2020年4月普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷)(二)数学试题含答案

2020年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷)(二)

数学

注意事项：

1. 本试卷共160分，考试时间150分钟．

2. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名写在密封线内．

一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．

1. 已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，若(z＋z )(z－z )＝8i，则ab的值为________．

2. 已知集合M＝{y|y＝2＋1，x∈R}，N＝x|x≥1 ，则M∩N＝________． 3. 某人打同一款游戏通关的时间分别为x，9，10，11，9(单位：min)，已知这组数据的平均数为10，则方差为________．

4. 某马戏团有大猩猩2只，猴子3只，现从中任选3只去外地参加表演，则大猩猩和猴子都被选中的概率为________．

－x

{

13

}

(第5题)

5. 根据如图所示的伪代码，可知输出的S的值为________．

2

6. 已知等差数列{an}满足a5＝2，a11＝11，则a28 －a2 ＝________．

7. 函数f(x)＝

1＋ln x

的定义域为________． 1－ln x

1

8. 设向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－ ，则|a＋2b|＝________．

2

x2y2

9. 已知F1，F2是双曲线2 － ＝1(0m4－m2

PF1，PF2是一元二次方程t2－5t＋5＝0的两根，则m的值为________．

10. 已知P(s，t)在函数f(x)＝（s－1）2＋t2 的最小值为________．

π14

0， ，不等式2 ＋2 ≥|2x－1|恒成立，则实数x的取值范围11. 对任意的θ∈2sinθcosθ是________．

12．用扇形铁皮卷成一个圆锥筒(假设扇形半径可变化)，已知扇形面积为定值S，要使卷成的圆锥筒体积最大，则该扇形的半径R为________．

2（x－1）2，0≤x≤2，

13. 设当x≥0时，f(x)＝1若 函数y＝f(|x|)－m有4个不同的零点，

1＋，x>2，x则实数m的取值范围是________．

14. 在△ABC中，D为BC边上的一点，且AD平分△ABC的面积，若90°>∠BAD≥90°－C，AC>AB，则∠BAC的取值范围为________．

二、 解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

15. (本小题满分14分)已知向量a＝(sin x，cos x)，x∈[－π，π]. π

(1) 已知b＝(1，－3 )，若a，b所成的角为 ，求x的值；

3(2) 已知c＝(3 ，－1)，记f(x)＝(a＋c)·(a－2c)，求f(x)的值域．

1－x2 的图象上运动，则

s2＋（t－2）2 ＋

16. (本小题满分14分)如图，在平行四边形ABCD中，已知直线BC⊥平面ABE，F为CE的中点．

(1) 求证：直线AE∥平面BDF；

(2) 若∠AEB＝90°，求证：平面BDF⊥平面BCE.

(第16题)

17. (本小题满分14分)如图，正方体ABCD A1B1C1D1是一个棱长为2的空心蔬菜大棚， 由8个钢结构(地面没有)组合搭建而成的，四个侧面及顶上均被可采光的薄膜覆盖．已知E为柱AA1上一点(不在点A，A1处)，EA＝t.菜农需要在地面正方形ABCD内画出一条曲线l将菜地分隔为两个不同的区域来种植不同品种的蔬菜以加强管理，现已知点P为地面正方形ABCD内的曲线l上任意一点，设α，β分别为在P点观测E和D1的仰角．

(1) 若α＝β，请说明曲线l是何种曲线，为什么？

(2) 若E为柱AA1的中点，且α<β时，请求出点P所在区域的面积．

(第17题)

x2y2

18. (本小题满分16分)已知椭圆C：2 ＋2 ＝1(a>b>0)的长轴端点分别为A1，A2，椭圆

ab2

C的离心率为e＝ ，两条准线之间的距离为9.

