20屆高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題

1、2020屆浙江省寧波市寧波十校高三上學(xué)期11月月考數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知集合ax|0，bx|1x2，則ab（ ）ax|1x2bx|1x2cx|1x2dx|1x2【答案】a【解析】集合ax|1x2，集合的交集運(yùn)算，即可求解.【詳解】由題意，集合ax|0x|1x2，bx|1x2，所以abx|1x2故選：a【點(diǎn)睛】本題主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的運(yùn)算，其中解答中正確求解集合a，結(jié)合集合的交集概念及運(yùn)算求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題2若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，其中為虛數(shù)單位，則 （ ）a2b3c-2d-3【答案】c【解析】因?yàn)闉榧兲摂?shù)，所以且，解得，故選c點(diǎn)睛：復(fù)數(shù)是高

2、考中的必考知識，主要考查復(fù)數(shù)的概念及復(fù)數(shù)的運(yùn)算要注意對實(shí)部、虛部的理解，掌握純虛數(shù)，共軛復(fù)數(shù)這些重要概念，復(fù)數(shù)的運(yùn)算主要考查除法運(yùn)算，通過分母實(shí)數(shù)化，轉(zhuǎn)化為復(fù)數(shù)的乘法，運(yùn)算時(shí)特別要注意多項(xiàng)式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯(cuò)，造成不必要的失分3已知三個(gè)實(shí)數(shù)2，a，8成等比數(shù)列，則雙曲線的漸近線方程為（ ）a3x4y0b4x3y0cx2y0d9x16y0【答案】a【解析】由三個(gè)實(shí)數(shù)2，8成等比數(shù)列，求得16，得到雙曲線的漸近線方程，即可求得雙曲線的漸近線的方程，得到答案【詳解】由題意，三個(gè)實(shí)數(shù)2，8成等比數(shù)列，可得16，即雙曲線的漸近線方程為3x4y0，故選：a【點(diǎn)睛】本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程

3、及簡單的幾何性質(zhì)，其中解答中根據(jù)等比中項(xiàng)公式，求得的值，得出雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程式解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題4若實(shí)數(shù)x，y滿足x+y0，則“x0”是“x2y2”的（ ）a充分不必要條件b必要不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件【答案】b【解析】根據(jù)充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可求解，得到答案【詳解】由題意，實(shí)數(shù)x，y滿足x+y0，若x0，則未必有x2y2，例如x1，y2時(shí)，有x2y2；反之，若x2y2，則x2y20，即（x+y）（xy）0；由于x+y0，故xy0，xy且xy，x0成立；所以當(dāng)x+y0時(shí)，“x0”推不出“x2y2”，“x2y2”“

4、x0”；“x0”是“x2y2”的必要不充分條件答案：b【點(diǎn)睛】本題主要考查了不等式的性質(zhì)，以及充分條件、必要條件的判定，其中解答中熟記充分條件、必要條件的判定方法，結(jié)合不等式的性質(zhì)求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎(chǔ)題5已知函數(shù)f（x）x23x3，x0，4，當(dāng)xa時(shí)，f（x）取得最大值b，則函數(shù)的圖象為（ ）abcd【答案】d【解析】結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，求得，得到函數(shù)，再結(jié)合指數(shù)函數(shù)的圖象，即可求解【詳解】由題意，函數(shù)f（x）x23x3，x0，4，對稱軸為x1.5，開口向上，最大值為f（4）1，所以a4，b1，可得函數(shù)g（x），相當(dāng)于把y向左平移1個(gè)單位，所以d選項(xiàng)復(fù)合題意故選

