一、单选题（本大题共12小题，共60.0分） 1.
复数𝑧=
2−4𝑖1+𝑖
(𝑖为虚数单位)的共轭复数等于( )
A. 1+3𝑖
2.
B. 1−3𝑖 C. −1+3𝑖 D. −1−3𝑖
设集合𝑀={𝑥∈𝑅|𝑥2=𝑥}，𝑁={−1,0，1}，则𝑀∪𝑁=( )
A. {0}
3.
B. {1} C. {0,1} D. {−1,0，1}
已知i为虚数单位，a为实数，复数𝑧=(1−2𝑖)(𝑎+𝑖)在复平面内对应的点为M，则“𝑎>2”是“点M在第四象限”的( )
A. 充分而不必要条件 C. 充要条件
B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
32
M为抛物线上的一点，4. 已知抛物线𝑦2=4𝑥的焦点为F，准线与x轴的交点为K，且|𝑀𝐹|=√|𝑀𝐾|，
则∠𝑀𝐾𝐹=( )
A. 6
5.
函数
𝜋
B. 4
的图像在点
𝜋
C. 3
处切线方程为
𝜋
D. 12
，则
5𝜋
( )
A. 4
6.
4
B. 3
𝜋3𝜋
4
C. 2
]的最小值为( )
D. 1
函数𝑦=𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑥∈[4,
A. 4
7.
B. 5
C. 2√2
9
D. 5√2
𝑥(𝑥+3)5展开式中𝑥3项的系数是( )
A. 270
8.
B. 180 C. 90 D. 45
12.如下图，一个边长为4的正方形及其内切圆，若随机向正方形内丢一粒豆子，则如豆子落入圆内的概率是
A.
9.
B.
C.
D.
、
𝐴
在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tan(𝐵+𝐶)=tan2，且𝑎=2，则△𝐴𝐵𝐶的面积的最大值为( )
3
A. √3
3 B. √2
C. √3 D. 2√3
10. 已知两定点𝐹1(0,−5)，𝐹2(0,5)，平面内动点 P到𝐹1、𝐹2的距离之差的绝对值是6，则点P的轨
迹方程为( )
A. 𝑥9−𝑦=1 16
22
𝑦
B. 𝑥−=1 169
22
C. 𝑦9−𝑥=1 16
22
𝑥
D. 𝑦−=1 169
22
11. 下列函数中，值域为[0,+∞)的偶函数是( )
A. 𝑦=𝑥2−1
12. 圆的一般方程为
B. 𝑦=|𝑥| C. 𝑦=𝑙𝑔𝑥 D. 𝑦=𝑐𝑜𝑠𝑥
，则它的圆心坐标和半径长度分别为( )
A.
B.
C.
D.
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13.
．
𝑥+2𝑦≤3
14. 已知{，则2𝑥−𝑦最小值为______．
𝑦≥|𝑥|
15. A、B、C是我方三个炮兵阵地，A在B正东6km，C在B正北偏西30°，相距4km，P为敌炮阵
地，某时刻A处发现敌炮阵地的某种信号，由于B、C两地比A距P地远，因此4s后，B、C才同时发现这一信号，此信号的传播速度为1𝑘𝑚/𝑠，A若炮击P地，则炮击的方位角是______ (南、北)偏______ (东、西) ______ 度．
16. 𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶的三个顶点在半径为13的球面上，两直角边的长分别为6和8，则球心到平面ABC
的距离是______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 已知数列{𝑎𝑛}的前n项和𝑆𝑛与𝑎𝑛满足𝑆𝑛=1−𝑎𝑛(𝑛∈𝑁+). (1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式； (2)求数列{𝑛𝑎𝑛}的前n项和𝑇𝑛． 18. 已知
菱形
所在平面，点
、
分别为线段
、
的中点．
(Ⅰ)求证：(Ⅱ)求证：
； //平面
．
