山东省（新高考）2021届高三第二次模拟考试卷 数学（四）考试版+解析版

山东省（新高考）2021 届高三第二次模拟考试卷 数 学（四） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．已知集合 ，  ( , ) 1B x y y x   ，则 A B 中元素的个数为 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 2． 31 i  （ ） A． 2 2i  B． 2 2i  C． 2 2i D． 2 2i 3．已知直线 m ，n ，平面 ， ， n   ，m ∥ ，m n ，那么“ m ^ ”是“ ^ ”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．既不充分也不必要条件 4．设约束条件 1 5 1 22 y x y x y x              ，则 1y x  的最大值为（ ） A． 1 2 B．1 C． 2 D． 4 5．从 6 人中选出 4 人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览， 每人只游览一个城市，且这 6 人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ ） A．300 种 B．240 种 C．144 种 D．96 种 6．已知函数  f x 的定义域为 R ，且     6f x f x   ，当 0x  时，   2 2 3f x x x    ， 若  3 5 0f m   ，则实数 m 的取值范围为（ ） A． ,2 B． 2, C． ,3 D． 3, 7．在 ABC△ 中，点 M 是 AB 的中点， 2 3AN AC  ，线段CM 与 BN 交于点 O ，动点 P 在 BOC△ 内部活动（不含边界），且 AP AB AN     ，其中  、  R ，则   的取值范围是（ ） A． 3 4 11, 8      B． 3 3,4 2      C． 111, 8      D． 31, 2      8．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数 之剩二，七七数之剩二，问物几何?”根据这一数学思想，所有被 3 除余 2 的正整数从小到大组成数 列 na ，所有被 5 除余 2 的正整数从小到大组成数列 nb ，把数 na 与 nb 的公共项从小到大得 到数列 nc ，则下列说法正确的是（ ） A． 1 2 2a b c  B． 8 2 4b a c  C． 22 8b c D． 6 2 9a b c 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 2 分，有选错的得 0 分． 9．以下四个命题表述正确的是（ ） A．直线   3 4 3 3 0m x y m m     R 恒过定点 3, 3  B．圆 2 2 4x y  上有且仅有 3 个点到直线 : 2 0l x y   的距离都等于 1 C．曲线 2 2 1 : 2 0C x y x   与曲线 2 2 2 : 4 8 0C x y x y m     恰有三条公切线，则 4m  D．已知圆 2 2: 4C x y  ，点 P 为直线 14 2 x y  上一动点，过点 P 向圆C 引两条切线 PA 、PB ， A 、 B 为切点，则直线 AB 经过定点 1,2 10．在 ABC△ 中，下列说法正确的是（ ） 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 A．若 A B ，则 sin sinA B B．存在 ABC△ 满足 cos cos 0A B  C．若sin cosA B ，则 ABC△ 为钝角三角形 D．若 π 2C  ，则 2 2sin sin sinC A B  11．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标 志为“连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人”．过去 10 日，A、B、C、D 四地新增疑似病例数 据信息如下，一定符合没有发生大规模群体感染标志的是（ ） A．A 地：中位数为 2，极差为 5 B．B 地：总体平均数为 2，众数为 2 C．C 地：总体平均数为 1，总体方差大于 0 D．D 地：总体平均数为 2，总体方差为 3 12．已知函数 2 2 2 , 0( ) log , 0 x x xf x x x      ，若 1 2 3 4x x x x   ，且        1 2 3 4f x f x f x f x   ， 则下列结论正确的是（ ） A． 1 2 1x x   B． 3 4 1x x  C． 41 2x  D． 