5、：d【點(diǎn)睛】本題主要考查了圖象的識別，其中解答中熟記一元二次函數(shù)的性質(zhì)，以及指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，合理運(yùn)算時(shí)解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題6已知實(shí)數(shù)滿足不等式組，若的最大值為8，則z的最小值為（ ）a2b1c0d1【答案】d【解析】作出不等式組所表示的平面區(qū)域，結(jié)合平面區(qū)域，根據(jù)目標(biāo)的最大值，分類討論求得的值，進(jìn)而求得目標(biāo)函數(shù)的最小值，得到答案【詳解】由題意，作出不等式組所表示的可行域，如圖所示，由，解得；由，解答；由，解得（1）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時(shí)，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，此時(shí)目標(biāo)函數(shù)，此時(shí)代入點(diǎn)，可得，不符合題意；（2）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時(shí)，代入目標(biāo)函

6、數(shù)，可得，此時(shí)目標(biāo)函數(shù)，此時(shí)代入點(diǎn)，可得，不符合題意；（3）若目標(biāo)函數(shù)取得最大值的最優(yōu)解為時(shí)，代入目標(biāo)函數(shù)，可得，此時(shí)目標(biāo)函數(shù)，此時(shí)點(diǎn)能使得目標(biāo)函數(shù)取得最小值，代入點(diǎn)，最小值為；答案：d【點(diǎn)睛】本題主要考查簡單線性規(guī)劃求解目標(biāo)函數(shù)的最值問題其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標(biāo)函數(shù)的最優(yōu)解是解答的關(guān)鍵，著重考查了數(shù)形結(jié)合思想，及推理與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題7函數(shù)f（x）sin（x+）（0，）滿足f（）f（）f（），且當(dāng)x，時(shí)恒有f（x）0，則（ ）a2b4c2或4d不確定【答案】a【解析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，求得函數(shù)的對稱軸和對稱點(diǎn)，判斷周期的取值范圍，

7、即可求解，得到答案【詳解】由題意，函數(shù)，因?yàn)閒（）f（）f（），可得f（x）有一條對稱軸為，對稱點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，又由x，時(shí)恒有f（x）0，所以f（）1，又f（）0，所以，可得當(dāng)t，2；當(dāng)t時(shí)，6，當(dāng)x時(shí)，sin（6）cos0，不成立，故選：a【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用，其中解答中熟記三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，準(zhǔn)確計(jì)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題8今有男生3人，女生3人，老師1人排成一排，要求老師站在正中間，女生有且僅有兩人相鄰，則共有多少種不同的排法？（ ）a216b260c432d456【答案】c【解析】將老師兩邊分別看作三個(gè)位置，先分組再排

8、列，在排入學(xué)生，按分步計(jì)數(shù)原理，即可求解【詳解】由題意，將老師兩邊分別看作三個(gè)位置，將學(xué)生分為兩女一男和兩男一女兩組，且兩女相鄰，分組方法有9種，兩女一男的排列方法為4種，兩男一女的排列方法有6種，由分步計(jì)數(shù)原理，可得總的排列方法有432種，故選：c【點(diǎn)睛】本題主要考查了計(jì)數(shù)原理、排列組合的應(yīng)用，其中解答中認(rèn)真審題，合理利用排列、組合的知識求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎(chǔ)題9如圖，點(diǎn)e為正方形abcd邊cd上異于點(diǎn)c、d的動(dòng)點(diǎn)，將ade沿ae翻折成sae，在翻折過程中，下列三個(gè)說法中正確的個(gè)數(shù)是（ ）存在點(diǎn)e和某一翻折位置使得ae平面sbc；存在點(diǎn)e和某一翻折位置

9、使得sa平面sbc；二面角sabe的平面角總是小于2saea0b1c2d3【答案】b【解析】對于，四邊形abce為梯形，所以ae與bc必然相交；對于，假設(shè)sa平面sbc，可推得矛盾；對于，當(dāng)將ade沿ae翻折使得平面sae平面abce時(shí)，二面角sabe最大，在平面sae內(nèi)，作出一個(gè)角等于二面角sabe的平面角；由角所在三角形的一個(gè)外角，它是不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角之和，結(jié)合圖形，即可判定【詳解】對于，四邊形abce為梯形，所以ae與bc必然相交，故錯(cuò)誤；對于，假設(shè)sa平面sbc，sc平面sbc，所以sasc，又sase，sescs，所以sa平面sce，所以平面sce平面sbc，這與平面sbc平面sce

