1、2017 年江蘇省南京市高考數學二模試卷一、填空題：本大題共 14 小題，每小題 5 分，共 70 分請把答案填寫在答題卡相應位置上1（5 分）函數 f（x）ln的定義域為（i2 5 分）若復數 z 滿足 z（1i）2 （i 是虛數單位）， 是 z 的共軛復數，則 3（5 分）某校有三個興趣小組，甲、乙兩名學生每人選擇其中一個參加，且每人參加每個興趣小組的可能性相同，則甲、乙不在同一興趣

2、小組的概率為4（5 分）下表是關于青年觀眾的性別與是否喜歡戲劇的調查數據，人數如表所示：男性青年觀眾女性青年觀眾不喜歡戲劇4040喜歡戲劇1060現要在所有參與調查的人中用分層抽樣的方法抽取 n 個人做進一步的調研，若在“不喜歡戲劇的男性青年觀眾”的人中抽取了 8 人，則 n 的值為5（5 分）根據如圖所示的偽代碼，則輸出 S 的值為6（5 分）記公比為正數的等比數列an的前 n 項和為 Sn若 a11，S45S20，則 S5 

3、;的值為7（5 分）將函數 f（x）sinx 的圖象向右平移個單位后得到函數 yg（x）的圖象，則函數 yf（x）+g（x）的最大值為8（5 分）在平面直角坐標系 xOy 中，拋物線 y26x 的焦點為 F，準線為 l，P 為拋物線上一點，PAl，A 為垂足若直線 AF 的斜率 k，則線段 PF 的長為      9（5 分）若 

4、;sin（），（0，），則 cos 的值為      （  m  n105 分） ， 為兩個不同的平面， ， 為兩條不同的直線，下列命題中正確的是（填第 1 頁（共 27 頁）上所有正確命題的序號）若 ，m，則 m；若 m，n，則 mn；若 ，n，mn，則 m；若 n，n，m，則 m11（5 分）在

5、平面直角坐標系 xOy 中，直線 l1：kxy+20 與直線 l2：x+ky20 相交于點 P，則當實數 k 變化時，點 P 到直線 xy40 的距離的最大值為12（5 分）若函數 f（x）x2mcosx+m2+3m8 有唯一零點，則滿足條件的實數 m 組成的集合為13（5 分）已知平面向量（1，2），（2，2），則的最小值為（ff14 5 分）已知函數 （x）lnx+（ea）

6、xb，其中 e 為自然對數的底數若不等式 （x）0 恒成立，則 的最小值為二、解答題：本大題共 6 小題，共計 90 分請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（14 分）如圖，在ABC 中，D 為邊 BC 上一點，AD6，BD3，DC2（1）若 ADBC，求BAC 的大小；（2）若ABC，求ADC 的面積16（14 分）如圖，四棱錐 PABCD 中，AD平面

7、0;PAB，APAB（1）求證：CDAP；（2）若 CDPD，求證：CD平面 PAB第 2 頁（共 27 頁）17（14 分）在一張足夠大的紙板上截取一個面積為 3600 平方厘米的矩形紙板 ABCD，然后在矩形紙板的四個角上切去邊長相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做成一個無蓋的長方體紙盒（如圖） 設小正方形邊長為 x 厘米，矩形紙板的兩邊 AB，BC 的長分別為 a 厘米和 b 厘米，其中 

8、;ab（1）當 a90 時，求紙盒側面積的最大值；（2）試確定 a，b，x 的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值18（16 分）在平面直角坐標系中，焦點在 x 軸上的橢圓 C：經過點（b，2e），其中 e 為橢圓 C 的離心率過點 T（1，0）作斜率為 k（k0）的直線 l 交橢圓 C 于 A，B 兩點（A 在 x 軸下方）（）求橢圓 C 的方程

9、；（）過原點 O 且平行于 l 的直線交橢圓 C 于點 M，N，求的值；（）記直線 l 與 y 軸的交點為 P，若    ，求直線 l 的斜率 k19（16 分）已知函數 f （x）exax1，其中 e 為自然對數的底數，aR（1）若 ae，函數 g （x）（2e）x求函數 h（x）f （x）g （

