山东省山东2020-2021学年高三上学期大联考数学试题（解析版）

山东中学联盟 2021 届高三大联考 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在试卷上 无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回． 一、单项选择题：本题共 8 小题．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. 若集合  3, 1,1,3A    ，  2 6 0B x x x    ，则 A B  （ ） A.  3, 1,1  B.  1,1,3 C.  3 D.  3 【答案】B 【解析】 【分析】先解出集合 B,然后求 A B ． 【详解】∵    2 6 0 2 3B x x x x x        ， ∴ A B   1,1,3 故选：B 2. 已知i 是虚数单位，则 2 1 3i 2i      在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】先把 2 1 3i 2i      化简，再判断其对应的点在第几象限. 【详解】∵ 2 1 3i 1 3 2i 2 2 i        ， ∴它在复平面内对应的点 1 3,2 2      位于第四象限. 故选：D 3. 已知向量  2,3, 4a   ，  3, ,b x y  分别是平面 α ，  的法向量，若 α// ，则（ ） A. 9 2x   ， 6y  B. 9 2x   ， 6y   C. 9 2x  ， 6y  D. 9 2x  ， 6y   【答案】A 【解析】 【分析】利用两平面平行，法向量共线即可求解. 【详解】∵向量  2,3, 4a   ，  3, ,b x y  分别是平面 α ，  的法向量，且 α// ， ∴ 3 =2 3 4 x y   , 解得： 9 2x   ， 6y  . 故选：A 4. 已知圆 2 2: 4 2 4 0C x y x y     关于直线 : 2 4 0l x ay   对称，则原点O 到直线l 的距离为（ ） A. 4 37 37 B. 1 C. 4 5 5 D. 5 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆关于直线对称求出 a ，再根据点到直线的距离可求得结果. 【详解】由圆 2 2: 4 2 4 0C x y x y     ，可得圆心 ( 2,1)C  ， 因为圆 2 2: 4 2 4 0C x y x y     关于直线 : 2 4 0l x ay   对称， 所以圆心 ( 2,1)C  在直线 : 2 4 0l x ay   上， 所以 2 2 4 0a    ，得 1a  ，所以直线 : 2 4 0l x y   ， 所以原点 (0,0)O 到直线 : 2 4 0l x y   的距离为 4 4 5 51 4   . 故选：C 5. “  2,1x   ， 2 2 0x a  ”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. 0a  B. 1a  C. 2a  D. 3a  【答案】D 【解析】 【分析】先确定“  2,1x   ， 2 2 0x a  ”为真命题时 a 的范围，进而找到对应选项. 【详解】若命题“  2,1x   ， 2 2 0x a  ”为真命题，则 2 ( ) 22 max xa … ， 则 3a  是 2a  的充分不必要条件， 故选：D． 6. 设 ln3p  ， lg3q  ，则（ ） A. p q pq p q    B. p q p q pq    C. p q pq p q    D. p q p q pq    【答案】D 【解析】 【 分 析 】 根 据 0q  ， 可 得 ( ) ( ) 2 0p q p q q     ， 利 用 换 底 公 式 可 得 1 1 0p q pq q p     ， 即 p q pq  ，由此可得答案. 【详解】因为 ln3 0p   ， lg3 0q   ，所以 ( ) ( ) 2 0p q p q q     ，所以 p q p q   ， 因为 3 3 3 1 1 10log 10 log logp q epq q p e       3log 3 1  ，且 0pq  ，所以 p q pq  ， 所以 p q p q pq    . 故选：D 7. 已知实数 x ， y 满足 1 19 17x yx y     ，其中 0x  ， 0y  ，则 1 1 x y  的最小值为（ ） A. 1 16 B. 1 C. 2 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得 1 1 17 9x yx y     ，先求 2 1 1 x y     的最小值， 2 1 1 1 1 (17 9 )x yx y x y               ，相 乘后，利用基本不等式得出关于 1 1 x y  的不等式，解之可得． 