2024年高考数学终极押题密卷3（天津卷）含答案

2024年高考数学终极押题密卷3（天津卷）

一,选择题（共9小题）

I.设全集U={-2,-I,0,1,2,3},集合A={-1,2},8={d?_4x+3=0},则CiJ（AUB）=（）

A.{1,3}B.{0,3}C.{-2,0}D.{-2,1}

2.已知条件p：|x+l|>2,条件g：5x-6>x2,则〃是q的（）条件

A.充要B.充分不必要

C.必要不充分D.既不充分也不必要

3.某城市在进行创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城”的满意程度，组织居民给活动打

分（分数为整数，满分100分），从中随机抽取一个容量为120的样本，发现所给数据均在［40,100］内.现

将这些分数分成以下6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示.观察图

形则下列说法中有错误的是（）

0.030

0.025

0.020

0.015

0.010

0.005

A.第三组的频数为18人

B.根据频率分布直方图估计众数为75分

C.根据频率分布直方图估计样本的平均数为75分

D.根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分

4.已知函数），=/”）的部分图象如图所示，则/（x）的解析式可能为（）

x

A.fCx)^e-1

B・f(x)=——

e~1ex+l

2

C.f(x)=^=D-f（x）=V^7

表，数列｛加｝满足儿=。"+，则数列｛仇｝的最大

5.已知数列｛〃〃｝为不单调的等比数列,a2=-i-,&4=1-1

项为（）

7c-iD-i

6.已知正方体48co・小以。。的外接球的体积为36m点E为棱A8的中点，则三棱锥。-AEO的体

积为（）

A.2B.2V3C.D.16^3

33

7.粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物.现将两个正四面体进

行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段C。（含端点）上运动，若此六面体的体

A.EF=2B.£F=4

C.EG+bG的最小值为3点D.EG+FG的最小值为25历

8.已知抛物线）?=2px（p>0）上一点M（1,/〃）（机>0）到其焦点的距离为5,双曲线3-y2=］的左

a

顶点为A,若双曲线的一条渐近线与直线4M平行，则实数。的值为（）

A.AB.Ac.AD.A

3492

9.已知函数f（x）=Asin（3x+0）（A>o,3>0,|0|〈工）的部分图像如图，将函数/（x）的

图像所有点的横坐标伸长到原来的3倍，再将所得函数图像向左平移工个单位长度，得到函数g（K）

26

的图像，则下列关于函数女（X）的说法正确的个数为（)

①点（工，0）是g（x）图像的一个对称中心

6

②是g（x）图像的一条对称轴

X6

③g（A-）在区间［令，g］上单调递增

④若|g（XI）-g（X2）1=4,则卜1一切的最小值为工

2

C.3D.4

二.填空题（共6小题）

10.已知，是虚数单位，复数卫二的虚部为.

3+4i

II.在（2x，4^）的展开式中，/的系数是

12.与圆?+/-2A-=0外切且与直线xW3y=0相切于点M（3,S）的圆的方程

为_______________________

I3.现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答.

（I）已知张同学至少取到I道乙类题，则他取到的题FI不是同一类的概率为：

（2）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题.张同学答对每道甲类题的概率都是3,答对每

5

道乙类题的概率都是‘，且各题答对与否相互独立.用X表示张同学答对题的个数，则X的数学期望

5

为.

14.在△4/3C中，就二Z，BC=b若。为其重心，试用Z，E表示而为：若。

为其外心，满足罂丽•访栏就•而=2m（访）2（m€R＞旦sinA+sinC=V^，则加的最大值

DCAD

为.

15.设命R,对任意实数心记/（戈）=加〃{/-2,/j"+〃+24}.若/（x）有三个零点，则实数〃的

取值范围是.

三,解答题（共5小题）

16.在△A4C中，角A,B,C同'对的边分别为a,b,c,满足（2d-c）cosfi=Z?cosC.

(1)求角8的大小；

(2)设。=4,b=2V7.

(i)求。的值；

(ii)求sin(2C+B)的值.

17.如图，在三棱锥P-48C中，附_1_底面ABC,/BAC=90°.点。，E,N分别为棱布,PC,的

中点，M是线段A。的中点，PA=AC=2,AB=\.

