上海市普陀区2020届高三三模数学质量检测试卷(解析版)

上海市普陀区 2020 年高考数学三模试卷(解析版) 一、填空题（本大题有 12 题，满分 54 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结 果，每个空格填对前 6 题得 4 分、后 6 题得 5 分，否则一律得零分． 1．已知集合 A＝{x|x＝2k，k∈Z}，B＝{x|﹣2≤x≤2}，则 A∩B＝　 　． 2．在复平面内，点 A（﹣2，1）对应的复数 z，则|z+1|＝　 　． 3．满足 ＝0 的实数 x 的取值是　 　． 4．已知向量 、 的夹角为 ，且| |＝2，| |＝3，则|3 ﹣2 |＝　 　． 5．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2π，则其母线与轴的夹角的大小为　 　． 6 ． 若 抛 物 线 y2 ＝ 4x 上 一 点 M 到 其 焦 点 的 距 离 等 于 2 ， 则 M 到 其 顶 点 的 距 离 等 于　 　． 7．（5 分）在（x﹣2） n 的展开式中，只有第三项的二项式系数最大，则含 x 项的系数等 于　 　． 8．（5 分）已知约束条件： ，则目标函数 z＝20x+10y 的最大值为　 　． 9．（5 分）设函数 f（x）＝sin（ωx+ ）（ω＞0）．若关于 x 的方程 f（x）＝1 在区间[0，π] 上有且仅有两个不相等的实根，则 ω 的最大整数值为　 　． 10．（5 分）设 A（a，r），B（b，s）为函数 y＝log2x 图象上两点，其中 a＞b．已知直线 AB 的斜率为 2，且|AB|＝ ，则 ＝　 　． 11．（5 分）设点 O 为△ABC 的外心，且 A＝ ，若 ＝α + （α，β∈R），则 α+β 的最大值为　 　． 12．（5 分）若实数 a、b、c 满足 + ═ ，则 a，b，c 是调和的．设含有三个元素的集合 P 是集合 M＝{x||x|≤2020，x∈Z}的子集，当集合 P 中的元素 a、b、c 既是等差的又是调和 的时，称集合 P 为“好集”．则三元子集中“好集”的概率是　 　． 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸 的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律的零分． 13．（5 分）若样本平均数为 ，总体平均数为 μ，则（　　）A． ＝μ B． ≈μ C．μ 是 的估计值 D． 是 μ 的估计值 14．（5 分）设数列{an}的前 n 项和为 Sn，则“对任意 n∈N*，an＞0”是“数列{Sn}为递增数 列”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不是充分也不是必要条件 15．（5 分）设 P 为双曲线 ﹣y2＝1（a＞0）上的一点，F1、F2 分别是双曲线的左、右焦 点，∠F1PF2＝ ，则△F1PF2 的面积等于（　　） A． a2 B． a2 C． D． 16．（5 分）下列四个图象，只有一个符合 y＝|k1x+b1|+|k2x+b2|﹣|k3x+b3|（k1，k2k3∈R+，b1b2b3 ≠0）的图象，则根据你所判断的图象，k1、k2、k3 之间一定满足的关系是（　　） A．k1+k2＝k3 B．k1＝k2＝k3 C．k1+k2＞k3 D．k1+k2＜k3 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区 域内写出必要的步骤． 17．（14 分）在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，已知 acosA＝R，其中 R 为△ABC 外接圆的半径， ，其中 S 为△ABC 的面积． （Ⅰ）求 sinC； （Ⅱ）若 a﹣b＝ ﹣ ，求△ABC 的周长． 18．（14 分）如图，直四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝ 60°，E、M、N 分别是 BC、BB1、A1D 的中点． （1）证明：MN∥平面 C1DE； （2）求直线 AM 与平面 C1DE 所成角的大小．19．（14 分）为了实现国家脱贫致富奔小康战略，某公司经过测算投资 x 百万元，投资项目 A 与产生的经济效益 f1（x）之间满足：f1（x）＝﹣ x2+2x+12（百万元），投资项目 B 与 产生的经济效益 f2（x）之间满足：f2（x）＝﹣ x2+4x+1（百万元）． （1）现公司共有 1 干万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大？ （2）设投资边际效应函数为 F（x）＝f（x+1）﹣f（x），其边际值小于 0 时，不建议投 资，则应如何分配投资，使得经济效益最好？ 20．（16 分）设椭圆 C： ＝1（a＞b＞0），直线 l：y＝kx+t（k，t∈R），O 为坐标原 点． （1）设点 P（ ，1）在 C 上，且 C 的焦距为 2，求 C 的方程； （2）设 l 的一个方向向量为（ ），且 l 与（1）中的椭圆 C 交于 A、B 两点，求 证：|OA|2+|OB|2 为常数； （3）设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，是否存在常数 k，使得|OA|2+|OB|2 的值也为常 数？若存在，求出 k 的表达式及|OA|2+|OB|2 的值；若不存在，请说明理由． 21．（18 分）已知数列 a1，a2，…，a10 满足：对任意的 i，j∈{1，2，3，4，5，6，7，8， 9，10}，若 i≠j，则 ai≠aj，且 ai∈{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，设集合 A＝{ai+ai+1+ai+2|i ＝1，2，3，4，5，6，7，8}，集合 A 中元素最小值记为 m（A），集合 A 中元素最大值 记为 n（A）．如数列：7，6，2，8，3，4，9，1，5，10 时，A＝{13，14，15，16}，m （A）＝13，n（A）＝16． （1）已知数列：10，6，1，2，7，8，3，9，5，4，写出集合 A 及 m（A），n（A）； （2）求证：不存在 m（A）≥18； （3）求 m（A）的最大值以及 n（A）的最小值，并说明理由．2020 年上海市普陀区高考数学三模试卷 参考答案与试题解析 一、填空题（本大题有 12 题，满分 54 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结 果，每个空格填对前 6 题得 4 分、后 6 题得 5 分，否则一律得零分． 1．已知集合 A＝{x|x＝2k，k∈Z}，B＝{x|﹣2≤x≤2}，则 A∩B＝　{﹣2，0，2}　． 【分析】利用交集定义直接求解． 【解答】解：∵集合 A＝{x|x＝2k，k∈Z}，B＝{x|﹣2≤x≤2}， ∴由题意得，A∩B＝{﹣2，0，2}． 故答案为：{﹣2，0，2}． 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题． 2．在复平面内，点 A（﹣2，1）对应的复数 z，则|z+1|＝　 　． 【分析】求出复数 z+1，然后求解复数的模． 【解答】解：在复平面内，点 A（﹣2，1）对应的复数 z，则|z+1|＝|﹣2+i+1|＝|﹣1+i|＝ ＝ ． 故答案为： ． 【点评】本题考查复数的代数形式混合运算，复数的模的求法，考查计算能力． 3．满足 ＝0 的实数 x 的取值是　 　． 【分析】利用行列式展开表达式，求解三角方程即可． 【解答】解： ，即 ，∴ ． 故答案为： ． 【点评】本题考查行列式的应用，三角函数化简求值，考查计算能力． 4．已知向量 、 的夹角为 ，且| |＝2，| |＝3，则|3 ﹣2 |＝　6　． 【分析】根据题意，由向量数量积的计算公式可得 • ＝2×3×cos60°＝3，又由|3 ﹣2 |2＝9 2﹣12 • +4 2，代入数据计算变形即可得答案． 【解答】解：根据题意，向量 与 的夹角为 60°，且 ， ，则 • ＝2×3×cos60°＝3， 则|3 ﹣2 |2＝9 2﹣12 • +4 2＝36， 则|3 ﹣2 |＝6； 故答案为：6 【点评】本题考查向量的数量积的计算，关键是掌握向量数量积的计算公式． 5．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2π，则其母线与轴的夹角的大小为　 　． 【分析】设圆锥的底面半径为 r，高为 h，母线长为 l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的 截面面积之比为 2π，可得 l＝2h，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答 案． 