10、sc矛盾，故假設(shè)不成立，即錯(cuò)誤；對于，當(dāng)將ade沿ae翻折使得平面sae平面abce時(shí)，二面角sabe最大，如圖，在平面sae內(nèi)，作soae，垂足為o，so平面abce；ab平面abce，所以soab；作ofab，垂足為f，連接sf，soofo，則ab平面sfo，所以absf，則sfg即為二面角sabe的平面角；在直線ae上取一點(diǎn)，使得oof，連接s，則sosfo；由圖形知，在sa中，sa，所以assae；而sosae+as，故so2sae；即sfo2sae故正確故選：b【點(diǎn)睛】本題主要考查了空間中的平行于垂直關(guān)系的應(yīng)用，二面角的平面角的作法，以及立體幾何的折疊問題，其中解答中熟記線面關(guān)系的判

11、定與性質(zhì)，以及熟練掌握二面角的平面角的作法是解答的關(guān)鍵，著重考查了空間想象能力，以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔試題10已知函數(shù)f（x），g（x）f（）+1（kr，k0），則下列關(guān)于函數(shù)yfg（x）+1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)判斷正確的是（ ）a當(dāng)k0時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k0時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)b當(dāng)k0時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k0時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)c無論k為何值，均有2個(gè)零點(diǎn)d無論k為何值，均有4個(gè)零點(diǎn)【答案】b【解析】根據(jù)方程的跟和函數(shù)的零點(diǎn)的關(guān)系，將函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為和以及的交點(diǎn)，即可求解【詳解】依題意，當(dāng)x0或x時(shí)，f（x）1，函數(shù)yfg（x）+1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，即為方程fg（x）1的解的個(gè)數(shù)，即為方程g（x）0或g（x）的

12、解的個(gè)數(shù)，即為方程或者或（舍去）或者解的個(gè)數(shù)，即為0或者或者解的個(gè)數(shù)，由，因?yàn)椋?，?dāng)k0時(shí)，y為頂點(diǎn)為（0，），開口向上的拋物線，y與y和分別有兩個(gè)交點(diǎn)，與y0無交點(diǎn)，故當(dāng)k0時(shí)，函數(shù)yfg（x）+1有4個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k0時(shí)，y為頂點(diǎn)為（0，），開口向下的拋物線，y與y0有兩個(gè)交點(diǎn)，與y和無交點(diǎn)，故當(dāng)k0時(shí)，函數(shù)yfg（x）+1有2個(gè)零點(diǎn)；綜上，當(dāng)k0時(shí)，有4個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)k0時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn)，故選：b【點(diǎn)睛】本題主要考查了函數(shù)的零點(diǎn)與方程的跟的關(guān)系，以及函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，其中解答中將函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為和以及的交點(diǎn)是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于難題二、填空題11已知（0，

13、），且sin（），則cos（）_，sin2_【答案】 【解析】由已知直接利用誘導(dǎo)公式求得，再由，利用余弦的倍角公式，即可求解【詳解】由題意，因?yàn)閟in（），可得cos（）cos（）sin（）；又由sin2cos（）cos2（）故答案為：，【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式、以及余弦的倍角公式的化簡求值問題，其中解答中熟記三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式和三角函數(shù)恒等變換的公式，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題12在二項(xiàng)式的展開式中，各項(xiàng)系數(shù)的和為_，含x的一次項(xiàng)的系數(shù)為_（用數(shù)字作答）【答案】 【解析】令，代入即可求得展開式各項(xiàng)系數(shù)的和，再寫出二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，令的指數(shù)為1，