19. 我市“水稻良种研究所”对某水稻良种的发芽率与昼夜温差之间的关系进行研究．他们分别记
录了3月21日至3月25日的昼夜温差及每天30颗水稻种子的发芽数，并得到如表资料 日期 温差𝑥(℃) 3月21日 3月22日 3月23日 3月24日 3月25日 10 11 16 13 17 12 14 9 13 发芽数𝑦(颗) 15 (1)请根据以上资料，求出y关于x的线性回归方程；据气象预报3月26日的昼夜温差为14℃，请你预测3月26日浸泡的30颗水稻种子的发芽数(结果保留整数)．
(2)从3月21日至3月25日中任选2天，记种子发芽数超过15颗的天数为X，求X的概率分布列，并求其数学期望EX和方差DX．
𝑛2̂=∑𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥⋅𝑦̂𝑥，∑𝑛(参考公式及参考数据𝑏̂=𝑦−𝑏2，𝑎𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖=832，∑𝑖=1𝑥𝑖=615) ∑𝑛𝑥2−𝑛𝑥𝑖=1𝑖𝑛
20. 已知椭圆C：𝑎2+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)过𝐴(2,0)，𝐵(0,1)两点．
(Ⅰ)求椭圆C的方程和离心率的大小；
N是y轴上不同的两点，(Ⅱ)设M，若两点的纵坐标互为倒数，直线AM与椭圆C的另一个交点为P，
直线AN与椭圆C的另一个交点为Q，判断直线PQ与x轴的位置关系，并证明你的结论．
𝑥2
𝑦2
21. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥，𝑔(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥+𝑚．
(1)当𝑎=1时，求函数𝑓(𝑥)的单调区间；
(2)若不等式𝑓(𝑥)>𝑔(𝑥)对任意的正实数x都成立，求实数m的最大整数值；
(3)当𝑎>0时，𝑛∈[0,2]且|𝑚−𝑛|≥1，𝑒−1≤𝑎≤𝑒𝑥−𝑒． 若存在实数m，使得𝑓(𝑚)≠𝑓(𝑛)，求证：
22. 在极坐标系中，设圆C：𝜌=8𝑐𝑜𝑠𝜃与直线l：
圆的极坐标方程和普通方程．
交于A，B两点，求以AB为直径的
23. 设函数𝑓(𝑥)=
2𝑥+1𝑥
(𝑥>0)，数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=1，𝑎𝑛=𝑓(𝑎
1
𝑛−1
)(𝑥∈𝑁∗，且𝑛≥2)．
(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
(2)设𝑇𝑛=𝑎1𝑎2−𝑎2𝑎3+𝑎3𝑎4−𝑎4𝑎5+⋯+(−1)𝑛−1𝑎𝑛𝑎𝑛+1，若𝑇𝑛≥𝑡𝑛2对𝑛∈𝑁∗恒成立，求实数t
的取值范围；
(3)是否存在以𝑎1为首项，公比为𝑞(0<𝑞<5,𝑞∈𝑁∗)的等比数列{𝑎 𝑛𝑘}，𝑘∈𝑁∗，使得数列{𝑎 𝑛𝑘}中
每一项都是数列{𝑎𝑛}中不同的项，若存在，求出所有满足条件的数列{𝑛𝑘}的通项公式；若不存在，说明理由．
【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：复数𝑧=2−4𝑖1+𝑖
=
(2−4𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)(1−𝑖)
=
−2−6𝑖2
=−1−3𝑖，故z的共轭复数等于−1+3𝑖，
故选C．
根据两个复数代数形式的乘除法法则求得𝑧=−1−3𝑖，由此求得它的共轭复数． 本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，复数的基本概念，属于基础题．
2.答案：D
解析：解：𝑀={0,1}，𝑁={−1,0，1}； ∴𝑀∪𝑁={−1,0，1}． 故选：D．