3

(1) 求椭圆C的标准方程；

ππ(2) 设P是曲线C上的一点，∠PA1A2＝α∈4，3 ，过A2作A2R⊥A1P于点R，设A2R与曲线C交于点Q，连接PQ，求直线PQ的斜率的取值范围．

19. (本小题满分16分)设f(x)＝aex－a，g(x)＝ax－x2(a为与自变量x无关的正实数). (1) 证明：函数f(x)与g(x)的图象存在一个公共的定点，且在公共定点处有一条公切线； f（x）＋a1k(2) 是否存在实数k，使得 －ln x－1> 对任意的x∈2，＋∞ 恒成立？若存axx在，求出k的取值范围，否则请说明理由．

20. (本小题满分16分)若对任意的n∈N*，存在一个常数M，使得an≤M成立，则称Man＋an＋2

为an的一个上界；若对任意的n∈N*，an＋1≤ 成立，则称数列{an}为“凹数列”．

2

(1) ①求证：任意一个正项等比数列{bn}为“凹数列”；

②构造一个正项“凹数列”{cn}，但数列{cn}不是等比数列，并给出证明；

(2) 设无穷正项数列{an}的前n项和为Sn，若1为Sn的一个上界(n∈N*)，且数列{an}为“凹数列”，

求证：0≤an－an＋1≤

2

(n∈N*).

n（n＋1）

绝密★启用前

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数学Ⅱ(附加题)注意事项：

1. 附加题供选修物理的考生使用． 2. 本试卷共40分，考试时间30分钟．

3. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名写在密封线内．

21. 【选做题】本题包括A、B、C共3小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

A. 选修4－2：矩阵与变换(本小题满分10分)

x2x2y2

222

已知T变换将曲线C1： ＋y＝1变换为单位圆x＋y＝1，S变换将曲线C2： － ＝

4941变换为双曲线x2－y2＝1，求ST对应的矩阵．

B. 选修4－4：坐标系与参数方程(本小题满分10分)

2

在极坐标系中，已知直线ρ＝ 与圆O：ρ＝8sin θ相交于A，B两点，求△OAB

πcos θ－4的面积．

C. 选修4－5：不等式选讲(本小题满分10分)

312zxy6925

已知实数x，y，z 为正实数，求证：x＋y＋3 4＋5＋z >5 .

【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

22. (本小题满分10分)设P，Q为抛物线C：y2＝4x上的两点，点P，Q的纵坐标之和为4.

(1) 求直线PQ的倾斜角；

(2) 已知M是抛物线C上的动点，过M作垂直于x轴的直线，与直线y＝x交于点A，→→

点B满足MB ＝2MA ，连接OB(其中O为原点)交抛物线C于点N，试问：直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．

a－

23. (本小题满分10分)设a，b∈R，a≠0，a＋b≥0，数列{cr}的通项公式为cr＝ (an

b

rr

Sn＋1

b)(1≤r≤n＋1)，n∈N*.令{cr}的各项之和为Sn＋1，fn(a，b)＝ .

n＋1

(1) 计算：f1(a，b)，f2(a，b)，f3(a，b)，验证不等式fn(a，b)≥成立；

(2) 证明不等式：fn(a，b)≥

a＋bn

2 对n＝1，2，3

a＋bn

2 ，并给出等号成立的充要条件．

2020年普通高等学校招生全国统一考试(江苏模拟卷)(二)

数学Ⅰ参考答案及评分标准

1. 2 【解析】 由z＝a＋bi，得z ＝a－bi，因为(z＋z )(z－z )＝8i，所以(a＋bi＋a－bi)[a＋bi－(a－bi)]＝4abi＝8i，所以ab＝2.

2. {y|y>1} 【解析】 因为M＝{y|y>1}，N＝{x|x ≥1}＝{x|x≥1}，所以M∩N＝{y|y>1}．

3x＋9＋10＋11＋9

3. 0.8 【解析】 因为这组数据的平均数为10，所以 ＝10，解得x＝

51

11，所以这5个数据的方差为 [(11－10)2＋(9－10)2＋(10－10)2＋(11－10)2＋(9－10)2]＝0.8.

5

4.

9

【解析】 记2只大猩猩分别为A，B，3只猴子分别为C，D，E，运用枚举法10

1

得从中任意选3只构成的基本事件有10个，其中大猩猩和猴子都被选中的有9个，所以大猩9猩和猴子都被选中的概率为 .