1 2 3 40 1x x x x  第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．已知双曲线 2 2 : 14 3 x yC   的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，点  4,3M ，则 1 2F MF 的角平分线 所在直线的斜率为______． 14．对于三次函数    3 2 0f x ax bx cx d a     ，给出定义：设  f x 是函数  y f x 的导数，  f x 是  f x 的导数，若方程   0f x  有实数解 0x ，则称点   0 0,x f x 为函数  y f x 的“拐 点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐 点”就是对称中心．若   3 21 1 533 2 12f x x x x    ，则函数  f x 的对称中心为________， 1 2 3 4 2018 2019 2019 2019 2019 2019f f f f f                                 ________． 15．函数 ( ) cos2 3sin 2f x x x  ， xR ，有下列命题： ① ( )y f x 的表达式可改写为 2cos 2 π 3y x     ； ②直线 π 12x  是函数 ( )f x 图象的一条对称轴； ③函数 ( )f x 的图象可以由函数 2sin 2y x 的图象向右平移 π 6 个单位长度得到； ④满足 ( ) 3f x  的 x 的取值范围是 3ππ π,12 4 πx k x k k          Z ． 其中正确的命题序号是__________．（注：把你认为正确的命题序号都填上） 16．在棱长为 4 2 的正四面体 A BCD 中，点 ,E F 分别为直线 ,AB CD 上的动点，点 P 为 EF 中 点，Q 为正四面体中心（满足QA QB QC QD   ），若 2PQ  ，则 EF 长度为_________． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分） ABC△ 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ．已知 2 2 2sin sin sin sin sinB A C A C   ． （1）求 B ； （2）若 3b  ，当 ABC△ 的周长最大时，求它的面积． 18．（12 分）如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， AB  侧面 1 1BB C C ，已知 1 π 3BCC  ， 1BC  ， 1 2AB C C  ，点 E 是棱 1C C 的中点． （1）求证： BC ⊥平面 1ABC ； （2）求二面角 1 1A B E A  的余弦值． 19．（12 分）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于 1974 年发明的．魔方与华容道、独立钻石棋一起被国外智力专家并称为智力游戏界的三大不可思议，而 魔方受欢迎的程度更是智力游戏界的奇迹．通常意义下的魔方，即指三阶魔方，为3 3 3  的正方体 结构，由 26 个色块组成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．截至 2020 年， 三阶魔方还原官方世界纪录是由中国的杜宇生在2018年11月 24 日于芜湖赛打破的纪录，单次 3.475 秒． （1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔方还原的平均速度 y (秒)与训练天数 x (天) 有关，经统计得到如下数据： x （天） 1 2 3 4 5 6 7 y （秒） 99 99 45 32 30 24 21 现用 by a x   作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱好者经过长 期训练后最终每天魔方还原的平均速度 y 约为多少秒(精确到1) ? 参考数据（其中 1 i i z x  ） 7 1 i i i z y   z 7 2 2 1 7i i z z    184.5 0.37 0.55 参考公式： 对于一组数据  1 1,u v ， 2 2,u v ，…， ,n nu v ，其回归直线 ˆˆ ˆv a u  的斜率和截距的最小二乘估 计公式分别为： 1 2 2 1 ˆ n i i i n i i u v nuv u nu         ， ˆˆa v u  ． （2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面．某人按规定将魔方随 机扭动两次，每次均顺时针转动 90 ，记顶面白色色块的个数为 X ，求 X 的分布列及数学期望  E X ． 