2020届浙江省宁波市宁波十校高三上学期11月月考数学试题(解析版)

1、2020届浙江省宁波市宁波十校高三上学期11月月考数学试题一、单选题x 11 .已知集合 A= x| 0, B= x|1 VXW2,则 An B=()x 2A.x|1<x< 2B.x|1 <x< 2C.x|- 1<x<2 D.x|- 1<x<2【答案】A【解析】集合 A= x| - 1<x<2,集合的交集运算，即可求解 .【详解】x 1由题意，集合 A= x| 0=x| - 1Wxv2, B= x|1 vxW2,所以 An B= x|1x 2v xv 2.故选：A.【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解，以及集合的交集的运算， 其中解

2、答中正确求解集合A,结合集合的交集概念及运算求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 渐近线方程，即可求得双曲线的渐近线的方程，得到答案.2.若复数aa R为纯虚数,1 2iA. 2B. 3其中i为虚数单位，则a ()C. -2D. -3因为a i1 2i11_ 一-(a i) (1 2i) 一a 2 (1 2a)i为纯虚数，所以 a 2 0 55且12a 0 ,解得a 2 ,故选C.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算.要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数，共辗复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化，转化为复数的乘法， 运算时特别

3、要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.223.已知三个实数2, a, 8成等比数列，则双曲线 上一 二 1的渐近线方程为()9 a2A. 3x±4y = 0B. 4x±3y=0C. V3x± 2y=0D. 9x±16y=0【解析】由三个实数2, a, 8成等比数列,求得2y2 x2a2 = 16,得到双曲线工一 1的9 16【详解】由题意，三个实数 2, a, 8成等比数列，可得 a2=i6,y2 x2即双曲线 1的渐近线方程为 3x±4y=0,9 16故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质，其

4、中解答中根据等比中项公式，求得a的值，得出双曲线的标准方程式解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4 .若实数 x, y满足 x+y>0,则“ x>0” 是 “ x2>y2” 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【答案】B【解析】根据充分条件、必要条件的判定方法，结合不等式的性质，即可求解，得到答 案.【详解】由题意，实数x, y满足x+y>0,若x>0,则未必有x2>y2,例如 x=1, y=2 时，有 x2y2;反之，若 x2>y2,贝U x2- y2>0,即(x+y) (x-y) &

5、gt;0;由于 x+y>0,故 x - y> 0, .x>yHx>-y,，x>0 成立；所以当 x+y>0 时，“x>0” 推不出 “ x2>y2"，"x2>y2" ？ “x>0”； “x>0”是“x2>y2”的必要不充分条件.答案：B.【点睛】本题主要考查了不等式的性质， 以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记充分 条件、必要条件的判定方法， 结合不等式的性质求解是解答的关键， 着重考查了推理与 论证能力，属于基础题.5 .已知函数f (x) =x2-3x-3, xC0, 4,当x=a

6、时，f (x)取得最大值 b,则函 数g x J)' b的图象为()a【解析】结合二次函数的性质，求得4,b 1,得到函数g x(-)x 1,再结合指4数函数的图象，即可求解.【详解】由题意，函数 f (x) =x?-3x-3, xC对称轴为x=1.5 ,开口向上，最大值为f (4) = 1,所以 a=4, b= 1,可得函数g (x)(1/14.1 . xl'相当于把y(7)1向左平移1个单位'所以D选项复合题故选：D.本题主要考查了图象的识别，其中解答中熟记一元二次函数的性质，以及指数函数的图象与性质，合理运算时解答的关键,着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6.

7、已知实数x, y满足不等式组3x2y2y15 07 0,若z kx y,(k R)的最大值为8,则z的最小值为(A. - 2B. 一 1C. 0D. 1【解析】作出不等式组所表示的平面区域,结合平面区域，根据目标的最大值，分类讨论求得k的值，进而求得目标函数的最小值,得到答案.x 2y 5 0由题意，作出不等式组 3x 2y 7 0所表示的可行域，如图所示，x 1x 1八、 x 2y 5 0由，解得A(1, 2)；由 y ,解答B(3,1)；3x 2y 7 03x 2y 7 0x 2y 5 0由，解得C(1,2)x 1(1)若目标函数取得最大值 8的最优解为A(1, 2)时，代入目标函数，可得