10

5. 55 【解析】 i＝1时，运行结果为S＝0＋12＝1，i＝2；i＝2时，运行结果为S＝1＋22＝5，i＝3；i＝3时，运行结果为S＝5＋32＝14，i＝4；i＝4时，运行结果为S＝14＋42＝30，i＝5；i＝5时，运行结果为S＝30＋52＝55，i＝6，退出循环，所以输出的S的值为55.

2

6. 36 【解析】 设公差为d，因为a5＝2，a11＝11，所以6d＝a11－a5＝9，所以a28 －a2

＝(a8＋a2)(a8－a2)＝2a5·6d＝ 36.

17. e，e 【解析】 要使函数f(x)＝

1＋ln x1＋ln x

有意义，则 1－ln x1－ln x

≥0

（1＋ln x）（1－ln x）≥0， 1－ln x≠0（1＋ln x）（ln x－1）≤0，

 1－ln x≠0

－1≤ln x<1

1

e

≤x1＋ln x1

的定义域为e，e . 1－ln x

8. 3 【解析】 |a＋2b|＝|a＋2b|2 ＝a2＋4a·b＋4b2 ＝1－2＋4 ＝3 . 9. ＝

5

【解析】 因为PF1，PF2是一元二次方程t2－5t＋5＝0的两根，所以|PF1－PF2|2

x2y2

＝5 .因为点P在双曲线2 － ＝1(0m4－m2

5

. 2

52－4×5

所以2m＝5 ，即m＝

10. 5 【解析】 函数f(x)＝1－x2 的图象为圆x2＋y2＝1在x轴上方的部分(包含x轴上的点)，s2＋（t－2）2 ＋（s－1）2＋t2 表示点P到点M(0，2)的距离与点P到点N(1，0)的距离之和，即s2＋（t－2）2 ＋（s－1）2＋t2 ＝PM＋PN≥MN＝5 .

1414cos2θ4sin2θ2211. [－4，5] 【解析】 2 ＋2 ＝sin2θ＋cos2θ (sinθ＋cosθ)＝5＋2 ＋2 sinθcosθsinθcosθ≥5＋2

cos2θ4sin2θcos2θ4sin2θ21

×2 ＝9，当且仅当2 ＝2 ，即cos2θ＝ ，sin2θ＝ 时取等号，2sinθcosθsinθcosθ33

所以|2x－1|≤9，解得－4≤x≤5.

S4

12.3 · 【解析】 由题意知，圆锥母线长为R，设圆锥底面的半径为r，高为h，

π则

r2＋h2＝R2，且

1Sπr2hπr2 ·2πr·R＝S，R＝ .圆锥筒的体积V＝ ＝ 2πr33

R2－r2

πr2

＝ 3

SS2－r2 ＝1 S2r2－π2r6 ，2＝t∈0， ，2226223令u′＝S2－3π2t2

令rπrπu＝Sr－πr＝St－πt，3＝0，得t＝＝

SSSSS

0， ，当00，当 SSS

，即r2＝ 时，u取得最大值，即这个圆锥筒的体积最大，此时扇形的半径R＝ πr3π3π

S4

＝3 · .

π

3

13. m|0



的图象与直线y＝m的图象有4个不同的公共点．因为f(|x|)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2（x－1）2，0≤x≤2，1所 以可以作出函数y＝f(x)的图象如图所示，由图可知若函数y＝f(|x|)1＋，x>2，x

3

－m有4个不同的零点时，则实数m的取值范围是{m|02

(第13题)

14. [90°，180°) 【解析】 设∠BAD＝α，∠CAD＝β.因为∠BAD≥90°－C，所以α≥90°－C，β≤90°－B.因为AC>AB，所以B>C，所以0°<β<α.因为90°>∠BAD，所以0°<β<α<90°，所以sin α≥sin (90°－C)＝cos C，sin β≤sin (90°－B)＝cos B.因为D为BC边上的一点，且AD11平分△ABC的面积，即S△ABD＝S△ACD，所以 c·AD sin α＝ b·AD sin β，所以c sin α＝b sin β，

22所以c cos C≤b cos B.在△ABC中，由正弦定理得sin C cos C≤sin B cos B，所以sin 2C≤sin 2B.因为β≤90°－B，所以B≤90°－β<90°.因为CC，所以2C＋2B－180°≤0，所以B＋C≤90°，所以∠BAC的取值范围是[90°，180°).