20．（12 分）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的上、下顶点分别为 ,A B ，P 为直线 2y  上的动 点，当点 P 位于点 1,2 时， ABP△ 的面积 1ABPS △ ，椭圆C 上任意一点到椭圆的左焦点 1F 的最 短距离为 2 1 ． （1）求椭圆C 的方程； （2）连接 ,PA PB ，直线 ,PA PB 分别交椭圆于 ,M N （异于点 ,A B ）两点，证明：直线 MN 过定 点． 21．（12 分）已知正三角形 ABC ，某同学从 A 点开始，用擦骰子的方法移动棋子，规定：①每掷一 次骰子，把一枚棋子从三角形的一个顶点移动到另一个顶点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若 掷出骰子的点数大于 3，则按逆时针方向移动：若掷出骰子的点数不大于 3，则按顺时针方向移动．设 掷骰子 n 次时，棋子移动到 A ， B ，C 处的概率分别为：  nP A ，  nP B ，  nP C ，例如：掷骰 子一次时，棋子移动到 A ， B ，C 处的概率分别为  1 0P A  ，  1 1 2P B  ，  1 1 2P C  ． （1）掷骰子三次时，求棋子分别移动到 A ， B ，C 处的概率  3P A ，  3P B ，  3P C ； （2）记  n nP A a ，  n nP B b ，  n nP C c ，其中 1n n na b c   ， n nb c ，求 8a ． 22．（12 分）已知函数    21 1 ln2f x x a x a x    ． （1）当 0a  时，求函数  f x 的单调区间； （2）设函数      2 2 ln 1 2xg x e a x a x f x      ，若  g x 在 1,2 内有且仅有一个零点， 求实数 a 的取值范围． 数 学答 案 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．【答案】B 【解析】依题意               1,7 , 2,6 , 3,5 , 4,4 , 5,3 , 6,2 , 7,1A  ， 其中满足 1y x  的有 1,7 ， 2,6 ， 3,5 ， 所以       1,7 , 2,6 , 3,5A B  ，有3个元素，故选 B． 2．【答案】B 【解析】       3 21 i 1 i 1 i 2i 1 i 2 2i         ，故选 B． 3．【答案】C 【解析】若 m ^ ，过直线 m 作平面 ，交平面 于直线 m， ∵ m ∥ ，∴ m m∥ ， 又 m ^ ，∴ m   ， 又∵ m   ，∴ ^ ； 若 ^ ，过直线 m 作平面 ，交平面 于直线 m， ∵ m ∥ ，∴ m m∥ ， ∵ m n ，∴ m n  ， 又∵ ^ ， n  = ， ∴ m   ，∴ m  ， 故“ m ^ ”是“ ^ ”的充要条件，故选 C． 4．【答案】D 【解析】画出约束条件 1 5 1 22 y x y x y x              所表示的平面区域，如图所示， 设目标函数 1 1 0 y yz x x     ，则 1 0 y x   表示平面区域内一动点到定点 (0, 1)M  连线的斜率， 结合图象可得，取点 A 时，能使得 z 取得最大值， 又由 1 1 22 y x y x      ，解得 2 5( , )3 3A ， 所以 1y x  的最大值为 5 13 42 03    ，故选 D． 5．【答案】B 【解析】分两步：首先从 4 人中选 1 人去巴黎游览，共有 1 4C 4 种， 其次从剩余 5 人中选 3 人到其它三个城市游览，共有 3 5A 60 种， 共有 1 3 4 5C A 240 种，故选 B． 6．【答案】B 【解析】令 0x  ，则 0x  ，   2 2 3f x x x     ， 因为     6f x f x   ，所以   2 2 3 6f x x x    ，   2 2 3x x xf    ， 即当 0x  时，   2 2 3x x xf    ， 取 0x  ，则    0 0 6f f  ，  0 3f  ， 当 0x  时，    22 2 3 1 2f x xx x      ，此时   0f x  无解； 当 0x  时，  0 3f  ，此时   0f x  无解； 当 0x  时，    22 2 3 1 4f x x x x        ， 若   0f x  ，则  21 4 0x    ，解得 1x ， 故  3 5 0f m   ，即3 5 1m - ³ ，解得 2m  ， 实数 m 的取值范围为 2, ，故选 B． 7．