【详解】因为 1 19 17x yx y     ，其中 0x  ， 0y  ， 所以 1 1 17 9x yx y     ， 2 1 1 1 1 1 1 9(17 9 ) 17( ) 10 y xx yx y x y x y x y                          ， 9 92 6y x y x x y x y     ，当且仅当 9y x x y  ，即 3x y 时等号成立， 此时由 3 1 19 17 x y x yx y      ，解得 4 4 3 x y   或 1 4 1 12 x y     ． 由 9 6y x x y   得 910 16y x x y         ， 所以 2 1 1 1 117 16x y x y              ，解得 1 11 16x y    ， 所以 1 1 x y  的最小值是 1，此时 44, 3x y  ． 故选：B． 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成 积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所 求的最值，这也是最容易发生错误的地方． 8. 正三角形 ABC 的内切圆圆心为Q ，点 P 为圆Q 上任意一点．若QP mQC nQA    ，则 m n 的取值范 围（ ） A.  1,1 B. 1 1,2 2     C. 2 2,2 2      D. 2, 2   【答案】A 【解析】 【分析】以 BC 的中点 O 为原点，分别以 ,BC OA 所在的直线为 ,x y 轴，建立直角坐标系，写出 , ,A C Q ， 其设 3 3 3cos , sin3 3 3P       ，利用向量的坐标运算可得 3 3 1cos , cos sin3 6 2m n     ，根据 三角函数的性质即可求解. 【详解】设正三角形 ABC 的边长为 2 ， 以 ,BC OA 所在的直线为 ,x y 轴，建立直角坐标系， 则  0, 3A ，  1,0C ， 由正三角形的性质可知 3 3QO  ， 30, 3Q       ， 内切圆圆心为 30, 3Q       ，半径为 3 3QO  ， 不妨设 3 3 3cos , sin3 3 3P       ， 可得 2 30, 3QA        ， 31, 3QC        ， 3 3cos , sin3 3QP         ， QP mQC nQA     ， 3 cos3 3 2 3 3 sin3 3 3 m m n        ， 3 cos3 1 3sin cos2 6 m n         ，  1 3sin cos sin 1,12 2 3m n              . 故选：A 二、多项选择题：本题共 4 小题．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求． 9. 函数   2sin 3sin cos 1f x x x x   的图象的一个最值点为（ ） A. 3,3 2      B. 5 1,6 2      C. 5 5,6 2      D. 4 5,3 2      【答案】BD 【解析】 【 分 析 】 化 简 函 数 解 析 式 为   3sin 2 6 2f x x       ， 由  2 6 2x k k Z      可 得  3 2 kx k Z    ，利用赋值法与代入法可得出合适的选项. 【 详 解 】   2 3 1 cos2 3 1 3sin 3sin cos 1 sin 2 1 sin 2 cos22 2 2 2 2 xf x x x x x x x         3sin 2 6 2x       ， 由  2 6 2x k k Z      ，可得  3 2 kx k Z    . 当 0k  时， 3 5sin3 2 2 2f         ；当 1k  时， 5 3 3 1sin6 2 2 2f         ； 当 2k  时， 4 5 3 5sin3 2 2 2f         . 故 AC 选项不满足条件，BD 选项满足条件. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数最值点的求解，在求解最值点的横坐标时，实质上就是求出对 称轴方程，可通过  2 6 2x k k Z      结合赋值法求解. 10. 