π

15. 【解答】 (1) 因为向量a＝(sin x，cos x)，b＝(1，－3 )，a，b所成的角为 ，

3π

所以a·b＝sin x－3 cos x＝（sin x）2＋（cos x）2 ·12＋（－3）2 ·cos ，(2分)

3ππ1

x－ ＝1，所以sin x－ ＝ .(4分) 所以2sin 3324π2ππ

－， ， 因为x∈[－π，π]，所以x－ ∈333π7πππ

所以x－ ＝－ 或x－ ＝ ，(6分)

36365ππ

所以x＝－ 或x＝ .(7分)

62

(2) f(x)＝(a＋c)·(a－2c)＝a2－a·c－2c2＝(sin x)2＋(cos x)2－(3 sin x－cos x)－2[(3 )2＋π

x－ ，(9分) (－1)2]＝－7－(3 sin x－cos x)＝－7－2sin 67π5ππ

－， ，(11分) 因为x∈[－π，π]，所以x－ ∈666π

x－ ≤1，(13分) 所以－1≤sin 6所以f(x)的值域为[－9，－5].(14分)

16. 【解答】(1) 如图，连接AC，设AC∩BD＝G，连接FG. 由四边形ABCD为平行四边形，得G是AC的中点． 又因为F是CE的中点，所以在△ACE中，FG∥AE.

因为AE平面BDF，FG平面BDF，所以AE∥平面BDF.(7分)

(第16题)

(2) 因为∠AEB＝90°，所以AE⊥BE.

又因为直线BC⊥平面ABE，AE平面ABE，所以AE⊥BC. 又BC∩BE＝B，BC，BE平面BCE， 所以直线AE⊥平面BCE.

由(1) 知，FG∥AE，所以直线FG⊥平面BCE.

因为直线FG平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCE.(14分)

17. 【解答】 (1) 如图(1)，连接PA，PD，则∠EPA＝α，∠D1PD＝β.

(第17题(1))

因为α＝β，所以tan α＝tan β，(2分)

AEDD1t22所以 ＝ ，所以 ＝ ，所以PD＝ ·PA，(3分)

PADPPAPDt2

令 ＝λ>1，则PD＝λPA.(4分) t如图(2)，建立平面直角坐标系，

(第17题(2))

则A(0，0)，D(0，2)，设P(x，y)，则x2＋（y－2）2 ＝λx2＋y2 ，(5分) 化简得

x2＋

y－2 ＝2λ ， 1－λ2λ2－1

22

所以P点的轨迹，即曲线l是在正方形ABCD内的一段圆弧．(7分) (2) 由(1)知当E为柱AA1的中点时，t＝1，所以λ＝2， 24

y＋ ＝ ，(8分) (1)中圆的方程为x2＋33因为α<β，所以tan αAEDD112

所以 < ，所以 < ，所以PD<2PA，(10分)

PAPDPAPD24

y＋ ＝ 外，(12分) 所以点P在圆弧x＋332

2

2

2

2

108＋63－8π1421223

所以点P所在区域的面积为4－[ π3 － × × ]＝ .(14分)

623327



2

18. 【解答】 (1) 由椭圆C的离心率为e＝ ，两条准线之间的距离为9，得2a

3＝9，

ca＝b＋c，

22

2

2

c2＝，a3

(2分)

令c＝2k，a＝3k(k>0)，则b＝5 k， 2a2

代入 ＝9，得k＝1，

c

x2y2

所以a＝3，b＝5 ，所以椭圆C的标准方程为 ＋ ＝1.(4分)

95(2) 设直线A1P的斜率是k，则k∈[1，3 ]，(6分) 设P，Q的坐标分别是(x1，y1)，(x2，y2)， 则直线A1P的方程是y＝k(x＋3)， xy9＋5＝1，