可先求出集合M，然后进行并集的运算即可．
考查描述法、列举法表示集合的概念，以及并集的运算．
3.答案：A
解析：
本题考查充分条件、必要条件的判断，考查复数的运算法则等基础知识，是基础题．
求出𝑧=𝑎+2+(1−2𝑎)𝑖，从而𝑀(𝑎+2,1−2𝑎)，由“𝑎>2”⇒“点M在第四象限”，“点第四象限”⇒“𝑎>1
2“.得到“𝑎>2”是“点M在第四象限”的充分而不必要条件． 解：∵𝑖为虚数单位，a为实数，
∴𝑧=(1−2𝑖)(𝑎+𝑖)=𝑎−2𝑎𝑖+𝑖−2𝑖2=𝑎+2+(1−2𝑎)𝑖， ∵复数𝑧=(1−2𝑖)(𝑎+𝑖)在复平面内对应的点为M，
∴𝑀(𝑎+2,1−2𝑎)，若点M在第四象限，则𝑎+2>0且1−2𝑎<0，解得𝑎>1
2． ∴“点M在第四象限”⇒“𝑎>1
2“，
“点M在第四象限”，不一定能推出“𝑎>2”， “𝑎>2”⇒“点M在第四象限”，
但“𝑎>2”一定能推出“点M在第四象限”， “𝑎>2”是“点M在第四象限”的充分而不必要条件． 故选：A．
4.答案：A
M在解析：解：设M到准线的距离等于d，由抛物线的定义可得𝑑=|𝑀𝐹|， 由题意得cos∠𝑀𝐾𝐹=∴∠𝑀𝐾𝐹=6． 故选：A．
由抛物线的定义可得𝑑=|𝑀𝐹|，由题意得cos∠𝑀𝐾𝐹=|𝑀𝐾|把已知条件代入可得cos∠𝑀𝐾𝐹，进而求得∠𝑀𝐾𝐹．
本题考查抛物线的定义、以及简单性质的应用，利用抛物线的定义是解题的突破口．
𝑑
𝜋
=|𝑀𝐾|
𝑑
√3
， 2
5.答案：C
解析：本题主要考查了导数的几何意义．
利用函数在切点处的导数就是切线的斜率求出𝑓′(5)=−1，根据 则𝑓(5)=−5+8=3． ∴𝑓(5)+𝑓′(5)=−1+3=2． 故选 C．
在切线
上，
6.答案：B
解析：解：∵𝑥∈[4,∴
√22
𝜋3𝜋
4
]，
≤𝑠𝑖𝑛𝑥≤1，
2令𝑡=𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑡∈[√,1]，
2∵𝑓′(𝑡)=1−2，
𝑡
由1−𝑡2<0(𝑡≠0)得：−2<𝑡<0或0<𝑡<2，
∴双钩函数𝑓(𝑡)=𝑡+𝑡在(0,2)上单调递减，[√,1]⊂(0，2)，
2∴𝑓(𝑡)=𝑡+𝑡在[√2,1]上单调递减，
24
4
24
4
∴𝑓(𝑡)𝑚𝑖𝑛=𝑓(1)=1+4=5， 即函数𝑦=𝑠𝑖𝑛𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑥∈[4,故选：B．
4
𝜋3𝜋
4
]的最小值为5，
依题意，知√≤𝑠𝑖𝑛𝑥≤1，令令𝑡=𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑡∈[√,1]，利用双钩函数𝑓(𝑡)=𝑡+𝑡在[√,1]上单调递减
222的性质即可求得其最小值．
本题考查三角函数的最值，着重考查转化思想与双钩函数的单调性质，属于中档题．
22
4
2
7.答案：A
解析：解：∵𝑥(𝑥+3)5=𝑥(𝑥5+15𝑥4+90𝑥3+270𝑥2+405𝑥+243)， ∴展开式中𝑥3项的系数为270， 故选：A．
把(𝑥+3)5按照二项式定理展开，可得𝑥(𝑥+3)5展开式中𝑥3项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
8.答案：B
解析：
9.答案：A
解析：解：∵𝐴+𝐵+𝐶=𝜋，且tan(𝐵+𝐶)=tan2，∴tan2=−𝑡𝑎𝑛𝐴=−即tan2=±√3， ∵𝐴∈(0,𝜋)，∴
𝐴2
𝐴
𝐴
𝐴
𝐴
2𝐴1−tan222𝑡𝑎𝑛
，解得tan22=3，
𝐴
∈(0,2)，∴tan2=√3=𝑡𝑎𝑛60°，即𝐴=120°，
𝑏2+𝑐2−𝑎2
2𝑏𝑐4
𝜋𝐴
由余弦定理知，𝑐𝑜𝑠𝐴=
1
1
，即−=
2
1
𝑏2+𝑐2−42𝑏𝑐
≥
2𝑏𝑐−42𝑏𝑐
，∴𝑏𝑐≤3，当且仅当𝑏=𝑐时，等号成立，
4