(1)求证：MN〃平面8。氏

(2)求点N到直线ME的距离；

(3)在线段以上是否存在一点H,使得直线N"与平面MNE所成角的正弦值为汉巨，若存在，求出

线段A”的值，若不存在，说明理由.

18.设｛.｝是等差数列,其前”项和为S“SwN*),｛儿｝为等比数列,公比大于1.已知m=l,历=4,b2+S2

=11,加+03=22.

(1)求｛“〃｝和｛d｝的通项公式；

(2)设c=(-l)n宁"1：),求｛cn｝的前2〃项和；

nan<an+1)bn

(3)设求证：——-——+——+——+…•+---------.

d2-dld3-d2d4-d3d/i-dn4

22

19.已知椭圆与"十'=；［(a>b>0)的右顶点为月，上顶点为B,。为坐标原点，椭圆内一点M满足

a2b2

OM

=KABI4

(I)求椭圆的离心率；

(H)椭圆上一点P在第一象限，且满足/川^:工，。。与椭圆交于点°,直线4Q交PM的延长线

6

于点D若△PDQ的面积为唔求椭圆的标准方程.

20.已知函数/(x)=x/〃x-a(1-1),其中“WR.

(1)当a=l时，求函数/(x)在点(e,/(e))上的切线方程.(其中“为自然对数的底数)

(2)已知关于x的方程立=ax—两个不相等的正实根川，虫，且川〈垃.

XX

(i)求实数。的取值范围；

(ii)设A为大于1的常数，当。变化时，若x¥xc有最小值K，求女的值.

X1x2

2024年菁优高考数学终极押题密卷3(天津卷)

参考答案与试题解析

一.选择题(共9小题)

I.设全集U={-2,-1,0,1,2,3},集合A={-1,2},8={X|?_4X+3=0},则QJ(AU3)=()

A.{b3}B.{0,3}C.{-2,0}D.{-2,I}

【考点】交、并、补集的混合运算.

【专题】计算题；对应思想；定义法；集合；数学运算.

【答案】C

【分析】根据集合的基本运算即可求解.

【解答】解：VB={4V2-4X+3=0)={1,3},A={-I,2},

.•・AU8={-1,1,2,3},

*：U={-2,-1,0,I,2,3),

・・・Cu(AUB)={-2,0},

故选：C.

【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础.

2.已知条件p：|x+l|>2,条件q：5x-6>/,则p是"的()条件

A.充要B.充分不必要

C.必要不充分D.既不充分也不必要

【考点】充分条件与必要条件.

【专题】对应思想；转化法；简易逻辑；数学运算.

【答案】C

【分析】解不等式，求出关于p,夕的范围，结合集合的包含关系判断即可.

【解答】解：•・•条件P：|"1|>2,・・・£>1或xV-3,

•・•条件夕：5x-6>?,，2Vx<3,

则〃是4的必要不充分条件，

故选：C.

【点评】本题考查了充分必要条件，考查不等式以及集合的包含关系，是基础题.

3.某城市在进行创建文明城市的活动中，为了解居民对“创建文明城”的满意程度，组织居民给活动打

分(分数为整数，满分100分).从中随机抽取•个容量为120的样本，发现所给数据均在［40,100］内.现

将这些分数分成以卜6组并画出样本的频率分布直方图，但不小心污损了部分图形，如图所示.观察图

形则下列说法中有错误的是()

0.030

0.025

0.020

0.015

0.010

0.005

A.第三组的频数为18人

B.根据频率分布直方图估计众数为75分

C.根据频率分布直方图估计样本的平均数为75分

D.根据频率分布直方图估计样本的中位数为75分

【考点】频率分布直方图.

【专题】计算题；数形结合；数形结合法：概率与统计；数学运算.

【答案】C

【分析】对于A频率分布直方图中，小矩形的面积等于这一组的频率，而频率的和等于I,可求出分数

在［60,70)内的频率：对于8根据众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标即可得解：

对于C,同一组数据常用该组区间的中点值作为代表，将中点值与每一组的频率相差再求出它们的和即

可求出本次考试的平均分，对于。，由中位数将所有的小长方形的面积均分即可求解.

