，得 a+ ≥2 =2 ，是充分条件，由 a+ ≥2 ，得：a＞0，故 a＞0”是“”的充要条件，故选：C． 根据充分必要条件的定义结合不等式的性质判断即可． 本题考查了充分必要条件，考查不等式的性质，是一道基础题．5. 【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性的关系，根据函数零 点判断函数的正负是解决本题的关键． 判断函数 f（x）的奇偶性，结合图象的对称性以及函数在 x 轴右侧的函数零点判断函数 的正负进行判断即可 【解答】解：f（-x）=ln（-x+）cos（-2x）=lncos2x=-ln（x+）cos2x=-f（x），则函数 f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除 A，B，第 8 页，共 14 页令得或,所以 x 轴右侧的零点为，在上取，则，排除 C，故选：D．6. 解：由表格可知：x+0.1+0.3+y=1，7x+8×0.1+9×0.3+10×y=8.9 解得 y=0.4． 故选：C． 根据分布列的概率之和是 1，得到关于 x 和 y 之间的一个关系式，由变量的期望值，得 到另一个关于 x 和 y 的关系式，联立方程，解出要求的 y 的值． 本题是期望和分布列的简单应用，通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨 治学的态度．在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，属于基础题．7. 解：如图：连接 AC，交 BD 于 O，在三角形 CC1A 中，易证 OE∥C1A，从而 C1A∥平面 BDE， ∴直线 AC1 与平面 BED 的距离即为点 A 到平面 BED 的距 离，设为 h，在三棱锥 E-ABD 中，VE-ABD= S△ABD×EC= × ×2×2× =在三棱锥 A-BDE 中，BD=2 ，BE= ，DE= ，∴S△EBD= ×2 ×=2∴VA-BDE= ×S△EBD×h= ×2 ×h=∴h=1 故选：D． 先利用线面平行的判定定理证明直线 C1A∥平面 BDE，再将线面距离转化为点面距离， 最后利用等体积法求点面距离即可 本题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法， 等体积法求点面距离的技巧，属基础题8. 解：满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零点即可．A．f（x）=2x-x2 的两个零点为 2，4，当 x0=3，在（-∞，3）和（3，+∞）上与 x 轴都有 交点，满足条件． B．判别式△=b2+8＞0 恒成立，即抛物线与 x 轴恒有两个交点，在两个零点之间的任何 一个 x0 都是“界点”． C．由 1-|x-2|=0 得|x-2|=1，得 x-2=1 或 x-2=-1，即 x=3 或 x=1，函数有两个零点 1，3，存 在“界点”． D．函数 f（x）的导数 f′（x）=1-cosx≥0，即函数 f′（x）在 R 上是增函数，不可能存 在两个零点，不存在“界点”． 故选：D． 满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零点即可．结合条件判断函数的零点个数即 可． 本题主要考查函数零点个数的判断，结合满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零 点是解决本题的关键．第 9 页，共 14 页9. 解：根据题意设 =（1，0）， =（0，1）， 对应的点 C 在单位圆上，（ +2 ）2-（2 + ）2=3 2-3 2=0，所以| +2 |=|2 + |，|2 + |+|3 +2 - |表示 C 点到点（-2，0）和（3，2）的距离之和，过点（-2，0）和（3，2）的直线为 2x-5y+4=0，原点到直线 2x-5y+4=0 的距离为= ＜1，所以与单位圆相交，所以|2 + |+|3 +2 - |的最小值为点（-2，0）和（3，2）之间的距离，即 ． 故选：A． ，所以可以把他们当成平面直角坐标系的基向量．| +2 |=2| + |，由阿波罗尼斯圆的性质，可以转化为| +2 |=|2 + |．本题考察平面向量的坐标运算，用到了平面几何中的阿波罗尼斯圆的结论、解析几何中 直线与圆的位置关系，综合性很强，属于中档题．10. 解：∵2an≤an-1+an+1（n∈N*，n≥2），∴an-an-1≤an+1-an， ∴a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6， ∴a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3（a7-a6）， 即 3（a7-a6）≥a6-a3， 故选：C． 由已知可得 a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6，则 a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3（a7-a6），答案可求． 本题考查数列递推式，考查不等式的性质，是中档题．11. 解：=（1+i）（2 1+i）=2（i 1+i）=-2+2i，则 z 的虚部为 2，|z|==2 ．故答案为：2，2 ． 利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出． 本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12. 解：由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，其表面积 S=2×6×6+4×4×4-9π+ ×6π×5=168+6π，几何体的体积为：=144-12π．故答案为：144-12π；168+6π． 由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，利用公式求 解即可． 本题考查的知识点是由三视图求表面积，根据已 知中的三视图分析出几何体的形状，是解答的关 键．13. 解：作出 x，y 满足条件的可行域如图：第 10 页，共 14 页目标函数 z=2x+y 在的交点 A（2，2）处取最大值为 z=2×2+1×2=6．原点到点 P（x，y）的距离的最小值是：|OB|= ． 故答案为：6； ； 画出约束条件表示的可行域，判断目标函数 z=2x+y 的位置，求出最大值．利用可行域 转化求解距离即可． 本题考查简单的线性规划的应用，正确画出可行域，判断目标函数经过的位置是解题的 关键．14. 【分析】本题考查概率的求法，考查分类讨论思想等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况：①6 张全取；②1 张 10 元 3 张 20 元；③2 张 10 元 2 张 20 元；④3 张 10 元 1 张 20 元；⑤2 张 20 元 1 张 10 元；⑥3 张 20 元；⑦3 张 10 元 2 张 20 元；⑧2 张 10 元，3 张 20 元．