10、x）的單調區間；若函數 F（x）的值域為 R，求實數 m 的取值范圍；第 3 頁（共 27 頁）（2）若存在實數 x1，x20，2，使得 f（x1）f（x2），且|x1x2|1，求證：e1ae2e20（16 分）已知數列an的前 n 項和為 Sn，數列bn，cn滿足 （n+1）bnan+1，（n+2）cn，其中 nN*（1）若數列an是公差為 2 的等差數列，求數列cn的通項公式；（2）若存在實數 ，使得對

11、一切 nN*，有 bncn，求證：數列an是等差數列數學附加題選做題在 21、22、23、24 四小題中只能選做 2 題，每小題 0 分，共計 20 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟選修 4-1：幾何證明選講如圖，ABC 的頂點 A，C 在圓 O 上，B 在圓外，線段 AB 與圓 O 交于點 M（1）若 BC 是圓 O 的切線，且

12、 AB8，BC4，求線段 AM 的長度；（2）若線段 BC 與圓 O 交于另一點 N，且 AB2AC，求證：BN2MN選修 4-2：矩陣與變換22設 a，bR若直線 l：ax+y70 在矩陣 A對應的變換作用下，得到的直線為 l：9x+y910求實數 a，b 的值選修 4-4：坐標系與參數方程23在平面直角坐標系 xOy 中，直線 l：（t 為參數），與曲線 C：（k

13、為參數）交于 A，B 兩點，求線段 AB 的長選修 4-5：不等式選講24已知 ab，求證：a4+6a2b2+b44ab（a2+b2）必做題第 25 題、第 26 題，每題 10 分，共計 20 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟25如圖，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面四邊形 ABCD 為菱形，A1AAB2，第 4 頁（共 27 頁）ABC，E，F

14、0;分別是 BC，A1C 的中點（1）求異面直線 EF，AD 所成角的余弦值；（2）點 M 在線段 A1D 上，若 CM平面 AEF，求實數  的值26現有（n2，nN*）個給定的不同的數隨機排成一個下圖所示的三角形數陣：設 Mk 是第 k 行中的最大數，其中 1kn，kN*記 M1M2Mn 的概率為 pn（1）求 p2 的值；（2）證明：pn第 5 頁（共

15、 27 頁）2017 年江蘇省南京市高考數學二模試卷參考答案與試題解析一、填空題：本大題共 14 小題，每小題 5 分，共 70 分請把答案填寫在答題卡相應位置上1（5 分）函數 f（x）ln的定義域為（，1）【分析】根據對數函數的性質得到關于 x 的不等式，解出即可【解答】解：由題意得：0，解得：x1，故函數的定義域是：（，1）【點評】本題考查了求函數的定義域問題，考查對數函數的性質，是一道基礎題2（5 分）若復數 z 滿足 

16、;z（1i）2i（i 是虛數單位）， 是 z 的共軛復數，則 1i【分析】把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡求得 z，進一步求得 【解答】解：z（1i）2i，故答案為：1i【點評】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查了共軛復數的概念，是基礎題3（5 分）某校有三個興趣小組，甲、乙兩名學生每人選擇其中一個參加，且每人參加每個興趣小組的可能性相同，則甲、乙不在同一興趣小組的概率為【分析】先求出基本事件總數 n3×39，再求出甲、乙不在同一興趣小組包含的基本事件個數 m3

17、5;26，由此能求出甲、乙不在同一興趣小組的概率【解答】解：某校有三個興趣小組，甲、乙兩名學生每人選擇其中一個參加，且每人參加每個興趣小組的可能性相同，基本事件總數 n3×39，甲、乙不在同一興趣小組包含的基本事件個數 m3×26，甲、乙不在同一興趣小組的概率 p第 6 頁（共 27 頁）故答案為： 【點評】本題考查概率的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意等可能事件概率計算公式的合理運用4（5 分）下表是關于青年觀眾的性別與是否喜歡戲劇的調查數據，人數如表所示：男性青年觀眾女性青年

18、觀眾不喜歡戲劇4040喜歡戲劇1060現要在所有參與調查的人中用分層抽樣的方法抽取 n 個人做進一步的調研，若在“不喜歡戲劇的男性青年觀眾”的人中抽取了 8 人，則 n 的值為30【分析】利用分層抽樣的定義，建立方程，即可得出結論【解答】解：由題意             ，解得 n30，故答案為：30【點評】本題主要考查分層抽樣的定義和方法，考查學生的計算能力，屬于基礎題5（5 分）根