【解答】解：对于A,因为各组的频率之和等于1,所以分数在［60,70)内的频率为：/=1-10

(0.005+0.015+0.030+0.025+0.010)=0.15,

所以第三组［60,70)的频数为120X0.15=18(人)，故正确；

对于。，因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形的中点，从图中可看出众数的估计值为75分，

故正确；

对于C,又根据频率分布直方图，样本的平均数的估计值为：45X(10X0.005)+55X(10X0.015)+65

X(10X0.015)+75X(10X0.03)+85X(10X0.025)+95X(10X0.01)=73.5(分)，故错误；

对于。，因为(0.05+0.15+0.15)X10=0.35<0.5,(0.05+0.15+0.15+0.3)X10>0.5,所以中位数位于

［70,80)上，所以中位数的估计值为：70+氏5-S35=75,故正确；

0.030

故选：c.

【点评】本题主要考查了频率及频率分布直方图，以及平均数有关问题，考查运用统计知识解决简单实

际问题的能力，数据处理能力和运用意识.本题属「中档题.

4.已知函数)，=/(.»)的部分图象如图所示，则/Ci)的解析式可能为()

B・f(x)-

e'+l

D,f(x)=vx

【考点】函数的图象与图象的变换：函数解析式的求解及常用方法.

【专题】计算题：数形结合；综合法；函数的性质及应用：数学运算.

【答案】D

【分析】根据题意，由函数的图象分析函数的定义域以及/.12)VI,由此分析选项可得答案.

【解答】解：根据题意，由函数的图象，/(A-)的定义域为｛MxW±l｝，且/(2)<1,

依次分析选项：

对于A,/(x)=£出，其定义域为｛.很±0｝,不符合题意；

eX1

对于从f(x)=-^工，其定义域为R,不符合题意；

ex+l

对于C,f(A)=:2,其定义域为｛.很H±l｝,但f(2)=*4=^±_=照>],不符合

VT:l宿V15炜

题意；

对于Q,/(幻=-%,其定义域为｛.小六±1｝,/(2)=,,2=_^_=彳恒v],符合题意.

普宿V15炜

故选：D.

【点评】本题考查函数的图象分析•，涉及函数的定义域、奇偶性的分析，属于基础题.

5.已知数列｛如｝为不单调的等比数列，ao=l,a数列｛加｝满足m=1-即+i,则数列｛加｝的最大

24416

项为（）

A.2B.工C.9D.苴

4884

【考点】数列递推式.

【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算.

【答案】C

【分析】根据已知求得公比，得到数列｛医｝的通项公式，进而求解结论.

【解答】解：设公比为小

•・•数列伍〃）为不单调的等比数列，a2=l,a4=JL

解得令=-2，（［舍）.

22

=2=_lx（-A），r2=（・_1）”；

422

：・bu=1-fl+i=l-

N2

当〃为奇数时，为正数，且单调递减；

当〃为偶数时，为负数，且单调递增；

故〃=2时，数列｛加｝取最大值，最大项为历=1-（--）5=—.

28

故选：C.

【点评】本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于基础题.

6.已知正方体ABC。-AIBICI。的外接球的体积为36m点£为棱A8的中点，则三棱锥。的体

积为（）

A.2B.2V3C.D.16^3

33

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；数学运算.

【答案】B

【分析】由已知求出正方体外接球的半径，进一步可得棱长，再由棱锥体枳公式求解.

【解答】解：如图,

设正力体的棱长为小则正力体的外接球的半径r=AA/a2+a2+a2=±^ga，

由题意可知,方兀・CjMa），打,解得丁=24后

3

，三棱锥0加的体积为V=1x{axfxa=^a=^X24y=2«・

故选：B.

【点评】本题考查多面体的外接球，考查多面体体积的求法，考查运算求解能力，是基础题.

7.粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到替代成为了端午节的节庆食物.现将两个正四面体进

行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CO（含端点）上运动，若此六面体的体

积为西，则下列说法正确的是（）

3

E

D

A.EF=2B.E产=4

C.EG+尸G的最小值为36D.EG+FG的最小值为浦

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体枳.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【答案】D

【分析】设Er=小然后求出正四面体的高，然后由体积可求得办然后由侧面展开图可求EG+R7的

最小值.

