2020年江苏省高考数学模拟试卷(6)

2020年江苏省高考数学模拟试卷（6）
一．填空题（共14小题，满分70分，每小题5分）
1．（5分）设复数z ＝a +bi （a ，b ∈R ，i 是虚数单位），且z 2＝2i ，则a +b ＝ ． 2．（5分）已知全集U ＝{1，2，3，4，5}，A ＝{1，3}，B ＝{1，2，5}，则A ∩B ＝ ，（∁U A ）∪B ＝ ．
3．（5分）箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，一次摸出2只球，则摸到的2球颜色不同的概率为 ．
4．（5分）某学校从高三年级共800名男生中随机抽取50名测量身高．据测量被测学生身高全部介于155cm 和195cm 之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组[155，160）、第二组[160，165）、…、第八组[190，195]，按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分如图所示．估计这所学校高三年级全体男生身高180cm 以上（含180cm ）的人数为 ．
5．（5分）程序框图如图：若恰好经过10次循环输出结果，则a ＝ ．
6．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，若曲线C 经过点P （1，3），则其焦点到准线的距离为 ． 7．（5分）抛物线y 2
＝4x 的焦点到双曲线
x 216
−
y 29
=1渐近线的距离为 ．
8．（5分）已知球O 的半径为r ，则它的外切圆锥体积的最小值为
9．（5分）以抛物线y 2＝4x 的焦点为焦点，以直线y ＝±x 为渐近线的双曲线标准方程
为 ．
10．（5分）一个圆锥的侧面积等于底面面积的2倍，若圆锥底面半径为√3 cm ，则圆锥的体积是 cm 3．
11．（5分）已知幂函数y ＝f （x ）的图象过点（4，2），令a n =1
f(n+1)+f(n)
，n ∈N *．记数
列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2019＝ ．
12．（5分）过曲线y ＝x −1
x （x ＞0）上一点P （x 0，y 0）处的切线分别与x 轴，y 轴交于点A ，B ，O 是坐标原点，若△OAB 的面积为1
3，则x 0＝ ．
13．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2+y 2＝1，O 1：（x ﹣4）2+y 2＝4，动点P 在直线x +√3y ﹣b ＝0上，过P 分别作圆O ，O 1的切线，且点分别为A ，B ，若满足PB ＝2P A 的点P 有且只有两个，则实数b 的取值范围是 ．
14．（5分）已知函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f （x ）=1
2
（|x ﹣a |+|x ﹣2a |﹣3|a |）．若集合{x |f （x ﹣1）﹣f （x ）＞0，x ∈R }＝∅，则实数a 的取值范围为 ． 二．解答题（共6小题，满分90分）
15．（14分）在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，若 m →
=(1−
2c
b
，tanA)，n →
=(1，1
tanB )，且m →⊥n →
． （Ⅰ）求角A 的值；
（Ⅱ）若a =√3，设角B 的大小为x ，△ABC 的周长为y ，求y ＝f （x ）的最大值． 16．（14分）正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面B 1D 1C 截去一部分后得到几何体AB 1D 1﹣ABCD ．如图所示．
（1）在几何体AB 1D 1﹣ABCD 的面上画出一条线段，使该线段所在的直线平行于平面B 1D 1C ．
（2）设E 为B 1D 1的中点，求证：B 1D 1⊥平面A 1ECA ．
17．（14分）已知函数f （x ）＝x 2﹣2ax +1．
（1）若函数g （x ）＝log a [f （x ）+a ]（a ＞0，a ≠1）的定义域为R ，求实数a 的取值范围；
（2）当x ＞0时，恒有不等式
f(x)x
＞lnx 成立，求实数a 的取值范围．
18．（16分）如图，有一块边长为1（百米）的正方形区域ABCD ，在点A 处有一个可转动的探照灯，其照射角∠P AQ 始终为45°（其中点P ，Q 分别在边BC ，CD 上），设∠P AB ＝θ，tan θ＝t ．
