三字经读后感500字-新学期新气象作文

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60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。）
1．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出的多项式求值的 秦九韶算法，算法至今仍是多项
20172016
式求值比较先进的算法.已知
f
x

2018x2017xL2x1
，下列程序框图设计的 是

求
f

x
0

的值，在“”中应填的执行语句是

A．
ni

C．
n
2018i


B．
ni1

D．
n
2017i

1

2．在数学兴 趣课堂上，老师出了一道数学思考题，某小组的三人先独立思考完成，然后一起
讨论.甲说：“我做错了 ！”乙对甲说：“你做对了！”丙说：“我也做错了！”老师看了他
们三人的答案后说：“你们三人中有 且只有一人做对了，有且只有一人说对了.”请问下列说
法正确的是（）
A．乙做对了 B．甲说对了 C．乙说对了 D．甲做对了
3．若圆心坐标为

2,1

的圆，被直线
xy10
截得的弦长为2，则这个圆的方程是（）
A．
(x2)
2
(y1)
2
4

C．
(x2)
2
(y1)
2
9

B．
(x2)
2
(y1)
2
4

D．
(x2)
2
(y1)
2
9

4．将编号分别为1，2，3，4，5的5个小球分别放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，
则每个 盒子中所放小球的编号奇偶性均不相同的概率为
A．
1

7
1
B．
6
C．
6

25
D．
7

24
5．已知复数
z
满足< br>
1i

z
A．
1i
B．
1i

3i
，
i
为虚数单位，则
z
等于（ ）
11
C．
i

22
11
D．
i

22
6．某几何体的三视图如图所示，在该几何体的体积是（）

A．
10

3
B．
20

3
C．
2

5
D．
4

5
7．若不等式
A．
C．


对一切实数都成立，则实数的取值范围为
B．
D．


8 ．已知正项等比数列

a
n

（
nN*
）满足< br>a
7
a
6
2a
5
，若存在两项
a
m
，
a
n
使得
a
m
a
n
4a
1
，则
15

的最小值为（）
mn
2

A．
2
B．
1
5

3
C．
7

4
D．
11

49．在
C
中，角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c，若
sinB2sinAcosC0
，则当
cosB
取最小
c
值时，=（）
a
A．
2
B．
3
C．
2
D．
3

3
10．函数
f
x

在定义域

0,


内恒满足
f(x)xf

(x)3f(x)
，其中
f


x

为
f

x

导函数，
则（）
1f(1)1

A．

8f(2)2
1f(1)1

B．

8f(2)4
C．
1f(1)11f(1)1

D．


16f(2)83f(2)2
x
2
y
2
11．设
F
1
、F
2
是双曲线
2

2
1

a0,b0

左、右焦点，
P
是双 曲线右支上一点，满足
ab
uuuvuuuuvuuuuvuuuvuuuuv
OP OF
2
PF
2
0
（
O
为坐标原点），且
3PF
1
4PF
2
，则双曲线的离心率为（）

A．2 B．
3
C．
2
D．5
12．设 a，b，c为实数，f（x）=（x+a）（x
2
+bx+c），g（x）=（ax+1）（c x
2
+bx+1）．记集
合S={x|f（x）=0，x∈R}，T={x|g（x） =0，x∈R}．若{S}，{T}分别为集合S，T的元素个
数，则下列结论不可能的是（）
A．{S}=1且{T}=0 B．{S}=1且{T}=1 C．{S}=2且{T}=2 D．{S}=2且{T}=3
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13 ．已知抛物线
y
2
8x
，过点
M(1,0)
的直线交抛物 线于
A,B
两点，
F
为抛物线的焦点，若
|AF|6
，< br>O
为坐标原点，则
OAB
的面积是__________.
14． 若四边形
ABCD
是正方形，
PA
平面
ABCD
，则在平 面
PAB
、平面
PBC
、平面
PCD
、
平面
PDA
和平面
ABCD
中，互相垂直的平面一共有_______对.
*
15．已知数列

a
n

和

b
n

满足
a
1
2,b
1
1,a
n1
2a
n

N
，

111
b
1
b
2
b
3
b
n
b
n 1
1

nN
*

，即数列

a
n
b
n

的前
n
项和为
T
n
， 则
T
n

______.
23n
16．非零向量
成，向量组
，则
的夹角为，且满足
由两个和一个排列而成，若
_______ ___．
，向量组由一个和两个排列而
所有可能值中的最小值为
三、解答题（共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考
3