由消 去y，得 y＝k（x＋3），(9k2＋5)x2＋54k2x＋9(9k2－5)＝0，(8分)

2

2

解得30k

y＝5＋9k．1

2

3（5－9k2）x1＝，5＋9k2

(10 分)



同理，得30k

y＝9＋5k，

2

2

3（9－5k2）x2＝，

9＋5k2

(12 分)

30k30k－2

5＋9k9＋5k2y1－y251

所以kPQ＝ ＝ ＝ (k－ )，(15分)

kx1－x23（5－9k2）3（9－5k2）14

－5＋9k29＋5k21

因为g(k)＝k－ 在[1，3 ]上单调递增，

k53所以kPQ∈0， .(16分)

21

19. 【解答】 (1) 因为f(0)＝ae0－a＝0，g(0)＝0，所以f(x)＝aex－a，g(x)＝ax－x2的图象存在一个公共的定点O(0，0).(2分)

因为f′(x)＝aex，g′(x)＝a－2x，所以f′(0)＝a，g′(0)＝a，所以在定点O(0，0)处有一条公切线，为直线y＝ax.(4分)

f（x）＋a1k(2) 假设存在实数k，使得 －ln x－1> 对任意的x∈2，＋∞ 恒成立， axx1即存在实数k，使得k，＋∞ ， 令h(x)＝ex－x ln x－x，x∈21则h′(x)＝ex－ln x－2，x∈2，＋∞ ，(6分) 1

，＋∞ ， 令m(x)＝ex－ln x－2，x∈2

11xex－1

，＋∞ ，(8分) 则m′(x)＝e－ ＝ ，x∈2xx

x

1

令y＝xex－1，则y′＝ex(1＋x)>0在x∈( ，＋∞)上恒成立，

21所以y＝xex－1在x∈2，＋∞ 上单调递增．(10分) e－2211

因为 e－1＝ <0，1·e1－1>0，

222

1所以存在唯一实数x0∈2，1 ，使得x0ex0－1＝0，即m′(x0)＝0，且x0＝e－x0，

1

21

所以h′(x)在x0处取得最小值h′(x0)＝ex0－ln x0－2＝ex0－ln e－x0－2＝ex0＋x0－2>e ＋13

－2＝e － ＝e －22

9 >0，(12分) 4

1

，＋∞ 上单调递增， 所以h(x)在x∈21ln 2－1

所以h(x)>h ＝e ＋ .(14分) 22

1ln 2－1

，＋∞ 恒成立，所以k≤e ＋因为k所以存在k∈－∞，e＋ ，使得 －ln x－1> 对任意的

axx21

，＋∞ 恒成立．(16分) x∈2

bn＋bn＋2bn＋bnq2

20. 【解答】 (1) ①设正项等比数列{bn}的公比为q，则bn＋1－ ＝bnq－

22（q－1）2

＝－bn· ≤0，

2

所以正项等比数列{bn}为“凹数列”．(2分)

②设cn＝dn＋en，其中{dn}，{en}分别为两个正项等比数列，公比分别为q1，q2，且q1≠q2， 显然cn>0(n∈N*)， cn＋1－

cn＋cn＋2（dn＋en）＋（dn＋2＋en＋2）dn＋dn＋2

＝(dn＋1＋en＋1)－ ＝dn＋1－ ＋(en＋1222

en＋en＋2dn＋dnq2en＋enq2（q1－1）21 2 － )＝dnq1－ ＋enq2－ ＝－[dn· ＋

2222（q2－1）2

en· ]≤0，

2

所以正项数列{cn}为“凹数列”．(4分) 下面证明：正项数列{cn}不是等比数列．

若{cn}是等比数列，则(dn＋1＋en＋1)2＝(dn＋en)·(dn＋2＋en＋2)(n∈N*)，

2所以d2n∈N*)， n＋1 ＋en＋1 ＋2dn＋1en＋1＝dndn＋2＋enen＋2＋dnen＋2＋dn＋2en(

因为数列{dn}，{en}分别为两个正项等比数列，

2所以d2n＋1 ＝dndn＋2，en＋1 ＝enen＋2，

所以2dn＋1en＋1＝dnen＋2＋dn＋2en，

2所以2dnenq1q2＝dnenq22 ＋dnenq1 ， 2因为dnen≠0，所以2q1q2＝q22 ＋q1 ，

所以(q2－q1)2＝0，所以q2＝q1，与q1≠q2矛盾， 所以数列{cn}不是等比数列．(6分)

