2020年新高考数学全真模拟试卷3（解析版）.pdf

2020 年新高考数学全真模拟卷 03 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 1．设集合  | 1 2 1 3A x x     ，  2| logB x y x  ，则 A B  （ ） A． 0,1 B． 1,0 C． 1,0 D． 0,1 【答案】A 【解析】因为  | 1 2 1 3 [ 1,1]A x x       ，  2| log (0, )B x y x    ，所以 0,1]A B  （ ， 故选 A. 【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于容易题. 2．已知复数 2 3 z i   ，则复数 z 的共轭复数 z  （ ） A． 3 1 2 2 i B． 1 3 2 2 i C． 3 1 2 2 i D． 1 3 2 2 i 【答案】A 【解析】因为 2 2( 3 ) 3 23 ( 3 )( 3 ) i iz i i i        ，所以 3 1 2 2z i  . 故选:A 【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数定义，属于基础题. 3．如图是 2018 年第一季度五省 GDP 情况图，则下列陈述中不正确的是 A．2018 年第一季度 GDP 增速由高到低排位第 5 的是浙江省 B．与 2017 年同期相比，各省 2018 年第一季度的 GDP 总量实现了增长 C．2017 年同期河南省的 GDP 总量不超过 4000 亿元 D．2018 年第一季度 GDP 总量和增速由高到低排位均居同一位的省只有 1 个 【答案】D【解析】对于 A，从折线统计图可得，2018 年第一季度 GDP 增速由高到低排位依次为江苏、辽宁、山东、河南、 浙江，故浙江省排在第五， 对于 B，从折线统计图可得，与 2017 年同期相比，各省 2018 年第一季度的 GDP 总量实现了增长率都为正值，所 以与 2017 年同期相比，各省 2018 年第一季度的 GDP 总量实现了增长， 对于 C，根据统计图可计算 2017 年同期河南省的 GDP 总量为 4067.4 3815.6 40001.066   ，所以 2017 年同期河南 省的 GDP 总量不超过 4000 亿元， 对于 D, 2018 年第一季度 GDP 总量和增速由高到低排位均居同一位的省有两个，江苏、河南， 综述只有 D 选项不正确， 故答案选 D 【点睛】本题考查的是条形统计图和折线统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是 解决问题的关键，属于基础题 4．将余弦函数 y＝cosx 的图象向右至少平移 m 个单位，可以得到函数 y＝－sinx 的图象，则 m＝( ) A． 2  B．π C． 3 2  D． 3 4  【答案】C 【解析】根据诱导公式得，y＝－sinx＝cos 3 2 x    ＝cos 3 2x     ，故欲得到 y＝－sinx 的图象，须将 y＝cosx 的图象向右至少平移 3 2  个单位长度． 5．如图，已知 AP  ＝ 4 3 AB  ，用OA  ，OB  表示 OP  ，则 OP  等于( ) A． 1 3 OA  － 4 3 OB  B． 1 3 OA  ＋ 4 3 OB  C．－ 1 3 OA  ＋ 4 3 OB  D．－ 1 3 OA  － 4 3 OB  【答案】C 【解析】 OP  ＝OA  ＋ AP  ＝OA  ＋ 4 3 AB  ＝OA  ＋ 4 3 (OB  －OA  )＝－ 1 3 OA  ＋ 4 3 OB  ，选 C. 6．若 0, 0x y  ，且 2 1 1x y   ， 22 7x y m m   恒成立，则实数 m 的取值范围是（ ）A． ( 8,1) B． ( , 8) (1, )    C． ( , 1) (8, )    D． ( 1,8) 【答案】A 【解析】由基本不等式得  2 1 4 42 2 4 2 4 8y x y xx y x yx y x y x y               ， 当且仅当  4 , 0y x x yx y   ，即当 2x y 时，等号成立，所以， 2x y 的最小值为8 . 由题意可得  2 min7 2 8m m x y    ，即 2 7 8 0m m   ，解得 8 1m   . 因此，实数 m 的取值范围是 ( 8,1) ，故选：A. 