题，每个考题考上都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。）
（一）必考题：共60分。
17．已知直线
l
：
yxb
与抛物线
C
：
y
2
4x
相切于点
A
.
（1）求实数
b
的值；
（2）求以点
A
为圆心，且与抛物线
C
的准线相切的圆的方程. < br>18．如图，在四棱锥
PABCD
中，
PA
平面
ABCD
，底面
ABCD
是直角梯形，其中
ADBC
，
ABAD< br>，
ABAD
1
1
BC2
，
PA4
，
E
为棱
BC
上的点，且
BEBC
．
2
4

（1）求证：
DE
平面
PAC
；
（2）求二面角
APCD
的余弦值；
（3）设
Q
为棱
CP
上的点（不与
C
，
P
重合），且直线
QE与平面
PAC
所成角的正弦值为
CQ
5
，求的值．
C P
5
*
19．设数列

a
n

的前
n
项和为
S
n
,且

S
n
1

a
n
S
n

nN

.
2
(1)求出
S
1
,
S
2
,
S
3< br>的值,并求出
S
n
及数列

a
n

的通项公式;
(2)设
b
n


1

n1

a
n
a
n1


nN*

,求数列

b
n

的前
n
项和
T
n
;
*
(3)设
c
n


n1

a
n
nN
,在数列

c< br>n

中取出
m
(
mN
*
且
m3
)项,按照原来的顺序排列成

一列,构成等比数列

d
n

,若对任意的数列

d
n

,均有
d
1
d
2
Ld
n
M
,试求
M
的最小值.
20．有一块半径为
R(R
的正常数）的半圆形空地，开发商计划征地 建一个矩形的游泳池
ABCD
和其附属设施，附属设施占地形状是等腰
CDE
，其中
O
为圆心，
A,B
在圆的直径
上，
C,D,E在半圆周上，如图.
（1）设
BOC

，征地面积为
f< br>


，求
f



的表达式，并 写出定义域；
2
（2）当

满足
g



f



Rsin

取得最大值时，开发效 果最佳，求出开发效果最佳的角

的值，
求出
g



的最大值.
4

21．某养殖厂需定期购买饲料，已知该厂每天需要饲料200kg，每千克 饲料的价格为1.8
元，饲料的保管与其他费用为平均每千克每天0.03元，购买饲料每次支付运费3 00元．
(1)该厂多少天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少？
(2)若提供 饲料的公司规定：当一次购买饲料不少于5t时其价格可享受八五折优惠(即为原价
的85%)．该厂是 否可以考虑利用此优惠条件？请说明理由．
（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一 道题作答。如果多做，则按所做的第
一题计分。
22．已知在直角坐标系中，曲线的参数方程 为（t为参数），在极坐标
系（以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴）中，曲线
，曲线< br>（Ⅰ）若p=2且定点
（Ⅱ）若
，求
、交于A、B两点．
的值；
的方程为
成等比数列，求p的值．
23．如图，
AB
是
e O
的直径，点
C
、
D
在圆上，且四边形
AOCD
是 平行四边形，过点
D
作
eO
的切线，分别交
OA
延长线与< br>OC
延长线于点
E
、
F
，连接
BF
.