(2) 若存在一个常数k∈N*，使得a1≥a2≥a3≥…≥ak，但akan＋an＋2ak＋ak＋2将an＋1≤ (n∈N*)中的n换成k，得ak＋1≤ ，进一步得ak＋1－ak≤ak＋2－

22ak＋1.

由不等式的传递性得，ak＋1同理可得，ak＋2所以数列{an}从a1项到ak项递减，从ak项开始向后递增， 所以a1＋a2＋…＋ak－1＋ak＋ak＋1＋…＋an>nak.(10分) 因为正常数k是固定的，且ak>0，

所以当n足够大时，必有a1＋a2＋…＋an>1(n>k)， 与题设a1＋a2＋…＋an≤1矛盾， 所以{an}不可能从某一项开始递增， 所以an－an＋1≥0(n∈N*).(12分)

令bk＝ak－ak＋1(k∈N*)，ak＝bk＋ak＋1(k∈N*)， 由ak＋1－ak≤ak＋2－ak＋1，得bk≥bk＋1，bk≥0(k∈N*)，

所以1≥a1＋a2＋a3＋…＋an＝(b1＋a2)＋a2＋a3＋…＋an＝b1＋2a2＋a3＋…＋an ＝b1＋2(b2＋a3)＋a3＋…＋an ＝b1＋2b2＋3a3＋…＋an ＝…

＝b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1＋nan ＝b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1＋n(bn＋an＋1) ＝b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1＋nbn＋nan＋1 ≥b1＋2b2＋…＋(n－1)bn－1＋nbn ≥bn＋2bn＋…＋(n－1)bn＋nbn ＝[1＋2＋…＋(n－1)＋n]bn＝

n（n＋1）

bn， 2

2

所以bn≤ 对一切n∈N*成立．

n（n＋1）

2

综上，对一切n∈N*，0≤an－an＋1≤ 成立．(16分)

n（n＋1）

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数学Ⅱ(附加题)参考答案及评分标准

x2

21. A. 【解答】 因为T变换将曲线C1： ＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，

4x10x′＝2， .(3分) 所以所 以T变换对应的矩阵为M＝2

01y′＝y，x2y2

因为S变换将曲线C2： － ＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，

94

13

所以所以 T变换对应的矩阵为N＝

0y

y′＝，2

xx′＝，3

0



1 ，(6分) 2



 .(10分) 

101103 20 ＝6所以变换ST对应的矩阵为NM＝

01012012

B. 【解答】 以极点为坐标原点，极轴为x轴，建立平面直角坐标系， 2ππ

将直线ρ＝ 化为普通方程得ρcos θcos ＋ρsin θsin ＝2 ，

π44θ－cos 4即x＋y－2＝0，(3分)

将圆O：ρ＝8sin θ化为普通方程得x2＋y2－8y＝0， 即x2＋(y－4)2＝16.(6分)

|0＋4－2|

因为圆心O(0，4)到直线x＋y－2＝0的距离为d＝ ＝2 ，

2所以AB＝2r2－d2 ＝216－（2）2 ＝214 ，(9分) 11

所以△OAB的面积为 AB·d＝ ×214 ×2 ＝27 .(10分)

22

312z32z12z

C. 【解答】 因为实数x，y，z 为正实数，所以 ＋ ＋ ≥3·· ＝3· ①，

xy3xy33xy(3分)

3xy633xyxy6

＋ ＋ ≥3··· ＝3· ②，(6分) 45z45z10z

32z33xy12zxy6＋＋＋＋所以xy3 45z ≥3· ·3· ，(9分)