【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查不等式恒成立问题以及一元二次不等式的解法，对于不等式恒成立问 题，常转化为最值来处理，考查计算能力，属于中等题。 7．已知函数 2 2( ) 1 log log (4 )   f x x x ，则（ ） A． ( )y f x 的图像关于直线 2x  对称 B． ( )y f x 的图像关于点 (2,1) 对称 C． ( )f x 在 (0,4) 单调递减 D． ( )f x 在 (0,4) 上不单调 【答案】B 【解析】 0 4 0 x x     ，得函数定义域为 (0,4) ， 2 2 2(1) 1 log log (4 1) 1 l1 3ogf       ， 2 2 2(3) 1 log log (4 3) 1 l3 3ogf       ， 所以 (1) (3)f f ，排除 A； (1) (3)f f ，排除 C； 2log x 在定义域内单调递增， 2log (4 )x 在定义域内单调递减， 故 2 2( ) 1 log log (4 )   f x x x 在定义域内单调递增，故排除 D； 现在证明 B 的正确性：2 2 2 2( ) (4 ) 1 log log (4 ) 1 log (4 ) log 2f x f x x x x x           ， 所以 ( )y f x 的图像关于点 (2,1) 对称， 故选：B. 【点睛】本题考查函数的基本性质，定义域、单调性、对称性，是中档题. 8．已知双曲线C ： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的右焦点为 F ，点 B 是虚轴上的一个顶点，线段 BF 与双曲 线C 的右支交于点 A ，若 2BA AF  ，且 4BF  ，则双曲线C 的方程为（ ） A． 2 2 16 5 x y  B． 2 2 18 12 x y  C． 2 2 18 4 x y  D． 2 2 14 6 x y  【答案】D 【解析】设      0, , ,0 , ,B b F c A x y ，则    , , ,BA x y b BF c b     ，故由题设可得 2 3BA BF  ，即 2 1,3 3x c y b  代入椭圆方程可得： 2 2 2 2 4 10 2 59 9 c c aa    ，又 4BF  ，故 2 2 2 216 2 16b c c a     ， 即 2 24 16 4a a   ，所以 2 6b  ，应选答案 D。 点睛：本题以双曲线的的有关知识为背景，旨在考查双曲线的标准方程与几何性质等基础知识的综合运用及掌握 程度，求解时先借助题设条件中的向量满足的条件，运用向量的坐标形式建立方程，最后通过解方程使得问题获 解。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对 的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 9．下列关于各事件发生的概率判断正确的是（ ） A．从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为 2 3 B．四条线段的长度分别是 1，3，5，7，从这四条线段中任取三条，则所取出的 三条线段能构成一个三角形的概率是 1 4 C．一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径，则它能获得食物的概率为 1 3 D．已知集合 2,3,4,5, 7{ }6,A  ， {2,3,6,9}B  ，在集合 A B 中任取一个元素，则该元素是集合 A B 中的 元素的概率为 3 5 【答案】ABC 【解析】对于 A，从甲、乙、丙三人中任选两人有（甲、乙），（甲、丙），（乙、丙），共 3 种情况，其中，甲被 选中的情况有 2 种，故甲被选中的概率为 2 3P  ，故 A 正确； 对于 B，从四条长度各异的线段中任取一条，每条被取出的可能性均相等，所以该试验属于古典概型.又所有基本 事件包括 13 5（，，）， 13 7（，，）， 15 7（，，）， 3 5 7（ ，，）四种情况，而能构成三角形的基本事件只有 3 5 7（ ，，）一种情况，所以 所取出的三条线段能构成一个三角形的概率是 1 4P  ，故 B 正确；对于 C，该树枝的树梢有 6 处，有 2 处能找 1 到食物，所以获得食物的概率为 2 1 6 3  ，故 C.