（1）求证：
BF
是
eO
的切线；
（2）已知圆的半径为2，求
EF
的长.
【参考答案】
一、选择 题（本题共12小题，每小题5分，共60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 。）
5

1．C
解析：C
【解析】
n2017，S2018x
0
2017，i2
； 第一次循环：S2018x
0
，
22
n2016，S2018x
02017x
0
2016，i3
； 第二次循环：
S2018x< br>0
2017x
0
，
以此类推，可知M处应填的执行语句是
n 2018i
.
故选
B.
2．B
解析：B
【解析】
【分析】
分三种情况讨论：甲说法对、乙说法对、丙说法对，通过题意进行推理，可得出正确选项.
【详解】
分以下三种情况讨论：
①甲的说法正确，则甲做错了，乙的说法错误，则 甲做错了，丙的说法错误，则丙做对了，
那么乙做错了，合乎题意；
②乙的说法正确，则甲的说法错误，则甲做对了，丙的说法错误，则丙做对了，矛盾；
③丙的 说法正确，则丙做错了，甲的说法错误，则甲做对了，乙的说法错误，则甲做错了，
自相矛盾.
故选：
B.
【点睛】
本题考查简单的合情推理，解题时可以采用分类讨论法进行假设，考查推理能力，属于中等
题.
3．C
解析：C
【解析】
【分析】
由弦长为
2r< br>2
d
2
,利用点到直线距离求得
d
,进而求解即可
【详解】
6

由题,设圆的半径为
r
,圆心到直线距离为
d
, < br>则
d
211
1

1

2
2
22
,
所以弦长为
2r
2
-d
2
=2
,则
r
2
9
,
所以圆的方程为
(x2)
2
(y1)
2
9
,
故选:C
【点睛】
本题考查圆的方程,考查弦长的应用,考查数形结合思想
4．C
解析：C
【解析】
【分析】
先判断奇偶性不同则只能是2,2,1，再计算概率
【详解】
由题知，要求每个盒子都不空，则3个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1或2,2,1,
若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1，
且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，
23
C
3
2
A
2
A
3
6
P
故所求概率为
C
5
2
C
3
2
3
25

33
C< br>5
A
3
A
3
2
故答案选C
【点睛】 < br>本题考查了概率的计算，判断奇偶性不同则只能是2,2,1是解题的关键，意在考查学生的计
算 能力.
5．A
解析：A
【解析】
因为
z
6．B
解析：B
【解析】
7
|3+i|2(1i)
1i
，所以应选答案A．
1i(1i)(1i)

【分析】
由三视图，可得该几何体为四棱锥，由体积公式即得解.
【详解】

如图 所示，该几何体为四棱锥，其中
PA
平面
ABCD
，作
BECD
，垂足为
E
底面可以看成直角梯形ADEB和直角三角形BEC构成，
112120
222)
则：
V4(

3223
故选：
B
【点睛】
本题考查了三视图及棱锥的体积，考查了学生空间想象，运算求解能力，属于基础题.
7．B
解析：B
【解析】
【分析】
分，两种情况，当，对恒成立，当时，需开口向下，判别式小
于0，不等式恒成立.
【详解】
当时，原不等式可化为，对恒成立；
当
解得
综上
B.
时，原不等式恒成立，需
，
.故选
，
【点睛】
本题主要考查了分类讨论思想，二次不等式恒成立的条件，属于中档题.
8．C
8

解析：C
【解析】
654
∵正项等比数列{a
n
}满足：
a
7
a
6
2a
5
,a
1
qa
1
q2a
1
q
，又q＞0，解得
q=2
，∵存在两
项a
m
，a
n
使得
a
m
a
n
4a
1
，
2mn2
16a
1
2
，即
2
mn﹣2
16，mn6
， ∴
a
1
q
∴
151n5m

5

15
1



mn






61
，

mn6mn

3

mn

6

n5m
=取等号，但此时m，n∉ N
*
．又
mn6
，所以只有当
m2，n4
，取得最 小值
mn
当且仅当
是
7
．故选C．
4
点睛：本题 解题时要认真审题，注意正项等比数列的性质，利用等比数列的通项公式，解得
mn6
，运 用均值不等式求最值，一般运用均值定理需要要根据一正、二定、三取等的思路
1
1
，研究的式子乘以1后变形，即可形成所需条件，应去思考，本题根据条件构造
（mn）
6< br>用均值不等式．
9．B
解析：B
【解析】
【分析】
由正余弦定理可得
a
2
2b
2
c
2
0
，从而得
cosB
【详解】
因为
sinB2sinAcosC0
，
a
2
b
2
c
2
0
. 由正弦定理及 余弦定理得：
b2a
2ab
3ac

，利用基本不等式可得解.
4c4a
整理得：
a
2
2b
2
c
2< br>0

a
2
c
2
b
2
3a2
c
2
3ac3
又
cosB
,

2ac4ac4c4a2
当且仅当
故选
B.