8、 k 6, 此时目标函数z 6x y,此时代入点B(3,1),可得z 6 3 1 17 8,不符合题 息；(2)若目标函数取得最大值8的最优解为C(1,2)时，代入目标函数，可得k 10,此时目标函数z 10x y,此时代入点B(3,1),可得Z 10 3 1 29 8,不符合 题意；(3)若目标函数取得最大值8的最优解为B(3,1)时，代入目标函数，可得 k 3,此时目标函数z 3x y,此时点C能使得目标函数取得最小值，代入点C(1,2),最小值为z 3 1 2 1 ；答案：D.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移

9、、三求” ，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重 考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题.7 .函数 f (x) = sin (cox+()(3>0, < v)满足 f ( 1 ) = f ( 一) = - f2242(3_)，且当 xC _,时恒有 f (x) > 0,则()442A. 3=2B. 3=4C. 3 = 2 或 4D. 3 不确定【答案】A【解析】根据三角函数的图象与性质，求得函数的对称轴和对称点，判断周期T的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】3由题意，函数 f x sin( x ),因为 f (一)= f (一)= f (一)，4243可得f

10、 (x)有一条对称轴为7万 3 ,对称点的横坐标为万745 ,2-821又由 xC _ ,时恒有 f (x) >0,所以 f ( 3- ) =1,又 f ( )=0, 一4 288884所以-4可得当T=n，3 =2;当T3=6,“3当x 时,43 sin (6?一46 ) = cos 6 >0,不成立,故选：A【点睛】 本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.8 .今有男生3人，女生3人，老师1人排成一排，要求老师站在正中间，女生有且仅有两人相邻，则共有多少种不同的排法？

11、（）A. 216B. 260【答案】C【解析】将老师两边分别看作三个位置, 即可求解.【详解】由题意，将老师两边分别看作三个位置,21相邻，分组方法有 C3 C3 9种，C. 432D. 456先分组再排列，在排入学生，按分步计数原理,将学生分为两女一男和两男一女两组，且两女两女一男的排列方法为 A2 A2 4种,3两男一女的排列方法有 A 6种，由分步计数原理，可得总的排列方法有9 4 6 A； 432种，故选：C.【点睛】本题主要考查了计数原理、排列组合的应用，其中解答中认真审题，合理利用排列、组合的知识求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.9 .如图，点E为正

12、方形 ABCM CD上异于点 C D的动点，将 ADEgAE翻折成 SAE在翻折过程中，下列三个说法中正确的个数是（）存在点E和某一翻折位置使得 AE/平面SBC存在点E和某一翻折位置使得 SAL平面SBC二面角 S-AB- E的平面角总是小于 2/ SAE.A，工B曲E2A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】对于，四边形 ABC时梯形，所以AE与BC必然相交；对于，假设 SA平面SBC可推得矛盾；对于，当将 ADEgAE翻折使得平面 SAEL平面ABC时，二面角S- AB- E最大，在平面SA印，作出一个角等于二面角 S- AB- E的平面角；由角SAE所在三角形的一个外角，它是

13、不相邻的两个内角之和，结合图形，即可判定. 【详解】对于，四边形 ABC电梯形，所以 AE与BC必然相交，故错误；对于，假设 SA 平面SBC SC 平面SBC所以SAL SC又SAL SE, SEA SC= S,所以SAL平面SCE所以平面 SCE/平面SBC这与平面 SB3平面SCE= SC矛盾，故假设不成立，即错误；对于，当将ADEg AE翻折使得平面 SAEL平面ABC的，二面角S- AB- E最大，如图，在平面 SAE内，作SOL AE,垂足为 Q，SOL平面ABCE AB 平面ABCE 所以SOL AB作O"AB垂足为F,连接SF, SOH O已0,则ABL平面SFO所以

14、ABL SF,则/ SFG即为二面角S- AB- E的平面角；在直线AE上取一点E,使得OFi = OF,连接SFi,则/ SFiO= / SFQ由图形知，在 SAFi 中，SFi >AFi ,所以/ ASFi v/ SAE 而/ SFiO= Z SAE-Z ASFi ,故/ SF1O< 2/SAE即/ SF往2/SAE故正确.故选：B.【点睛】本题主要考查了空间中的平行于垂直关系的应用，二面角的平面角的作法，以及立体几何的折叠问题，其中解答中熟记线面关系的判定与性质，以及熟练掌握二面角的平面角的作法是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及转化思想的应用，属于中档试题.一.ex