正确； 对于 D，因为 {2,3,4,5,6,7,9}A B  ， {2,3,6}A B  ，所以由古典概型的概率公式得，所求的概率是 3 7 ， 故 D 错误. 故选 ABC. 【点睛】本题考查的是古典概型，熟练掌握古典概型的概率计算公式是解题的关键． 10．设函数    sin 06f x x        ，已知  f x 在 0, 有且仅有 3 个零点，对于下列 4 个说法正确的是 （ ） A．在 0, 上存在 1 2,x x ，满足    1 2 2f x f x  B．  f x 在 0, 有且仅有 1 个最大值点 C．  f x 在 0, 2      单调递增 D． 的取值范围是 13 19,6 6     【答案】AD 【解析】对 A，  f x 在 0, 有且仅有 3 个零点，则函数的最小正周期T  ，所以在 0, 上存在 1 2,x x ，使 得    1 21, 1f x f x   ，所以    1 2 2f x f x  可以成立，故 A 正确；对 B，由 D 选项中前 4 个零点分别是： 7 13 19, , ,6 6 6 6         ，得 0 13 19 86 6 2 3x         ，此时 0 8 3x   可使函数 ( )f x 取得最大值，因为 13 19,6 6       ，所以16 8 16 19 3 13      ，所以  f x 在 0, 可能存在 2 个最大值点，故 B 错误； 对 C，由 D 选项中 13 19,6 6       ，所以 17 6 6 12x      ，区间 17( , )6 12   不是 0, 2      的子区间，故 C 错 误； 对 D，函数 sin 6y x      在 y 轴右侧的前 4 个零点分别是： 7 13 19, , ,6 6 6 6     ， 则函数    sin 06f x x        在 y 轴右侧的前 4 个零点分别是： 7 13 19, , ,6 6 6 6         ， 因为  f x 在 0, 有且仅有 3 个零点，所以 13 , 13 196 ,19 6 6,6             ，故 D 正确； 故选：AD. 【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，对三角函数的中 对图象的影响作用做了深入的考查，求解时要能灵 活地运用伸缩变换，研究函数的图象特征，考查数形结合思想、函数与方程思想，同时要注意懂得先判断 D 选项 的正确性，再利用 的范围为判断 B，C 选项服务. 11．已知函数 2 2 , 0( ) ( 2), 0 x x xf x f x x       ，以下结论正确的是（ ） A． ( 3) (2019) 3f f    B．  f x 在区间 4,5 上是增函数 C．若方程 ( ) 1f x k x  恰有 3 个实根，则 1 1,2 4k       D．若函数 ( )y f x b  在 ( ,4) 上有 6 个零点 ( 1,2,3,4,5,6)ix i  ，则   6 1 i i i x f x   的取值范围是 0,6 【答案】BCD【解析】函数 ( )f x 的图象如图所示： 对 A， ( 3) 9 6 3f       ， (2019) (1) ( 1) 1f f f    ，所以 ( 3) (2019) 2f f    ，故 A 错误； 对 B，由图象可知  f x 在区间 4,5 上是增函数，故 B 正确； 对 C，由图象可知 1 1,2 4k       ，直线 ( ) 1f x k x  与函数图象恰有 3 个交点，故 C 正确； 对 D，由图象可得，当函数 ( )y f x b  在 ( ,4) 上有 6 个零点 ( 1,2,3,4,5,6)ix i  ，则 0 1b  ，所以当 0b  时，   6 1 0i i i x f x   ；当 1b  时，   6 1 6i i i x f x   ，所以   6 1 i i i x f x   的取值范围是  0,6 ，故 D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查利用函数的图象研究分段函数的性质，考查数形结合 思想的应用，求解时画出函数图象是求解问题的关键. 12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点 A ， B 的距离之比为 定值  1   的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直 角坐标系 xOy 中，  2,0A  ，  4,0B ，点 P 满足 1 2 PA PB  .