【答案】D 【解析】如下图所示，连接 BP 并延长交 AC 于点G ， 设 NG mAN  ， PG nBG  ，则 10 2m  ， 0 1n  ，  1AG m AN   ，      1 1AP AG GP m AN nGB m AN n AB AG                     1 1 1m AN nAB nAG m AN nAB n m AN               1m mn n AN nAB      ， 又 AP AB AN      ， n  ， 1m mn n     ，  1 1 1m mn m n         ， 10 2m  ， 0 1 1n   ，则   10 1 2m n   ， 即   31 1 1 2m n    ，即 31 2     ， 因此，  的取值范围是 31, 2      ，故选 D． 8．【答案】C 【解析】根据题意数列 na 是首项为 2，公差为 3 的等差数列， 2 3( 1) 3 1na n n     ； 数列 nb 是首项为 2，公差为 5 的等差数列， 2 5( 1) 5 3nb n n     ； 数列 na 与 nb 的公共项从小到大得到数列 nc ，故数列 nc 是首项为 2，公差为 15 的等差数列， 2 15( 1) 15 13nc n n     ． 对于 A， 1 2 2 2 5 3 9a b      ， 2 15 2 13 17c     ， 1 2 2a b c  ，错误； 对于 B， 8 2 5 8 3 3 2 1 32b a        ， 4 15 4 13 47c     ， 8 2 4b a c  ，错误； 对于 C， 22 5 22 3 107b     ， 8 15 8 13 107c     ， 22 8b c ，正确； 对于 D，    6 2 3 6 1 5 2 3 119a b        ， 9 15 9 13 122c     ， 6 2 9a b c ，错误， 故选 C． 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 2 分，有选错的得 0 分． 9．【答案】BCD 【解析】对于选项 A：由   3 4 3 3 0m x y m m     R 可得  3 3 4 3 0m x x y     ， 由 3 0 3 4 3 0 x x y       ，可得 3 3 x y     ，所以直线恒过定点 3,3 ，故选项 A 不正确； 对于选项 B：圆心  0,0 到直线 : 2 0l x y   的距离等于1，圆的半径 2r = ， 平行于 : 2 0l x y   且距离为 1 的两直线分别过圆心以及和圆相切， 故圆上有且仅有 3 个点到直线的距离等于1，故选项 B 正确； 对于选项 C：由 2 2 1 2 0C : x y x   ，可得 2 21 1x y   ，圆心  1 1,0C  ， 1 1r  ， 由 2 2 2 4 8 0C : x y x y m     ，可得   2 22 4 20 0x y m      ， 圆心  2 2,4C ， 2 20r m  ， 由题意可得两圆相外切，所以 1 2 1 2C C r r  ， 即  2 21 2 4 1 20 m      ，解得 4m  ，故选项 C 正确； 对于选项 D：设点 P 坐标为 ,m n ，所以 14 2 m n  ，即 2 4m n  ， 因为 PA 、 PB 分别为过点 P 所作的圆的两条切线，所以CA PA ，CB PB ， 所以点 ,A B 在以OP 为直径的圆上，以 OP 为直径的圆的方程为 22 2 2 2 2 2 2 m n m nx y                     ， 整理可得 2 2 0x y mx ny    ，与已知圆 2 2: 4C x y  相减可得 4mx ny+ = ， 消去 m ，可得 4 2 4n x ny   ，即  2 4 4 0n y x x    ， 由 2 0 4 4 0 y x x      ，可得 1 2 x y    ， 所以直线 AB 经过定点 1,2 ，故选项 D 正确， 故选 BCD． 10．【答案】ACD 【解析】对于 A 选项，若 A B ，则 a b ，则 2 sin 2 sinR A R B ，即 sin sinA B ， 故 A 选项正确； 对于 B 选项，由 πA B  ，则 πA B  ，且  , π 0, πA B  ， cosy x 在 0,π 上递减， 于是 cos cosA B  ，即 cos cos 0A B  ，故 B 选项错误； 对于 C 选项，由sin cosA B ，得 cos cosπ 2 A B     ， cosy x 在 0,π 上递减， 此时：若 π0 2A  ，则 π 2 A B  ，则 π 2A B  ，于是 π 2C  ； 若 π 2A  ，则 πcos cos2A B     ，则 π 2A B  ， 于是 π 2A B  ，故 C 选项正确； 对于 D 选项，由 π 2C  ，则 π 2A B  ，则 π π0 2 2A B    ， siny x 在 0, π 2      递增， 于是 πsin sin 2A B     ，即 0 sin cosA B  ，同理 0 sin cosB A  ， 此时，sin sin( ) sin cos cos sin sin sin sin sinC A B A B A B A A B B        2 2sin sinA B  ， 所以 D 选项正确， 故选 ACD． 