【解答】解：设痔=小则正四面体的高为，&2-（华~）2=亨@，

因为六面体的体积为世，所以2X^X^^2义逅^少，解得a=2^，

EG+FG的最小值为等边三角形ECD高的2倍，即2X%=2^6.

故选：D.

【点评】本题考查立体几何中，距离的最值的求解，化归转化思想，属基础题.

2日

8.已知抛物线）?=2px（/?>0）上一点M（1,加）（加>0）到其焦点的距离为5,双曲线三-y2=］的左

a

顶点为4若双曲线的一条渐近线与直线AM平行，则实数”的值为（）

A.AB.Ac.AD.A

3492

【考点】抛物线的性质；双曲线的性质.

【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算.

【答案】A

【分析】由1号=5得抛物线方程，M在抛物线上求得M坐标，再根据双曲线一条渐近线与直线4M平

行可得答案.

【解答】解：根据题意，抛物线）?=2*（p>0）上一点M（I,〃?）（/H>0）到其焦点的距离为5,

则点M到抛物线的准线圻卡的距离也为5,即1号=5,解得〃=8，

所以抛物线的方程为f=16x,则〃?2=16,

所以〃?=4,即例的坐标为（1,4）,

20

又双曲线弓—y2=］的左顶点（・小0）,一条渐近线为1

Ay=­x)

aa

而k~=-E，由双曲线的一条渐近线与直线AM平行,

KAMl+a

则有一红」，解得

1+aa

故选:A.

【点评】本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属基础题.

9.已知函数f(x);Asin(3x+。)(A>0，但>0,|。工)的部分图像如图，将函数/(x)的

2

图像所有点的横坐标伸长到原来的3倍，再将所得函数图像向左平移卷个单位长度，得到函数g(x)

2

的图像，则下列关于函数g(X)的说法正确的个数为()

①点(看，0)是8(X)图像的一个对称中心

②x工是8(x)图像的一条对称轴

6

③g(A)在区间［工，工］上单调递增

63

D.4

【考点】函数y=Asin(<ox+(p)的图象变换.

【专题】函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；数学运算.

【答案】B

【分析】由二角函数的图像与性质可得f(x)=2sin(3x」上)，再由二角函数图象变换法则可得

6

g(x)=2sin(2x吟)，再结合三角函数的图像与性质逐项判断即可得解•

【解答】解：由图像可知函数/(x)的最大值为2,最小正周期满足工=2兀，兀，即T-2冗，

49183

所以A=2,3=2兀(v)=2sin(3x+(p),

T1

又点(空，2)在函数/(X)的图像上，所以f(")=2sin("+O)=2，

993

所以2+O2+2k兀，k€2，即-+2k兀，kCZ

32o

乂I中I<当，所以。f(x)=2sin(3x—y-)»

将函数/(x)的图像所有点的横坐标伸长到原来的3,可得y=2sin(2x工)的图像，

26

再将所得函数图像向左平移三个单位长度，可得y=2sin(2x『J的图像，

66

所以g（x）=2sin（2XT->

因为g（-7-）=2sin=2»

666

所以点（2Lf0）不是g（X）图像的一个对称中心，X工是g（X）图像的一条对称轴，

66

故①错误，②正确；

当土在厂［「―兀^^兀州1RJ,，2n兀x/=「兀L5丁兀［］，

所以g（x）在区间［一（，卷］上不单调，故③错误；

若|g（XI）-g（X2）|=4,则g（XI）、g（X2）分别为函数g（x）的最大值、最小值；

由函数g（X）的最小正周期为口可得⑶-X2|的最小值为？L，故④正确.

2

故选:B.

【点评】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题.

二.填空题（共6小题）

10.已知i是虚数单位，复数卫匚的虚部为-1.

3+4i

【考点】复数的运算.

【专题】转化思想；数学模型法；数系的扩充和复数.

【答案】见试题解答内容

【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案.