设点 P 的轨迹为C ，下列结论正确的是（ ） A．C 的方程为 2 24 16x y   B．在C 上存在点 M ，使得 2MO MA C．当 A ， B ， P 三点不共线时，射线 PO 是 APB 的平分线 D．在三棱锥中 P ABC ， PA  面 ABC ，且 3PA  ， 6BC  ， 2AC AB ，该三棱锥体积最大值为 12 【答案】ACD 【解析】A．设  ,P x y ，因为 1 2 PA PB  ，所以     2 2 2 2 2 1 24 x y x y      ，所以 2 28 0x x y   ，所以  2 2: 4 16C x y   ，故正确； B．设存在  0 0,M x y 满足，因为 2MO MA ，所以  22 2 2 0 0 0 02 2x y x y    ， 所以   22 2 2 0 0 0 04 2x y x y    ，所以 2 2 0 0 0 16 16 03 3x x y    ， 又因为 2 2 0 0 08 0x x y   ，所以 0 2x  ，又因为 0 2x  不满足  2 2: 4 16C x y   ， 所以不存在 M 满足条件，故错误； C．当 A ， B ， P 三点不共线时，因为 1 2 PA PB  ， 2, 4OA OB  ， 所以 1 2 OA OB  ，所以 PA OA PB OB  ，由角平分线定理的逆定理可知：射线 PO 是 APB 的平分线，故正确； D．因为三棱锥的高为 3PA  ，所以当底面 ABC 的面积最大值时，此时三棱锥的体积最大， 因为 6BC  ， 2AC AB ，取 BC 靠近 B 的一个三等分点为坐标原点O ， BC 为 x 轴建立平面直角坐标系， 所以不妨取  2,0B  ，  4,0C ，由题设定义可知  ,A x y 的轨迹方程为： 2 24 16x y   ， 所以 1 6 4 122ABCS     ，此时 A 在圆 2 24 16x y   的最高点处  4,4 ， 所以 max 1 3 12 123P ABCV      ，故正确. 【点睛】本题考查阿波罗尼斯圆的定义及应用，属于新定义问题，难度较难.(1)证明角平分线除了可以通过线段的 长度比来证明，还可以通过点到线段两边的距离相等来证明；(2)和圆有关的线段长度问题，可以利用坐标法来解 决问题. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．设 nS 是数列{ }na 的前 n 项和，且 1 1a   ， 1 1n n na S S  ，则 nS  __________． 【答案】 1 n  【解析】原式为 1 1 1 1n n n n n n na S S S S S S       ，整理为： 1 1 1 1 n nS S    ，即 1 1 1 1 n nS S    ，即数列 1 nS      是以-1 为首项，-1 为公差的等差的数列，所以   1 1 1 1 n n nS        ，即 1 nS n   . 【点睛】这类型题使用的公式是 1 1 {n n n Sa S S    1 2 n n   ，一般条件是  n nS f a ，若是消 nS ，就需当 2n  时 构造  1 1n nS f a  ，两式相减 1n n nS S a  ，再变形求解；若是消 na ，就需在原式将 na 变形为： 1n n na S S   ，再利用递推求解通项公式. 14．已知 (sin ) 2 1f x x  ( [ , ])2 2x    ，那么 (cos10)f  ________ 【答案】 21 7 【解析】因为 710 ,2 2 2               且 7cos10 sin 10 2      ， 所以 7 7(cos10) [sin(10 )] 2(10 ) 1 21 72 2f f          . 故答案为： 21 7 . 【点睛】本题考查三角函数的诱导公式的应用，着重考查了分析与转化的能力，难度较难. 15．如图，在 ABC 中， 3, 2, 60   AB AC BAC ，D,E 分别边 AB,AC 上的点, 1AE  且 1 2    AD AE ， 则| | AD ______________，若 P 是线段 DE 上的一个动点，则   BP CP 的最小值为_________________. 