（1）当三点C ，P ，Q 不共线时，求直角△CPQ 的周长．
（2）设探照灯照射在正方形ABCD 内部区域P AQC 的面积为S （平方百米），试求S 的最大值．
19．（16分）已知椭圆C ：
x 2a 2
+
y 2b 2
=1（a ＞b ＞0）的离心率e =
√3
2
，直线x +√3y −1=0被
以椭圆C 的短轴为直径的圆截得的弦长为√3． （1）求椭圆C 的方程；
（2）过点M （4，0）的直线l 交椭圆于A ，B 两个不同的点，且λ＝|MA |•|MB |，求λ的取值范围．
20．（16分）在数列{a n }中，S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n 2=a n (S n −1
2
) （1）求证{1S n
}为等差数列，并求a n ；
（2）设b n =S
n
2n+1，求数列{b n }的前n 项和T n ；
（3）是否存在自然数m ，使得对任意自然数n ∈N *，都有T n ＜1
4(m −8)成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由． 三．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
21．（10分）求矩阵[31
13]的特征值及对应的特征向量．
四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分） 22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：{
x =√6cosα
y =√2sinα
（α为参数）．以原点O 为极
点，x 轴正半轴为极轴，建立坐标系，直线l 的极坐标方程为ρ（cos θ+√3sin θ）+4＝0，求曲线C 上的点到直线l 的最大距离． 五．解答题（共1小题）
23．设x ，y 均为正数，且x ＞y ，求证：2x +
1
x 2−2xy+y 2
≥2y +3．
六．解答题（共2小题，满分20分，每小题10分）
24．（10分）如图在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AD ＝4，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等腰直角三角形，且∠PAD =π2
，O 为底面ABCD 的中心． （1）求异面直线PO 与AD 所成角的余弦值； （2）若E 为PD 中点，F 在棱P A 上，若FA PA
=λ，λ∈[0，1]，且二面角O ﹣EF ﹣D 的正
弦值为
√5
5
，求实数λ的值．
25．（10分）设f （x ，n ）＝（1+x ）n ，n ∈N *． （1）求f （x ，6）的展开式中系数最大的项； （2）n ∈N *时，化简C n 04n ﹣1+C n 14n ﹣2+C n 24n ﹣3+…+C n n−140+C n n 4﹣1；
（3）求证：C n
1
+2C n
2+3C n
3+⋯+nC
n
n =n ×2n ﹣
1．
2020年江苏省高考数学模拟试卷（6）
参考答案与试题解析
一．填空题（共14小题，满分70分，每小题5分）
1．（5分）设复数z ＝a +bi （a ，b ∈R ，i 是虚数单位），且z 2＝2i ，则a +b ＝ ±2 ． 【解答】解：∵z ＝a +bi （a ，b ∈R ），且z 2＝2i ， ∴（a +bi ）2＝a 2﹣b 2+2abi ＝2i ，
得{a 2−b 2=02ab =2
，解得{a =1b =1或{a =−1b =−1．
∴a +b ＝±2． 故答案为：±2．
2．（5分）已知全集U ＝{1，2，3，4，5}，A ＝{1，3}，B ＝{1，2，5}，则A ∩B ＝ {1} ，（∁U A ）∪B ＝ {1，2，4，5} ．
【解答】解：全集U ＝{1，2，3，4，5}，A ＝{1，3}，B ＝{1，2，5}， 则A ∩B ＝{1}， ∁U A ＝{2，4，5}，
∴（∁U A ）∪B ＝{1，2，4，5}． 故答案为：{1}，{1，2，4，5}．
3．（5分）箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，一次摸出2只球，则摸到的2球颜色不同的概率为
35
．
【解答】解：箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，一次摸出2只球，
基本事件总数n =C 52
=10，
摸到的2球颜色不同包含的基本事件个数m =C 31C 21=6，