【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，高为 h，母线长为 l， 则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh， ∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2π， ∴l＝2h， 设母线与轴的夹角为 θ， 则 cosθ＝ ＝ ， 故 θ＝ ， 故答案为： ． 【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦 值，是解答的关键． 6．若抛物线 y 2 ＝4x 上一点 M 到其焦点的距离等于 2，则 M 到其顶点的距离等于　 　． 【分析】由抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得 M 的横坐 标，代入抛物线的方程可得其纵坐标，进入求出 M 到顶点的距离． 【解答】解：由抛物线的方程可得抛物线的准线方程为 x＝﹣1，设 M（m，n）， 由 M 到焦点的距离等于到准线的距离可得：m+1＝2，所以 m＝1， 将 m＝1，代入抛物线的方程可得 n2＝4， 所以 M 到顶点的距离为 ＝ ＝ ，故答案为： ． 【点评】本题考查抛物线的性质，及两点间的距离公式，属于基础题． 7．（5 分）在（x﹣2）n 的展开式中，只有第三项的二项式系数最大，则含 x 项的系数等于　﹣ 32　． 【分析】根据 n 为偶数时，只有中间一项的二项式系数最大，由此求出 n 的值，然后再 利用通项求出含 x 的项的系数． 【解答】解：由已知得：n 为偶数，且 +1＝3，故 n＝4． 所以该二项式为（x﹣2）4，所以展开式的通项为 Tr+1＝ x4﹣r•（﹣2）r， 令 4﹣r＝1 得 r＝3，故该项的系数为（﹣2）3• ＝﹣32． 故答案为：﹣32． 【点评】本题考查二项式展开式中二项式系数的性质以及通项的应用，属于基础题． 8．（5 分）已知约束条件： ，则目标函数 z＝20x+10y 的最大值为　100　． 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合求得目标 函数的最大值． 【解答】解：由约束条件： ，作出可行域如图（图中实点）， 化目标函数 z＝20x+10y 为 y＝﹣2x+ ， 由图可知，当直线 y＝﹣2x+ 过点 A（5，0）时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大 值为 100． 故答案为：100．【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 9．（5 分）设函数 f（x）＝sin（ωx+ ）（ω＞0）．若关于 x 的方程 f（x）＝1 在区间[0，π] 上有且仅有两个不相等的实根，则 ω 的最大整数值为　4　． 【分析】当 x∈[0，π]时，ωx+ ∈[ ，ωπ+ ]；根据条件关于 x 的方程 f（x）＝1 在 区间[0，π]上有且仅有两个不相等的实根，结合正弦函数的图象，得 ≤ωπ+ ＜ ， 解得 ≤ω＜ ，即可得满足条件的 ω 的最大整数． 【解答】解：当 x∈[0，π]时，ωx+ ∈[ ，ωπ+ ]； ∵关于 x 的方程 f（x）＝1 在区间[0，π]上有且仅有两个不相等的实根， 结合正弦函数的图象，得 ≤ωπ+ ＜ ，解得 ≤ω＜ ，可得满足条件的 ω 的最大整数为 4． 故答案为：4． 【点评】本题考查了正弦函数的图象与性质，整体法思想与数形结合的思想方法，属于 基础题． 10．（5 分）设 A（a，r），B（b，s）为函数 y＝log2x 图象上两点，其中 a＞b．已知直线 AB 的斜率为 2，且|AB|＝ ，则 ＝　4　． 【分析】根据题意，由直线的斜率公式可得 ＝2，即（r﹣s）＝2（a﹣b），结合两点 间距离公式可得|AB|＝ ＝ ，变形可得 a﹣b＝1，进而可得（r﹣s）＝ 2（a﹣b）＝2，则 log2a﹣log2b＝log2 ＝2，由对数的运算性质分析可得答案． 【解答】解：根据题意，A（a，r），B（b，s）为函数 y＝log2x 图象上两点， 若直线 AB 的斜率为 2，则 ＝2，即（r﹣s）＝2（a﹣b）， 又由|AB|＝ ，则|AB|＝ ＝ ，变形可得 a﹣b＝1， 又由 r＝log2a，s＝log2b，且（r﹣s）＝2（a﹣b）＝2，则 log2a﹣log2b＝log2 ＝2，变形可得 ＝4； 故答案为：4． 