3acc

，即
3
时取等号.
4c4aa
9

【点睛】
本题主要考查了三角形的正余弦定理及基本不等式求最值，属于中档题.
10．A
解析：A
【解析】
【分析】
分别构造函数
g(x)
f(x)
f(x)
，
x(0,)
，
h(x)
3，
x(0,)
，利用导数研究其单调性即
x
x
可得出．
【详解】
解：令
g(x)
f(x)
x
，
x( 0,)
，
g(x)
xf(x)f(x)
x
2
，
Qx( 0,)
，
f(x)xf

(x)3f(x)
恒成立，
f(x)0
，
0
xf(x)f(x)
x
2
，
g(x)0
，

函数
g(x)
在
x(0,)
上单调递增，
g

1

g

2

，即
2 f

1

f

2

，
f(1) 1
f(2)

2
；
令
h(x)
f(x)
x
3
，
x(0,)
，
h(x)
xf(x)3f(x)
x
4
，
Qx (0,)
，
f(x)xf

(x)3f(x)
恒成立，
h(x)
xf(x)3f(x)
x
4
0
，

函数
h(x)
在
x(0,)
上单调递减，
h

1

h

2

，即
f

1


f(2)
f(1)1
8
，
f(2)

8
，
综上可得
1f(1)
8
f(2)

1
2

故选：
A
．
【点睛】
10

本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、构 造函数法，考查了推理能力与计算能力，
属于中档题．
11．D
解析：D
【解析】
试题分析：设
uuuruuuuruuuur
(OPOF
2
)PF
2
0
,故
的圆上,所以
,即
D.
考点：双曲线及有关性质和向量的数量积公式．
12．D
解析：D
【解析】
∵f（x）=（x+a）（x
2
+bx+c），当f（x）=0时 至少有一个根x=﹣a
当b
2
﹣4c=0时，f（x）=0还有一根
f（x）=0是一个根
当b
2
﹣4c＜0时，f（x）=0只有一个根；
当b
2
﹣4c＞0时，f（x）=0只有二个根或三个根
当a=b=c=0时{S}=1，{T}=0
当a＞0，b=0，c＞0时，{S}=1且{T}=1
当a=c=1，b=﹣2时，有{S}=2且{T}=2
故选D
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．【解析】【分析】由抛物线的 性质到焦点的距离等于到准线的距离求出A的坐标又过M
点进而求出直线AB的方程与抛物线联立求出B 的坐标由面积公式求出三角形AOB的面积【详
解】抛物线的准线方程为设过点作准线的垂
解析：
52

2
uuuruuuuruuuur
,则
OP(x
0
,y
0
),OF
2
(c,0),PF2
(cx
0
,y
0
)
A,因
,即
,设
,所以,即
,故点在以坐标原点为圆心为半径
,又,由双曲线的定义可得
,故应选
只要b≠﹣2a，f（x）=0就有2个根；当b=﹣2a，
【解析】
11

【分析】
由抛物线的性质到焦点的距离等于到准线的距离求出
A
的坐标，又过
M
点进而求出直线AB的
方程，与抛物线联立求出
B
的坐标，由面积公式求出三角形AOB的面积．
【详解】
抛物线
y
2
8x
的准线方程为
x2
， 设
A

x
1
,y
1

,B

x
2
,y
2

，过点
A
作准线的垂线AH
，如图，

由抛物线的定义可知，
|AF||AH|6
，
∴
x
1
26
，∴
x
1
4,y
1
42
，
设直线
AB
的方程为
yk(x1)(k0)
，
< br>yk(x1)
2222
由