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴≤2×3×𝑠𝑖𝑛120°=∴△𝐴𝐵𝐶的面积的最大值为√．
33√3． 3
故选：A．
利用𝐴+𝐵+𝐶=𝜋化简tan(𝐵+𝐶)=tan2，得tan2=−𝑡𝑎𝑛𝐴，根据正切的二倍角公式可知𝑡𝑎𝑛𝐴=
𝐴2𝐴1−tan22𝐴𝐴
2𝑡𝑎𝑛
，从而解得tan2=±√3，由于𝐴∈(0,𝜋)，所以tan2=√3，即𝐴=120°，再结合余弦定理以
1
𝐴𝐴
及基本不等式可确定ab的范围，而𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴，代入相关数据即可得解．
本题主要考查解三角形的综合问题，还涉及诱导公式、正切的二倍角公式、基本不等式等，考查学生的转化和化归思想以及计算能力，属于中档题．
10.答案：C
解析：解：根据题意，两定点𝐹1(0,−5)，𝐹2(0,5)，则|𝐹1𝐹2|=10， 若动点 P到𝐹1、𝐹2的距离之差的绝对值是6，则有6<10，
则P的轨迹是以𝐹1(0,−5)，𝐹2(0,5)为焦点的双曲线，其中𝑐=5，𝑎=3， 则𝑏=√𝑐2−𝑎2=4， 则双曲线的方程为：故选：C．
𝐹2的坐标分析可得|𝐹1𝐹2|=10，根据题意，由𝐹1、结合双曲线的定义分析可得P的轨迹是以𝐹1(0,−5)，𝐹2(0,5)为焦点的双曲线，即可得a、c的值，计算可得b的值，将a、b的值代入双曲线的方程即可得答案．
本题考查曲线的轨迹方程，注意利用双曲线的定义分析．
𝑦29
−
𝑥216
=1；
11.答案：B
解析：【试题解析】
解：对于A，值域为[−1,+∞)的偶函数，不正确； 对于B，值域为[0,+∞)的偶函数，正确， 对于C，值域为R，非奇非偶函数，不正确； 对于D，值域为[−1,1]的偶函数，不正确， 故选B．
分别确定函数的奇偶性，值域，可得结论．
本题考查函数的奇偶性，值域，考查学生的计算能力，比较基础．
12.答案：C
解析：试题分析：
，半径为4
考点：圆的一般方程标准方程
化为标准方程为
，所以圆心为
13.答案：0
解析：试题分析：考点：对数的运算．
．
14.答案：−9
𝑥+2𝑦≤3
解析：解：作出变量x，y满足约束条件{，所表示
𝑦≥|𝑥|的平面区域，如图所示：
由于𝑧=2𝑥−𝑦可得𝑦=2𝑥−𝑧，则−𝑧表示目标函数在y轴上的截距，截距越大，z越小
作直线L：𝑦=2𝑥，然后把直线l向平域平移，由题意可得，直线平移到A时，z最小，
𝑦=−𝑥
由{𝑥+2𝑦=3可得𝐴(−3,3)，此时𝑧=−9． 故答案为：−9．
作出满足不等式组的可行域，由𝑧=2𝑥−𝑦可得𝑦=2𝑥−𝑧可得−𝑧为该直线在y轴上的截距，截距越大，z越小，结合图形可求z的最大值．
本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于中档题．
15.答案：北；东；30
解析：解：如图，以直线BA为x轴，线段BA的中垂线为y轴建立坐标系，则
𝐵(−3,0)、𝐴(3,0)、𝐶(−5,2√3)， 因为|𝑃𝐵|=|𝑃𝐶|，
所以点P在线段BC的垂直平分线上 因为𝑘𝐵𝐶=−√3，BC中点𝐷(−4,√3)， 所以直线PD的方程为𝑦−√3=√3(𝑥+4)①
又|𝑃𝐵|−|𝑃𝐴|=4，故P在以A、B为焦点的双曲线右支上 设𝑃(𝑥,𝑦)，则双曲线方程为
𝑥24
1−
𝑦25
=1(𝑥≥0)②
5√38−3
联立①②，得𝑥=8，𝑦=5√3，所以𝑃(8,5√3)，因此𝑘𝑃𝐴=故炮击的方位角为北偏东30°． 故答案为：北；东；30．
=√3，
建立坐标系，因为|𝑃𝐵|=|𝑃𝐶|，所以点P在线段BC的垂直平分线上，写出中垂线的方程，又|𝑃𝐵|−|𝑃𝐴|=4，故P在以A、B为焦点的双曲线右支上，写出双曲线方程，将这两个方程联立方程组，解出交点P的坐标，由PA斜率计算炮击的方位角．