11．【答案】AD 【解析】对 A，因为 A 地中位数为 2，极差为 5，故最大值不会大于 2 5 7  ．故 A 正确； 对 B，若 B 地过去 10 日分别为 0,0,0,2,2,2,2,2,2,8 ，则满足总体平均数为 2，众数为 2， 但不满足每天新增疑似病例不超过 7 人，故 B 错误； 对 C，若 C 地过去 10 日分别为 0,0,0,0,0,0,0,0,1,9，则满足总体平均数为 1，总体方差大于 0， 但不满足每天新增疑似病例不超过 7 人，故 C 错误； 对 D，利用反证法，若至少有一天疑似病例超过 7 人，则方差大于  21 8 2 3.6 310     ， 与题设矛盾，故连续 10 天，每天新增疑似病例不超过 7 人，故 D 正确， 故选 AD． 12．【答案】BCD 【解析】由 ( )f x 函数解析式可得图象如下： ∴由图知： 1 2 2x x   ， 12 1x    ，而当 1y  时，有 2| log | 1x  ，即 1 2x  或 2， ∴ 3 4 1 1 22 x x    ， 而 3 4( ) ( )f x f x ，知 2 3 2 4| log | | log |x x ： 2 3 2 4log log 0x x  ， ∴ 3 4 1x x  ， 2 1 2 3 4 1 2 1( 1) 1 (0,1)x x x x x x x      ， 故选 BCD． 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】1 【解析】由题意知，C 的半焦距 7c  ，  1 7,0F  ，  2 7,0F ， 故  2 2 1 4 7 3 2 2 7MF      ，  2 2 2 4 7 3 2 7 2MF      ． 设 1 2F MF 的角平分线与 x 轴交于  ,0N x ， 由角平分线定理可知 1 1 2 2 NF MF NF MF  ，故 7 2 2 7 7 2 7 2 x x     ，解得 1x  ， 即  1,0N ， 故 1 2F MF 的角平分线所在直线的斜率 3 0 14 1MNk   ，故答案为 1． 14．【答案】 1 ,12      ，2018 【解析】因为   3 21 1 533 2 12f x x x x    ，所以   2 3f x x x   ，   2 1f x x   ， 由   0f x  ，即 2 1 0x   ，解得 1 2x  ， 3 21 1 1 1 1 1 53 12 3 2 2 2 2 12f                              ， 由题中给出的结论，所以函数  f x 的对称中心为 1 ,12      ． 所以 1 1 22 2              f x f x ，即    1 2f x x   ． 故 1 2018 22019 2019f f           ， 2 2017 22019 2019f f           ， 3 2016 22019 2019f f           ， …， 2018 1 22019 2019f f           ， 所以 1 2 3 4 2018 1 2019 2019 2019 20 2 201819 2019 82 201f f f f f                                    ， 故答案为 1 ,12      ，2018． 15．【答案】①④ 【解析】 π( ) cos2 3sin 2 2cos(2 )3f x x x x    ，故①正确； 当 π 12x  时， π π( ) 2cos 012 2y f   ，故②错误； 因为函数 2sin 2y x 的图象向右平移 π 6 个单位长度得到 π π)2sin 2( 2sin(2 )6 3y x x  ， 而 π π2sin(2 ) 2cos(2 )3 3x x   ，故③错误； 由 ( ) 3f x  可得 π2cos(2 ) 33x   ，解得 π 3cos(2 )3 2x   ， 所以 π π 11π2 π 2 2 π,6 3 6k x k k     Z ，解得 3ππ π,12 4 π k x k k     Z ， 故④正确， 故答案为①④． 16．