2
，得
kx2k 8xk0
，

y8x

∴
x
1
x
2
1,x
2

11

，∴
y
2
2
，
x
1
4
11152
.
y< br>1
1y
2
1(422)
2222
∴
 OAB
的面积
S
OAB
S
AOM
S
BO M

故答案为：
【点睛】
52

2
考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
14．5【解析】【 分析】可证平面平面再结合平面可得互相垂直的平面的对数【详解】因为平
面平面故因为四边形为正方形 故因故平面因平面所以平面平面同理平面平面平面平面而平面
平面故平面平面同理平面平面故共5对填5 【
解析：5
【解析】
【分析】
可证
CD
平面PAD
、
CB
平面
PAB
，再结合
PA
平 面
ABCD
可得互相垂直的平面的对数.
12

【详解】

因为
PA
平面
ABCD
，
CD
平面
ABCD
，故
PACD
，
因为四边形
ABCD
为正方形，故
CDAD
，因
ADPAA
，
故
CD
平面
PAD
，因
CD
平面
PCD
，所以平面PCD
平面
PAD
，
同理平面
PBC
平面
PAB
，平面
PAB
平面
PDA
，
而
PA
平面
ABCD
，
PA
平面
PAB
，故平面
PAB
平面
ABCD
，
同理平面
PDA
平面
ABCD
，
故共5对.填5.
【点睛】
本题面面垂直的判定，注意利用线面垂直得到线线垂直，再得到线面垂直，此类问题为基础
题.
15．【解析】【分析】先分别求出数列和直接解出为等比数列当时当时可得与已知的做差再
整 理可得数列再求【详解】解：由得由题意知当时故当时和原递推式作差得整理得：∴；因
此两式作差得： 【点睛】从已知的中无法直接求
解析：

n1

2
【解析】
【分析】 先分别求出数列

a
n

和

b
n< br>
，

a
n

直接解出为等比数列
a
n
2
n

nN
*

，当
n1时，
b
2
2
，
n1
2

nN
*


111
b
n1
b
n
 1
，与已知的当
n2
时，可得
b
1
b
2
b
3

23n1
111
b
1
b< br>2
b
3
b
n
b
n1
1< br>做差再整理可得数列

b
n

，再求
T
n< br>。
23n
【详解】
解：由
a
1
2,a
n1
2a
n
，得
a
n
2
n

nN
*

.
13

由题意知，当
n 1
时，
b
1
b
2
1
，故
b
2
2
，
111
b
n1
b
n
1
，和原递推式作差得， 当
n2
时，
b
1
b
2
b
3

23n1
bb
1
b
n
b
n1b
n
，整理得：
n1

n
，
nn1n
*
∴
b
n
nnN
；

a
n
b
n
n2
n
，
23n
因此
T
n
22232n2

2T
n
2
2
22
3
32
4n2
n1
，
两式作差得：
T
n
2 2
2
2
n
n2
n1

2

12
n

12
n2
n1
，
T
n


n1

2
n1
2

nN
*

.
【点睛】
111
*
从已知的
b
1
b
2
b
3
b
n
b
n1
1

nN

中无法直接求出b
n
，但是可以得到
23n
111
b
1
b< br>2
b
3
b
n1
b
n
1< br>，两式做差可以求出数列

b
n

，此时需要验证
n 1
时，是
23n1
否也满足通项公式，用错位相减法求数列前n项和时需要认真计 算。
16．83【解析】由题意x1⋅y1+x2⋅y2+x3⋅y3的运算结果有以下两种可能：① m2+m⋅n+n2＝
m2+λ|m||m|cosπ3+λ2m2=(λ2+λ2+1)m2；②m⋅ n+m⋅n+m⋅n=3λ|
解析：
【解析】由题意，的运算结果有以下两种可能：①；②
，所以，即，解得
＝
＝
，又
．
点睛：本题主要考 查向量的数量积，以集平面向量为载体，通过向量的数量程式，考查运算
能力．解答本类题目应首先读懂 题意，根据所陈述的运算法则进行计算，然后将本题转化为
所熟悉的知识，本题中要注意两种情况的可能 ，不能丢掉.
三、解答题（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为 必考
题，每个考题考上都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。）
（一）必考题：共60分。
14