本题主要考查了双曲线方程的应用、解三角形的实际应用．要充分利用三角形的边角关系，利用三角函数、正弦定理、余弦定理等公式找到问题解决的途径．
16.答案：12
解析：解：𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶的斜边长为10，𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶的三个顶点在半径为13的球面上， ∴斜边是𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶所在截面圆的直径，
球心到平面ABC的距离是𝑑=√132−52=12． 故答案为：12．
利用已知条件可计算出𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶的斜边长，根据斜边是𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶所在截面的直径，进而可求得球心到平面ABC的距离．
本题主要考查了点到面得距离．解题的关键是利用了斜边是𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶所在截面的直径这一特性．
17.答案：解：(1)由𝑆1=1−𝑎1得：𝑎1=1−𝑎1，解得：𝑎1=2．
当𝑛≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=1−𝑎𝑛−(1−𝑎𝑛−1)， 化简得：2𝑎𝑛=𝑎𝑛−1，故𝑎
1
1
𝑎𝑛
𝑛−1
1
=2．
1
所以，𝑎𝑛=2×(2)𝑛−1=2𝑛．
(2)由题意得：𝑇𝑛=1×2+2×22+⋯+𝑛×2𝑛 ① ∴𝑇𝑛=1×
21
12
2+2×
1
111
12
3+⋯+(𝑛−1)×
12
𝑛+𝑛×
12𝑛+1
②
①−②得：2𝑇𝑛=2+22+23+⋯+2𝑛−𝑛×2𝑛+1 =
11×(1−𝑛)2211−2111111
−𝑛⋅2𝑛+1
1
1
=1−2𝑛−𝑛⋅2𝑛+1， ∴𝑇𝑛=2−
2+𝑛2𝑛1
=
2𝑛+1−𝑛−2
2𝑛．
𝑎𝑛
𝑛−1
(1)由𝑆1=1−𝑎1可求得𝑎1，解析：当𝑛≥2时，由𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1可求得2𝑎𝑛=𝑎𝑛−1⇔𝑎为首项与公比均为2的等比数列，从而可求数列{𝑎𝑛}的通项公式；
1
=，{𝑎𝑛}2
1
(2)依题意，𝑇𝑛=1×2+2×22+⋯+𝑛×2𝑛，利用错位相减法即可求得数列{𝑛𝑎𝑛}的前n项和𝑇𝑛． 本题考查等比数列的通项公式与求和公式，突出考查错位相减法，求得𝑎𝑛=2𝑛是关键，属于中档题．
1
111
18.答案：(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析
解析：试题分析：(Ⅰ)从平几条件出发寻找线线垂直，利用线面垂直判定定理转化为线面垂直，再利用线面垂直性质定理证明线线垂直：
，从而
平面
，
是菱形，
，又
平面
，
.(Ⅱ)利用平行四边形性质构造线线平行，再根
据线面平行判定定理进行证明： 取线段
的中点平面
试题解析：(Ⅰ)
，又
平面
，又．
(Ⅱ)取线段则
//////又
的中点，且，， 平面//平面
，．
平面
，
，，连结
，又四边形
， //
，且
是平行四边形，
，
，
，则易证四边形
//平面平面是菱形，平面
， ，
．
平面，又
，
平面
，
，
是平行四边形，
//
，又
平面
，
考点：线面垂直判定与性质定理，线面平行判定定理
19.答案：解：(1)因为𝑥=
10+11+13+12+9
5
=11，𝑦=
15+16+17+14+13
5
=15，
̂=832−5×11×15=0.7，于是𝑎̂=15−0.7×11=7.3． 所以𝑏615−5×112̂=0.7𝑥+7.3． 故线性回归方程为𝑦