15、2, x 0kx2 110 .已知函数f(x), g(x)=f (坪一！)+1 (kCR,kw0),则lnx, x>03下列关于函数y=fg (x) +1的零点个数判断正确的是()A.当k>0时，有2个零点；当k<0时，有4个零点B.当k>0时，有4个零点；当k<0时，有2个零点C.无论k为何值，均有2个零点D.无论k为何值，均有4个零点【答案】B【解析】根据方程的跟和函数的零点的关系，将函数y fg(x) 1的零点个数转化kx 111 1为y kx-1和y -以及v ee 1的交点，即可求解. 3e y e【详解】依题意，当x=0或x 1时，f (x) = -

16、1, e函数y=fg (x) +1的零点个数，即为方程 fg (x) = - 1的解的个数,1即为万程g (x) =0或g (x)的解的个数，ekx2一 、一3即为方程3kx23或者kx23 kx2即为当故当当0或者kx23kx23解的个数,kx2 13kx2 1ln(舍去)1 1 ekx2 130或者kx2 13kx23解的个数,k>0 时,1；因为e31ee11H1) 0,所以1ee1 3'kx2 1 一 一y 为顶点为3开口向上的抛物线,kx21 dae1分别有两个交点，与y=0无交点,ek>0时，函数y = fg (x) +1有4个零点;kx2 1k<0时，y

17、 一为顶点为(0,1一),开口向下的抛物线,3人1 一有两个父点，与 y 和ve y故当k<0时，函数y = fg11-ee 无父点,(x) +1有2个零点;综上，当k>0时，有4个零点；当k<0时,有2个零点,故选：B.本题主要考查了函数的零点与方程的跟的关系,以及函数的零点个数问题,其中解答中将函数yfg(x) 1的零点个数转化为y1 一以及V e y1ee1的交点是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题.二、填空题11.已知eC ( 0,n)，且 sin ( e ),则 cos 10【答案】二2102425【解析】由已知直接利用诱导公式求得cos（）,

18、再由4sin2 cos（ 2 ） cos2（一）,利用余弦的倍角公式，即可求解.24由题意，因为sin （一 e ）210可得 cos (8) = cos(一)= sin (- e )2；10又由 sin 2 0 = cos (一 2 )= cos2 ( 一 241 2sin2 42425-2 2 22 ()210故答案为：今,25本题主要考查了三角函数的诱导公式、以及余弦的倍角公式的化简求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角函数恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12.在二项式（JX 2）5的展开式中，各项系数的和为 ,含x的一次项的系数为

19、x.（用数字作答）【答案】110【解析】令x 1 ,代入即可求得展开式各项系数的和，再写出二项展开式的通项，令x的指数为1,求得r的值，即可求得x的一次项系数，得到答案.【详解】在二项式（豉 2）5中，取乂 1 ,可得各项系数的和为-1； x_5 3r二项式（Jx 2）5的展开式的通项 Tr 1 C；（Vx）5 r（ -）r （ 2）rC；x' xx4 5 3r由1 ,得 r = 1.2含x的一次项的系数为 2C；10.故答案为：-1; -10.【点睛】本题主要考查了二项式定量的应用，其中解答中合理利用赋值法，以及熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属

20、于基础题.13 .祖附I是我国南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“哥势既同，则积不容异”，称为祖的I原理.意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处的截面面积始终相等，则它们的体积相等.利用这个原理求半球O的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为,表面积为得出圆【解析】根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥, 柱的底面半径和高，利用体积和侧面积、以及圆的公式，即可求解.根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥,且底面半径1,高为1的组合体, 21所以几何体的体积为：12 1 -

21、3几何体的表面积为：122 1 122故答案为：,(3 + 22.)式312 12321(3+72)n，【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线 在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视 图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.14 . 一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球.已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是 7,则袋中的白球个数为 ,若从袋中任意摸出 3个球,9记得到白球的个数为 E