17．（1）
b1< br>；（2）

x1



y2

1
.
【解析】
【分析】
（1）联立直线方程与抛物线方程消去
y
，再利用
0
，即可求得
b
的值；
（2）求出切点坐标及圆的半径，即可得答案.
【详解】
22

yx6
22
（1）由

2
，联立消去
y
，得< br>x

2b4

b0
，

y4x
∴
0
，即

2b4

4b
20
，
∴
b1
.
（2）由（1）知：
yx1
，
2

yx1

x1
∴

2
，得

，
y4x< br>y2


切点
A

1,2

，准 线
x1
，∴
r=2
，
方程：

x1



y2

1
.
【点睛】
本 题考查直线与抛物线相切、圆的方程求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查
逻辑推理能力和 运算求解能力.
18．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
22
CQ2
25

；（3）
5
CP3
u uuruuuruuuruuur
（1）建立适当的空间直角坐标系，确定各点坐标，得到
DE AC0
，
DEAP0
，根据线
面垂直的判定定理，即可证明. ur
r
（2）由（1）可知，平面
PAC
的法向量
m

2,1,0

，确定平面
PCD
的法向量
n

2,2,1

，
urr
urr
mn
cosm ,n
urr
，求解即可. 根据
mn
uuur
CQ
< br>

0

1

，确定
Q
< br>22

,44

,4


，
Q E

2

,4

3,4


，根据直线（3）设
CP
QE
与平面
PAC
所成角的正弦值为5
，求解

，即可.
5
15

【详解】
（1）因为
PA
平面
ABCD
，
ABÌ
平面
ABCD
，
AD
平面
ABCD
所以
PAAB
，
PAAD

因为
ABAD

则以
A
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知可 得
A

0,0,0

，
B

2,0,0< br>
，
C

2,4,0

，
D
0,2,0

，
P

0,0,4

，
所以
u
DE
uur


2,1,0

，
u
AC
uur


2,4,0

，
u
AP
uur


0,0,4

.
因 为
u
DE
uur

u
AC
uur
22 1400
，
u
DE
uur

u
AP
uur
0
.
所以
DEAC
，
DEAP

又
APACA
，
AP
平面
PAC
，
AC
平面
PAC
.
所以
DE
平面
PAC
．
（2）设平面
PAC< br>的法向量
u
m
r
，由（1）可知，
u
m
r< br>
u
DE
uur


2,1,0


设平面
PCD
的法向量
r
n

x,y,z< br>

因为
u
PD
uur


0,2 ,4

，
u
PC
uur


2,4, 4

.
所以


n
v

uPD
uuv
0

2y4z

n
v

u
PC
uuv
0
，即

0

2x4y4z0

不妨设
z1
，得
r
n

2,2,1

．
cos
u
urr
m
r
,
r
n
u
mn
2

2



1

20
25
m
r

r
n

2
2


1
2


2

2
2
2

1
5

所以二面角
APCD
的余弦值为
25
5
．
16
E

2,1,0

.

uuuruu ur
CQ



0

1

， 即
CQ

CP

2

,4
,4


. （3）设
CP
uuur
Q22

,44

,4


，即
QE

2

,4

3,4


. 所以因为直线
QE
与平面
PAC
所成角的正弦值为
5
5
uuurur
QEm
uuurur
22


4

3

0
5
cosQE,m< br>uuurur
所以
2222
2
5
QEm
2
1



2



< br>4

3



4


即
36

2
24

93
解得

即
2

3
CQ2

．
CP3
【点睛】
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于较难题.
1

1
,n为奇数

1
123n

2
n1

n2

a
19．(1)
S< br>1

,
S
2

,
S
3
< br>,
S
n

.
n
;(2)
T
n


(3
n

n1

11
234n 1

,n为偶数


2

n1
< br>n2

)2
【解析】
【分析】
2
（1）利用
a
n
S
n
S
n1
及
(S
n
1)a
n
S
n
整理可知
S
n

1
，通过计算出前三项的值，利用
2S
n1
归纳推理猜想
S< br>n

n
，进而利用数学归纳法证明即可；
n1
1

n
1


，进而分
n
为奇数、偶数两种情况讨论 即可；
n2

n1

（2）通过（1）裂项可知
b< br>n
(1)