由此能求出现从中掏出纸币超过 45 元的 方法总数；小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基本事件总数N= =15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M= =3，由此能求出刚好是 50 元的概率． 【解答】 解：小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同）， 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况： ①6 张全取；②1 张 10 元 3 张 20 元；③2 张 10 元 2 张 20 元； ④3 张 10 元 1 张 20 元；⑤2 张 20 元 1 张 10 元；⑥3 张 20 元；⑦3 张 10 元 2 张 20 元； ⑧2 张 10 元，3 张 20 元． ∴现从中掏出纸币超过 45 元的方法有n= + + + + + +=32．小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基本事件总数 N= =15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M= =3，∴刚好是 50 元的概率 P= = = ．故答案为：32； ．15. 解：设 AC=x，则 AB=2x，在三角形 ABC 中由余弦定理得 BC2=x2+（2x）2-2•x•2x•cos120°=7x2，∴cosC== ，∴sinC= ，∴sin∠ADC=sin（60°+C）=sin60°cosC+cos60°sinC=．在△ADC 中由正弦定理得，∴，∴AD= x= × = ，故答案为：3． 设 AC=x 后，用余弦定理求出 BC，再求出 cosC，sinC，sin∠ADC，接着在△ADC 中用正第 11 页，共 14 页弦定理得 AD= AB，则 AB=3AD．本题考查了正弦定理、余弦定理，两角和的正弦，属中档题．16. 【分析】本题考查二次函数的零点问题解法，注意运用判别式大于等于 0，端点处的函数值的符 号，结合配方法，考查运算能力，属于中档题． 由题意可得△≥0，f（-1）≤0 或 f（1）≤0，化 a2-3b 为 a 的式子，由二次函数的最值求法， 可得最小值． 【解答】解：函数在[-1，1]上有零点，可得△≥0，即（a+ ）2≥4b，且 f（-1）f（1）≤0，即（ -a+b）（ +a+b）≤0；或 f（-1）≥0，f（1）≥0，-1＜- ＜1，即 a-b≤ ，a+b≥- ，-7＜a＜5．即有 a2-3b≥a2-= [（a-1）2- ]≥ ×（- ）=- ，当且仅当 a=1 时，取得最小值- ，故答案为：- ．17. 解：设直线 OP 的方程为 y=kx（k＞0），代入椭圆方程可得 P（，），，可得 Q（，），由，可得 kFQ=- ，即为=- ，化为 λ=＜e= ，可得 ＜2+k2，对 k＞0 恒成立，由 2+k2＞2，可得 a2≤2b2， 即为 a2≤2（a2-c2），可得 c≤ a，即 0＜e≤ ，故答案为：（0， ]．设直线 OP 的方程为 y=kx（k＞0），代入椭圆方程求得 P，Q 的坐标，由向量数量积为 0 的等价条件可得 OP，FQ 的斜率之积为-1，整理，结合恒成立解法可得 a，b 的关系， 可得所求离心率的范围．第 12 页，共 14 页本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的范围，考查直线方程和椭圆方程联立，化 简整理的运算能力，属于中档题．18. （Ⅰ）利用三角函数恒等变换的应用可求 f（x）=，利用正弦函数的单调性即可求解．（Ⅱ）由已知可求，求得 ，利用余弦定理，基本不等式可求 ac≤3，可得 a2+c2≤6，根据 a2+c2=3+ac＞3，即可得解其取值范围． 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，余弦定理，基本不等式 等知识在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．19. （Ⅰ）证明 PC⊥AC，AC⊥BC．推出 AC⊥平面 PBC，即可证明平面 ACE⊥平面 PBC．（Ⅱ）过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F．说明 PF 垂直平面 ACE．通过点 E 为 AB 的中 点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等．连结 BD 交 AC 于点 G， 则 GB=2DG．转化求解即可． 另解：建立坐标系．求出平面 ACE 的一个法量，利用空间向量的数量积求解直线 PD 与 平面 AEC 所成角即可． 本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象 能力以及计算能力．20. （Ⅰ）通过 an+2=3an+1-2an 可得 an+2-an+1=2（an+1-an）．推出{an+1-an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列然后求解通项公式．（Ⅱ）因为=，利用裂项消项法，求解数列的和，然后求解m 的范围． 本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．21. 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，分析得出最大，R 就最大是关键．（1）设椭圆方程，由焦点坐标可得 c=1，由|PQ|=3，可得 =3，又 a2-b2=1，由此可求椭圆方程； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），不妨 y1＞0，y2＜0，设△F1MN 的内切圆的径 R，则△F1MN 的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R，因此最大，R就最大．设直线 l 的方程为 x=my+1，与椭圆方程联立，从而可表示△F1MN 的面积，利 用换元法，借助于导数，即可求得结论．22. （Ⅰ）求出 f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．从而 f（x）在（-∞，- ）内单调递增，在（- ，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，进而 f（x）的极大值为 f（- ）= ，由此能证明当 x＜0 时，f（x）＜ ．（Ⅱ）k≤，x＞0，令 g（x）=，x＞0，则 g′（x）=，令 h（x）=x2（1+3x）e3x+2lnx-1，则 h（x）在（0，+∞）上单调递增，推导出存在 x0∈（0，1），使得 h（x0）=0，g（x）在（0，+∞）上的最小值是 g（x0）=，由此能求出实数 k 的取值范围．第 13 页，共 14 页本题考查不等式的证明，考查实数的取值范围的求不地，考查导数性质、函数的单调性、 最值等基础知识，考运算求解能力，是中档题．第 14 页，共 14 页。