设 1F ， 2F 是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点，点 P 是双曲线上任意一点，若双曲线 的渐近线方程为 3 0x y  ，焦距为 4 2 ，则下列说法正确的是（ ） A. 实轴长 2 B. 双曲线的离心率为 2 C. 双曲线的焦点到渐近线的距离为 6 D. 存在点 P ，使得 2 1F P  【答案】BC 【解析】 【分析】先根据题意求出 a、b、c，然后对 A、B、C、D 一一验证： 对于 A：求出 a 直接判断； 对于 B：求出 a、b、c，直接求出离心率即可； 对于 C：用点到直线的距离公式求出右焦点到渐近线的距离； 对于 D：判断 2F P 的最小值即可. 【详解】双曲线 2 2 2 2: 1x yC a b   的渐近线方程 3 0x y  ，可得 3b a  ， 焦距为 2 4 2c  ，且 2 2 2 a b c ，解得： 2 2=2 6a b ， 对于 A：实轴长 2 2 2a  ，故 A 错误； 对于 B：离心率为 4 2 2 2 2 ce a    ，故 B 正确； 对于 C：右焦点  2 2 2 0F ， 到渐近线 3 0x y  的距离 3 2 2 0 6 3 1 d      ，故 C 正确； 对于 D：当 P 为右顶点时， 2 2F P  最短，故不存在点 P ，使得 2 1F P  ，故 D 错误. 故选：BC 【点睛】多项选择题是 2020 年高考新题型，需要对选项一一验证． 11. 已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，满足    1 1f x f x   ，当  0,1x 时，  f x x ．设函 数    g x f x kx k   ，下列结论成立的是（ ） A. 函数  f x 的一个周期为 2 B. 4 2 3 3f       C. 当实数 1k   时，函数  g x 在区间 1,2 上为单调递减函数 D. 在区间 1,3 内，若函数  g x 有 4 个 零点，则实数 k 的取值范围是 10, 4     【答案】ACD 【解析】 【分析】利用周期 2T  和偶函数，画出函数 ( )f x 图像和函数 ( 1)y k x  的图像可解得. 【详解】由    1 1f x f x   ，知函数 ( )f x 的周期 2T  ，可知 A 正确； 由周期和奇偶性得 4 2 2 2( )= ( ) ( )3 3 3 3f f f   ，故 B 不正确； 当  1,2x 时，    ( ) 2 , = ( 1) 2f x x g x f x kx k k x k          ， 由函数  g x 在区间 1,2 上为单调递减函数， 所以 ( 1) 0k   ，即 1k   .得 C 正确； 函数  g x 在区间 1,3 有 4 个零点，   ( 1), [ 1,3]f x kx k k x x     有 4 个解， 即 ( )f x 与直线 ( 1)y k x  在[ 1,3] 有 4 个交点， 利用周期 2T  和偶函数，结合 ( )f x 在  0,1x 的解析式， 可画出函数 ( )f x 和函数 ( 1)y k x  在 R 上的图像.如图： 由图可得 0 4 1k  ，即 10 4k  ， 实数 k 的取值范围是 10, 4     ,D 正确. 故选：ACD. 【点睛】对具有奇偶性和周期性的函数，通过画图像数形结合可以快速解决函数的单调和零点问题. 12. 棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， P 是正方形 1 1ADD A （含边界）上的动点，若 1PB 与 1AC 垂 直，下列结论成立的是（ ） A. 1 //PB 平面 1BC D B. 动点 P 一定在线段 1AD 上 C. 1 1, 2PB     D. 1PB 与平面 1 1BCC B 所成角的正弦值可以是 3 2 【答案】AB 【解析】 【分析】通过证明 1AC  平面 1 1AB D ，结合 1PB 与 1AC 垂直，可得动点 P 一定在线段 1AD 上，说明 B 正确， 通过证明平面 1 / /BC D 平面 1 1AB D ，可得 1 //PB 平面 1BC D ，说明 A 正确，求出 1| |PB 的取值范围，可知 C 不正确，根据直线与平面所成角的定义找到直线与平面所成角，求出这个角的正弦值的取值范围，可知 D 不正确. 