【答案】 2 6 【解析】将正四面体放在棱长为 4 的正方体中，则 AB CD ，Q 为正方体的中心， 设 ,M N 分别是 ,AB CD 的中点，则Q 是 MN 的中点， MN AB ， MN CD ， 连接 EN ，设 EN 的中点为 S ，连接 , ,QS SP PQ ， 因为QS 是 NME△ 的中位线，所以 //QS ME ， 1 2QS ME ， 同理 //SP NF ， 1 2SP NF ， 因为 AB CD ，所以 ME NF ，所以QS SP ，即 90QSP  ， 则  2 2 2 2 21 24QS SP ME NF PQ     ，所以 2 2 8ME NF  ， 因为 MN ME ，所以 2 2 2 216NE MN ME ME    ， 因为 NF ME ， NF MN ， MN ME M ， 所以 NF  平面 MNE ，所以 NF NE ， 在 NEFRt△ 中， 2 2 2 2 16 2 6EF NF NE NF ME      ， 故答案为 2 6 ． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1） 2π 3B  ；（2） 9 3 4ABCS △ ． 【解析】（1）由正弦定理得 2 2 2b a c ac   ， 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac      ，  0,πB ， 2π 3B  ． （2）由余弦定理得    2 22 2 2 2 cos 2 9b a c ac B a c ac ac a c ac           ，   2 2 9 2 a cac a c          （当且仅当 a c 时取等号）， 6a c   ， 当 3a c  时， ABC△ 取得最大值，此时 1 9 3 9 3sin2 2 2 4ABCS ac B   △ ． 18．【答案】（1）证明见解析；（2） 2 5 5 ． 【解析】（1）证明： 1 π 3BCC  ， 1BC  ， 1 2CC  ， 由余弦定理可知 2 2 1 11 2 3BC BC C CCBCC     ， 2 2 2 1 1BC BC CC   ， 1BC BC  ， AB Q 侧面 1 1BB C C ，且 BC 面 1 1BB C C ， AB BC  ， 又 1AB BC BQ I ， 1,AB BC  平面 1ABC ， BC 平面 1ABC ． （2）由（1）知，以 B 为坐标原点，BC 为 x 轴， 1BC 为 y 轴，BA 为 z 轴，建立如图所示的空间直 角坐标系， 则  0,0,2A ，  1,0,0C ，  1 0, 3,0C ， 1 3, ,02 2E       ，  1 1, 3,0B  ，  1 1, 3,2A  ， 1 3, ,22 2EA         ， 1 3 3, ,02 2EB        ， 设平面 1AEB 的法向量为  , ,x y zn ，由 1 0 0 EA EB        n n ，得  1, 3,1n ； 同理，设平面 1 1A EB 的法向量为  1 1 1, ,x y zm ， 1 3, ,22 2 3EA        ， 由 1 1 0 0 EA EB        m m ，得  1, 3,0m ， 故 1 3 2 5cos , 55 2      m nm n m n ， 由题意二面角 1 1A B E A  是锐二面角，故二面角 1 1A B E A  的余弦值为 2 5 5 ． 19．【答案】（1） 100ˆ 13y x   ，每天魔方还原的平均速度 y 约为13秒；（2）分布列见解析， 50 9 ． 【解析】（1）由题意，根据表格中的数据，可得 99 99 45 32 30 24 21 507y        ， 可得 7 1 7 22 1 7 184.5 7 0.37 50 55ˆ 1000.55 0.557 i i i i i z y z y b z z              ， 所以 50 100 0.37 13a y bz      ， 因此 y 关于 x 的回归方程为 100ˆ 13y x   ， 所以最终每天魔方还原的平均速度 y 约为13秒． （2）由题意，可得随机变量 X 的取值为 3,4,6,9 ， 可得 1 4 1( 3) 6 6 9 AP X    ， 1 42 A 2( 4) 6 6 9P X    ，  1 1 1 1 4 2 2 41 A A A 20 5( 6) 6 3 A 6 6 9P X       ， 1 1 2 2A A 1( 9) 6 6 9P X    ， 所以 X 的分布列为： X 3 4 6 9 P 1 9 2 9 5 9 1 9 所以 1 2 5 1 50( ) 3 4 6 99 9 9 9 9E X          ． 20．【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）证明见解析． 