14、求得的值，即可求得的一次項(xiàng)系數(shù)，得到答案【詳解】在二項(xiàng)式中，取，可得各項(xiàng)系數(shù)的和為1；二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)由，得r1含x的一次項(xiàng)的系數(shù)為故答案為：1；10【點(diǎn)睛】本題主要考查了二項(xiàng)式定量的應(yīng)用，其中解答中合理利用賦值法，以及熟記二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題13祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r(shí)代的偉大科學(xué)家，他在實(shí)踐的基礎(chǔ)上提出了體積計(jì)算的原理：“冪勢既同，則積不容異”，稱為祖暅原理意思是底面處于同一平面上的兩個(gè)同高的幾何體，若在等高處的截面面積始終相等，則它們的體積相等利用這個(gè)原理求半球o的體積時(shí)，需要構(gòu)造一個(gè)幾何體，該幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積

15、為_，表面積為_【答案】 （3） 【解析】根據(jù)給定的幾何體的三視圖，得到該幾何體為一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐，得出圓柱的底面半徑和高，利用體積和側(cè)面積、以及圓的公式，即可求解【詳解】根據(jù)給定的幾何體的三視圖，可得該幾何體表示一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐，且底面半徑1，高為1的組合體，所以幾何體的體積為：幾何體的表面積為：（3），故答案為：，（3）【點(diǎn)睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計(jì)算，在由三視圖還原為空間幾何體的實(shí)際形狀時(shí)，要根據(jù)三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實(shí)線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線

16、面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應(yīng)公式求解14一個(gè)袋中裝有10個(gè)大小相同的黑球、白球和紅球已知從袋中任意摸出2個(gè)球，至少得到一個(gè)白球的概率是，則袋中的白球個(gè)數(shù)為_，若從袋中任意摸出3個(gè)球，記得到白球的個(gè)數(shù)為，則隨機(jī)變量的數(shù)學(xué)期望e_【答案】5 【解析】根據(jù)至少得到一個(gè)白球的概率為，可得不含白球的概率為，結(jié)合超幾何分布的相關(guān)知識可得白球的個(gè)數(shù)，以及隨機(jī)變量的期望，得到答案【詳解】依題意，設(shè)白球個(gè)數(shù)為，至少得到一個(gè)白球的概率是，則不含白球的概率為，可得，即，解得，依題意，隨機(jī)變量，所以故答案為：5，【點(diǎn)睛】本題主要考查了超幾何分布中事件的概率，以及超幾何分布的期望的求解，其中解答中熟記超幾何分布的相

17、關(guān)知識，準(zhǔn)確計(jì)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題15已知常數(shù)p0，數(shù)列an滿足an+1|pan|+2an+p（nn），首項(xiàng)為a1，前n項(xiàng)和為sn若sns3對任意nn成立，則的取值范圍為_【答案】6，4【解析】首先判斷數(shù)列為遞增數(shù)列，結(jié)合恒成立，則必有成立，用及表示出，由不等式即可求解的取值范圍【詳解】由題意，及，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，要使得對任意恒成立，則必有，所以，所以，即的取值范圍故答案為：【點(diǎn)睛】本題主要考查了數(shù)列的遞推關(guān)系式的應(yīng)用，其中解答的難點(diǎn)在于利用已知條件去掉絕對值，并判斷出滿足的條件，著重考查了邏輯推理能力，屬于中檔試題16已知橢圓，傾斜角為60的直

18、線與橢圓分別交于a、b兩點(diǎn)且，點(diǎn)c是橢圓上不同于a、b一點(diǎn)，則abc面積的最大值為_【答案】【解析】設(shè)直線ab的方程為，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系及弦長公式，得到，解得的值，設(shè)與直線平行且與橢圓相切的直線方程為，聯(lián)立方程組，利用，求得的值，再由點(diǎn)到直線的距離公式和三角形的面積公式，即可求解【詳解】由題意，設(shè)直線ab的方程為，點(diǎn) a（x1，y1），b（x2，y2），聯(lián)立方程組，整理得18x2+10mx+5m2300，所以x1+x2，x1x2因?yàn)?，即，代入整理得，解得，不妨?。簃2，可得直線ab的方程為，設(shè)與直線ab平行且與橢圓相切的直線方程為yx+t，聯(lián)立方程組，整理得18x2+10tx+5