19、據如圖所示的偽代碼，則輸出 S 的值為20【分析】根據條件進行模擬計算即可【解答】解：第一次 I1，滿足條件 I5，I1+12，S0+22，第二次 I2，滿足條件 I5，I2+13，S2+35，第三次 I3，滿足條件 I5，I3+14，S5+49，第四次 I4，滿足條件 I5，I4+15，S9+514，第五次 I5，滿足條件 I5，I5+16，S14+620，第六次 I6 不滿足條件 I5，查詢終止，輸出 S20，第 7

20、60;頁（共 27 頁）故答案為：20【點評】本題主要考查程序框圖的識別和應用，根據條件進行模擬計算是解決本題的關鍵6（5 分）記公比為正數的等比數列an的前 n 項和為 Sn若 a11，S45S20，則 S5 的值為31【分析】經分析等比數列為非常數列，設出等比數列的公比，有給出的條件列方程求出 q的值，則 S5 的值可求【解答】解：若等比數列的公比等于 1，由 a11，則 S44，5S210，與題意不符設等比數列的公比為 q（q1）

21、，由 a11，S45S2，得5a1（1+q），解得 q±2數列an的各項均為正數，q2則 S531故答案為：31【點評】本題考查了等比數列的前 n 項和，考查了分類討論過的數學思想，在利用等比數列的前 n 項和公式時，一定要注意對公比的討論，此題是基礎題7（5 分）將函數 f（x）sinx 的圖象向右平移個單位后得到函數 yg（x）的圖象，則函數 yf（x）+g（x）的最大值為【分析】利用函數 yAsin（x+）的圖象變換規律求得 g（x）的解析

22、式，再利用兩角和差的三角公式化簡 f（x）+g（x）的解析式，再利用正弦函數的值域求得函數yf（x）+g（x）的最大值【解答】解：將函數 f（x）sinx 的圖象向右平移（x）的圖象，個單位后得到函數 yg（x）sin則函數 yf（x）+g（x）sinx+sin（x） sinx   cosx  sin（x  ） 的最大值為，故答案為：第 8 頁（共 27 頁）【點評】本題主要考查函數 yAsin（x+）的圖

23、象變換規律，兩角和差的三角函數，正弦函數的值域，屬于基礎題8（5 分）在平面直角坐標系 xOy 中，拋物線 y26x 的焦點為 F，準線為 l，P 為拋物線上一點，PAl，A 為垂足若直線 AF 的斜率 k，則線段 PF 的長為6【分析】先根據拋物線方程求出焦點坐標和準線方程， 據直線 AF 的斜率得到 AF 方程，與準線方程聯立，解出 A 點坐標，因為 PA 垂直準

24、線 l，所以 P 點與 A 點縱坐標相同，再代入拋物線方程求 P 點橫坐標，利用拋物線的定義就可求出 PF 長【解答】解：拋物線方程為 y26x，焦點 F（1.5，0），準線 l 方程為 x1.5，直線 AF 的斜率為直線 AF 的方程為 y，（x1.5），當 x1.5 時，y3，由可得 A 點坐標為（1.5，3）PAl，A 為垂足，P 點縱坐標為

25、 3，代入拋物線方程，得 P 點坐標為（4.5，3），|PF|PA|4.5（1.5）6故答案為 6【點評】本題主要考查拋物線的幾何性質，定義的應用，以及曲線交點的求法，利用拋物線的定義是解決本題的關鍵9（5 分）若 sin（） ，（0，），則 cos 的值為【分析】根據 （0，），求解出 （    ，  ），可得 cos（） ，構造思想，coscos（），利用兩角和與差的公式打開，可得答案【解答】解：（0，

26、），sin（cos（    ，  ），） ，） ，那么 coscos（）    cos（      ）cos（  ）sin（      ）sin  第 9 頁（共 27 頁）故答案為：【點評】本題考查了同角三角函數關系式的計算和兩角和與差的公式的運用，利用了構造的思想屬

27、于基礎題（10 5 分）， 為兩個不同的平面，m，n 為兩條不同的直線，下列命題中正確的是（填上所有正確命題的序號）若 ，m，則 m；若 m，n，則 mn；若 ，n，mn，則 m；若 n，n，m，則 m【分析】在中，由面面平行的性質定理得 m；在中，mn 或 m 與 n 異面；在中，m 與  相交、平行或 m； 在中，由線面垂直的判定定理得 m【解答】解：由