【详解】连接 1 1B D ， 1AD ， 1AB ，如图： 因为 1 1 1 1B D AC ， 1 1 1B D CC ，且 1 1 1 1AC CC C ，所以 1 1B D  平面 1 1ACC ，所以 1 1 1B D AC ， 同理可得 1 1AD AC ，又 1 1 1 1B D AD D  ，所以 1AC  平面 1 1AB D ，同理 1AC  平面 1BC D ，所以平面 1 / /BC D 平面 1 1AB D ， 因为 1 1PB AC ， 1B 平面 1 1AB D ， 1AC  平面 1 1AB D ，所以 P平面 1 1AB D ， 因为 P 是正方形 1 1ADD A （含边界）上的动点，平面 1 1AB D 平面 1 1ADD A 1AD ， 所以 1P AD ，即动点 P 一定在线段 1AD 上，故 B 正确； 由以上知 1PB  平面 1 1AB D ，平面 1 / /BC D 平面 1 1AB D ，所以 1 //PB 平面 1BC D ，故 A 正确； 因为 1 1AB D 是边长为 2 的正三角形，所以当 P 为 1AD 的中点时， 1 min| |PB  6 2 ，当 P 与 A 或 1D 重合 时， 1 max| |PB  2 ，所以 1 6| | [ , 2]2PB  ，故 C 不正确； 因为平面 1 1ADD A / / 平面 1 1BCC B ，所以 1PB 与平面 1 1BCC B 所成角等于 1PB 与平面 1 1ADD A 所成的角， 因为 1 1B A  平面 1 1ADD A ，所以 1 1B PA 就是 1PB 与平面 1 1ADD A 所成的角， 所以 1 1 1 1 1 | |sin | | A BB PA PB   1 1 2 6[ , ]| | 2 3PB   ，因为 3 6 2 3  ，所以 1PB 与平面 1 1BCC B 所成角的正弦 值不可以是 3 2 ，故 D 不正确. 故选：AB 【点睛】关键点点睛：熟练掌握直线与平面垂直的判定与性质、平面与平面平行的性质、直线与平面所成 角的定义是解题关键. 三、填空题：本题共 4 小题． 13. 与棱长为 2 的正方体所有棱都相切的球的体积为______． 【答案】 4π 3 【解析】 【分析】依题意得球心为正方体的体对角线的交点，半径为面对角线的一半，根据棱长即可求解． 【详解】与正方体所有棱都相切的球的球心为正方体的体对角线的交点， 半径为面对角线的一半，因为正方体的棱长为 2 所以正方体的面对角线长为    2 2 2 2 2  ，则球的半径为 1R  所以球的体积为 34 4 3 3V R   故答案为： 4π 3 14. 近两年，中国移动推动5G 和 4G 技术共享、资源共享、覆盖协同、业务协同，充分利用原 4G 线路传 输资源，并高效建设5G 基站．如图，南北方向的公路l ，城市 A 地（看作一点）在公路正东 3km 处，城 市 B 地（看作一点）在 A 北偏东 60°方向 2km 处，原有移动 4G 线路 PQ 曲线上任意一点满足到公路 l 和 到城市 A 地距离相等．现要在线路 PQ 上一处 M 建一座5G 基站，则这座5G 基站到城市 A ， B 两地的总 距离最短时为______ km ． 【答案】 2 3 【解析】 【分析】过 A 作 AN l ，垂足为 N ，以 NA为 x 轴， NA的中垂线为 y 轴建立坐标系，过 M 作 MH l ， 垂足为 H ，根据抛物线的定义，可得 MA MH ，所以 MA MB MB MH   ，当 , ,B M H 三点在 一条直线上，即 BH l 时， MB MH 取得最小值. 【详解】过 A 作 AN l ，垂足为 N ，以 NA为 x 轴，NA的中垂线为 y 轴建立如图所示的平面直角坐标系. 所以 3AN  . 由 PQ 曲线上任意一点满足到公路l 和到城市 A 地距离相等. 则曲线 PQ 是以 A 为焦点，直线l 为准线的抛物线. 又城市 B 地在 A 北偏东 60°方向 2km 处，所以 2, 30AB BAx    ， 3 3 ,12B       过 B 作 BE x⊥ 轴，垂足为 E ，则 2 cos30 3AE     过 M 作 MH l ，垂足为 H ，根据抛物线的定义，可得 MA MH 所以 MA MB MB MH   当 , ,B M H 三点在一条直线上，即 BH l 时， MB MH 取得最小值， 所以此时 MB MH 取得最小值等于 2 3AE AN AE   ， 故答案为： 2 3 【点睛】关键点睛：本题考查抛物线中的最值问题，解答本题的关键是过 M 作 MH l ，垂足为 H ，根据 抛物线的定义，可得 MA MH 转化为求 MB MH 的最小值问题，当 , ,B M H 三点在一条直线上， 即 BH l 时， MB MH 取得最小值，属于中档题 . 15. 已知数列    1 2 1 2 3n n        的前 n 项和为 nT ，若对任意的 *Nn ，不等式 26 nT a a  恒成立，则实 数 a 的取值范围是______． 【答案】   , 1 2,    【解析】 【分析】用裂项法求和得 1 3nT  ，由 26 nT a a  恒成立，得 22 a a  解不等式即可． 