19、t2300，由300t272（5t230）0，解得：t6取t6時(shí)，與直線ab平行且與橢圓相切的直線與直線ab的距離，所以abc面積的最大值，故答案為：【點(diǎn)睛】本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,解答此類題目，通常聯(lián)立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程，應(yīng)用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行求解，此類問題易錯(cuò)點(diǎn)是復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯(cuò)解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運(yùn)算求解能力、分析問題解決問題的能力等17已知平面向量，滿足：，的夾角為，|5，的夾角為，|3，則的最大值為_【答案】36【解析】設(shè)，由題意知四點(diǎn)共圓，建立坐標(biāo)系，求出點(diǎn)的坐標(biāo)和圓的半徑，設(shè)，用表示，根據(jù)范圍和三角和

20、差公式，即可求解【詳解】設(shè)，則ab|5，ac|3，acb，apb，可得p，a，b，c四點(diǎn)共圓設(shè)abc的外接圓的圓心為o，則aob2apb，由正弦定理可知：2oa5，故oa以o為圓心，以oa，ob為坐標(biāo)軸建立平面坐標(biāo)系如圖所示：則a（，0），b（0，）在oac中，由余弦定理可得cosaoc，故sinaoc，c（，）設(shè)p（cos，sin），則（cos，sin），（cos，sin），（cos）（cos）sin（sin）16+12sin16cos16+20（sincos）16+20sin（），其中sin，cos當(dāng)時(shí)，取得最大值36答案：36【點(diǎn)睛】本題主要考查了向量的數(shù)量積的運(yùn)算，正弦定理、余弦定理的

21、應(yīng)用，以及三角恒等變換與三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用，著重考查了邏輯推理能力和分析問題和解答問題的能力，屬于難題三、解答題18已知abc的內(nèi)角a、b、c的對邊分別為a、b、c，且（1）求a；（2）若，求abc的面積s的最大值【答案】（1）a（2）【解析】（1）利用整下定理，三角函數(shù)的恒等變換，集合，求得，即可求解；（2）由余弦定理，基本不等式求得的最大值，進(jìn)而根據(jù)三角形的面積公式，即可求解三角形的最大面積【詳解】（1）由題意，在中，由正弦定理得，又由，可得 所以，即cosasincsincsina，又因?yàn)閟inc0，所以cosasina，可得tana，又由a（0，），a（2）由余弦定理可得c

22、osa，可得b2+c23bc，因?yàn)閎2+c22bc，所以3bc2bc，可得bc3（2），所以三角形的面積sbcsin，當(dāng)且僅當(dāng)bc等號成立，所以abc的面積s的最大值【點(diǎn)睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用，其中在解有關(guān)三角形的題目時(shí)，要有意識地考慮用哪個(gè)定理更合適，要抓住能夠利用某個(gè)定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時(shí)，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時(shí)，則考慮用正弦定理，著重考查了運(yùn)算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題19如圖，四邊形abcd為菱形，四邊形acfe為平行四邊形，設(shè)bd與ac相交于點(diǎn)g，abbdae2，eadeab（1）證明：

23、平面acfe平面abcd；（2）若直線ae與bc的夾角為60，求直線ef與平面bed所成角的余弦值【答案】（1）證明見解析（2）【解析】（1）先由已知條件求得，得到，再結(jié)合菱形的對角線垂直，可得平面，即可證得平面acfe平面abcd；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得各點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)的坐標(biāo)，根據(jù)條件求出，再求得直線的方向向量和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解【詳解】（1）證明：連接eg，因?yàn)閍bbdae2，eadeab，可得eadeab，edebg為bd的中點(diǎn)，所以egbd，因?yàn)樗倪呅蝍bcd為菱形，acbd，bd平面acef，因?yàn)閎d平面abcd；平面acfe平面abcd；（2）因?yàn)閑f