̂=0.7×14+7.3=17.1，即3月26日浸泡的30颗水稻种子的发芽数为17颗． 当𝑥=14，𝑦
(2)因为𝑋=0，1，2，𝑃(𝑋=0)=𝐶32=10，𝑃(𝑋=1)=
5
𝐶2
3
1𝐶1𝐶322𝐶5
=
𝑃(𝑋=2)=2=， ，10𝐶210
5
6
𝐶2
1
X 0 1 2 361 P 10 10 10所以𝐸𝑋=5，
4
19
𝐷𝑋=(0−)×+(1−)×+(2−)×=．
51051051025
42
3
42
6
42
解析：本题考查回归直线方程的求法，概率的分布列期望以及方差的求法，考查计算能力． (1)求出回归方程的样本中心的坐标，然后求解回归方程的几何量，得到回归方程即可．
(2)求出种子发芽数超过15颗的天数为X，求解相应的概率，得到分布列，然后求解期望与方差．
20.答案：解：(Ⅰ)依题意得𝑎=2，𝑏=1，所以椭圆C的方程为
离心率的大小𝑒==√．
𝑎2
𝑐
3𝑥24
+𝑦2=1，𝑐=√𝑎2−𝑏2=√3，(Ⅱ)解法一、因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数， 设M，N坐标为(0,𝑚)，(0,𝑛)，则𝑛=𝑚，𝑚≠0，𝑛≠0 由𝐴(2,0)，𝑀(0,𝑚)得直线AM的方程为𝑦=−2𝑥+𝑚，{4
𝑦=
𝑚
𝑥2
1
+𝑦2=1
𝑚−2
𝑥+𝑚
，
整理得(𝑚2+1)𝑦2−2𝑚𝑦=0或(𝑚2+1)𝑥2−4𝑚2𝑥+4𝑚2−4=0， 得交点P的纵坐标为𝑦𝑃=𝑚2+1， 同理交点Q的纵坐标为𝑦𝑄=𝑛2+1=
2𝑛
1𝑚1()2+1𝑚
2𝑚
2⋅
=𝑚2+1，
2𝑚
所以𝑦𝑃=𝑦𝑄≠0，直线PQ与x轴平行． 解法二：
设直线AM的方程为𝑥=𝑡𝑦+2(𝑡≠0)，直线AN的方程为𝑥=𝑠𝑦+2(𝑠≠0)， 令𝑥=0得𝑡𝑦𝑀=−2，M坐标为(0,
−2𝑡
)，同理N坐标为(0,
−2𝑠
)，
𝑥2
2+𝑦=1
因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以𝑠𝑡=4，{4，
𝑥=𝑡𝑦+2
整理得(𝑡2+4)𝑦2+4𝑡𝑦=0或(𝑡2+4)𝑥2−16𝑥+16−4𝑡2=0， 得交点P的纵坐标为𝑦𝑃=𝑡2+4， 同理得𝑦𝑄=𝑠2+4=
−4𝑠
−4⋅
4()2+4𝑡
4𝑡
−4𝑡
=𝑡2+4，
−4𝑡
所以𝑦𝑃=𝑦𝑄≠0，直线PQ与x轴平行． 解法三：
设直线AM的方程为𝑦=𝑘1(𝑥−2)，𝑘1≠0，直线AN的方程为𝑦=𝑘2(𝑥−2)，𝑘2≠0 令𝑥=0得M坐标为(0,−2𝑘1)，同理N坐标为(0,−2𝑘2)，
因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以4𝑘1𝑘2=1，
+𝑦2=1222
代入椭圆方程得{4，(4𝑘1+1)𝑥2−16𝑘1𝑥+16𝑘1−4=0，
𝑦=𝑘1(𝑥−2)
2
或(4𝑘1
𝑥2
+1)𝑦+4𝑘1𝑦=02𝑥𝑃=
2
2−416𝑘12+14𝑘1
所以𝑥𝑃=4𝑘2+1，
1
2−28𝑘1
1
得交点P的纵坐标为𝑦𝑃=𝑘1⋅(4𝑘12+1−2)=4𝑘2+1，
1
1
8𝑘2−2
−4𝑘
同理得𝑦𝑄=4𝑘2+1=
2
−4𝑘2
1
4𝑘114()2+14𝑘1
−4
=
−4𝑘1
2+14𝑘1
，
所以𝑦𝑃=𝑦𝑄≠0，直线PQ与x轴平行．
解析：(Ⅰ)依题意得𝑎=2，𝑏=1，写出椭圆C的方程，求解离心率的大小即可．
(Ⅱ)设M，N坐标为(0,𝑚)，(0,𝑛)，则𝑛=𝑚，𝑚≠0，𝑛≠0，由𝐴(2,0)，𝑀(0,𝑚)得直线AM的方程为𝑦=−2𝑥+𝑚，联立{4
𝑦=
𝑚
𝑥2
1
+𝑦2=1
𝑚−2
𝑥+𝑚
，求出P的纵坐标，Q纵坐标，然后推出结果．
解法二：设直线AM的方程为𝑥=𝑡𝑦+2(𝑡≠0)，直线AN的方程为𝑥=𝑠𝑦+2(𝑠≠0)令𝑥=0得𝑡𝑦𝑀=−2，M坐标为(0,
−2𝑡
)，同理N坐标为(0,
−2𝑠
)，推出𝑦𝑃=𝑦𝑄≠0，直线PQ与x轴平行．