【详解】由    1 1 1 1 2 1 2 3 4 2 1 2 3n n n n         所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 5 3 7 5 9 2 1 2 3nT n n              1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 3 2 1 2 3 3 4 2 1 2 3 3n n n n                     因为 26 nT a a  恒成立，所以 216 3 a a   ，则 1a   或 2a  故答案为：   , 1 2,    【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论： （1）  a f x 恒成立  maxa f x  ； （2）  a f x 恒成立  mina f x  ． 16. 已知函数    πsin 06f x x       在 0, 有且仅有3个零点，则函数  f x 在 0,π 上存在______ 个极小值点，实数 的取值范围是______． 【答案】 (1). 1 (2). 13 19,6 6     【解析】 【分析】首先求 6x   的范围，根据正弦函数的图象，确定极小值点个数，以及根据端点值，列不等式求  的范围. 【详解】  0,x  ， ,6 6 6t x             ， 由条件可知 siny t 在区间 ,6 6        有 3 个零点， 由函数图象可知：有 1 个极小值点，两个极大值点， 且 2 36        ，解得： 13 19 6 6   . 故答案为：1； 13 19,6 6     四、解答题：本题包括 6 个小题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 在 ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且 5b  ， 3cos 5B  ． （1）求 ABC 的面积的最大值； （2）若 2 sin sin2 B Cc a C  ，求 ABC 的周长． 【答案】（1） ABC 的面积的最大值为 25 2 ；（2）15． 【解析】 【分析】(1)由条件结合余弦定理，利用均值不等式可得 ac 的最大值，从而得出 ABC 的面积的最大值. （2）由正弦定理将条件互为 π2 sin sin sin sin2 AC A C   ，再化简可得 π2 sin sin2 A A  ，由而 倍角公式可得 2 cos sin cos2 2 2 A A A  ，从而得出角 A ，进一步求出边 ,a b ，得出答案. 【详解】（1）∵ 3cos 5B  ，∴ 4sin 5B  ， 由余弦定理知： 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 即 2 2 6 625 25 5a c ac ac ac     ，即 125 4ac  ，当且仅当 a c 时取等号． 所以 1 1 125 4 25sin2 2 4 5 2S ac B     ， 所以 ABC 的面积的最大值为 25 2 ． （2）由正弦定理得 π2 sin sin sin sin2 AC A C   ∵sin 0C  ，∴ π2 sin sin2 A A  ．即 2 cos 2sin cos2 2 2 A A A  ． ∵ cos 02 A  ，故 2sin 2 2 A  ，由 0 A   ∴ 90A   ． ∵ 4sin 5 bB a   ，∴ 25 4a  ， ∴ 25 3 15cos 4 5 4c a B     ， ∴周长为∴ 25 155 154 4a b c      ． 18. 已知数列 na 的前 n 项和是 nA ，数列 nb 的前 n 项和是 nB ，若 3 14A  ， 1 2n na a  ， *Nn ．再从 三个条件：① 2 21nB n n   ；② 1 2n n nB B b    ， 1 20b  ；③ 222 2logn nb a  ，中任选一组作为已 知条件，完成下面问题的解答． （1）求数列 nb 的通项公式； （2）定义： , , a a ba b b a b     ．记 n n nc a b  ，求数列 nc 的前100项的和 100T ． 【答案】选择见解析；（1） 22 2nb n  ；（2） 7940 ． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可知数列 na 是公比为 2 的等比数列，根据 3 14A  求出 1a 的值，可求得等比 数列 na 的通项公式. 