∴摸到的2球颜色不同的概率p =m n =610=3
5
． 故答案为：3
5．
4．（5分）某学校从高三年级共800名男生中随机抽取50名测量身高．据测量被测学生身高全部介于155cm 和195cm 之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组[155，160）、第二组[160，165）、…、第八组[190，195]，按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分如图所示．估计这所学校高三年级全体男生身高180cm 以上（含180cm ）的人数为 224 ．
【解答】解：由频率分布直方图得：
这所学校高三年级全体男生身高180cm以上（含180cm）的频率为：
1﹣（0.008+0.016+0.04+0.04+0.06）×5＝0.28，
∴估计这所学校高三年级全体男生身高180cm以上（含180cm）的人数为：
800×0.28＝224．
故答案为：224．
5．（5分）程序框图如图：若恰好经过10次循环输出结果，则a＝21或22或23或24．．
【解答】解：模拟执行程序，可得
T＝0，i＝1
第1次执行循环体，T＝a
不满足条件T≥2012，第2次执行循环体，i＝3，T＝a+3a
不满足条件T≥2012，第3次执行循环体，i＝5，T＝a+3a+5a
不满足条件T≥2012，第4次执行循环体，i＝7，T＝a+3a+5a+7a
…
观察规律可知：
不满足条件T≥2012，第9次执行循环体，i＝17，T＝a+3a+ (17)
不满足条件T≥2012，第10次执行循环体，i＝19，T＝a+3a+ (19)
由题意，此时应该满足条件T≥2012，退出循环，输出T的值．
故可得：a +3a +…+17a ＜2012，且a +3a +…+19a ≥2012， 即：81a ＜2012，且100a ≥2012，解得：20.12≤a ＜24.8． 又a ＞1且a ∈Z ，
故a 的值为：21或22或23或24． 故答案为：21或22或23或24．
6．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，若曲线C 经过点P （1，3），则其焦点到准线的距离为
92
．
【解答】解：由题意，可设抛物线的标准方程为y 2＝2px ， 因为曲线C 经过点P （1，3），所以p =9
2
， 所以其焦点到准线的距离为9
2．
故答案为：9
2
．
7．（5分）抛物线y 2
＝4x 的焦点到双曲线
x 216
−
y 29
=1渐近线的距离为
35
．
【解答】解：抛物线y 2＝4x 的焦点F （1，0）， 双曲线
x 216
−
y 29
=1渐近线为3x ±4y ＝0，
∴抛物线y 2
＝4x 的焦点到双曲线x 216
−
y 29
=1渐近线的距离为：
d =
9+16
=3
5．
故答案为：35
．
8．（5分）已知球O 的半径为r ，则它的外切圆锥体积的最小值为 83
πr 3
【解答】解：作出截面图如图，
设圆锥的高为h ，圆锥的底面半径为R ，OC ＝OD ＝r ，
∠SCB ＝∠SDO ＝90°，又∠OSD ＝∠BSC ， ∴△SOD ∽△SBC ， ∴
BC OD
=
SC
SD ，即
R r
=√(ℎ−r)2−r 2
，
∴R =
√(ℎ−r)2−r =
√ℎ−2ℎr
．
∴圆锥体积V =13πR 2
ℎ=πr 2ℎ2
3(ℎ−2r)，V ′=πr 23⋅ℎ(ℎ−4r)(ℎ−2r)
2．
令h ′（r ）＝0，得h ＝4r ． ∴V min =v(4r)=8
3πr 3． 故答案为：8
3πr 3．
9．（5分）以抛物线y 2＝4x 的焦点为焦点，以直线y ＝±x 为渐近线的双曲线标准方程为
x 2
1
2
−
y 2
12
=1 ．
【解答】解：设以直线y ＝±x 为渐近线的双曲线的方程为x 2﹣y 2＝λ（λ≠0）， ∵双曲线经过抛物线y 2＝4x 焦点F （1，0）， ∴λ+λ＝1， ∴λ=1
2
∴双曲线方程为：
x 2
12
−
y 2
12
=1．
故答案为：x 2
1
2
−
y 2
12
=1．
10．（5分）一个圆锥的侧面积等于底面面积的2倍，若圆锥底面半径为√3 cm ，则圆锥的体积是 3π cm 3．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 则S 侧面积＝πrl =√3πl ，S 底面积＝πr 2＝3π． ∴√3πl =2×3π，解得l ＝2√3． ∴圆锥的高h =2−r 2=3．
∴圆锥的体积V =13S 底面积⋅ℎ=1
3π×3×3=3π． 故答案为：3π．