【点评】本题考查直线的斜率以及两点间距离的计算，涉及对数的运算性质，属于基础 题． 11．（5 分）设点 O 为△ABC 的外心，且 A＝ ，若 ＝α + （α，β∈R），则 α+β 的最大值为　 　． 【分析】以 BC 边所在直线为 x 轴，BC 边的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系（D 为 BC 边的中点）．由外接圆的性质可得∠BOD＝∠COD＝∠BAC．由 cosA＝ ，不妨设外接圆 的半径 R＝2．则 OA＝OB＝OC＝2．可得 B，C，O 的坐标，设 A（m，n）．则△ABC 外 接 圆 的 方 程 为 ： x2+ （ y ﹣ 1 ） 2 ＝ 4 ．（ * ） 利 用 向 量 相 等 ， ＝ α + 可 得 ，又 α+β≠1 时， ＝α ，由图可知是不可能的．可化 为 ，代入（*）可得 2（α+β）＝1+3αβ，利用基本不等式可得即可解出 所求最大值． 【解答】解：如图所示，以 BC 边所在直线为 x 轴， BC 边的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系（D 为 BC 边的中点）． 由外接圆的性质可得∠BOD＝∠COD＝∠BAC． 由 A＝ ，则 sinA＝ ， 不妨设外接圆的半径 R＝2．则 OA＝OB＝OC＝2． ∵cos∠COD＝ ＝cosA＝ ， ∴OD＝1，DC＝ ＝ ＝ ． ∴B（﹣ ，0），C（ ，0），O（0，1），A（m，n）， 则△ABC 外接圆的方程为：x2+（y﹣1）2＝4．（*） ∵ ＝α + ∴（﹣m，1﹣n）＝α（﹣ ﹣m，﹣n）+β（ ﹣m，﹣n），∴ ， ∵α+β≠1 时，否则 ＝α ，由图可知是不可能的． ∴可化为 代入（*）可得 + ＝4，化为 2（α+β）＝1+3αβ， 利用基本不等式可得 2（α+β）≤1+3（ ）2， 化为 3（α+β）2﹣8（α+β）+4≥0，解得 α+β≤ 或 α+β≥2 又 α+β＜1，故 α+β≥2 应舍去． ∴α+β≤ ， 则 α+β 的最大值为 ， 故答案为： ． 【点评】本题考查了通过建立直角坐标系解决向量的有关运算、圆的标准方程、基本不 等式的性质、一元二次不等式的解法、三角形的外接圆的性质、余弦函数等基础知识与 基本技能方法，属于难题． 12．（5 分）若实数 a、b、c 满足 + ═ ，则 a，b，c 是调和的．设含有三个元素的集合 P 是集合 M＝{x||x|≤2020，x∈Z}的子集，当集合 P 中的元素 a、b、c 既是等差的又是调和 的时，称集合 P 为“好集”．则三元子集中“好集”的概率是　 　．【分析】根据题意可得实数 a，b，c 互不相等，且均不为 0，列方程组可得 ， 得 a＝﹣2b，则 c＝4b，推出集合 P＝{b，﹣2b，4b}，由于 P⊆M，推出﹣505≤b≤505， 进而确定集合 P 的个数为：2×505＝1010，集合 M 中共由 4041 个元素，从中取 3 个有 种情况，再计算概率即可． 【解答】解：因为 P 为三元素集合， 所以实数 a，b，c 互不相等，且均不为 0， 根据题意可得 ，得 2b2﹣ab﹣a2＝0， 解得 a＝b（舍），或 a＝﹣2b，则 c＝4b 所以集合 P＝{b，﹣2b，4b}， 又因为含有三个元素的集合 P 是集合 M＝{x||x|≤2020，x∈Z}的子集， 所以﹣2020≤4b≤2020，即﹣505≤b≤505，且 b≠0 所以集合 P 的个数为：2×505＝1010， 集合 M 中共由 4041 个元素， 所以三元子集中“好集”的概率是 ， 故答案为： ． 【点评】本题考查概率，集合，数列，是一道综合题，也是一道新定义题，属于中档 题． 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸 的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律的零分． 13．（5 分）若样本平均数为 ，总体平均数为 μ，则（　　） A． ＝μ B． ≈μ C．μ 是 的估计值 D． 是 μ 的估计值 【分析】统计学中利用样本数据估计总体数据，可知样本平均数是总体平均数的估计 值． 【解答】解：样本平均数为 ，总体平均数为 μ，统计学中，利用样本数据估计总体数据， ∴样本平均数 是总体平均数 μ 的估计值． 故选：D． 【点评】本题考查了利用样本数据估计总体数据的应用问题，是基础题． 14．