2020 年浙江省宁波市镇海中学高考数学模拟试卷（3 月 份）题号 得分一二三总分一、选择题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1. 设集合 A={1，2，3，4}，B={x∈N|-3≤x≤3}，则 A∩B=（ ）A. {1，2，3，4}B. {-3，-2，-1，0，1，2，3，4}C. {1，2，3}D. {1，2}2. 双曲线的渐近线方程是（ ）A. 2x±y=0B. x±2y=03. 已知公差不为零的等差数列{an}满足值为（ ）C. 4x±y=0D. x±4y=0，Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 的A.B.C.D.4. “a＞0”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件 C. 充要条件B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件5. 函数的图象可能是（ ）A.B.C.D.6. 某射手射击所得环数 ξ 的分布列如下：ξ 78910P x 0.1 0.3 y已知 ξ 的数学期望 E（ξ）=8.9，则 y 的值为（ ）A. 0.8B. 0.6C. 0.4D. 0.27. 已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=2，CC1=2 ，E 为 CC1 的中点，则直线 AC1与平面 BED 的距离为（ ）A. 2B.C.D. 1第 1 页，共 14 页8. 对于定义域为 R 的函数 f（x），若存在非零实数 x0，使函数 f（x）在（-∞，x0）和（x0，+∞）上与 x 轴都有交点，则称 x0 为函数 f（x）的一个“界点”．则下列四个函数中，不存在“界点”的是（ ）A. f（x）=2x-x2B. f（x）=x2+bx-2（b∈R）C. f（x）=1-|x-2|D. f（x）=x-sinx9. 已知是平面内三个单位向量，若 ，则的最小值（）A.B.C.D. 510. 已知数列{an}满足 2an≤an-1+an+1（n∈N*，n≥2），则（ ）A. a5≤4a2-3a1B. a2+a7≤a3+a6C. 3（a7-a6）≥a6-a3D. a2+a3≥a6+a7二、填空题（本大题共 7 小题，共 36.0 分）11. 设 i 为虚数单位，给定复数，则 z 的虚部为______，|z|=______．12. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是______．13. 已知 x，y 满足条件则 2x+y 的最大值是______，原点到点 P（x，y）的距离的最小值是______ 14. 小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不 放回地掏出 4 张，刚好是 50 元的概率为15. 在△ABC 中，∠BAC=120°，AD 为∠BAC 的平分线，AB=2AC，则 =______．16. 若函数在上有零点，则的最小值为17. 如图，椭圆的离心率为 e，F 是 Γ 的右焦点，点 P 是 Γ 上第一象限内任意一点，，，若 λ＜e，则 e 的取值范围是______．第 2 页，共 14 页三、解答题（本大题共 5 小题，共 74.0 分）18. 已知函数．（Ⅰ）求函数 f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设△ABC 中的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若求 a2+c2 的取值范围．，且，19. 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PC 垂直平面 ABCD，AB⊥AD，AB∥CD， PD=AB=2AD=2CD=2，E 为 PB 的中点． （Ⅰ）证明：平面 EAC⊥平面 PBC； （Ⅱ）求直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值．20. 在数列{an}中，a1=1，a2=3，且对任意的 n∈N*，都有 an+2=3an+1-2an． （Ⅰ）证明数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设，记数列{bn}的前 n 项和为 Sn，若对任意的 n∈N*都有，求实数 m 的取值范围．第 3 页，共 14 页21. 已知椭圆的焦点坐标为 F1（-1，0），F2（1，0），过 F2 垂直于长轴的直线交椭圆 于 P、Q 两点，且|PQ|=3． （1）求椭圆的方程； （2）过 F2 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 M、N，则△F1MN 的内切圆的面积是否 存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．22. 已知函数 f（x）=x2e3x （Ⅰ）若 x＜0，求证：f（x）＜ （Ⅱ）若 x＞0，恒有 f（x）≥（k+3）x+2lnx+1，求实数 k 的取值范围2020 年浙江省宁波市镇海中学高考数学模拟试卷（3 月 份）答案和解析【答案】1. C2. B3. A4. C5. D6. C7. D8. D9. A10. C11. 212. 144-12π 168+6π13. 614. 3215. 316. -17. （0， ]第 4 页，共 14 页18. 解：（Ⅰ）==所以，解得，k∈Z．所以函数 f（x）的单调递增区间为，k∈Z（Ⅱ）因为，所以．所以 ．又因为，所以 3=a2+c2-ac，即 a2+c2=3+ac．而 a2+c2≥2ac，所以 ac≤3，即 a2+c2≤6．又因为 a2+c2=3+ac＞3，所以 3＜a2+c2≤6．19. （Ⅰ）证明：PC⊥平面 ABCD，故PC⊥AC．………………（2 分）又 AB=2，CD=1，AD⊥AB，所以 AC=BC= ．故 AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC．………………（4 分）所以 AC⊥平面 PBC，所以平面 ACE⊥平面PBC． …………………………（6 分）（Ⅱ）解：PC⊥平面 ABCD，故 PC⊥CD．又 PD=2，所以 PC= ． …………（8 分）在平面 ACE 内，过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F．由（Ⅰ）知平面 ACE⊥平面 PBC，所以 PF 垂直平面 ACE．