22、 ,则随机变量己的数学期望EE=.3【答案】53272【解析】根据至少得到一个白球的概率为7 ,可得不含白球的概率为 -,结合超几何99分布的相关知识可得白球的个数，以及随机变量的期望，得到答案.7一 , 27 ,则不含白球的概率为-，99可得C10 xCo2,即(10 x)(9 x) 20,解得 x 59依题意，设白球个数为 x ,至少得到一个白球的概率是_ 3 5依题意，随机变量 H (10,5,3),所以E3510，.3故答案为：5, 32本题主要考查了超几何分布中事件的概率，以及超几何分布的期望的求解，其中解答中 熟记超几何分布的相关知识，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答

23、问题 的能力，属于中档试题.15.已知常数p>0,数列an满足an+1= | pan|+2 an+p (nC N),首项为a1,前n项和为&.若对任意nC N成立，则 亘的取值范围为 .P【答案】-6, - 4【解析】首先判断数列an为递增数列，结合 Sn S3恒成立，则必有a1 a2 a3 0 a4成立，用a&P表示出a3,a4,由不等式即可求解 曳 的取值范围. P【详解】由题意，an1anP ananP Pananp 2p 0,及an 1 an 0 ,所以数列 an为递增数列，要使得Sn S3对任意n N恒成立，则必有a3 0,a4 0,所以 a2p a12alp

24、p a12alp 0,a3pa22a2pa1P2ala4pa3203Pai3p 2al所以6亘 4 ,即%的取值范围 pp故答案为：6, 4.5p (a p) 2al 5P a14P 0,9p(a1 3p) 2a1 9p a1 6p 0,6, 4.本题主要考查了数列的递推关系式的应用,其中解答的难点在于利用已知条件去掉绝对值，并判断出a3,a4满足的条件，着重考查了逻辑推理能力，属于中档试题.16.已知椭圆2X102y- 1 ,倾斜角为60。的直线与椭圆分别交于A B两点且6AB8 309C是椭圆上不同于 A、B一点，则 ABC面积的最大值为答案16 . 309【解析】设直线 AB的方程为y

25、J3x m ,联立方程组，利用根与系数的关系及弦长公式，得到2，1 3 X1 X2) 4X1X28/30 ,解得m的值，设与直线 AB平行且与椭圆相切9的直线方程为 y J3x t,联立方程组，利用0,求得t的值，再由点到直线的距离公式和三角形的面积公式，即可求解.由题意，设直线 AB的方程为y百x m ,点 A(X1, y0 , B(X2,幻，联立方程组y 3x22x y106整理得 18X2+10、3 m)+5耐-30=0,所以X1+X2X1X2_25m 3018因为AB立即921 3 X1 x2)4X1X28、309代入整理得m2 4 ,解得m 2不妨取：m±2,可得直线 AB

26、的方程为y J3x 2,设与直线AB平行且与椭圆相切的直线方程为y J3x+t,y 3x t联立方程组x2y2,整理得 18x2+10 J3 tx+5t 2-30=0,10 -6 1由= 300t272X (5t230) =0,解得：t=±6.取t = - 6时，与直线 AB平行且与椭圆相切的直线与直线AB的距离18.304 2916.30 , 一1所以 ABC面积的最大值S -d AB2故答案为：90.9【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆(圆锥曲线) 方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的

27、变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.17.已知平面向量ra足 满 rca, b的夹角为一"3 b|=5, c a, c b的4夹角为,ca|=3)2,则a?c的最大值为.4【答案】36urn r uur r uuu r【解析】设PA a，PB b，PC C，由题意知P, A,B,C四点共圆，建立坐标系， 求出点c的坐标和圆的半径，设P(5w2cos ,w2sin )，用表示a ：,根据范 围和三角和差公式，即可求解.【详解】uur r uuu runr r设 PA a，PB b，PC c，rr r3则 AB= | a b |

28、 =5, AC= | c a | = 32 , / ACB , / APB 一,44可得P, A, B, C四点共圆.设 ABC勺外接圆的圆心为 O,则/ AO庄2/APB 2，由正弦定理可知：20A AB 5J2,故OA "2 sin ACB 、2以O为圆心,以 OA OB为坐标轴建立平面坐标系如图所示:在 oaoK0), B (0,辿).225 25一 一 18由余弦定理可得 cos/AOC 2 产5 5、2 522 sin/AOC|45.,C(瘦10122).55,、2 cos a25,2 . sin a2uuuPA5 ；2 cos a25-lsin2uuuPC7.21012.