【解答】解：JtL=（7+i）g-4i）25-25i

3+4i（3+4i）（3-4i）25

则复数卫L的虚部为：・i.

3+4i

故答案为：-1.

【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考杳了复数的基本概念，是基础题.

II.在（2乂3+^/=）°的展开式中，产的系数是60.

【考点】二项式定理.

【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算.

【答案】60.

【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于4,计算展开式中含有十项的系数即可.

6-rira18—r-r

【解答】解：由题意得：T「+广用(2xob+)=%2x2，「=。，1，2,3,4,5,6,

只需18~~^~r=4，可得r=4,

244

^^T5=chx=60x*

故答案为：60.

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题.

12,与I员|/+/-2K=0外切且与直线＞小巧了=0相切于点M（3,m）的圆的方程为（x-4）2+/=4

或/+（V+4A/^）2=36.

【考点】直线与圆的位置关系.

【专•题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；数学运算.

【答案】（X-4）2+9=4或『+（）+4«）』36.

【分析】利用待定系数法，设所求圆方程为a-a）2+Cx-b）2=r,根据题意列方程可解得〃、b、「

的值.

【解答】解：设所求圆方程为（厂。）2+（『〃）2=',

圆C：・2t=0的标准方程为（x・l）2+产=1,圆心CQ,0）,半径为1,

7(l-a)2+b2=r+l

IaW3b|

依题意有｛2=r

:.b=M(a-4)代入前两个等式得：7(l-a)2+b2=l+2|a-3p

①当a>3时，有(a-1)2+3(〃-4)2=(2〃-5)2,

解得a=4,，b=0,r=2：

②当3时，有(。-1)2+3(a-4)2=(7-2a)2,

解得a=0,.*./>=-4^3»r=6.

综上所述，所求圆的方程为G-4)2+>2=4或$+(>4«)2=36.

故答案为：(X-4)2+)2=4或X2+(>'+4^3)2=36.

【点评】本题考查了待定系数法求圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，考查

分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题.

13.现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答.

（1）已知张同学至少取到1道乙类题，则他取到的题目不是同一类的概率为0.96:

（2）已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题.张同学答对每道甲类题的概率都是旦，答对每

5

道乙类题的概率都是‘，且各题答对与否相互独立.用X表示张同学答对题的个数，则X的数学期望

5

为2.

【考点】离散型随机变量的期望与方差.

【专题】转化思想；转化法；概率与统计；数学运算.

【答案】0.96；2.

【分析】（1）根据题意，求得事件4至少取到1到乙类试题的概率p（A）h畏和事件朋至少取到

1到甲类试题的概率P（AB）啮，结合条件概率的计算公式，即可求解；

（2）根据题意得到随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,求得相应的概率，得出分布列，利用期

.望的公式，即可求解.

【解答】解：（1）由题意知有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答，

U+C沮100

设事件4至少取到1到乙类试题的概率，可得P（A）=46：6_

rJ12。

C1C2+C2cl

设事件B：至少取到1到甲类试题的概率，可得P（AB）=4646;黑,

c3120

^10

所以取到1道乙类题，则取到的题目不是同一类的概率为p（B|A）上普Y0.96・

（2）解：由题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,

可得P（X=0）寸・仔）°・（4）2・（14）日：

P（X=l）=C；・春・（1得）・（）+吐（,）°・（2•专二卷；

P（X=2）寸・（春）2・（14）°・（1~4）+C；•春・（1-F）•春二黑'；

450D60DbIzb

P（X=3）=C2-（|）2-（14）°4=^>

4bbbIJb

所以随机变量x的分布列为：

X0123

P(X)_28__5L36

125125125125

所以数学期望为E(X)=0X备+1X祟+2x[9+3X浅=2・

J.N5JL/5

故答案为：0.96；2.

【点评】本题主要考查离散型随机变量期望的求解，属于中档题.

14.在5c中，BA=TBC=b若。为其重心，试用W，%表示的为—工泰23_；若。为其外心，

一33

满足黑菽•前器瓦・E6=2m（前）2（mER＞且sinA+sinC=V^，则小的最大值为1・

DCAD

【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的基本定理.