解法三：设直线AM的方程为𝑦=𝑘1(𝑥−2)，𝑘1≠0，直线AN的方程为𝑦=𝑘2(𝑥−2)，𝑘2≠0 令𝑥=0得M坐标为(0,−2𝑘1)，同理N坐标为(0,−2𝑘2)，得到4𝑘1𝑘2=1，代入椭圆方程求出P的纵坐标，Q的纵坐标，即可得到结果．
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆的方程以及简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力．
21.答案：解：(1)𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥，𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−1，令𝑓′(𝑥)=0得𝑥=0，
当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减； 当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增． (2)𝑒𝑥−𝑎𝑥>𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥+𝑡，𝑡<𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥，
令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥，ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥显然ℎ′(𝑥)在(0,+∞)上单调递增， 且ℎ′(2)=√𝑒−2<0，ℎ′(𝑥)=𝑒−1>0，∴存在𝑥0∈(2,1)使ℎ′(𝑥)=0，
且当△<𝑥<𝑥0时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)单调递减；当𝑥>𝑥0时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增． ∴ℎ(𝑥)𝑚𝑖𝑛=ℎ(𝑥0)=𝑒𝑥0−𝑙𝑛𝑥0而𝑒𝑥0−𝑥=0，
0
1
11
1
∴𝑥0=ln𝑥⇒𝑙𝑛𝑥0=−𝑥0，
0
1
∴ℎ(𝑥0)=∴𝑡<
1𝑥0
1𝑥0
+𝑥0∈(2,)，
2
5
+𝑥0，∴𝑡的最大整数值为2．
(3)𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑙𝑛𝑎，由题意知𝑎>1，
当0<𝑥<𝑙𝑛𝑎时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥>𝑙𝑛𝑎时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增， ∵𝑓(𝑥)在(𝑚,𝑙𝑛𝑎)上单减，在(𝑙𝑛𝑎,𝑛)上单增，且𝑓(𝑚)=𝑓(𝑛)，
∴当𝑚≤𝑥≤𝑛时，𝑓(𝑥)≤𝑓(𝑚)=𝑓(𝑛)，由0≤𝑚<𝑛≤2，|𝑚−𝑛|≥1，可得1∈[𝑚,𝑛]， ∴𝑓(𝑚)≤𝑓(0)，∴𝑓(1)≤𝑓(0)，同理𝑓(2)≥𝑓(𝑛)≥𝑓(1)， 𝑒−𝑎≤1则{，解得𝑒−1≤𝑎≤𝑒2−𝑒． 2
𝑒−𝑎≤𝑒−2𝑎
解析：(1)求出导函数，求出极值点，通过导函数的符号，判断函数的单调性求解单调区间即可． (2)𝑒𝑥−𝑎𝑥>𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥+𝑡，𝑡<𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥，令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥，通过导函数判断函数的单调性求解函数的最值，然后求解t的最大整数值．