（5 分）设数列{an}的前 n 项和为 Sn，则“对任意 n∈N*，an＞0”是“数列{Sn}为递增数 列”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不是充分也不是必要条件 【分析】根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可． 【解答】解：数列{an}中，对任意 n∈N*，an＞0，则 Sn＝Sn﹣1+an＞Sn﹣1，n≥2； 所以数列{Sn}是递增数列，充分性成立； 当数列{Sn}为递增数列时，Sn＞Sn﹣1，n≥2； 即 Sn﹣1+an＞Sn﹣1，所以 an＞0， 如数列﹣1，2，2，2，…；不满足题意，必要性不成立； 所以“对任意 n∈N*，an＞0”是“数列{Sn}为递增数列”的充分不必要条件． 故选：A． 【点评】本题利用数列的前 n 项和考查了充分与必要条件的应用问题，是基础题． 15．（5 分）设 P 为双曲线 ﹣y2＝1（a＞0）上的一点，F1、F2 分别是双曲线的左、右焦 点，∠F1PF2＝ ，则△F1PF2 的面积等于（　　） A． a2 B． a2 C． D． 【分析】先利用双曲线的定义，得|PF1|﹣|PF2|＝2a，利用余弦定理求出|PF1|•|PF2|的值， 结合三角形的面积公式即可求出△F1PF2 的面积． 【解答】解：∵双曲线 ﹣y2＝1（a＞0）， ∴b＝1，不妨设 P 是双曲线的右支上的一个点， 则由双曲线的定义，得|PF1|﹣|PF2|＝2a，∵，∠F1PF2＝ ， ∴4c2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|•|PF2|cos ＝|PF1|2+|PF2|2+|PF1|•|PF2| ＝（|PF1|﹣|PF2|）2+3|PF1|•|PF2|， 即 4c2＝4a2+3|PF1|•|PF2|， 即 3|PF1|•|PF2|＝4c2﹣4a2＝4b2＝4， 则|PF1|•|PF2|＝ ， ∴则△F1PF2 的面积： |PF1|•|PF2|sin ＝ × × ＝ ， 故选：C． 【点评】本题考查三角形面积的求法，根据双曲线的定义结合余弦定理将条件进行转化 是解决本题的关键，解题时要认真审题，注意双曲线定义、余弦定理的灵活运用，是中 档题． 16．（5 分）下列四个图象，只有一个符合 y＝|k1x+b1|+|k2x+b2|﹣|k3x+b3|（k1，k2k3∈R+，b1b2b3 ≠0）的图象，则根据你所判断的图象，k1、k2、k3 之间一定满足的关系是（　　） A．k1+k2＝k3 B．k1＝k2＝k3 C．k1+k2＞k3 D．k1+k2＜k3 【分析】由于 k1，k2，k3 为正实数，考虑当 x 足够小时和当 x 足够大时的情形去掉绝对 值符号，转化为关于 x 的一次函数，通过观察直线的斜率特征即可进行判断． 【解答】解：y＝|k1x+b1|﹣|k2x+b2|+|k3x+b3|（其中 k1＞0，k2＞0，k3＜0，b1，b2，b3 为非 零实数）， 当 x 足够小时，y＝﹣（k1+k2﹣k3）x﹣（b1+b2﹣b3）， 当 x 足够大时，y＝（k1+k2﹣k3）x+（b1+b2﹣b3）， 可见，折线的两端的斜率必定为相反数，此时只有第 2 个图象符合条件． 此时 k1+k2﹣k3＝0，即 k1+k2＝k3， 故选：A． 【点评】本小题主要考查函数图象的应用、直线的斜率等基础知识，考查数形结合思想、 化归与转化思想、极限思想，属于中档题．三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区 域内写出必要的步骤． 17．（14 分）在△ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，已知 acosA＝R，其中 R 为△ABC 外接圆的半径， ，其中 S 为△ABC 的面积． （Ⅰ）求 sinC； （Ⅱ）若 a﹣b＝ ﹣ ，求△ABC 的周长． 【分析】（Ⅰ）由已知及正弦定理得 sin2A＝1，结合范围 0＜2A＜2π，可求 A 的值，由余 弦定理可得 tanB＝ ，结合范围 0＜B＜π，可求 B 的值，利用两角和的正弦函数公式即 可计算得解 sinC 的值． （Ⅱ）由已知及正弦定理解得 a，b 的值，又 ，利用正弦定理可求 c 的值， 即可得解三角形的周长． 【解答】（本题满分为 12 分） 解：（Ⅰ）由正弦定理得 acosA＝ ， ∴sin2A＝1， 又 0＜2A＜2π， ∴2A＝ ，则 A＝ ．