【解析】（1）因为椭圆的上、下顶点分别为 ,A B ，点  1,2P ， ABP△ 的面积 1ABPS △ ， 所以 1 2 12ABPS b  △ ，基底 1b  ， 又因为椭圆C 上任意一点到椭圆的左焦点 1F 的最短距离为 2 1 ， 设  , M x y 是椭圆上任意一点， ( ,0)F c ， 则 2 2 2 2 2 2 2( ) 2cMF x c y x cx aa       ，对称轴 2ax ac     ， 所以在区间 [ , ]x a a  上递增， 则 x a  时， minMF a c  ，即 2 1a c   ， 又 2 2 2a b c  ，解得 2a  ， 所以椭圆方程为 2 2 12 x y  ． （2）设 ( ,2)P t ，由题意得，直线 PA，PB 的斜率存在， 设 1: 1PAl y xt   ， 3: 1PBl y xt   ， 由 2 2 1 1 12 y xt x y       ，得 2 2 2 4 2,2 2 t tM t t      ； 由 2 2 3 1 12 y xt x y       ，得 2 2 2 12 18,18 18 t tN t t       ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 18 2 2 418 2: 12 42 2 18 2 MN t t t tt tl y xt tt t t t            ，化简得 26 1 8 2 ty xt   ， 所以直线 MN 过定点 10, 2      ． 21．【答案】（1）  3 1 4P A  ，  3 3 8P B  ，  3 3 8P C  ；（2） 8 43 128a  ． 【解析】（1） A B C A   ； A C B A   ， 所以  3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 4P A        ； A B A B   ； A C A B   ； A B C B   ， 所以  3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3+ +2 2 2 2 2 2 2 2 2 8P B         ； A B A C   ； A C A C   ； A C B C   ， 所以  3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3+ +2 2 2 2 2 2 2 2 2 8P C         ． （2）∵ n nb c ，即 1 1n nb c  ， 2n  ， 又  1 1 1 2n n nb a c   ， ∴ 2n  时，    1 1 1 1 1 1 2 2n n n n nb a c a b       ， 又∵ 1 1 1 1n n na b c     ，可得 12 1n nb b   ， 由 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 2 3 2 3n n nb b b             ， 可得数列 1 3nb    是首项为 1 6 ，公比为 1 2  的等比数列， 11 1 1 3 6 2 n nb        ，即 11 1 1 3 6 2 n nb       ， 又 1 11 1 1 1 11 2 1 2 13 6 2 3 2 n n n na b                                 ， 故 8 43 128a  ． 22．【答案】（1）见解析；（2） 25 ,22 e e     ． 【解析】（1）函数  f x 的定义域为 0,  ， 所以         2 111 aa x x a xf a x ax xx x x          ． （ⅰ）当 0 1a  时，由   0f x  ，得 1 a x ，则  f x 的减区间为 ,1a ； 由   0f x  ，得 x a 或 1x  ，则  f x 的增区间为 0,a 和 1, ． （ⅱ）当 1a  时，   0f x  ，则  f x 的增区间为 0,  ． （ⅲ）当 1a  时，由   0f x  ，得1 x a  ，则  f x 的减区间为 1,a ； 由   0f x  ，得 1x  或 x a ，则  f x 的增区间为 0,1 和 ,a  ． （2）       22 2 ln 1 2 1x xg x e a x a x f x e x ax          ，  g x 在 1,2 内有且仅有一个零点， 即关于 x 方程 2 1xx ea x   在 1,2 上有且仅有一个实数根． 令   2 1xx eh x x   ，  1,2x ，则      2 1 1 xx x e h x x     ， 令   1 xp x x e   ，  1,2x ，则   1 0xp x e    ， 故  p x 在 1,2 上单调递减，所以    1 2 0p x p e    ， 即当  1,2x 时，   0h x  ，所以  h x 在 1,2 上单调递减． 又  1 2h e  ，   252 2 eh  ，则   25 22 e h x e    ， 所以 a 的取值范围是 25 ,22 e e     ．