(3)通过𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑙𝑛𝑎，由题意知𝑎>1，通过当0<𝑥<𝑙𝑛𝑎时，当𝑥>𝑙𝑛𝑎时，判断函数的单调性，结合𝑓(𝑚)=𝑓(𝑛)，转化列出不等式组，求解a的范围即可．
本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题．
22.答案：解：∵圆C：𝜌=8𝑐𝑜𝑠𝜃，∴𝜌2=8𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃，
∴圆C的直角坐标方程为𝑥2+𝑦2−8𝑥=0， ∵直线l：𝜃=4(𝜌∈𝑅)，e ∴直线l的直角坐标方程为𝑦=𝑥，
𝑥2+𝑦2−8𝑥=0联立{，解得𝐴(0,0)，𝐵(4,4)，
𝑦=𝑥
∴以AB为直径的圆的圆心(2,2)，半径𝑟=2√42+42=2√2， ∴以AB为直径的圆的普通方程为(𝑥−2)2+(𝑦−2)2=8． 即𝑥2+𝑦2−4𝑥−4𝑦=0，
∴以AB为直径的圆的极坐标方程为𝜌2−4𝜌𝑐𝑜𝑠𝜃−4𝜌𝑠𝑖𝑛𝜃=0， 即𝜌=4√2sin(𝜃+4)．
解析：本题考查圆的极坐标方程和直角坐标方程的求法，考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
𝜋
1
𝜋
𝑥2+𝑦2−8𝑥=0
圆C的直角坐标方程为𝑥2+𝑦2−8𝑥=0，直线l的直角坐标方程为𝑦=𝑥，联立{，
𝑦=𝑥得𝐴(0,0)，𝐵(4,4)，由此能求出以AB为直径的圆的普通方程和极坐标方程．
23.答案：解：(1)因为𝑎𝑛=𝑓(𝑎𝑛−1)，𝑓(𝑥)=
所以𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=2． 因为𝑎1=1，
12𝑥+1𝑥
(𝑥∈𝑁∗，且𝑛≥2)，
所以数列{𝑎𝑛}是以1为首项，公差为2的等差数列． 所以𝑎𝑛=2𝑛−1；
(2)①当𝑛=2𝑚，𝑚∈𝑁∗时，𝑇𝑛=𝑇2𝑚=𝑎1𝑎2−𝑎2𝑎3+𝑎3𝑎4−𝑎4𝑎5+⋯+(−1)2𝑚−1𝑎2𝑚𝑎2𝑚+1=𝑎2(𝑎1−𝑎3)+𝑎4(𝑎3−𝑎5)+⋯+𝑎2𝑚(𝑎2𝑚−1−𝑎2𝑚+1)=−4(𝑎2+𝑎4+⋯+𝑎2𝑚)=−4(2𝑚+1)𝑚=−2𝑛(𝑛+1)；
②当𝑛=2𝑚−1，𝑚∈𝑁∗时，𝑇𝑛=𝑇2𝑚−1=𝑇2𝑚−(−1)2𝑚−1𝑎2𝑚𝑎2𝑚+1=2𝑛2+6𝑛+3 要使𝑇𝑛≥𝑡𝑛2对𝑛∈𝑁∗恒成立，
只要使−2𝑛(𝑛+1)≥𝑡𝑛2，(𝑛为偶数)恒成立． 只要使−2(1+𝑛)≥𝑡，对n为偶数恒成立， 故实数t的取值范围为(−∞,3]；
(3)由𝑎𝑛=2𝑛−1，知数列{𝑎𝑛}中每一项都是奇数． 当𝑞=1时，显然不存在这样的数列{𝑎𝑛𝑘}.
当𝑞=3时，若存在以𝑎1为首项，公比为3的数列{𝑎𝑛𝑘}，𝑘∈𝑁∗． 则𝑎𝑛1=1，𝑛1=1，所以𝑎𝑛𝑘=3𝑘−1=2𝑛𝑘−1， 所以𝑛𝑘=
3𝑘−1+121
．
3𝑘−1+12
所以满足条件的数列{𝑛𝑘}的通项公式为𝑛𝑘=解析：(1)由𝑎𝑛=𝑓(𝑎
1
．
𝑛−1
)，𝑓(𝑥)=
2𝑥+1𝑥
(𝑥∈𝑁∗，且𝑛≥2)，知𝑎𝑛−𝑎𝑛−1=2.再由𝑎1=1，能求出数
列{𝑎𝑛}的通项公式；
(2)当𝑛=2𝑚，𝑚∈𝑁∗时，𝑇𝑛=−2𝑛(𝑛+1)；当𝑛=2𝑚−1，𝑚∈𝑁∗时，𝑇𝑛=2𝑛2+6𝑛+3，由此入手能求出实数t的取值范围．
(3)由𝑎𝑛=2𝑛−1，知数列{𝑎𝑛}中每一项都是奇数．当𝑞=1时，显然不存在这样的数列{𝑎𝑛𝑘}.当𝑞=3时，𝑎𝑛1=1，𝑛1=1，所以𝑎𝑛𝑘=3𝑘−1=2𝑛𝑘−1，可得满足条件的数列{𝑛𝑘}的通项公式．
本题考查数列与函数的综合，考查数列的通项与求和，考查恒成立问题，考查学生分析解决问题的能力，有难度．
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