（3）通过（1）可知
c
n

【详解】
解:(1)∵
a
n
S
n
S
n1
,
11
，进而问题转化为求首项为1、公比为的等比数列的前
n
项和．
n2
∴

S
n
1

2a
n
S
n


S
n
S
n1

S< br>n
,即
S
n

又∵
(S
1
1)2 S
1
2
,即
S
1

1
,
2
1
,
2S
n
1
17

< br>∴
S
2

1
2
1
2

2 13
S
3

2
4
,
3
,
2
3
…
猜想:
S
n

n
.
n1
下面用数学归纳法来证明:
①当
n1
时,命题成立; < br>②假设当
nk(k1)
时,有
S
k

k
,
k1
则
S
k1

2
1
k
k1

k1
k2
,
即当
nk1
时,命题也成立;
由①②可知
S
n

n
.
n1
∴
a
n
S
n
S
n1

又∵
a
1
S
1

nn11


n2

,
n1nn

n1

1
满足上式,
2
1
;
n

n1

n1
∴ 数列

a
n

的通项公式
a
n

(2)由(1)可知,
b
n


1

n1
a
n
a
n1



1

1

1


,
nn2
< br>特别地,当
n
为奇数时,
n1
为偶数,此时
b
n< br>b
n1

1111

,
nn2n1n 3
①若
n
为偶数,则
T
n


b
1
b
2



b
3
b
4< br>
L

b
n1
b
n

< br>111

111

1111

1
< br>
1






L< br>





324

35 46

n1n1nn2

111
1

2n1n2

11

;
2

n1

n2

②当
n
为奇数且
n1
时,
T
n
T
n1
b
n
,
故
T
n


111111

,
2n

n1

nn22

n1

n2

18

又∵
T
1
b1

2
满足上式,
3
11

;
2

n1

n2

∴当
n
为奇数时,
T
n

1

1


2

n1

n2

,n为奇数

由①②可知:< br>T
n


;
11

,n为偶数

2n1n2


(3)由(1)可知
a
n
∴
c
n


n1

a
n

1
,
n

n1

1
nN
*

,

n
1
,
2
由题意可知需等比数列

d
n

的首项及公比均达到最大,显然首项为1､公比为
1
n
1111

2
2

1
n

, ∴
1
2

L

n

1
2 22

2

1
2
1
1

< br>
1



11
1
L
l im212
,
∵
lim

2n

n


nn

2222


∴
M
的最小值为2.
【点睛】
本题考查数列的通项及前
n< br>项和，考查分类讨论的思想，考查数学归纳法，注意解题方法的
积累，属于中档题．


2
20．（1）
f



R(cos

sin

cos

),

(0,)
；（2）当


时，
g



有 最大值为
24
1
R
2
(2)
.
2
【解析】
试题分析：(1)利用
f


2S
OBCE
，四边形由一个直角三角形和一个等腰三角形组成，分别求
22< br>三角形面积即可求
f



的表达式；（2）
g


f



Rsin
R

sin

cos

sin

cos


，
1

2

1
2< br> g

htRtt

令
tsin

cos

，可得

，利用单调性求最值即可.
2

2
试题解析：（1）连接
OE,OC
，
2
在
RtABC
中，
BCRsin

,OBRcos< br>
，因为
f



2S
OBCE
R

1sin


cos

，
19




R
2

cos
sin

cos


,


0,

.

2


22
（2）
g



f



R sin

R

sin

cos

s in

cos


，
令
tsin
< br>cos

，因为



0,





，所以
t1,2


，
2


1

2

1
2
所以g



h

t

R

tt


2

2


2< br>
1

R2

，此时


. < br>t1,2
htht

因为

在上单调递增，所以时有最 大值为
t2


4

2





2
答：（1）
f



R

cos

sin

cos


,



0,

；

2
< br>（2）当



4
2
时，
g


有最大值为
R

2

.
2< br>
1



21．（1）该场10天购买一次饲料才能使平均 每天支付的总费用最少；（2）利用此优惠条件
【解析】
【试题分析】（１）借助题设条件 建立函数关系，再运用基本不等式求解；（２）先建立函
数关系，再运用导数知识分析求解：
（Ⅰ）设该场（
用为，
因为饲料的保管费用与其他费用每天比前一天少
所以 天饲料的保管费与其他费用一共是
从而有
当且仅当，即时，有最小值．
，
（元），
（元）．
）天购买一次饲料平均每天支付的总费用最少，平均每天支付的 总费
故该场10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少．
（Ⅱ）设该场利用此优惠条件，每隔天（
，
20
）购买一次饲料，平均 每天支付的总费用为