29、25逑 sin a), 2” ELosa)7.210述 cos a)5Jsin2一处！5Jsin=16+12sin3 .a - 16cos a = 16+20?( sin4-cos a )5=16+20sin(a 6 ),其中 sin 6一时，a c取得最大值 236.答案：36.【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，正弦定理、余弦定理的应用， 以及三角恒等变换与三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了逻辑推理能力和分析问题和解答问题的能力，属于难题.三、解答题18 .已知 ABC勺内角 A B C的对边分别为 a、b、c,且b J3csinA acosC .(1)求 A;(2)若a B

30、 求a ABC勺面积S的最大值.【答案】(1)【解析】(1)利用整下定理，三角函数的恒等变换， 集合sin C 0 ,求得tanA Y3 ,3即可求解;(2)由余弦定理，基本不等式求得 bc的最大值，进而根据三角形的面积公式，即可求解三角形的最大面积.【详解】(1)由题意，在 ABC 中，b >/3csinA acosC,由正弦定理得 sin B V3sin C sin A sin AcosC ,又由A B C ,可得 sin B sin (A C) sin(A C) sin AcosC cosAsinC所以 sin AcosC cos Asin C 点 sinCsinA sin Aco

31、sC ,即 cosAsinC J3sinCsinA ,又因为sinCw。，所以cosA J3sinA,可得tanA 匣,又由 AC (0, n), A -.222 .c(2)由余弦定理可得 cosA b一c一a-,2bc 2可得 b2+c2- 3 73bc,因为 b2+c2>2bc,所以 3 J3bc>2bc,可得 bc32 .33 (2 73),所以三角形的面积S 1 bcsin - 6 3J3 ,当且仅当b= c J3 2 J3等号成立, 234所以 ABC勺面积S的最大值6g4【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意

32、识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息.一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理； 如果式子中含有角的正弦或边的一次式时， 则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力， 属于基础题.19 .如图，四边形 ABC加菱形，四边形 ACF西平行四边形，设 BDW AC相交于点G,AB= BA AE= 2, / EA氏 / EAB(1)证明：平面 ACFIEL面ABCD(2)若直线AE与BC的夹角为60。，求直线EF与平面BE所成角的余弦值.、1【答案】(1)证明见解析(2) 3【解析】(1)先由已知条件求得 EAD EAB ,得到EG BD ,再结合菱形的对角线

33、垂直，可得 BD 平面ACEF ,即可证得平面 ACFEL平面ABCD(2)建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，设E的坐标，根据条件求出 E,再求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】(1)证明：连接EG 因为 AB= BD= AE= 2, / EAD= /EAB可得 EAW EABED= EB G为BD的中点,所以EGL BDD因为四边形ABC师菱形，Ad BD BDL平面 ACEF因为BDy平面ABCD，平面 ACFE.¥面 ABCD(2)因为EF/ AG直线EF与平面BE的成角即为 AG与平面BE所成角;以G为原点建立如图所示空间直角坐标系，如图

34、所示,设 E (a, 0, b)则uurAE(a J3, 0, b),uur因为BC (曲,0),所以由条件可得:uumAE(am)2+b2=4 且 UAE ?EIC73a+3=2X2Xcos60°=2;a解得於32 ；63LUU,所以be运)，因为3uuirDB (°2, 0)；所以可取平面 BED勺法向量1)因为uur ULLTEF AC(-273, 0, 0),设直线EF与平面BE的成角为uuir EF uuirn IEF2.2313 '13既直线EF与平面BE所成角的余弦值为-1 °< 0 ； sos 0 v1sin22星入7【点睛】本题考查

35、了线面位置关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解20.已知等差数列an的前n项和为S,且a2+2a4=a9, &=36.(1)求 an, S；11_1-(2)若数列bn满足 bi = i, bn h JS 求证： L 2Jn 1(nCN).b1b2bn【答案】(1) an=2n-1, s = n2 (2)证明见解析【解析】(1)设等差数列 an的公差为d ,运用等