24、ag，直線ef與平面bed所成角即為ag與平面bed所成角；以g為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)e（a，0，b）則（a，0，b），因?yàn)椋ǎ?，0），所以由條件可得：|2（a）2+b24且a+322cos602；解得，所以（，1，），因?yàn)椋?，2，0）；所以可取平面bed的法向量（2，0，1），因?yàn)椋?，0，0），設(shè)直線ef與平面bed所成角為，則sin，0；sos；既直線ef與平面bed所成角的余弦值為【點(diǎn)睛】本題考查了線面位置關(guān)系的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理，通過嚴(yán)密推理是線面位置關(guān)系判

25、定的關(guān)鍵，同時(shí)對于立體幾何中角的計(jì)算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為sn，且a2+2a4a9，s636（1）求an，sn；（2）若數(shù)列bn滿足b11，求證：（nn）【答案】（1）an2n1，snn2（2）證明見解析【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，解方程可得首項(xiàng)和公差，再結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，即可求解；（2）討論，將換為，相減得到，再由數(shù)列的裂項(xiàng)相消求和及不等式的性質(zhì)，即可求解【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差設(shè)為d，前n項(xiàng)和為sn，且a2+2a4a9，s636，可得a1+

26、d+2（a1+3d）a1+8d，即2a1d，又6a1+15d36，即2a1+5d12，解得a11，d2，則an1+2（n1）2n1，snn+n（n1）n2；（2）證明：數(shù)列bn滿足b11，n，當(dāng)n1時(shí)，b1b21，可得b21，n2時(shí)，bnbn1n1，相減可得bn（bn+1bn1）1，即bn+1bn1，當(dāng)n2時(shí)，b3b1+b4b2+b5b3+bn+1bn1b1b2+bn+bn+11+221；當(dāng)n1時(shí)，121，不等式成立，綜上可得，（nn）【點(diǎn)睛】本題主要考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和前項(xiàng)和公式的應(yīng)用，以及數(shù)列與不等式的證明，其中解答中注意數(shù)列的裂項(xiàng)相消法求和，以及不等式的性質(zhì)的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，著重

27、考查了方程思想以及運(yùn)算能力，屬于中檔試題21如圖，p是拋物線e：y24x上的動(dòng)點(diǎn)，f是拋物線e的焦點(diǎn)（1）求|pf|的最小值；（2）點(diǎn)b，c在y軸上，直線pb，pc與圓（x1）2+y21相切當(dāng)|pf|4，6時(shí)，求|bc|的最小值【答案】（1）|pf|的最小值為1（2）【解析】（1）求得拋物線的焦點(diǎn)和準(zhǔn)線方程，運(yùn)用拋物線的定義和性質(zhì)，即可求得|pf|的最小值；（2）設(shè)，分別求得的方程，運(yùn)用直線和圓相切，得到為方程的兩根，再由韋達(dá)定理可得，進(jìn)而可求得其最小值【詳解】（1）p是拋物線e：y24x上的動(dòng)點(diǎn)，f是拋物線e的焦點(diǎn)（1，0），準(zhǔn)線方程為x1，由拋物線的定義可得|pf|dxp+1，由，可得d的

28、最小值為1，|pf|的最小值為1；（2）設(shè)，則pb的方程為yx+m，pc的方程為yx+n，由直線pa與圓（x1）2+y21相切，可得1，整理得（x02）m2+2y0mx00，同理可得（x02）n2+2y0nx00，即有m，n為方程（x02）x2+2y0xx00的兩根，可得m+n，mn，則|mn|，由|pf|4，6，可得x0+14，6，即x03，5，令t|2x0|x02，t1，3，即有|mn|2在1，3遞減，可得t3即x05時(shí)，|bc|mn|取得最小值【點(diǎn)睛】本題主要考查了拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及性質(zhì)，以及直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，其中解答中注意韋達(dá)定理和二次函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題22已知函數(shù)（1）當(dāng)ar時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）對任意的x（1，+）均有f（x