【答案】1 1 16  【解析】 1 1cos60 1 2 2AD AE AD AE AD             ， 1AD  ； 又因为 1AE  且 60BAC   ， ADE 为正三角形， 1DE AD AE    ， 120BDP CEP     ， 2, 1BD EC  ， 设 DP 的长为 x （ 0 1x  ），则 1PE x  ，，    BP CP BD DP CE EP         BD CE BD EP DP CE DP EP                   1 1 12 1 2 1 1 1 12 2 2x x x x                      2 2 1 1 1 ,2 4 16 16 xx x          1 4x  时取等号， BP CP   的最小值为 1 16  . 故答案为：1， 1 16  . 【点睛】向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１） 平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与 箭尾间向量是和）平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的 坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用． 16．六棱锥 P ABCDEF 中，底面 ABCDEF 是正六边形， PA  底面 ABCDEF ，给出下列四个命题： ①线段 PC 的长是点 P 到线段 CD 的距离； ②异面直线 PB 与 EF 所成角是 PBC ； ③线段 AD 的长是直线 CD 与平面 PAF 的距离； ④ PEA 是二面角 P DE A  平面角. 其中所有真命题的序号是_______________. 【答案】①④ 【解析】①连接 AC 如图所示： 因为底面 ABCDEF 是正六边形，所以 AC CD ， 又因为 PA  底面 ABCDEF ，所以 PA CD 且 PA AC A ，所以CD  平面 PAC ， 所以 PC CD ，故①正确； ②因为 / /EF BC ，所以异面直线 PB 与 EF 所成角是 PBC 或其补角，设 ,AB a AP b  ，所以 2 2 2BP a b  ，  22 2 2 23 3PC a b a b    ， 所以    2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 cos 0 2 2 a b a a b aPBC a a b a b           ，所以 PBC 为钝角， 所以异面直线 PB 与 EF 所成角是 PBC 的补角，故错误； ③如图所示： 因为 / /CD 平面 PAF ， , ,AC AF AC PA PA AF A   ，所以 AC  平面 PAF ， 所以直线 CD 与平面 PAF 的距离等于 AC 且 AC AD ，故错误； ④连接 AE ，如下图所示，则 AE ED ， 因为 PA  底面 ABCDEF ，所以 PA DE ， PA AE A  ， 所以 DE  平面 PEA ，所以 DE PE ， 结合 AE ED 可知 PEA 是二面角 P DE A  平面角，故正确. 故答案为：①④. 【点睛】本题考查空间几何体的位置关系以及相关计算，难度较难(1)求解异面直线所成角时，采用平移直线的方 法将异面直线平移至同一平面内，此时异面直线所成角即为直线所成角或其补角；(2)作二面角的平面角可以通过 定义法也可以通过三垂线法. 四、解答题：本小题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（本小题满分 10 分）等差数列{ na }中， 3 4 5 74, 6a a a a    . （Ⅰ）求{ na }的通项公式； （Ⅱ） 设 [ ]n nb a ，求数列 nb 的前 10 项和，其中[ ]x 表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]=0,[2.6]=2. 【答案】（Ⅰ） 2 3 5n na  ；（Ⅱ）24. 【解析】（Ⅰ）设数列 na 的公差为 d，由题意有 1 12 +5 4, +5 3a d a d  .解得 1 21, 5a d  . 所以 na 的通项公式为 2 3 5n na  .（2 分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知 2 3 5n nb      . 