11．（5分）已知幂函数y ＝f （x ）的图象过点（4，2），令a n =1
f(n+1)+f(n)
，n ∈N *．记数
列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2019＝ 2√505−1 ．
【解答】解：∵幂函数f （x ）＝x a 的图象过点（4，2），∴4a ＝2，
解得a =1
2
，∴f （x ）=x 12，
∵a n =
1f(n+1)+f(n)（n ∈N *），∴a n =√n+1+√n
=√n +1−√n ，
∵{a n }的前n 项和为S n ，
∴S 2019=√2−√1+√3−√2+⋯+√2020−√2019=√2020−1． 故答案为：2√505−1．
12．（5分）过曲线y ＝x −1
x
（x ＞0）上一点P （x 0，y 0）处的切线分别与x 轴，y 轴交于点A ，B ，O 是坐标原点，若△OAB 的面积为1
3，则x 0＝ √5 ．
【解答】解：由题意可得y 0＝x 0−1
x 0
，x 0＞0，
∵y ′＝1+
1x 2
， ∴切线的斜率为1+
102
， 则切线的方程为y ﹣x 0+1x 0=（1+1x 0
2）（x ﹣x 0）， 令x ＝0得y =−2
x 0
；
令y ＝0得x =
2x 0
02
， ∴△OAB 的面积S =12•
2x 0•2x 0
1+x 02=13
， 解得x 0=√5（负的舍去）． 故答案为：√5．
13．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2+y 2＝1，O 1：（x ﹣4）2+y 2＝4，动点P 在直线x +√3y ﹣b ＝0上，过P 分别作圆O ，O 1的切线，且点分别为A ，B ，若满足PB ＝2P A 的点P 有且只有两个，则实数b 的取值范围是 −20
3＜b ＜4 ． 【解答】解：由题意O （0，0），O 1（4，0）．设P （x ，y ），则 ∵PB ＝2P A ，
∴（x ﹣4）2+y 2＝4（x 2+y 2），
∴x2+y2+8
3x−
16
3
=0，
圆心坐标为（−4
3，0），半径为
8
3
，
∵动点P在直线x+√3y﹣b＝0上，满足PB＝2P A的点P有且只有两个，
∴直线与圆x2+y2+8
3x−
16
3
=0相交，
∴圆心到直线的距离d=|−43−b|
1+3
8
3，
∴−4
3
−163＜b＜−43+163
故答案为：−20
3＜b＜4．
14．（5分）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=1
2（|x﹣a|+|x﹣2a|
﹣3|a|）．若集合{x|f（x﹣1）﹣f（x）＞0，x∈R}＝∅，则实数a的取值范围为(−∞，1
6 ]．
【解答】解：若{x|f（x﹣1）﹣f（x）＞0，x∈R}＝∅，
则等价为f（x﹣1）﹣f（x）≤0恒成立，即f（x﹣1）≤f（x）恒成立，
当x≥0时，f（x）=1
2（|x﹣a|+|x﹣2a|﹣3|a|）．
若a≤0，则当x≥0时，f（x）=1
2（x﹣a+x﹣2a+3a）＝x，
∵f（x）是奇函数，
∴若x＜0，则﹣x＞0，则f（﹣x）＝﹣x＝﹣f（x），
则f（x）＝x，x＜0，
综上f（x）＝x，此时函数为增函数，则f（x﹣1）≤f（x）恒成立，若a＞0，
若0≤x≤a时，f（x）=1
2[﹣x+a﹣（x﹣2a）﹣3a]＝﹣x；
当a＜x≤2a时，f（x）=1
2[x﹣a﹣（x﹣2a）﹣3a]＝﹣a；
当x＞2a时，f（x）=1
2（x﹣a+x﹣2a﹣3a）＝x﹣3a．
即当x≥0时，函数的最小值为﹣a，
由于函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）的最大值为a，
作出函数的图象如图：
由于∀x ∈R ，f （x ﹣1）≤f （x ），
故函数f （x ﹣1）的图象不能在函数f （x ）的图象的上方， 结合图可得1﹣3a ≥3a ，即6a ≤1，求得0＜a ≤1
6， 综上a ≤1
6
，
故答案为：（﹣∞，1
6]
二．解答题（共6小题，满分90分）
15．（14分）在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，若 m →
=(1−
2c
b
，tanA)，n →
=(1，
1
tanB
)，且m →⊥n →． （Ⅰ）求角A 的值；
（Ⅱ）若a =√3，设角B 的大小为x ，△ABC 的周长为y ，求y ＝f （x ）的最大值． 【解答】解：（Ⅰ） 由题意可得 m →
⋅n →