3xy10z因为①②中的等号不同时成立，

312zxy6925所以x＋y＋3 4＋5＋z >5 .(10分) st

，s ，Q，t (s≠t)， 22. 【解答】 (1) 设P44因为P与Q的纵坐标之和为4，所以s＋t＝4.

t－sπ4

又直线PQ的倾斜角不等于 ，所以直线PQ的斜率为22 ＝ ＝1，(3分)

2tst＋s

－44π

所以直线PQ的倾斜角为 .(4分)

4(2) 设M(x1，y1)(y1≠0，4)，则A(x1，x1)，

2x1－y1→→

因为MB ＝2MA ，所以点A是BM的中点，即B(x1，2x1－y1)，所以直线OB：y＝ x1

x.

y22y1－41

因为x1＝ ，所以直线OB：y＝ x.(6分)

4y1

2y－4y＝1x，2y12y1

y1设N(x2，y2)，由可 得y＝ ，所以y2＝ ，(8分)

yy1－21－2y2＝4x，y2－y1y2－y14（y1－2）44

所以kMN＝ ＝2 ＝ ＝ ＝ ，

2y1x2－x1y2 y2y2＋y1y21 1 ＋y－y1－2144

2

2

4（y1－2）4（y1－2）y24（y1－2）1 所以直线MN：y＝ (x－x)＋y＝ ＋y＝ x＋x－111

4y2y2y21 1 1 2，

所以直线MN恒过定点(0，2).(10分)

n＋1aan＋1n－rrn－rr

 b（ab）bab

Sn＋1r＝1r＝1

23. 【解答】 (1) 因为fn(a，b)＝ ＝ ＝ ，

n＋1n＋1n＋1a＋ba＋b

所以f1(a，b)＝ ≥ ，(1分)

22

a＋b2a＋ab＋ba＋b2（a－b）a＋b因为f2(a，b)－ ＝ － ＝ ≥0，所以f2(a，b)≥312222

2，(2

2

2

2

分)

3

2

2

3

2

a＋b3a＋ab＋ab＋ba＋b3（a＋b）（a－b）因为f3(a，b)－ ＝ － ，a＋b≥0，

4822 ＝a＋b3（a＋b）（a－b）a＋b3

所以f3(a，b)－ ＝ ≥0，即f3(a，b)≥822 .(3分) （n＋1）ana＋bna＋bn(2) 当a＝b时，fn(a，b)＝ ＝an＝ ，所以fn(a，b)≥22 成立．(4n＋1分)

an1－bn1当a≠b时，由等比数列的求和公式得，fn(a，b)＝ ，

（a－b）（n＋1）因为an1＝

＋

＋

＋

2

a＋ba－bn＋1n＋1ia＋bn＋1－ia－bi

Cn＋1 · ，

222＋2 ＝i＝0

bn1＝

＋

a＋ba－bn＋1n＋1a＋b n＋1－ia－b i，(5分) ＝ (－1)iCin＋1 ·－2222i＝0

an1－bn12a＋b na－b ＋C3 fn(a，b)＝ ＝ [C1n＋1 ·n＋1

22（a－b）（n＋1）（a－b）（n＋1）

＋＋

a＋b n－2a－b 3＋C5 ·a＋b n－4a－b 5＋…]

n＋1

2222

＝＋…]

2a＋b n1 ＋C3 a＋b n－2·a－b 21 ＋C5 a＋b n－4a－b 41 [C1n＋1 n＋1n＋1

22222222n＋1

＝(7分)

1a＋b n＋C3 a＋b n－2a－b 2＋C5 a＋b n－4a－b 4＋…](*)， [C1 ＋n＋1n＋1

2222n＋1n12因为a＋b≥0，

a＋bn

C1 ＋n1

2a＋bn

所以(*)≥ ＝2 ， n＋1

当且仅当n＝1或a＋b＝0时取等号．(9分)

综上，a，b∈R，a≠0，a＋b≥0，n∈N*，fn(a，b)≥当且仅当n＝1或a＝b或a＋b＝0时取等号．(10分)

a＋bn

2 成立，