【专题】计算题：转化思想；综合法；平面向量及应用；数学运算.

【答案】1.

33

【分析】利用重心的性质，求出箴=』二+」三：利用外心的性质，再结合平面向量的数量积运算，求

33

出m的最大值为1.

【解答】解：设4C的中点为Q,

•・,在△A8C中,BA=^BC=b。为其重心,

.・我=2而=2x工（瑞友）=2赢2安=』京与

3323333

若。为其外心，

则正•丽=2前2,而•丽=」就2,

22

.AR”一.・・・・Rf,・■■•2

•^77BC邛0^^7^8人邛0=2111(80)(m€R>

DCAD

，2A8・8C+Zc・A8=2加•而2,

••・43・3。=2加・而2,

,・・2c〃?=-A--B--・-B-C--=4AsinCesi-nA4,

R2

即/〃=2sinC・sinA,

,*'sinA+sinC=V2>

••・sinC・siMW(ginAtsinC)2=l>

<2)2

••."i=2sinC・sin4W1,

当且仅当sinC=siM=Yi时取等号,

2

则m的最大值为1.

故答案为：—a+—b；I-

33

【点评】本题考查了重心，外心的性质，平面向量的数量积运算，属于中档题.

15.设证R,对任意实数4,记f(x)=nun{ex-2,1-a/+“+24}.若f(x)有三个零点，则实数a的

取值范围是(⑵28).

【考点】函数的零点与方程根的关系.

【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算.

【答案】(12,28).

【分析】分析函数g(X)=F-2,h(x)=孱匚〃/+〃+24的零点，由条件列不等式求〃的取值范围.

【解答】解：令g(A)=/-2,h(x)=1-〃/+a+24,

因为函数g(x)有一个零点，函数〃Q)至多有两个零点，

又fix)有三个零点，

所以人(x)必须有两个零点，且其零点与函数g(x)的零点不相等，

且函数/?(x)与函数g(x)的零点均为函数f(x)的零点，

由g(x)=0可得，ex-2=0,所以工=加2,

所以x=/〃2为函数/(X)的零点，

SPh(历2)=e2ln2-4/〃2+。+24=4-2a+a+24=28-a>0,

所以aV28,

令h(x)=0,可得e2x-。/+。+24=0,

由已知JJa/+a+24=0有两个根，

设"=/,则尸-at+a+24=0有两个正根，

所以J-4(67+24)>0,〃>(),。+24>0,

所以a>12,故12<«<28,

当12<a<28时，r-at+a+24=0有两个根，

设其根为力，&，hV/2,则3〉包，

设/(f)=P-at+a+24,则/(2)=4・2a+a+24=28-a>0,p(y)<0,

所以fi>2,

X2

令e"=ti，e=t2»则川=/〃小⑵

则/?(川)=0,h(X2)=0,

1n,

g(X])=e"-2=11-2>Sg(x2)-2=t2-2>0

所以当12<〃<28时，f(A-I)=/(X2)=0,

所以当12<。<28时，xi,X2为函数/(%)的零点，乂x=>2也为函数f(x)的零点，

且Xi,M与/〃2互不相等，

所以当12V〃V28时，函数/(x)有三个零点.

故答案为:(12,28).

【点评】木题考查函数的零点问题的求解，化归转化思想，属中档题.

三,解答题(共5小题)

16.在△ABC中，角4,B,。所对的边分别为a,b,c,满足(2«-c)cosB=bcosC.

(1)求角8的大小；

(2)设a=4,b=WV.

(i)求。的值；

(ii)求sin(2C+B)的值.

【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理.

【专题】转化思想；综合法；解三角形；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】(1)利用正弦定理和诱导公式求解即可.

(2)(i)利用余弦定理求解即可；(ii)利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.

【解答】解：(1)由(2«-c?)cosA=/?co$C,

根据正弦定理得(2siiL4-sinC)cosB=sin^cosC>

可得2sirb4cos8=sin(B+C)=sirt4,

因为0<A<m故sinAWO,McosB=A,

2

乂OVBVm所以

(2)由(1)知，BT，且。=%b=W7，

3

2工2,2

(i)则cosB=^—寺----->

Nac

2

即工=16+c-28,解得，=-2(舍)，c=6.