=1−2c b +tanA tanB =1−2sinC sinB +sinAcosB
cosAsinB =
cosAsinB−2sinCcosA+sinAcosB
cosAsinB
=
sin(A+B)−2sinCcosA cosAsinB =sinC−2sinCcosA
cosAsinB
=0．
∴sin C ﹣2sin C cos A ＝0， ∴cos A =1
2，
∴△ABC 中，A =π
3． …（6分）
（Ⅱ）由a =√3，角B 的大小为x ，A =π
3 及正弦定理 b sinB
=
a sinA
=
√3
sin
π3
=2，
可得b =2sinx ，c =2sin(2π
3−x)，
∴三角形的周长 y ＝2sin x +2sin （
2π3
−x ）+√3=2√3sin （x +π6
）+√3．
由于0＜x ＜2π3，∴x +π
6∈（π
6，5π
6
），
∴当 x +π
6=π
2，即 x =π
3 时，y max ＝3√3． …（12分）
16．（14分）正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面B 1D 1C 截去一部分后得到几何体AB 1D 1﹣ABCD ．如图所示．
（1）在几何体AB 1D 1﹣ABCD 的面上画出一条线段，使该线段所在的直线平行于平面B 1D 1C ．
（2）设E 为B 1D 1的中点，求证：B 1D 1⊥平面A 1ECA ．
【解答】解：（1）如图，连接BD ，则BD ∥平面B 1D 1C ， 证明：∵由已知可得：BD ∥B 1D 1，且BD ⊄平面AB 1D 1， ∴BD ∥平面B 1D 1C ．
（2）证明：在等腰A 1B 1D 1中，E 为B 1D 1的中点， 所以，B 1D 1⊥A 1E ，
由已知可得：AA 1⊥平面A 1B 1D 1， 所以，AA 1⊥B 1D 1， 所以，B 1D 1⊥平面A 1ECA ．
17．（14分）已知函数f （x ）＝x 2﹣2ax +1．
（1）若函数g （x ）＝log a [f （x ）+a ]（a ＞0，a ≠1）的定义域为R ，求实数a 的取值范围；
（2）当x ＞0时，恒有不等式f(x)x
＞lnx 成立，求实数a 的取值范围．
【解答】（1）由题意可知，
x 2﹣2ax +1+a ＞0在R 上恒成立， ∴△＝4a 2﹣4﹣4a ＜0， ∴0＜a ＜1+√5
2，且a ≠1； （2）∵
f(x)
x
＞lnx ，
∴x +1
x −lnx ＞2a ， 令f （x ）＝x +1x
−lnx ， ∴f '（x ）=−
1x 2−1
x
+1， 令f '（x ）=−12−1
x +1＝0， ∴x =
√5+1
2
，
∴x ∈（
√5+1
2
，+∞）时，f '（x ）＞0，f （x ）递增； x ∈（0，
√5+1
2
）时，f '（x ）＜0，f （x ）递减； ∴f （x ）≥f （
√5+12）=√5−ln √5+1
2， ∴a ＜1
2（√5−ln
√5+1
2
）． 18．（16分）如图，有一块边长为1（百米）的正方形区域ABCD ，在点A 处有一个可转动的探照灯，其照射角∠P AQ 始终为45°（其中点P ，Q 分别在边BC ，CD 上），设∠P AB ＝θ，tan θ＝t ．
（1）当三点C ，P ，Q 不共线时，求直角△CPQ 的周长．
（2）设探照灯照射在正方形ABCD 内部区域P AQC 的面积为S （平方百米），试求S 的最大值．
【解答】解：（1）BP ＝t ，0≤t ≤1，
∠DAQ ＝45°﹣θ，DQ ＝tan （45°﹣θ）=1−t
1+t ， CQ ＝1−1−t 1+t =2t
1+t
， ∴PQ =
√CP 2+CQ 2=√(1−t)2
+(2t 1+t )2=1+t 21+t
． ∴l ＝CP +CQ +PQ
＝1﹣t +2t 1+t +1+t 2
1+t
＝1﹣t +1+t ＝2．
（2）S ＝S 正方形ABCD ﹣S △ABP ﹣S △ADQ ＝1−t
2−12•
1−t 1+t
=2−12（t +1+2
t+1）≤2−√2． 当t =√2时取等号．
探照灯照射在正方形ABCD 内部区域P AQC 的面积为S （平方百米），则S 的最大值2−√2（平方百米）． 19．（16分）已知椭圆C ：
x 2a 2
+
y 2
b 2
=1（a ＞b ＞0）的离心率e =√3
2，直线x +√3y −1=0被
以椭圆C 的短轴为直径的圆截得的弦长为√3． （1）求椭圆C 的方程；
（2）过点M （4，0）的直线l 交椭圆于A ，B 两个不同的点，且λ＝|MA |•|MB |，求λ的取值范围．
【解答】解：（1）原点到直线x +√3y −1=0的距离为d =1√1+3