则
令
因为
所以当
因为
，
，所以当时，，即函数
，
．
与在时是增函数，
时，取得最小值，最小值为
，所以该场应考虑利用此优惠条件．
（二）选考题：共1 0分，请考生在22、23题中任选一道题作答。如果多做，则按所做的第
一题计分。
22．（Ⅰ）
122
；（Ⅱ）
425
.
【解析】 < br>试题分析：（Ⅰ）先将
p2
代入抛物线方程中,联立曲线
C
1
的参数方程与
C
2
的普通方程,利
用韦达定理求出
t
1< br>t
2
,t
1
t
2
的值,再利用参数的几何意义求解 ；（Ⅱ）联立方程,消去
y
得到关
于
t
的一元二次方程,用韦达定理 等求出
t
1
t
2
,t
1
t
2
的 表达式,再由
PA,AB,PB
成等比数列,得
到
ABPAPB
, 而
ABt
1
t
2
,
PAt
1
,PB t
2
代入,求出
p
得值.
试题解析：解：（Ⅰ）∵曲线
∴曲线的直角坐标方程为
的方程为


2
又已知p=2
∴曲线的直角坐标方程为
将曲线的参数方程（t为参数）与联立得：
，由于
∴
∴


，所以设方程两根为
（Ⅱ）将曲线的参数方程（t为参数）与联立得：

21

由于
∴
又
∴
∴
∴
∴
∴
又
∴
∴当


成等比数列时，p的值为

，即

，解得：

成等比数列

且
，所以设方程两根为
.
考点：1.参数方程化为普通方程；2.参数的几何意义； 3.韦达定理；4.等比数列；5.一元二
次方程的解;
【思路点晴】经过点
P
x
0
,y
0

倾斜角为

的直线< br>l
参数方程为
yy
0
tsin

(
t< br>为参数)．若
A,B
0
为直线
l
上两点，其对应的参数分别为
t
1
,t
2
,则以下结论在解题中经常用到①
ABt1
t
2
；②

xxtcos

PAP Bt
1
t
2
.本题中,两问都用到了这两个重要的结论,为我们解题带来了 方便.
23．（1）详见解析（2）
43

【解析】
【分析】
（1）连接
OD
，判断出四边形
AOCD
是菱形，由此求得
FODFOB60
o
.根据
EF
是圆的
切线，求得
FDO90
.通过证明
FDO≌FBO
，证得
OBBF
，由此证得
BF
是
eO
的切
线.（2）先解直角三角形求得
BF
的长，根据直角三角形中
30
o
角所对的边是斜边的一半，求
得
EF
的长.
【详解】
（1）证明：连结
OD
，如图，∵四边形
AOCD
是平行四边形，
而
OAOC
，
∴四边形
AOCD
是菱形，
∴
OAD
和
OCD
都是等边三角形，
22

∴
AODCOD60
，
∴
FOB60
，
∵
EF
为切线，
∴
ODEF
，
∴
FDO90
，
在
FDO
和
FBO
中

ODOB


FODFOB
，

FOFO

∴
FDO≌FBO
，
∴
ODFOBF90
，
∴
OBBF
，
∴
BF
是
eO
的切线；

（2）解：在
RtOBF
中，∵
FOB60
，
而
tanFOB
BF
，
OB
∴
BF2tan6023
.
∵
E30
，
∴
EF2BF43
.
【点睛】
本小题主要考查菱形的证明，考查圆的切线的证明，考查全等三角形的证明，考查解 直角三
角形，考查逻辑推理能力，属于基础题.
23