22X4XC

故c=6.

(ii)由(2a-c)COS^=/KOSC»

得(2X4-6)X-^-2V7cosC*

解得cosC;噂，贝吗8。=［卜(£)2=噜，

则sin2c=2sinCcosC=^^

14

213

cos2C=2cosC-l=--J

14

则sinC2C+B)=sin2CcosB+cos2CsinB

=3%乂13._5V3

142‘14’214

【点评】本题考查解三角形问题，正弦定理的应用，余弦定理的应用，属中档题.

17.如图，在三棱锥P-A8C中，出_1_底面ABC,NBAC=90°.点。，E,N分别为棱以，PC,BC的

中点，M是线段A。的中点，PA=AC=2,AB=\.

(1)求证：MN〃平面8DE；

(2)求点N到直线ME的距离；

(3)在线段附上是否存在一点H,使得直线N”与平面MA任所成角的正弦值为2限,若存在，求出

21

线段的值，若不存在，说明理由.

【考点】点、线、面间的距离计算：直线与平面平行；直线与平面所成的角.

【专题】对应思想：向量法；空间位置关系与距离；数学运算.

【答案】(I)证明见解析；

10

(3)3.

2

【分析】(1)(2)(3)建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.

【解答】证明：(1)因为•底面/WC,ZBAC=90°,

以点A为坐标原点，分别以彘，AC，而为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示,

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,I),E(0,1,I),M(0,0,A),N(X

22

I,0),P(0,0,2),

所以55=(0,1,0),DB=(1,0,-1)，

设7i=（x,y,Z）为平面ADE的法向量,

则j?•用=0,即0=。，取z=i,解得卜=1

n-DB=0x-z=0Iy=0

n=(1,0,1>

又面吗,1，

可得MNF==+O二=0,

22

又因为MNC平面BDE,

所以MN〃平面BDE；

解：（2）因为诬=（0,1,《），

I—♦—♦2

所以点N到直线ME的距离dr（诟）?一（塔平）

VIME|

设〃(则而二(二

(3)0,0,r),ze[0,2],-1,t)，

设平面MNE的法向量为\=（贾，％c>

-*—*11

m*MN^a+b-2-0=0

则《____1令QI，呜=(-4,1,-2)，

m*ME=bfc=0

所以।cos而〉।丁牛隽「Jdi―嗓.

即20/2-28L3=0,解得屋或t二」(舍去)，

210

所以AH[.

乙

【点评】本题考查利用空间向量法解决线面平行，点到直线的距离以及线面角，属于中档题.

18.设｛如｝是等差数列,其前〃项和为S"(〃eN"),｛加｝为等比数列，公比大于I.已知41=1,加=4,历+S2

=11,Z?3+S3=22.

(1)求｛〃”｝和｛加｝的通项公式;

(3a-1)

(2)设c=(-1)^_产二一，求｛Cn｝的前2〃项和：

nan(an+l)bn

(3)设=Clnbn»求证：+--------1-------F…+1----〈工.

d2-dld3-d2d4-d3dnM-dn4

【考点】数列的求和；数列与不等式的综合；等差数列与等比数列的综合.

【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算.

【答案】(1)。〃=〃，%=2*1；

(2)-4-----------___；

2(2n+l)・22nH

(3)证明见解析.

【分析】【分析】(I)设等差数列｛〃”｝的公差为"，等比数列仍〃｝的公比为q依题意得到方程

组，求出d、q,即可得解;

(2)由(1)可得c=(-1)明=一1],利用裂项相消法计算可得:

nn・2”(n+l)*2n+1

(3)由(1)可得d=nX2»l，即可得到一--=--------------利用放缩法及等比数

11n+2

%+「%(n+2)X2^2

列求和公式计算可得.

【解答】解：(I)依题意设等差数列｛〃“｝的公差为"，等比数列｛m｝的公比为q

3(1)

则S2=m+〃2=d+2，S3=3a14-^~d=3d+3>

__4q+2+d=l1

又庆+S2=11,历+S3=22,所以，，

,4q+3+3d=22

-z.

解得|q=2