=1
2， 所以(12)2+(√3
2)2=b 2（b ＞0），解得b ＝1，
又e 2
=c 2a 2=1−b 2
a
2=3
4，得a ＝2，
所以椭圆C 的方程为
x 24
+y 2=1；
（2）当直线l 的斜率为0时，直线l ：y ＝0即x 轴， λ＝|MA |•|MB |＝12；
当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：x ＝my +4，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），
联立方程组{x =my +4
x 2
4
+y 2
=1
，得（m 2+4）y 2+8my +12＝0，
由△＝64m 2﹣48（m 2+4）＞0，得m 2＞12， 所以y 1y 2=
12
m 2+4
， λ＝|MA |•|MB |=√1+m 2•|y
1|•√1+
m 2•|y
2|=12(1+m 2)4+m 2=12（1−3
4+m 2
）， 由m 2＞12，得0＜32＜3
16，所以394
＜λ＜12． 综上可得：
394
＜λ≤12，
即λ∈(39
4，12]．
20．（16分）在数列{a n }中，S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n 2=a n (S n −1
2
) （1）求证{1S n
}为等差数列，并求a n ；
（2）设b n =S
n
2n+1，求数列{b n }的前n 项和T n ；
（3）是否存在自然数m ，使得对任意自然数n ∈N *，都有T n ＜1
4(m −8)成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由． 【解答】（1）证明：∵当n ≥2时，S n 2=a n (S n −1
2) ∴S n 2=(S n −S n−1)(S n −1
2
) ∴2S n S n ﹣1＝S n ﹣1﹣S n ∴2=1
S n −1
S n−1
∵a 1＝1，∴
1S 1
=1
∴{1
S n
}是1为首项，2为公差的等差数列，
∴
1S n
=1+2(n −1)=2n −1
∴S n =
12n−1
∴当n ≥2时，a n =−2
(2n−1)(2n−3) ∵a 1＝1，
∴a n ={1，n =1
−2
(2n−1)(2n−3)，n ≥2
； （2）b n =S n 2n+1=1
2（12n−1−12n+1
），
∴T n =12[1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1）=12(1−12n+1)=n
2n+1； （3）令T （x ）=
x 2x+1=12(1−1
2x+1
)，则T （x ）在[1，+∞）上是增函数 当x ≥1时，13
≤T(x)＜12
，∴T n ＜1
2
令1
4
(m −8)≥1
2
，则m ≥10，
∴存在自然数m ，使得对任意自然数n ∈N *，都有T n ＜1
4
(m −8)成立，m 的最小值为10． 三．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分） 21．（10分）求矩阵[3113
]的特征值及对应的特征向量．
【解答】解：特征多项式f （λ）═|λ−3−1
−1λ−3|=（λ﹣3）2﹣1＝λ2﹣6λ+8（3分）
由f （λ）＝0，解得λ1＝2，λ2＝4（6分） 将λ1＝2代入特征方程组，得{−x −y =0
−x −y =0
⇒x +y ＝0，可取[1
−1]为属于特征值λ1＝2的一个特征向量（8分）
同理，当λ2＝4时，由{x −y =0
−x +y =0⇒x ﹣y ＝0，
所以可取[1
1]为属于特征值λ2＝4的一个特征向量．
综上所述，矩阵[31
13
]有两个特征值λ1＝2，λ2＝4；
属于λ1＝2的一个特征向量为[1−1]，属于λ1＝4的一个特征向量为[1
1]．（10分）
四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线C ：{
x =√6cosα
y =√2sinα
（α为参数）．以原点O 为极
点，x 轴正半轴为极轴，建立坐标系，直线l 的极坐标方程为ρ（cos θ+√3sin θ）+4＝0，求曲线C 上的点到直线l 的最大距离． 【解答】解：由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，可得： 直线l 的极坐标方程：ρ（cos θ+√3sin θ）+4＝0， 即为x +√3y +4＝0，