当 n=1,2,3 时， 2 31 2, 15 n n b   ；（4 分） 当 n=4,5 时， 2 32 3, 25 n n b   ； 当 n=6,7,8 时， 2 33 4, 35 n n b   ； 当 n=9,10 时， 2 34 5, 45 n n b   . 所以数列 nb 的前 10 项和为1 3 2 2 3 3 4 2 24        .（10 分） 【考点】等差数列的通项公式，数列的求和 【名师点睛】求解本题时常出现以下错误：对“ x 表示不超过 x 的最大整数”理解出错. 18．（本小题满分 12 分）在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 sin A＋cos A＝1－sin 2 A . (1)求 sin A 的值； (2)若 c2－a2＝2b，且 sin B＝3cos C，求 b. 【答案】（1） 3 4 （2）b＝4 【解析】(1)由已知， 22sin cos 1 2sin 1 sin2 2 2 2 A A A A    . 在 ABC 中，sin 02 A  ，因而 1sin cos2 2 2 A A  ，则 2 2 1sin 2sin cos cos2 2 2 2 4 A A A A   . ∴ 3sin 4A  （6 分） (2)由已知sin 3cosB C ，结合(1)，得sin 4cos sinB C A . 法一：利用正弦定理和余弦定理得 2 2 24( ) 2 a b cb aab    ，整理得 2 2 22( )b c a  .又∵ 2 2 2c a b  ∴ 2 4b b 在 ABC 中， 0b≠ . ∴ 4b  .（12 分） 法二：∵ 2 2 2 2 cosc a b ab C   ∴ 22 2 cosb b ab C  在 ABC 中， 0b≠ ， ∴ 2 2 cosb a C  ① 又∵sin 4cos sinB C A ∴由正弦定理，得 4 cosb a C ② 由①②解得 4b  . 19（本小题满分 12 分）．为庆祝党的 98 岁生日，某高校组织了“歌颂祖国，紧跟党走”为主题的党史知识竞赛。从 参加竞赛的学生中，随机抽取 40 名学生，将其成绩分为六段 70,75 ， 75,80 ， 80,85 ， 85,90 ， 90,95 ，  95,100 ，到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中 a 的值及样本的中位数与众数； （2）若从竞赛成绩在 70,75 与 95,100 两个分数段的学生中随机选 取两名学生，设这两名学生的竞赛成绩之差的绝对值不大于 5 分为事件 M ,求事件 M 发生的概率. （3）为了激励同学们的学习热情,现评出一二三等奖,得分在 95,100 内的为一等奖,得分在 90,95 内的为二等奖, 得分在 85,90 内的为三等奖.若将频率视为概率,现从考生中随机抽取三名,设 为获得三等奖的人数,求 的分布 列与数学期望. 【答案】(1)0.06；87.5；87.5；(2) 7 15 ；(3)详见解析 【解析】（1）由频率分布直方图可知 ( 0.05 0.04 2 0.02 0.01) 5 1a        ，解得 0.06a  ， 可知样本的中位数在第 4 组中，不妨设为 x ， 则 (0.01 0.02 0.04) 5 ( 85) 0.05 0.5x       ，解得 87.5x  ，（2 分） 即样本的中位数为87.5 ，（3 分） 由频率分布直方图可知，样本的众数为 85 90 87.52   .（4 分） （2）由频率分布直方图可知，在 70,75 与 95,100 两个分数段的学生人数分别为 2 和 4 ，设中两名学生的竞赛 成绩之差的绝对值不大于 5 分为事件 M，则事件 M 发生的概率为 2 2 2 4 2 6 7 15 C C C   ，即事件 M 发生的概率为 7 15 .（6 分） （3）从考生中随机抽取三名,则随机变量 为获得三等奖的人数,则 0,1,2,3  ， 由频率分布直方图知，从考升中任抽取 1 人，此生获得三等奖的概率为 0.06 5 0.3  ， 所以随机变量服从二项分布 (3,0.3)B ，（8 分） 则 3 1 2 3( 0) (1 0.3) 0.343, ( 1) 0.3 (1 0.3) 0.441P P C           ， 2 2 3 3( 2) 0.3 (1 0.3) 0.189, ( 3) 0.3 0.027P C P          ，（10 分） 所以随机变量的分布列为 所以   3 0.3 0.9E     .