选①，由 1 1 , 1 , 2n n n B nb B B n     可求得数列 nb 的通项公式； 选②，推导出数列 nb 是公差为 2 的等差数列，结合 1 20b  可求得数列 nb 的通项公式； 选③，由 na 的通项公式结合对数运算可得出数列 nb 的通项公式； （2）求出数列 nc 的表达式，进而可求得 100T 的值. 【详解】（1）由已知得， na 为等比数列，公比为 2q = ，则 2 3 1 1 12 2 14A a a a    ， 1 2a  ，所以， 1 1 2n n na a q   . 选择①，当 1n  时， 1 1 20b B  ， 当 2n  时，      22 1 21 21 1 1 22 2n n nb B B n n n n n             . 1 20b  满足 22 2nb n  ，所以，  22 2nb n n N    ； 选择②， 1 2n n nB B b    ，即 1 2n nb b   ， 所以 nb 是首项为 20 ，公差为 2 的等差数列，  1 2 1 22 2nb b n n      ； 选择③， 222 2log 2 22 2n nb n    ； （2） 1 12 20a b   ， 2 24 18a b   ， 3 38 16a b   ， 4 416 14a b   ， 当 4n  且 n N 时，令  2 22 2 2 2 22n n n n nx a b n n        ， 则数列 nx 为单调递增数列，且 4 2 0nx x   ，即 n na b . 所以，  *2 ,1 3 N 22 2 , 4 n n n n nc a b n n n         ， 所以，    3 1 4 100 100 1 2 3 4 5 6 100 1 97 1 2 a q b bT a a a b b b b q              3 42 1 2 97 14 178 2 2 7954 79401 2 2          ． 【点睛】方法点睛：已知 nS 求 na ：若已知数列的前 n 项和 nS 与 na 的关系，求数列 na 的通项，可用公式 1 1 , 1 , 2n n n S na S S n     求解，但需要注意对初始项是否满足通项进行检验. 19. 某工厂有一批材料被预定制作“阳马”（中国古代算数中的一种几何体，是底面为长方形，两个三角侧 面与底面垂直的四棱锥体），材料是由底面为 ABCD 的正四棱柱被截面 AEFG 所截而得到的几何体，每一 块材料制作一个“阳马”．材料的尺寸如图所示， 1BE  ， 4DG  ， 2AB  ． （1）求通过此材料制作成的“阳马”中，最长的棱的长度； （2）求平面 AEFG 与底面 ABCD 所夹锐角的余弦值． 【答案】（1） 33 ；（2） 2 21 21 ． 【解析】 【分析】（1）以 C 为原点， CD ， CB ， CF 所在直线分别为 x 轴， y 轴，建立如图所示的空间直角坐标 系O xyz ．根据条件可得 AG EF  ，从而可求出 CF 的长，从而可得答案. （2）平面 ABCD 的一个法向量为  0,0,1m  ,求出平面 AEFG 的法向量，由向量法可得答案. 【详解】（1）以 C 为原点， CD ， CB ， CF 所在直线分别为 x 轴， y 轴，建立如图所示的空间直角坐标 系O xyz ． 设点  0,0,F h ，且有  2,2,0A ，  2,0,4G ，  0,2,1E ， 因为几何体是由底面为 ABCD 的正四棱柱被截面 AEFG 所截而得到的， 所以平面 / /ADG 平面 BCFE ， 又平面 ADG  平面 AEFG AG ，平面 BCFE  平面 AEFG EF ， 所以 / /AG EF ，同理 / /AE GF ，所以四边形 AEFG 是平行四边形． 所以 AG EF  ，即   0, 2,4 0, 2, 1h    ，得 5h  易知由 F ABCD 制作成的阳马中，最长的棱长为 FA ， 所以 4 4 25 33FA     ， 所以 FA 的长为 33 ． （2）根据题意可取平面 ABCD 的一个法向量为  0,0,1m  ． 由（1）知，  0, 2,4AG   ，  2,0,1AE   设平面 AEFG 的法向量为  , ,n x y z ， 则由 0 0 n AE n AG         ，得 2 4 0 2 0 y z x z       ，即 2 2 y z zx   令 2z  ，所以  1,4,2n  ， 所以 2 2 2 21cos , 211 1 16 4 21 m nm n m n             ， 所以平面 AEFG 与底面 ABCD 所夹锐角的余弦值为 2 21 21 ． 【点睛】方法点睛：向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取 1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需做辅助线；建立右 手直角坐标系，尽可能的使得较多的关键点落在坐标轴或坐标平面内. 