由面积法得：即．…………（10 分）又点 E 为 AB 的中点，．所以．……………………………………（12 分）又点 E 为 AB 的中点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等． 连结 BD 交 AC 于点 G，则 GB=2DG．所以点 D 到平面 ACE 的距离是点 B 到平面 ACE 的距离的一半，即 ．所以直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值为．……………………（15 分）另解：如图，取 AB 的中点 F，如图建立坐标系．因为 PD=2，所以．所以有：C（0，0，0），D（0，1，0），，A（1，1，0），B（1，-1，0），． …………（9 分）．，．第 5 页，共 14 页设平面 ACE 的一个法量为 =（x，y，z），则取 x=1，得 y=-1，．即=．…………（13 分）设直线 PD 与平面 AEC 所成角为 θ，则 sinθ=|cos＜ ， =． …………（15分）20. 解：（Ⅰ）由 an+2=3an+1-2an 可得 an+2-an+1=2（an+1-an）． ………………（2 分）又 a1=1，a2=3，所以 a2-a1=2． 所以{an+1-an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．…………………（3 分）所以．…………………（4 分）所以 an=a1+（a2-a1）+…+（an-an-1）=1+2+22+…+2n=2n-1．…………（7 分）（Ⅱ）因为==．………（9 分）所以 Sn=b1+b2+…+bn= （12 分） 又因为对任意的 n∈N*都有，所以=．………恒成立，即，即当 n=1 时，．………（15 分）21. 解：（1）设椭圆方程为=1（a＞b＞0），由焦点坐标可得 c=1,由|PQ|=3，可得 =3，又 a2-b2=1，解得 a=2，b= ，故椭圆方程为=1,（2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），不妨令 y1＞0，y2＜0，设△F1MN 的内切圆的半径 为 R，则△F1MN 的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R因此内切圆面积最大，R 就最大，此时也最大，由题知，直线 l 的斜率不为零，可设直线 l 的方程为 x=my+1，由得（3m2+4）y2+6my-9=0，得 则 令 t=， ，则 t≥1，，=，第 6 页，共 14 页则，令 f（t）=3t+ ，则 f′（t）=3- ，当 t≥1 时，f′（t） 0，f（t）在[1，+∞）上单调递增，有 f（t）≥f（1）=4，≤3，即当 t=1，m=0 时，≤3，=4R，∴Rmax= ，这时所求内切圆面积的最大值为 π．故直线 l 方程为：x=1，△F1MN 内切圆面积的最大值为 π.22. 证明：（Ⅰ）∵函数 f（x）=x2e3x，∴f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．由 f′（x）＞0，得 x＜- 或 x＞0；由 f′（x）＜0，得-，∴f（x）在（-∞，- ）内单调递增，在（- ，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，∴f（x）的极大值为 f（- ）= ，∴当 x＜0 时，f（x）≤f（- ）= ＜ = ．解：（Ⅱ）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，令 g（x）=，x＞0，则 g′（x）=，令 h（x）=x2（1+3x）e3x+2lnx-1，则 h（x）在（0，+∞）上单调递增， 且 x→0+时，h（x）→-∞，h（1）=4e3+2lnx-1， ∴存在 x0∈（0，1），使得 h（x0）=0， ∴当 x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 当 x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是 g（x0）=，∵h（x0）=+2lnx0-1，得=，令=t0，则 2lnx0+3x0=lnx0，且 φ（1）=0，∴t=1，∴g（x0）==，∴实数 k 的取值范围是（-∞，0]． 【解析】1. 【分析】可解出集合 B，然后进行交集的运算即可． 考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算． 【解答】 解：B={0，1，2，3}；第 7 页，共 14 页∴A∩B={1，2，3}． 故选：C．2. 【分析】本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“0”即可求出渐 进方程．属于基础题．渐近线方程是 -y2=0，整理后就得到双曲线的渐近线．【解答】解：双曲线其渐近线方程是 -y2=0整理得 x ±2y=0． 故选：B．3. 解：公差不为零的等差数列{an}满足，∴=a1（a1+3d），解得 a1=-4d， ∵Sn 为数列{an}的前 n 项和，∴==．故选：A．由公差不为零的等差数列{an}满足，利用等差数列的通项公式列方程求出a1=-4d，由此能求出 的值． 本题考查等差数列的前 3 项和公式和前 1 项和的比值的求法，考查等差数列的性质等基 础知识，考查运算求解能力，是基础题．4. 解：由 a＞0，得 a+ ≥2 =2 ，是充分条件，由 a+ ≥2 ，得：a＞0，故 a＞0”是“”的充要条件，故选：C． 根据充分必要条件的定义结合不等式的性质判断即可． 本题考查了充分必要条件，考查不等式的性质，是一道基础题．5. 【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性的关系，根据函数零 点判断函数的正负是解决本题的关键． 判断函数 f（x）的奇偶性，结合图象的对称性以及函数在 x 轴右侧的函数零点判断函数 的正负进行判断即可 【解答】解：f（-x）=ln（-x+）cos（-2x）=lncos2x=-ln（x+）cos2x=-f（x），则函数 f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除 A，B，第 8 页，共 14 页令得或,所以 x 轴右侧的零点为，在上取，则，排除 C，故选：D．6. 解：由表格可知：x+0.1+0.3+y=1，7x+8×0.1+9×0.3+10×y=8.9 解得 y=0.4． 故选：C． 根据分布列的概率之和是 1，得到关于 x 和 y 之间的一个关系式，由变量的期望值，得 到另一个关于 x 和 y 的关系式，联立方程，解出要求的 y 的值． 本题是期望和分布列的简单应用，通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨 治学的态度．