（12 分） 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，以及随机变量的分布列及其数学期望的求解，其中解答中认真 审题，熟练频率分布直方图的性质，正确确定随机变量的取值，求得相应的概率，得出随机变量的分布列是解答 的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 20．（本小题满分 12 分）如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2， AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点． (1)证明：BE⊥DC； (2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； (3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 F－AB－P 的余弦值． 【答案】(1)见解析(2) (3) 【解析】方法一：依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系（如图所示），可得 B（1，0，0），C（2，2，0）， D（0，2，0），P（0，0，2）．C 由 E 为棱 PC 的中点，得 E（1，1，1）．（2 分） （1）证明：向量  ＝（0，1，1）， ＝（2，0，0）， 故  ＝0， 所以 BE⊥DC. （3 分）  0 1 2 3 P 0.343 0.441 0.189 0.027  .故在直角三角形 BEM 中，tan∠EBM＝ ൅ ，进而 BE＝ ൅ ，而 M 为 PD 中点，可得 AM＝ ൅ 依题意，有 PD＝2 BE⊥EM，可得∠EBM 为锐角，故∠EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角． BEM，故平面 BEM⊥平面 PBD，所以直线 BE 在平面 PBD 内的射影为直线 BM.而 又因为 AD＝AP，M 为 PD 的中点，所以 PD⊥AM，可得 PD⊥BE，所以 PD⊥平面 （2）连接 BM，由（1）有 CD⊥平面 PAD，得 CD⊥PD.而 EM∥CD，故 PD⊥EM. BE∥AM，所以 BE⊥CD.（3 分） 因为 PA⊥底面 ABCD，故 PA⊥CD，而 CD⊥DA，从而 CD⊥平面 PAD.因为 AM⊂平面 PAD，所以 CD⊥AM.又 DC.又由已知，可得 EM∥AB 且 EM＝AB，故四边形 ABEM 为平行四边形，所以 BE∥AM. ൅ 且 EM＝ 方法二：（1）证明：如图所示，取 PD 中点 M，连接 EM，AM.由于 E，M 分别为 PC，PD 的中点，故 EM∥DC， .（12 分） 易知二面角 F - AB - P 是锐角，所以其余弦值为 . ＝－ ＝ ൅ ൅ cos〈n1，n2〉＝ ൅ Ͳ 不妨令 z＝1，可得 n1＝（0，－3，1）为平面 FAB 的一个法向量．取平面 ABP 的法向量 n2＝（0，1，0），则 ൅ ݔ ݔ .设 n1＝（x，y，z）为平面 FAB 的法向量， 即 ൅ ൅ ൅ ＝ ，即 ＝0，解得λ＝ ＝0，因此 2（1－2λ）＋2（2－2λ） ＝（1－2λ，2－2λ，2λ）．由 BF⊥AC，得 ＋λ ＝ ＋ ＝ 故 ，0≤λ≤1. ＝λ 由点 F 在棱 PC 上，设 ＝（1，0，0）． ＝（2，2，0）， ＝（－2，－2，2）， ＝（1，2，0）， （3） 向量 .（7 分） 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 ， ＝ ൅ ൅ ＝   ＝ cos ݔ ൅Ͳ 不妨令 y＝1，可得 n＝（2，1，1）为平面 PBD 的一个法向量．于是有 ݔ ൅ 即 则 设 n＝（x，y，z）为平面 PBD 的法向量， ＝（1，0，－2）． ＝（－1，2，0）， 向量（2）（，即 OT 过 PQ 的中点，即 OT 平分线段 PQ.（7 分 錈 䁪 ݔ 所以 ， 䁪 得 ݔ ，则 䁪ݔ ൅ 又 TF 的方程为 ൅ 䁪 ݔ ൅ 䁪 ൅䁪 ，则 ݔ 设 PQ 的中点为 . 䁪 ൅ ൅ ൅ 䁪 ，代入椭圆方程得： ݔ 䁪 ൅ （ⅰ）设 PQ 的方程为 . ൅ ൅ ݔ （2）椭圆方程化为 .