曲线C 上的点到直线l 的距离为d =
√6cosα+√6sinα+4|
1+3
=4+2√3sin(α+π4)2=2+√3sin （α+π4
）．
当α+π4=2k π+π2，即α＝2k π+π
4，k ∈Z ，取得最大值2+√3． 五．解答题（共1小题）
23．设x ，y 均为正数，且x ＞y ，求证：2x +1
x 2−2xy+y 2
≥2y +3．
【解答】证：∵x ＞0，y ＞0，x ﹣y ＞0， ∴
2x +
1
x 2−2xy+y 2
−2y =2(x −y)+
1(x−y)
2
=(x −y)+(x −y)+
1
(x−y)
2
≥
3√(x −y)21(x−y)
2
3
=3，当且仅当x ﹣y ＝1时取等号，
∴2x +
1
22
≥2y +3．
六．解答题（共2小题，满分20分，每小题10分）
24．（10分）如图在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AD ＝4，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等腰直角三角形，且∠PAD =π2
，O 为底面ABCD 的中心． （1）求异面直线PO 与AD 所成角的余弦值； （2）若E 为PD 中点，F 在棱P A 上，若FA PA
=λ，λ∈[0，1]，且二面角O ﹣EF ﹣D 的正
弦值为
√5
5
，求实数λ的值．
【解答】解：（1）∵面P AD ⊥面ABCD ，P A ⊥AD ， ∵面P AD ∩面ABCD ＝AD ，∴P A ⊥面ABCD ，
∵底面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 三条线两两垂直． 以AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，
知A （0，0，0），B （2，0，0），O （1，2，0），D （0，4，0），P （0，0，4）， PO →
=(1，2，−4)，AD →
=(0，4，0)， |cos〈PO →
，AD →
〉|=
|PO →⋅AD →
||PO →
|⋅|AD →
|
=
4√1+2+(−4)
=
2√21
21
， 所以异面直线PO 与AD 所成角的余弦值为
2√21
21
． （2）结合（1）知E （0，2，2），AB ⊥面P AD ， 取平面P AD 的法向量m →
=(1，0，0)． ∵
FA PA
=λ，λ∈[0，1]，P A ＝4，∴F A ＝4λ，∴F （0，0，4λ），
设平面OEF 的法向量为n →
=(x ，y ，z)， 又OE →
=(−1，0，2)，FO →
=(1，2，−4λ)， {OE →
⋅n →=0FO →⋅n →=0
，即{−x +2z =0x +2y −4λz =0， 令x ＝2，得n →
=(2，2λ−1，1)， 又因为二面角O ﹣EF ﹣D 的正弦值为
√55
， 所以|cos〈m →
，n →〉|=|m →⋅n →
|
|m →|⋅|n →|
=1−(55)2，
即
√4+(2λ−1)2+1
=
2√55
，
解得λ=12
．
25．（10分）设f （x ，n ）＝（1+x ）n ，n ∈N *． （1）求f （x ，6）的展开式中系数最大的项； （2）n ∈N *时，化简C n 04n ﹣1+C n 14n ﹣2+C n 24n ﹣3+…+C n n−140+C n n 4﹣1；
（3）求证：C
n
1
+2C n
2+3C n
3+⋯+nC
n
n =n ×2n ﹣
1．
【解答】解：（1）f （x ，6）＝（1+x ）n ，通项为：T k+1=C 6k x k
，故各项的系数即为二项
式系数，
故系数最大的项为T 4=C 63x 3=20x 3．
（2）C
n 04n ﹣1+C n 14n ﹣2+C n 24n ﹣3+…+C n n−140
+C n n 4﹣1=
14
[C n 04n +C n 14n ﹣1+C n 24
n
﹣2
+…+C
n n−141
+C
n n ]=14(4+1)n =5n
4
． （3）证明：令S ＝C n
1+2C n
2
+3C
n 3+⋯+（n ﹣1）C n n−1
+nC n
n
⋯⋯①，
则S =nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+2C n 2+C n 1
，
所以S =nC n 0+（n ﹣1）C n 1+（n ﹣2）C n 2+⋯+2C n n−2+C n n−1⋯⋯②，
①+②得：
2S ＝n （C n 0+C n 1+⋯⋯+C n n ）＝n •2n ，
∴S ＝n •2n ﹣
1．。