28、 ， 為兩個不同的平面，m，n 為兩條不同的直線，知：在中，若 ，m，則由面面平行的性質定理得 m，故正確；在中，若 m，n，則 mn 或 m 與 n 異面，故錯誤；在中，若 ，n，mn，則 m 與  相交、平行或 m，故錯誤；在中，若 n，n，m，則由線面垂直的判定定理得 m，故正確故答案為：【點評】本題考查命題真假的判斷，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間中線線、線面、面面間的位置關系的合理

29、運用11（5 分）在平面直角坐標系 xOy 中，直線 l1：kxy+20 與直線 l2：x+ky20 相交于點 P，則當實數 k 變化時，點 P 到直線 xy40 的距離的最大值為3【分析】直線 l1：kxy+20 與直線 l2：x+ky20 的斜率乘積k×1，（k0 時，兩條直線也相互垂直） 并且兩條直線分別經過定點：M（0，2），N（2，0）可得點 M 到直線&#

30、160;xy40 的距離 d 為最大值【解答】解：直線 l1：kxy+20 與直線 l2：x+ky20 的斜率乘積k×（1， k0 時，兩條直線也相互垂直），并且兩條直線分別經過定點：M（0，2），N（2，0）兩條直線的交點在以 MN 為直徑的圓上并且 kMN1，可得 MN 與直線 xy40第 10 頁（共 27 頁）垂直點 P 到直線 xy40 的距離&#

31、160;d3  為最大值故答案為：3【點評】本題考查了直線的方程、圓的性質、相互垂直的直線斜率之間的關系、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題12（5 分）若函數 f（x）x2mcosx+m2+3m8 有唯一零點，則滿足條件的實數 m 組成的集合為2【分析】由題意，唯一零點為 0，則 02mcos0+m2+3m80，即可得出結論【解答】解：由題意，函數為偶函數，在 x0 處有定義且存在唯一零點，所以唯一零點為 0，則 02mcos0+m2+3m8

32、0，m4 或 2，m4 代回原式，令函數等于 0 分離得兩個函數畫圖存在有多個零點，不符題意，僅m2 存在唯一零點故答案為2【點評】本題考查函數的零點，考查學生的計算能力，確定唯一零點為 0 是關鍵13（5 分）已知平面向量（1，2），（2，2），則的最小值為【分析】設 A（a，b），B（c，d），由已知向量可得 C（a+1，b+2），D（c2，d+2），求得（ca，db），的最小值（ca3，db），代入    ，展開后利用配方法求得【解答】解：

33、設 A（a，b），B（c，d），（1，2），（2，2），C（a+1，b+2），D（c2，d+2），則（ca，db），（ca3，db），（ca）（ca3）+（bd）2（ca）23（ca）+（bd）2的最小值為 第 11 頁（共 27 頁）故答案為：【點評】本題考查平面向量的數量積運算，考查數學轉化思想方法，訓練了利用配方法求最值，是中檔題（ff14 5 分）已知函數 （x）lnx+（ea）xb，其中 e 為自然對數的底數若不等式 （x）0 恒成立，則 的最小

34、值為【分析】求出立，當 ae 時，由，x0，當 ae 時，f（x）0，f（x）0 不可能恒成，得 x   ，由題意當 x   時，f（x）取最大值 0，推導出（ae），令 F（x），xe，F（x），令 H（x）（xe）ln（xe）e，H（x）ln（xe）+1，由此利用導數性質能求出 的最小值【解答】解：函數 f（x）lnx+（ea）xb，其中 e 為自然對數的底數，x0，當 ae

35、0;時，f（x）0，f（x）在（0，+）上是增函數，f（x）0 不可能恒成立，當 ae 時，由，得 x，不等式 f（x）0 恒成立，f（x）的最大值為 0，當 x（0，當 x（當 x）時，f（x）0，f（x）單調遞增，+）時，f（x）0，f（x）單調遞減，時，f（x）取最大值，f（）ln（ae）b10，ln（ae）+b+10，b1ln（ae），令 F（x）（ae），xe，第 12 頁（共 27 頁）F（x），令 H（x）（xe）ln（x