（3 分） ൅ ൅ ൅ ݔ ൅ ൅ ൅ ，又 ൅ 【解析】（1） 錈 ；（2） ൅ ൅ ൅ ݔ 【答案】(1) 最小时，求点 T 的坐标. ๞ 錈 （ii）当 （i）证明：OT 平分线段 PQ（其中 O 为坐标原点）； 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q. ݔ （2）设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线 （1）求椭圆 C 的标准方程； 构成正三角形. ）的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点 ൐ ൐ （ ൅ ൅ ൅ ൅ ݔ 21．（本小题满分 12 分）已知椭圆 C： 考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面所成的角 .（12 分） - P 的余弦值为 ，所以二面角 F - AB ，cos∠PAG＝ ൅ ，∠APG＝45°.由余弦定理可得 AG＝ ൅ ൅ PD＝ 在△PAG 中，PA＝2，PG＝ 共面．由 AB⊥PA，AB⊥AD，得 AB⊥平面 PAD，故 AB⊥AG，所以∠PAG 为二面角 F - AB - P 的平面角． 在平面 PDC 内，作 FG∥DC 交 PD 于点 G，于是 DG＝3GP.由于 DC∥AB，故 GF∥AB，所以 A，B，F，G 四点 从而 FH⊥AC.又 BF⊥AC，得 AC⊥平面 FHB，因此 AC⊥BH.在底面 ABCD 内，可得 CH＝3HA，从而 CF＝3FP. （3）如图所示，在△PAC 中，过点 F 作 FH∥PA 交 AC 于点 H.因为 PA⊥底面 ABCD，所以 FH⊥底面 ABCD， .（7 分） 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 ， ，因此 sin∠EBM＝ ൅ ＝  ＝（ⅱ） ๞ 䁪 ൅ 䁪൅錈䁪൅ 䁪 ൅ ൅ 䁪 ൅ 䁪 ൅ ，又 錈 䁪 ൅ ，所以 錈 ๞ 䁪 ൅ ൅ 䁪൅ 䁪 ൅ ൅ ൅ 䁪൅ ൅ 䁪 ൅ ൅ 䁪൅ ൅ ൅ ൅ . 当 䁪 时取等号，此时 T 的坐标为 錈 .（12 分） 【点睛】本题考查了椭圆的方程的求解，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了最值问题的求解方法，属于 中档题. 22．（本小题满分 12 分）设函数    ln (f x a x x a   为常数) . (1)当 1a  时，求曲线  y f x 在 1x  处的切线方程: (2)若函数     xeg x f x x   在 0,1 内存在唯一极值点 0 x x ，求实数 a 的取值范围，并判断 0 x x ，是  f x 在  0,1 内的极大值点还是极小值点. 【答案】(1) 1y   (2) ( , )a e  ， 0x x 为函数  g x 的极小值点 【解析】 (1)当 1a  时，  f x x lnx   ，    1 1 0f x xx      所求切线的斜率  1 0f   ，又 (1) 1f   . 所以曲线  y f x 在 1x  处的切线方程为 1y   .（3 分） (2)        2 2 11 1' 1 xx x e axe xg x ax x x           又  0,1x ，则要使得  f x 在 0,1 内存在唯一极值点， 则      2 1 ' 0 xx e ax g x x     在 0,1 存在唯一零点， 即方程 0xe ax  在 0,1 内存在唯一解， xe ax  ， xea x   ，即 ex y x  与 y a 在 0,1 范围内有唯一交点.（5 分）设函数    , 0,1 xeh x xx   ， 则      2 1' 0, xx eh x h xx    在 0,1 单调递减， 又    1h x h e  ；当 0x  时，  g x   ，  ,a e   时与 y a 在 0,1 范围内有唯一交点，设为 0x 当  00,x x 时，   , 0 x xeh x a e axx     ， 则      2 1 ' 0 xx e ax g x x     ，  g x 在 00, x 为减函数: 当  0,1x x 时， 0xe ax  ， 则      2 1 ' 0 xx e ax g x x     ，  g x 在 0,1x 为增函数. 即 0x x 为函数  g x 的极小值点. 综上所述: ( , )a e  ，且 0x x 为函数  g x 的极小值点（12 分） 【点睛】本题考查导数的切线方程，考查利用导数研究函数的极值、零点、单调性以及图像变化趋势，属于难题.