在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，属于基础题．7. 解：如图：连接 AC，交 BD 于 O，在三角形 CC1A 中，易证 OE∥C1A，从而 C1A∥平面 BDE， ∴直线 AC1 与平面 BED 的距离即为点 A 到平面 BED 的距 离，设为 h，在三棱锥 E-ABD 中，VE-ABD= S△ABD×EC= × ×2×2× =在三棱锥 A-BDE 中，BD=2 ，BE= ，DE= ，∴S△EBD= ×2 ×=2∴VA-BDE= ×S△EBD×h= ×2 ×h=∴h=1 故选：D． 先利用线面平行的判定定理证明直线 C1A∥平面 BDE，再将线面距离转化为点面距离， 最后利用等体积法求点面距离即可 本题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法， 等体积法求点面距离的技巧，属基础题8. 解：满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零点即可．A．f（x）=2x-x2 的两个零点为 2，4，当 x0=3，在（-∞，3）和（3，+∞）上与 x 轴都有 交点，满足条件． B．判别式△=b2+8＞0 恒成立，即抛物线与 x 轴恒有两个交点，在两个零点之间的任何 一个 x0 都是“界点”． C．由 1-|x-2|=0 得|x-2|=1，得 x-2=1 或 x-2=-1，即 x=3 或 x=1，函数有两个零点 1，3，存 在“界点”． D．函数 f（x）的导数 f′（x）=1-cosx≥0，即函数 f′（x）在 R 上是增函数，不可能存 在两个零点，不存在“界点”． 故选：D． 满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零点即可．结合条件判断函数的零点个数即 可． 本题主要考查函数零点个数的判断，结合满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零 点是解决本题的关键．第 9 页，共 14 页9. 解：根据题意设 =（1，0）， =（0，1）， 对应的点 C 在单位圆上，（ +2 ）2-（2 + ）2=3 2-3 2=0，所以| +2 |=|2 + |，|2 + |+|3 +2 - |表示 C 点到点（-2，0）和（3，2）的距离之和，过点（-2，0）和（3，2）的直线为 2x-5y+4=0，原点到直线 2x-5y+4=0 的距离为= ＜1，所以与单位圆相交，所以|2 + |+|3 +2 - |的最小值为点（-2，0）和（3，2）之间的距离，即 ． 故选：A． ，所以可以把他们当成平面直角坐标系的基向量．| +2 |=2| + |，由阿波罗尼斯圆的性质，可以转化为| +2 |=|2 + |．本题考察平面向量的坐标运算，用到了平面几何中的阿波罗尼斯圆的结论、解析几何中 直线与圆的位置关系，综合性很强，属于中档题．10. 解：∵2an≤an-1+an+1（n∈N*，n≥2），∴an-an-1≤an+1-an， ∴a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6， ∴a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3（a7-a6）， 即 3（a7-a6）≥a6-a3， 故选：C． 由已知可得 a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6，则 a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3（a7-a6），答案可求． 本题考查数列递推式，考查不等式的性质，是中档题．11. 解：=（1+i）（2 1+i）=2（i 1+i）=-2+2i，则 z 的虚部为 2，|z|==2 ．故答案为：2，2 ． 利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出． 本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12. 解：由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，其表面积 S=2×6×6+4×4×4-9π+ ×6π×5=168+6π，几何体的体积为：=144-12π．故答案为：144-12π；168+6π． 由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，利用公式求 解即可． 本题考查的知识点是由三视图求表面积，根据已 知中的三视图分析出几何体的形状，是解答的关 键．13. 解：作出 x，y 满足条件的可行域如图：第 10 页，共 14 页目标函数 z=2x+y 在的交点 A（2，2）处取最大值为 z=2×2+1×2=6．原点到点 P（x，y）的距离的最小值是：|OB|= ． 故答案为：6； ； 画出约束条件表示的可行域，判断目标函数 z=2x+y 的位置，求出最大值．利用可行域 转化求解距离即可． 本题考查简单的线性规划的应用，正确画出可行域，判断目标函数经过的位置是解题的 关键．14. 【分析】本题考查概率的求法，考查分类讨论思想等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况：①6 张全取；②1 张 10 元 3 张 20 元；③2 张 10 元 2 张 20 元；④3 张 10 元 1 张 20 元；⑤2 张 20 元 1 张 10 元；⑥3 张 20 元；⑦3 张 10 元 2 张 20 元；⑧2 张 10 元，3 张 20 元．由此能求出现从中掏出纸币超过 45 元的 方法总数；小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基本事件总数N= =15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M= =3，由此能求出刚好是 50 元的概率． 【解答】 解：小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同）， 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况： ①6 张全取；②1 张 10 元 3 张 20 元；③2 张 10 元 2 张 20 元； ④3 张 10 元 1 张 20 元；⑤2 张 20 元 1 张 10 元；⑥3 张 20 元；⑦3 张 10 元 2 张 20 元； ⑧2 张 10 元，3 张 20 元． ∴现从中掏出纸币超过 45 元的方法有n= + + + + + +=32．小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基本事件总数 N= =15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M= =3，∴刚好是 50 元的概率 P= = = ．