36、e）e，H（x）ln（xe）+1，由 H（x）0，得 xe+ ，當 x（e+ ，+）時，H（x）0，H（x）是增函數，x（e，e+ ）時，H（x）0，H（x）是減函數，當 xe+ 時，H（x）取最小值 H（e+ ）e ，xe 時，H（x）0，x2e 時，H（x）0，H（2e）0，當 x（e，2e）時，F（x）0，F（x）是減函數，當 x（2e，+）時，F（x）0，F（x）是增函九，x2e 時，F（x）取最小值，F（2e） ，的

37、最小值為 故答案為： 【點評】本題考查兩數比值的最小值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意導數性質和構造法的合理運用二、解答題：本大題共 6 小題，共計 90 分請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（14 分）如圖，在ABC 中，D 為邊 BC 上一點，AD6，BD3，DC2（1）若 ADBC，求BAC 的大小；（2）若ABC，求ADC 的面積第 13 頁（共 27 頁）【分析】

38、（1）設BAD，DAC，由已知可求 tan，tan，利用兩角和的正切函數公式可求 tanBAC1結合范圍BAC（0，），即可得解BAC 的值（2）設BAD由正弦定理可求 sin，利用大邊對大角，同角三角函數基本關系式可求 cos 的值，利用兩角和的正弦函數公式可求 sinADC，進而利用三角形面積公式即可計算得解【解答】（本小題滿分 14 分）解：（1）設BAD，DAC因為 ADBC，AD6，BD3，DC2，所以 tan ，tan ，（2 分）所以

39、0;tanBACtan（+）1（4 分）又BAC（0，），所以BAC（6 分）（2）設BAD在ABD 中，ABC由正弦定理得，解得 sin因為 ADBD，AD6，BD3（8 分）所以  為銳角，從而 cos    （10 分）因此 sinADCsin（+）sincos+cossin  （   +    ）    

40、60;（12 分）第 14 頁（共 27 頁）ADC 的面積 S ×AD×DCsinADC ×6×2× （1+）（14 分）【點評】本題主要考查了兩角和的正切函數公式，正弦定理，大邊對大角，同角三角函數基本關系式，兩角和的正弦函數公式，三角形面積公式在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題16（14 分）如圖，四棱錐 PABCD 中，AD平面 PAB，APAB（1）求證：CDAP；

41、（2）若 CDPD，求證：CD平面 PAB（【分析】 1）推導出 ADAP，APAB，從而 AP平面 ABCD，由此能證明 CDAP（2）由 CDAP，CDPD，得 CD平面 PAD再推導出 ABAD，APAB，從而 AB平面 PAD，進而 CDAB，由此能證明 CD平面 PAB【解答】（本小題滿分 14 分）證明：（1）因為 AD平面 PAB，AP平面 PAB，所以 ADAP

42、（2 分）又因為 APAB，ABADA，AB平面 ABCD，AD平面 ABCD，所以 AP平面 ABCD（4 分）因為 CD平面 ABCD，所以 CDAP（6 分）（2）因為 CDAP，CDPD，且 PDAPP，PD平面 PAD，AP平面 PAD，所以 CD平面 PAD（8 分）因為 AD平面 PAB，AB平面 PAB，所以 ABAD又因為 APAB，APADA，AP

43、平面 PAD，AD平面 PAD，所以 AB平面 PAD（10 分）由得 CDAB，（12 分）因為 CD平面 PAB，AB平面 PAB，所以 CD平面 PAB（14 分）第 15 頁（共 27 頁）【點評】本題考查線線垂直的證明，考查線面平行的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養17（14 分）在一張足夠大的紙板上截取一個面積為 3600 平方厘米的矩形紙板 ABCD

44、，然后在矩形紙板的四個角上切去邊長相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做成一個無蓋的長方體紙盒（如圖） 設小正方形邊長為 x 厘米，矩形紙板的兩邊 AB，BC 的長分別為 a 厘米和 b 厘米，其中 ab（1）當 a90 時，求紙盒側面積的最大值；（2）試確定 a，b，x 的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值（【分析】 1）當 a90 時，b40，求出側面積，利用配方法求紙盒側面積的最大值；（2）表示出體積，利用基本不等式

45、，導數知識，即可確定a，b，x 的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值【解答】解：（1）因為矩形紙板 ABCD 的面積為 3600，故當 a90 時，b40，xx從而包裝盒子的側面積 S2× （902x）+2× （402x）8x2+260x，x（0，20）（3 分）因為 S8x2+260x8（x16.25）2+2112.5，故當 x16.25 時，側面積最大，最大值為 2112.5 平方厘米（2）包裝盒子的體積 V（