………………………（2 分） 由 a2+c2﹣b2＝ sinB， 由余弦定理可得：2accosB＝ acsinB， ∴tanB＝ ， 又 0＜B＜π， ∴B＝ ，………………………（5 分） ∴sinC＝sin（A+B）＝sin（ ）＝ ，………………………（6 分） （Ⅱ）由正弦定理得： ， 又 a﹣b＝ ， ∴ ，又 ， ∴c＝ • ＝ ， ∴a+b+c＝ + + ．………………………（12 分） 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角和的正弦函数公式在解三角形中的 综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题． 18．（14 分）如图，直四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝ 60°，E、M、N 分别是 BC、BB1、A1D 的中点． （1）证明：MN∥平面 C1DE； （2）求直线 AM 与平面 C1DE 所成角的大小． 【分析】（1）建立空间坐标系，利用向量证明 MN∥DE，从而可得 MN∥平面 C1DE； （2）求出平面 C1DE 的法向量 ，计算 和 的夹角的余弦值即可得出所求线面角的正 弦值． 【解答】（1）证明：连接 BD， ∵四边形 ABCD 是菱形，∠BAD＝60°， ∴△BCD 是等边三角形，又 E 是 BC 的中点， ∴DE⊥BC，故 DE⊥AD， 以 D 为原点，以 DA，DE，DD1 为坐标轴建立空间直角坐标系 D﹣xyz， 则 D（0，0，0），E（0， ，0），M（1， ，2），N（1，0，2）， ∴ ＝（0， ，0）， ＝（0， ，0）， ∴ ＝ ，故 NM∥DE， 又 NM⊄平面 ABCD，DE⊂平面 ABCD， ∴NM∥平面 ABCD．（2）解：C 1（﹣1， ，4），A（2，0，0）， ＝（﹣1， ，4）， ＝（﹣1， ，2）． 设平面 C1DE 的法向量为 ＝（x，y，z），则 ， 即 ，令 z＝1 可得 ＝（4，0，1）， ∴cos＜ ， ＞＝ ＝ ＝﹣ ． 设直线 AM 与平面 C1DE 所成角为 θ，则 sinθ＝|cos＜ ， ＞|＝ ． ∴直线 AM 与平面 C1DE 所成角为 arcsin ． 【点评】本题考查了线面平行的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题． 19．（14 分）为了实现国家脱贫致富奔小康战略，某公司经过测算投资 x 百万元，投资项目 A 与产生的经济效益 f1（x）之间满足：f1（x）＝﹣ x2+2x+12（百万元），投资项目 B 与 产生的经济效益 f2（x）之间满足：f2（x）＝﹣ x2+4x+1（百万元）． （1）现公司共有 1 干万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大？ （2）设投资边际效应函数为 F（x）＝f（x+1）﹣f（x），其边际值小于 0 时，不建议投 资，则应如何分配投资，使得经济效益最好？ 【分析】（1）确定函数的解析式，利用配方法，得出结论； （2）利用投资边际效应函数 F（x）＝f（x+1）﹣f（x）≥0，解不等式可得结论． 【解答】解：（1） ，即投资 A 项目 4 百万，投资 B 项目 6 百万，收益总额最大．（2） ，解得 ，投资 A 项目 350 万元，同 理可得，应投资 B 项目 550 万元． 【点评】本题考查函数在生产实际中的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中 的隐含条件，合理地进行等价转化． 20．（16 分）设椭圆 C： ＝1（a＞b＞0），直线 l：y＝kx+t（k，t∈R），O 为坐标原 点． （1）设点 P（ ，1）在 C 上，且 C 的焦距为 2，求 C 的方程； （2）设 l 的一个方向向量为（ ），且 l 与（1）中的椭圆 C 交于 A、B 两点，求 证：|OA|2+|OB|2 为常数； （3）设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，是否存在常数 k，使得|OA|2+|OB|2 的值也为常 数？