故答案为：32； ．15. 解：设 AC=x，则 AB=2x，在三角形 ABC 中由余弦定理得 BC2=x2+（2x）2-2•x•2x•cos120°=7x2，∴cosC== ，∴sinC= ，∴sin∠ADC=sin（60°+C）=sin60°cosC+cos60°sinC=．在△ADC 中由正弦定理得，∴，∴AD= x= × = ，故答案为：3． 设 AC=x 后，用余弦定理求出 BC，再求出 cosC，sinC，sin∠ADC，接着在△ADC 中用正第 11 页，共 14 页弦定理得 AD= AB，则 AB=3AD．本题考查了正弦定理、余弦定理，两角和的正弦，属中档题．16. 【分析】本题考查二次函数的零点问题解法，注意运用判别式大于等于 0，端点处的函数值的符 号，结合配方法，考查运算能力，属于中档题． 由题意可得△≥0，f（-1）≤0 或 f（1）≤0，化 a2-3b 为 a 的式子，由二次函数的最值求法， 可得最小值． 【解答】解：函数在[-1，1]上有零点，可得△≥0，即（a+ ）2≥4b，且 f（-1）f（1）≤0，即（ -a+b）（ +a+b）≤0；或 f（-1）≥0，f（1）≥0，-1＜- ＜1，即 a-b≤ ，a+b≥- ，-7＜a＜5．即有 a2-3b≥a2-= [（a-1）2- ]≥ ×（- ）=- ，当且仅当 a=1 时，取得最小值- ，故答案为：- ．17. 解：设直线 OP 的方程为 y=kx（k＞0），代入椭圆方程可得 P（，），，可得 Q（，），由，可得 kFQ=- ，即为=- ，化为 λ=＜e= ，可得 ＜2+k2，对 k＞0 恒成立，由 2+k2＞2，可得 a2≤2b2， 即为 a2≤2（a2-c2），可得 c≤ a，即 0＜e≤ ，故答案为：（0， ]．设直线 OP 的方程为 y=kx（k＞0），代入椭圆方程求得 P，Q 的坐标，由向量数量积为 0 的等价条件可得 OP，FQ 的斜率之积为-1，整理，结合恒成立解法可得 a，b 的关系， 可得所求离心率的范围．第 12 页，共 14 页本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的范围，考查直线方程和椭圆方程联立，化 简整理的运算能力，属于中档题．18. （Ⅰ）利用三角函数恒等变换的应用可求 f（x）=，利用正弦函数的单调性即可求解．（Ⅱ）由已知可求，求得 ，利用余弦定理，基本不等式可求 ac≤3，可得 a2+c2≤6，根据 a2+c2=3+ac＞3，即可得解其取值范围． 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，余弦定理，基本不等式 等知识在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．19. （Ⅰ）证明 PC⊥AC，AC⊥BC．推出 AC⊥平面 PBC，即可证明平面 ACE⊥平面 PBC．（Ⅱ）过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F．说明 PF 垂直平面 ACE．通过点 E 为 AB 的中 点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等．连结 BD 交 AC 于点 G， 则 GB=2DG．转化求解即可． 另解：建立坐标系．求出平面 ACE 的一个法量，利用空间向量的数量积求解直线 PD 与 平面 AEC 所成角即可． 本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象 能力以及计算能力．20. （Ⅰ）通过 an+2=3an+1-2an 可得 an+2-an+1=2（an+1-an）．推出{an+1-an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列然后求解通项公式．（Ⅱ）因为=，利用裂项消项法，求解数列的和，然后求解m 的范围． 本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．21. 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，分析得出最大，R 就最大是关键．（1）设椭圆方程，由焦点坐标可得 c=1，由|PQ|=3，可得 =3，又 a2-b2=1，由此可求椭圆方程； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），不妨 y1＞0，y2＜0，设△F1MN 的内切圆的径 R，则△F1MN 的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R，因此最大，R就最大．设直线 l 的方程为 x=my+1，与椭圆方程联立，从而可表示△F1MN 的面积，利 用换元法，借助于导数，即可求得结论．22. （Ⅰ）求出 f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．从而 f（x）在（-∞，- ）内单调递增，在（- ，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，进而 f（x）的极大值为 f（- ）= ，由此能证明当 x＜0 时，f（x）＜ ．（Ⅱ）k≤，x＞0，令 g（x）=，x＞0，则 g′（x）=，令 h（x）=x2（1+3x）e3x+2lnx-1，则 h（x）在（0，+∞）上单调递增，推导出存在 x0∈（0，1），使得 h（x0）=0，g（x）在（0，+∞）上的最小值是 g（x0）=，由此能求出实数 k 的取值范围．第 13 页，共 14 页本题考查不等式的证明，考查实数的取值范围的求不地，考查导数性质、函数的单调性、 最值等基础知识，考运算求解能力，是中档题．第 14 页，共 14 页。

浙江省宁波市镇海中学2024届高三下学期适应性测试数学
试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
二、多选题
9．下列选项中正确的有（ ）
A ．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r 的值越接近于1
B ．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
C ．已知随机变量X 服从正态分布()22,,(4)0.8N P X s <=，则(24)0.2
P X <<=D ．若数据1216
21,21,,21x x x ++¼+的方差为8，则数据1216,,,x x x ¼的方差为2
10．设抛物线24y x =，弦AB 过焦点F ，过A ，B 分别作拋物线的切线交于Q 点，则下列结论一定成立的是（ ）
四、解答题
15．已知函数()e1
x
=--.
f x ax
．C
【分析】由题意可得数列{a ()2103n n n nS -=，设()f x =解.