46、a2x）（b2x）xxab2（a+b）x+4x2，x（0，），b60（8 分）Vxab2（a+b）x+4x2x（ab4x+4x2）x（3600240x+4x）第 16 頁（共 27 頁）4x3240x2+3600x（10 分）當且僅當 ab60 時等號成立設 f（x）4x3240x2+3600x，x（0，30）則 f（x）12（x10）（x30）于是當 0x10 時，f（x）0，所以 f（x）在（0，10）上單調遞增；當 10x30 時，f（x）

47、0，所以 f（x）在（10，30）上單調遞減因此當 x10 時，f（x）有最大值 f（10）16000，（12 分）此時 ab60，x10答：當 ab60，x10 時紙盒的體積最大，最大值為 16000 立方厘米（14 分）【點評】本題考查導數知識的綜合運用，考查基本不等式，考查利用數學知識解決實際問題的能力，屬于中檔題18（16 分）在平面直角坐標系中，焦點在 x 軸上的橢圓 C：經過點（b，2e），其中 e 為橢圓

48、0;C 的離心率過點 T（1，0）作斜率為 k（k0）的直線 l 交橢圓 C 于 A，B 兩點（A 在 x 軸下方）（）求橢圓 C 的方程；（）過原點 O 且平行于 l 的直線交橢圓 C 于點 M，N，求的值；（）記直線 l 與 y 軸的交點為 P，若    ，求直線 l 的斜率

49、 k（【分析】 1）由題意得 e2，           又 a2b2+c2，           ，解得 b2；（2）設 A（x1，y1），B（x2，y2）設直線 l 的方程為 yk（x1）聯立直線 l 與橢圓方程，消去 y，得（2k2+1）x24k2x+2

50、k280，可設直線 MN 方程為 ykx，聯立直線 MN 與橢圓方程，消去 y 得（2k2+1）x28，由 MNl，得由（1x1） x21）x1x2（x1+x2）+1（第 17 頁（共 27 頁）2得（xMxN） 4x2    即可（ 3 ） 在 y  k （ x  1 ） 中 ，

51、0;令 x  0 ， 則 y   k ， 所 以 P （ 0 ，  k ）， 從 而，由得，由（2）知由得50k483k2340，解得 k2【解答】解：（1）因為橢圓橢圓 C：+1 經過點（b，2e）所以因為 e2又a2b2+c2，所以         

52、60; ，解得 b24 或 b28（舍去）所以橢圓 C 的方程為（2）設 A（x1，y1），B（x2，y2）因為 T（1，0），則直線 l 的方程為 yk（x1）聯立直線 l 與橢圓方程，消去 y，得（2k2+1）x24k2x+2k280，所以 x1+x2，x1x2因為 MNl，所以直線 MN 方程為 ykx，聯立直線 MN 與橢圓方程消去 y 得（2k2+1）x28

53、，解得 x2第 18 頁（共 27 頁）因為 MNl，所以因為（1x1）（x21）x1x2（x1+x2）+1（xMxN）24x2所以（3）在 yk（x1）中，令 x0，則 yk，所以 P（0，k），從而，由（2）知由得代入 x1x250k483k2340，解得 k22 或 k2（舍）又因為 k0，所以 k（16 分）【點評】本題考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關系、向量運算、分析問題處理問題的能力，對運算能力的要求較高，屬于

54、難題19（16 分）已知函數 f （x）exax1，其中 e 為自然對數的底數，aR（1）若 ae，函數 g （x）（2e）x求函數 h（x）f （x）g （x）的單調區間；若函數 F（x）的值域為 R，求實數 m 的取值范圍；（2）若存在實數 x1，x20，2，使得 f（x1）f（x2），且|x1x2|1，求證：e1ae2e（【分析】 1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；求出函數的導數

55、，通過討論 m 的范圍得到函數的值域，從而確定 m 的具體范圍即可；第 19 頁（共 27 頁）（2）求出函數 f（x）的導數，得到 a0 且 f（x）在（，lna遞減，在lna，+）遞增，設 0x1x22，則有 0x1lnax22，根據函數的單調性得到關于 m 的不等式組，解出即可【解答】解：（1）ae 時，f（x）exex1，h（x）f（x）g（x）ex2x1，h（x）ex2，由 h（x）0，得 xln