若存在，求出 k 的表达式及|OA|2+|OB|2 的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题可知， ，解出 a 和 b 的值，即可得解； （2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），由题可知，直线 l 的方程为 ，将其与椭圆 的 方 程 联 立 ， 消 去 y ， 写 出 韦 达 定 理 ， 而 |OA|2+|OB|2 ＝ ＝ ，代入韦达定理进行化简整理即可得证； （ 3 ） 联 立 直 线 l 和 椭 圆 的 方 程 ， 消 去 y ， 写 出 韦 达 定 理 ， |OA|2+|OB|2 ＝ ，将韦达定理代入进行化简整理，根据|OA|2+|OB|2 为常数，求 k 的值，若有解，则存在 k 符合题意，否则不存在 k． 【解答】解：（1）由题可知， ，解得 a2＝3，b2＝2，∴椭圆 C 的方程为 ． （2）证明：由题可知，直线 l 的方程为 ， 联立 ，得 ， 设 A（x1，y1），B（x2，y2）， ∴ ， ， ∴|OA|2+|OB|2＝ ＝ ＝ ＝ ＝5，为常数． 故命题得证． （3）联立 ，得（b2+a2k2）x2+2a2ktx+a2t2﹣a2b2＝0， ∴ ， ， 又 ， ， ∴|OA|2+|OB|2＝ ＝ ＝ ＝ ， 要使|OA|2+|OB|2 为常数，只需 2a4k2﹣2a2b2＝0，即 ，此时|OA|2+|OB|2＝a2+b2， ∴存在 ，使得|OA|2+|OB|2＝a2+b2． 【点评】本题主要考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 21．（18 分）已知数列 a1，a2，…，a10 满足：对任意的 i，j∈{1，2，3，4，5，6，7，8， 9，10}，若 i≠j，则 ai≠aj，且 ai∈{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，设集合 A＝{ai+ai+1+ai+2|i ＝1，2，3，4，5，6，7，8}，集合 A 中元素最小值记为 m（A），集合 A 中元素最大值 记为 n（A）．如数列：7，6，2，8，3，4，9，1，5，10 时，A＝{13，14，15，16}，m （A）＝13，n（A）＝16． （1）已知数列：10，6，1，2，7，8，3，9，5，4，写出集合 A 及 m（A），n（A）； （2）求证：不存在 m（A）≥18； （3）求 m（A）的最大值以及 n（A）的最小值，并说明理由． 【分析】（1）用列举法写出集合 A，由此得出 m（A）与 n（A）的值； （2）可以用反证法证明“不存在 m（A）≥18”成立； （3）由题意得出 m（A）的最大值为 17，n（A）的最小值为 16；①举例说明数列满足 m （A）＝17 是可能的；②再证明 n（A）的最小值为 16 即可． 【解答】解：（1）由题意知，集合 A＝{17，9，10，18，20}； 所以集合 A 中元素最小值为 m（A）＝9， 集合 A 中元素最大值记为 n（A）＝20； （2）证明：假设 m（A）≥18， 设 S＝（a1+a2+a3）+（a4+a5+a6）+（a7+a8+a9）+a10＝55， 则 S＝55≥3m（A）+a10＝3×18+a10， 即 a10≤1； 因为 ai≥1（i＝1，2，3，…，10），所以 a10＝1； 同理，设 S＝a1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+（a8+a9+a10）＝55， 可推出 a1＝1； 所以 ai（i＝1，2，…10）中有两个元素为 1，这与题设矛盾； 所以假设不成立，所以不存在 m（A）≥18； （3）m（A）的最大值为 17，n（A）的最小值为 16； ①例如数列：1，6，10，2，7，8，3，9，5，4； 此时 A＝{17，18，19，20}，m（A）＝17，n（A）＝20，得到 m（A）＝17 是可能的； ②现只需证明：n（A）的最小值为 16； 先证明：n（A）≤15 为不可能的，假设 n（A）≤15，设 S＝a1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+（a8+a9+a10）＝55， 可得 55≤3n（A）+a1≤3×15+a1， 即 a1≥10，元素的最大值为 10，所以 a1＝10； 又（a1+a2+a3）+a4+（a5+a6+a7）+（a8+a9+a10）＝55≤3n（A）+a4≤3×15+a4， 同理可推出 a4＝10，矛盾，所以假设不成立，所以 n（A）≥16； 即由已知得到 n（A）是可能的，所以 n（A）的最小值为 16． 【点评】本题考查了数列的新定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．