36、差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，再结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；,c1，(2)讨论n 1,n2,将n换为n 1 ,相减得到 一bn1 bn1,再由数列的裂项相bn消求和及不等式的性质，即可求解.【详解】(1)设等差数列an的公差设为d,前n项和为S,且a2+2a4= a9, &=36,可得 a1+d+2 (a1+3d) =a1+8d,即 2a=d,又 6a1+15d=36,即 2a1+5d=12,解得 a1 = 1, d=2,贝U an =1+2 (n1) = 2n 1, Sn= n+n (n 1) = n2；(2)证明：数列bn满足 b1 = 1, b

37、n 1bn JS? n,当 n= 1 时，b1b2 = 1,可得 b2= 1,n>2 时，bnbn 1= n- 1,1相减可得 bn ( bn+1 - bn-1) =1,即一tn+1- bn 1 ,bnr 111,11当 nR 2 时， L b3 b1+b4 b2+b5 b3+bn+1- bn1blb2 bnbi1 b bz+bn+bn+1> 1+2 Jbnbn 12.yn 1 ；当n= 1时,1bi1 = 2 J1 1,不等式成立,111综上可得,一 一 L 2jn 1 (n C N).b1b2bn【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，以及数列与不等式的证

38、明，其中解答中注意数列的裂项相消法求和，以及不等式的性质的应用是解答的关键， 着重考查了方程思想以及运算能力，属于中档试题.21 .如图，P是抛物线E: y2=4x上的动点，F是抛物线E的焦点.（1）求| PF的最小值;(2)点 B, C在 y 轴上，直线 PR PCW圆(x- 1) 2+y2=1 相切.当 PF C 4 , 6时,求| BC的最小值.【答案】（1） | PF的最小值为1（2）2,353【解析】（1）求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和性质，即可求得|PF的最小值;2(2)设B(0,m),C(0,n), P(xo,yo), yo 4x0,分别求得PB,PC的方程,运用

39、直线和圆相切，得到m,n为方程（xo 2）x2 2y0x xo 0的两根，再由韦达定理可得 m n , 进而可求得其最小值.【详解】（1） P是抛物线E: y2=4x上的动点，F是抛物线E的焦点（1,。），准线方程为x=-1,由抛物线的定义可得| PF| =d = xP+1,由Xp0 ,可得d的最小值为1, | PF的最小值为1;2 一(2)设 B(0,m),C(0, n), P(x0,y°), y°4x°,则PB的方程为yy。xomy0 nx+mj PC的方程为 y x+n,x0由直线PA与圆（x-1） 2+y2=1相切，可得y。 m mx。m)21,整理得(x

40、o - 2) m+2yomi- x0=0,同理可得(x0 2) n2+2y°n x0= 0,即有m n为方程（X0 - 2） x2+2yox- xo= 0的两根，可得m+n2 y02x0,mn 2 x0，贝U | m- n|(m n)2 4mn4 yO24x°2(2 M)2 2 Xx4x02 8x02 x由 I PF e 4 , 6,可得 xo+1 e 4 , 6,即 xo 3 , 5令 t = |2 x°| = xO 2, t 1 , 3,即有 |m-n|；4(2。2 8 2 t 2 产t t2 t1在1 , 3递减,可得t = 3即x0= 5时，| B（C =

41、 | mi- n|取得最小值2353【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及性质,以及直线与抛物线的位置关系的应用,着重考查了分析问其中解答中注意韦达定理和二次函数的单调性的应用是解答的关键, 题和解答问题的能力，属于中档试题.22.已知函数 f x 10lnx -a- x 1(1)当aCR时，讨论函数f (x)的单调性;(2)对任意的xC (1, +8)士有f (x) < ax,若aCZ,求a的最小值.【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2) a的最小值为3【解析】(1)求得函数的导数 f x10x2a 20 x 10x(x 1)22g x 10xa 20 x 10,分情况讨论a ,进而可得求得函数f x的单调性;(2)由 f xax 得到 101nx2工，转化为ax 110 x 1 Inx2,对任意x (1,)成 x立，令F