56、2，由 h（x）0，解得：xln2，故函數 h（x）在（ln2，+）遞增，在（，ln2）遞減；f（x）exe，x1 時，f（x）0，f（x）在（，1）遞減，x1 時，f（x）0，f（x）在（1，+）遞增，m1 時，f（x）在（，m遞減，值域是emem1，+），g（x）（2e）x 在（m，+）遞減，值域是（，（2e）m），F（x）的值域是 R，故 emem1（2e）m，即 em2m10，（*），由可知 m0 時，h（x）em2m1h（0）0，故（*）不成立，h（m）在（0，ln2）遞減，

57、在（ln2，1）遞增，且 h（0）0，h（1）e30，0m1 時，h（m）0 恒成立，故 0m1；m1 時，f（x）在（，1）遞減，在（1，m遞增，故函數 f（x）exex1 在（，m上的值域是f（1），+），即1，+），g（x）（2e）x 在（m，+）上遞減，值域是（，（2e）m），F（x）的值域是 R，1（2e）m，即 1m，綜上，m 的范圍是0，；（2）證明：f（x）exa，若 a0，則 f（x）0，此時 f（x）在 R 遞增，由

58、 f（x1）f（x2），可得 x1x2，與|x1x2|1 矛盾，a0 且 f（x）在（，lna遞減，在lna，+）遞增，若 x1，x2（，lna，則由 f（x1）f（x2）可得 x1x2，與|x1x2|1 矛盾，同樣不能有 x1，x2lna，+），不妨設 0x1x22，則有 0x1lnax22，第 20 頁（共 27 頁）f（x）在（x1，lna）遞減，在（lna，x2）遞增，且 f（x1）f（x2），x1xx2 時

59、，f（x）f（x1）f（x2），由 0x1x22 且|x1x2|1，得 1x1，x2，故 f（1）f（x1）f（x2），又 f（x）在（，lna遞減，且 0x1lna，故 f（x1）f（0），故 f（1）f（0），同理 f（1）f（2），即，解得：e1ae2e1，e1ae2e【點評】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想、考查不等式的證明，是一道綜合題20（16 分）已知數列an的前 n 項和為 Sn，數列bn，cn滿足 （n+1

60、）bnan+1（n+2）cn，其中 nN*（1）若數列an是公差為 2 的等差數列，求數列cn的通項公式；（2）若存在實數 ，使得對一切 nN*，有 bncn，求證：數列an是等差數列，【分析】 1）數列an是公差為 2 的等差數列，可得 ana1+2（n1），（a1+n1代，可得：n（n+1）bnnan+1Sn， n+1） n+2）bn+1（n+1）入（n+2）cn（2）由（n+1）bnan+1   即可得出 cn（ （ab

61、ban+2Sn+1，相減可得： n+2an+1（n+2） n+1nbn，代入化簡可得 cn （bn+bn1） ncn，cn （bn+bn1），故 bn，cn進而得出【解答】（1）解：數列an是公差為 2 的等差數列，ana1+2（n1），1a1+n（n+2）cn（2）證明：由（n+1）bnan+1（a1+n1）n+2，解得 cn1，可得：n（n+1）bnnan+1Sn，（n+1）（n+2）bn+1（n+1）an+2Sn+1，相減可得：an+2an+1（n+2）bn+1nbn，第 21&

62、#160;頁（共 27 頁）可得：（n+2）cn+（n+1）bn             an+1（n+1）bn+（n+1）bn  （bn+bn1），因此 cn （bn+bn1）bncn，cn （bn+bn1），故 bn，cn（n+1）an+1，（n+2） （an+1+an+2），相減可得： （an+2an+1），即 an+2an+12，（n2）又 

63、;2a2a1，則 an+1an2（n1），數列an是等差數列【點評】本題考查了數列遞推關系、等差數列的定義通項公式、不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題數學附加題選做題在 21、22、23、24 四小題中只能選做 2 題，每小題 0 分，共計 20 分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟選修 4-1：幾何證明選講如圖，ABC 的頂點 A，C 在圓 O 上，B 在圓外，線段 AB 與圓 O 交于點 M（1）若 BC 是圓 O 的切線，且 AB8，BC4，求線段 AM 的長度；（2）若線段 BC 與圓