{}a
n
a
c
n
j j
i n ö÷ø。

镇海2020年3月高考模拟测试数学 试题卷第1卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1．设集合{}1,2,3,4A =，{}33B x x =∈-≤≤N |，则A B =I （ ） A ．{}1,2,3,4 B ．{}3,2,1,0,1,2,3,4--- C ．{}1,2,3D ．{}1,22．双曲线2214x y -=的渐近线方程是（ ） A ．20x y ±=B ．20x y ±=C ．40x y ±=D ．40x y ±=3．已知公差不为零的等差数列{}n a 满足2314a a a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则31S S 的值为（ ） A ．94B ．94-C ．32D ．32-4．设a R ∈，则“0a >”是“2a a+≥ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．函数(ln cos 2y x x =⋅的图象可能是A ．B ．C ．D ．6．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：已知ξ的数学期望()8.9E ξ=，则y 的值为（ ） A ．0.2B ．0.4C ．0.6D ．0.87．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，1CC =E 为1CC 的中点，则直线1AC 与平面BED 的距离为（ ）A ．1BCD ．28．对于定义域为R 的函数()f x ，若存在非零实数0x ，使函数()f x 在()0,x -∞和()0,x +∞上与x 轴都有交点，则称0x 为函数()f x 的一个“界点”．则下列四个函数中，不存在“界点”的是（ ） A ．()22xf x x =-B ．()()22f x x bx b R =+-∈C ．()12f x x =--D ．()sin f x x x =-9．已知r a ，r b ，r c 是平面内三个单位向量，若⊥r ra b ，则232c b c +++-r r r r r a a 的最小值（ ）ABCD ．510．已知数列{}n a 满足112n n n a a a -+≤+（*n ∈N ，2n ≥），则（ ） A ．52143a a a ≤-B ．2736a a a a +≤+C ．()76633a a a a -≥-D ．2367a a a a +≥+ 第Ⅱ卷二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．设i 为虚数单位，给定复数()41i 1iz +=+，则z 的虚部为________，z =________．12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．13．已知x ，y 满足条件0,40,10,x y x y x -≤⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩则2x y +的最大值是________，原点到点(),P x y 的距离的最小值是________．14．小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过45元的方法有________种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，刚好是50元的概率为________．15．在ABC ∆中，120BAC ∠=︒，AD 为BAC ∠的平分线，2AB AC =，则ABAD=________． 16．若函数()213f x x a x b ⎛⎫=+++⎪⎝⎭在[]1,1-上有零点，则23a b -的最小值为________． 17．如图，椭圆Γ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为e ，F 是Γ的右焦点，点P 是Γ上第一角限内任意一点，()0OQ OP λλ=>u u u r u u u r，0FQ OP ⋅=u u u r u u u r ，若e λ<，则e 的取值范围是Γ．三、解答题（本大题共5小题，共74分） 18．（本小题满分14分）已知函数()sin cos 222x x x f x ⎫=+⎪⎭． （Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）设ABC ∆中的内角A ，B ，C 所对的边分别a ，b ，c ，若()f B =b =22ac +的取值范围．19．（本小题满分15分）如图，四棱锥P ABCD -中，PC 垂直平面ABCD ，AB AD ⊥，AB CD ∥，222PD AB AD CD ====，E 为PB 的中点．（Ⅰ）证明：平面EAC ⊥平面（Ⅱ）求直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值．20．（本小题满分15分）在数列{}n a 中，11a =，23a =，且对任意的*n ∈N ，都有2132n n n a a a ++=-． （Ⅰ）证明数列{}1n n a a +-是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设12nn n n b a a +=，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的*n ∈N 都有1n n S m a ≥+，求实数m 的取值范围．21．已知椭圆的焦点坐标为()11,0F -，()21,0F ，过2F 垂直于长轴的直线交椭圆于P ，Q 两点，且3PQ =，（1）求椭圆的方程；（2）过2F 的直线l 与椭圆交于不同的两点M ，N ，则1F MN V 的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由． 22．（本题15分）已知函数()23e xf x x =．（Ⅰ）若0x <，求证：()19f x <； （Ⅱ）若0x >，恒有()()32ln 1f x k x x ≥+++，求实数k 的取值范围．镇海2020年3月高考模拟测试数学 参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．C ； 2．B ； 3．A ； 4．C ； 5．D ； 6．B ； 7．A ； 8．D ； 9．A ； 10．C ．9．提示：设(),x y =r c ，()1,0a =r ，()0,1b =r ，则221x y +=，从而232+++-=r r r r r a c a b c==≥=二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．2， 12．14412π-，1686π+；13．6； 14．32；15；15．3； 16．13-； 17．⎛ ⎝⎦17．提示：设OF c =，(),P x y ，FOQ θ∠=，则()2cos ,cos sin Q c c θθθ，由()0OQ OP λλ=>u u u r u u u r ，得2cos cos sin ,c c P θθθλλ⎛⎫⎪⎝⎭，代入椭圆方程，得2422222222cos cos sin c c c a b a θθθλ+=<，化简得()2222cos 0901cos b a θθθ>︒<<︒+恒成立，由此得2212b a ≥，即222a c ≥，故0,2e ⎛∈ ⎝⎦． 三、解答题（本大题共5小题，共74分）18．解：（Ⅰ）())21sin cos 1cos sin 2222x x x f x x x =+=-+πsin 3x ⎛⎫=-+⎪⎝⎭．………………3分所以πππ2π2π232k x k -+<-<+，解得π5π2π2π66k x k -+<<+，k Z ∈． 所以函数()f x 的单调递增区间为π5π2π,2π66k k ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，Z k ∈………………7分（Ⅱ）因为()πsin 3f B B ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭πsin 03B ⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 所以π3B =．………………9分又因为b =223a c ac =+-，即223a c ac +=+．而222a c ac +≥，所以3ac ≤，即226a c +≤．………………12分 又因为2233a c ac +=+>，即226a c +≤．………………14分 19．（Ⅰ）证明：PC ⊥平面ABCD ，故PC AC ⊥． 又2AB =，1CD =，AD AB ⊥，所以AC BC ==故222AC BC AB +=，即AC BC ⊥．所以AC ⊥平面PBC ，所以平面ACE ⊥平面PBC ．………………6分 （Ⅱ）解：PC ⊥平面ABCD ，故PC CD ⊥．又2PD =，所以PC =．………………8分在平面ACE 内，过点P 作PF 垂直CE ，垂足为F ．由（Ⅰ）知平面ACE ⊥平面PBC ，所以PF 垂直平面ACE ．………………10分 由面积法得：即12CE PF PC BC ⋅=⋅． 又点E 为AB的中点，122CE PB ==．所以5PF =．………………12分 又点E 为AB 的中点，所以点P 到平面ACE 的距离与点B 到平面ACE 的距离相等． 连结BD 交AC 于点G ，则GB =2DG ．所以点D 到平面ACE 的距离是点B 到平面ACE 的距离的一半，即12PF ． 所以直线PD 与平面AEC所成角的正弦值为1220PFPD =．………………15分另解：如图，取AB 的中点F ，如图建立坐标系．因为2PD =，所以CP =()0,0,0C ，()0,1,0D，(P ，()1,1,0A ，()1,1,0B -，11,,222E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．………………9分(0,1,PD =u u u r ，()1,1,0CA =u u u r，11,,222CE ⎛=-⎝⎭u u u r 设平面ACE 的一个法量为(),,n x y z =，则0,022x y x y z +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩取1x =，得1y =-，z =即1,1,n ⎛=- ⎝⎭．………………13分 设直线PD 与平面AEC 所成角为θ，则sin cos ,n PD θ=<>==u u u r ．………………15分 20．解：（Ⅰ）由2132n n n a a a ++=-可得()2112n n n n a a a a +++-=-．………………2分 又11a =，23a =，所以212a a -=．所以{}1n n a a +-是首项为2，公比为2的等比数列．………………3分所以12nn n a a +-=．………………4分所以()()21211122221nnn n n a a a a a a -=+-++-=++++=-L L ．………………7分（Ⅱ）因为()()()()()()11112121211212121212121n n n n n n n n n n b ++++---===-------．………………9分 所以122231111111212121212121n n n n S b b b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 11121n +=--．………………12分又因为对任意的*n ∈N 都有1n n S m a ≥+，所以11112121n n m +≤----恒成立， 即1min 1112121n n m +⎛⎫≤-- ⎪--⎝⎭，即当1n =时，13m ≤-．………………15分 21．（1）设椭圆方程为()222210x y a b a b +=>>，由焦点坐标可得1c =，由3PQ =，可得223b a=， 解得2a =，b =22143x y += （2）设()11,M x y ，()22,N x y ，不妨10y >，20y <，设1F MN ∆的内切圆的径R ， 则1F MN ∆周长48a ==，()111142F MN S MN F M F N R R ∆=++= 因此1F MN S ∆最大，R 就最大，()12121212AMNS F F y y y y =-=-, 由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l 的方程为1x my =+，由221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2234690m y my ++-=，得1y =，2y =， 则()121212AMNS AB y y y y ∆=-=-=t =，则1t ≥，则221212134313AMNt S m t t t∆===+++，令()13f t t t =+，令()13f t t t=+，当1t ≥时，()f t 在[)1,+∞上单调递增，有()()l 4f t f ≥=，1233AMN S ∆≤=，即当1t =，0m =时，1233AMN S ∆≤=，4AMN S R ∆=，∴max 34R =， 这时所求内切圆面积的最大值为9π16． 故直线l ：1x =，AMN ∆内切圆面积的最大值为9π16． 22．（本题15分） 已知函数()23e xf x x =．（Ⅰ）若0x <，求证：()19f x <； （Ⅱ）若0x >，恒有()()32ln 1f x k x x ≥+++，求实数k 的取值范围．解析：（Ⅰ）因为()23e x f x x =，所以()()32332e 3e 32e x x xf x x x x x '=+=+从而()f x 在2,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭内单调递增，在2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内单调递减，在()0,+∞内单调递增， 故()f x 的极大值为22439e f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 所以当0x <时，()2244139e949f x f ⎛⎫≤-=<= ⎪⨯⎝⎭． （Ⅱ）由()23e 32ln 1xx k x x ≥+++得，()23e 32ln 10x x x x k x x---≤>令()()23e 32ln 10x x x x g x x x---=>，则()()()23213e 2ln 10x x x x g x x x ++-'=>，令()()2313e 2ln 1xh x x x x =++-，则可知函数()h x 在()0,+∞上递增，且0x +→时，()h x →-∞，()314e 2ln110h =+->，从而存在()00,1x ∈，使得()00h x =，所以当()00,x x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x 在()0,+∞上的最小值为()03200000e 32ln 1x x x x g x x ---=由()()032000013e2ln 10x h x x x x =++-=，得032012ln e 13xx x x -=+，022000012ln e 13x x x t x -==+，则0002ln 3ln x x t +=，且()00012ln 13x t x -=+，两式相加可得()00002ln 13130t t x x ++--=，记()()002ln 1313t t t x x ϕ=++--，则()t ϕ在()0,+∞上单调递增，且()10ϕ=，所以1t =，从而()03200000000e 32ln 113310x x x x x x g x x x ----+-===，所以实数k 的取值范围为(],0-∞．。