2、设：设出所需的点的坐标，得出所需的向量坐标. 3、求：求出所需平面的法向量 4、算：运用向量的数量积运算，验证平行、垂直，利用线面角公式求线面角，或求出两个平面的法向量的 夹角的余弦值 5、取：根据题意，或二面角的范围，得出答案. 20. 某地方舱医院的建设中，为了使得内部环境更加温馨，在儿童病区采用了如图所示的一个窗户（该图为 轴对称图形），其中上半部分曲线 AOD 拟从以下两种曲线中选择一种：曲线 1E 是一段余弦曲线，在如图所 示的平面直角坐标系中，其解析式为 cos 1y x  ，此时记窗户的最高点O 到 BC 边的距离为  1h t ；曲线 2E 是一段抛物线，其焦点到准线的距离为 9 8 ，此时记窗户的最高点O 到 BC 边的距离为  2h t ；窗户的下半部 分中， AB ， BC ，CD 是矩形 ABCD 的三条边，由总长度为 6 米的材料弯折而成，记 BC 边的长度为 2t 米（ 31 2t  ）． （1）分别求函数  1h t 、  2h t 的表达式； （2）为了使得点O 到 BC 边的距离最大，窗户的上半部分应选择曲线 1E 还是曲线 2E ？请说明理由，并求 出此时矩形部分的 BC 边长度应设计成多少米． 【答案】（1）  1 cos 4h t t t    ， 31 2t     ；   2 2 4 33, 19 2h t t t t        ；（2）选用曲线 2E ，答 案见解析；矩形部分的 BC 边长度设计成 3 米． 【解析】 【分析】（1）对于曲线 1E ，点 D 的坐标为  ,cos 1t t  ， 3AB DC t   则  1 cos 4h t t t    ；对于 曲线 2E ，点 D 的坐标为 24, 9t t    ， 3AB DC t   则   2 2 4 33, 19 2h t t t t        ； （2）分别求解  1h t 、  2h t 的最大值，并比较它们的大小，对于  1h t 通过求导分析单调性即可求最大值， 对于  2h t 分析单调性从而求得最大值，最后选用最大值较大的曲线即可，并求出相应的 BC 边长度． 【详解】（1）曲线 1E 解析式为 cos 1y x  ， 所以点 D 的坐标为  ,cos 1t t  ，点O 到 AD 的距离为1 cost ， 而 3AB DC t   ，则      1 3 1 cos cos 4h t t t t t        ， 31 2t     关于曲线 2E ，可知抛物线的方程为 2 9 4x y  ． 所以点 D 的坐标为 24, 9t t    ，点O 到 AD 的距离为 24 9 t ， 又 3AB DC t   ， 可得   2 2 4 33, 19 2h t t t t        ． （2）因为   1 sin 0h t t     ， 所以  1h t 在 31, 2      上单调递减， 所以当 1t  时，  1h t 取得最大值为3 cos1 ． 又   2 2 4 29h t t t   31 2t     二次函数开口向上，在 91, 8      上单调递减，在 9 3,8 2      上单调递增， 当 3 2t  时，  2h t 取得最大值为 5 2 经比较， π 1cos1 cos 3 2   ，所以 1 53 cos1 3 2 2     所以，选用曲线 2E ，满足点 O 到 BC 边的距离最大， 此时 2 3t  ，即矩形部分的 BC 边长度设计成 3 米． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据图形找出关键点的坐标代入求解解析式． 21. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     过点 31, 2P      ，短轴的一个端点到焦点的距离为 2． （1）求椭圆 E 的方程； （2）定义 PQk 为 P ，Q 两点所在直线的斜率，若四边形 ABCD 为椭圆的内接四边形，且 AC ，BD 相交于 原点O ，且 1 4AC BD k k  ，试判断 ABk 与 BCk 的和是否为定值．若为定值，求出此定值；若不为定值，请说 明理由． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）是定值，定值为 0． 【解析】 【分析】（1）用待定系数法求标准方程； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，用“设而不求法”表示出 AC BDk k、 、,并转化为 1 2 1 24y y x x ，代入求出斜 率 k 即可求出 ABk + BCk . 【详解】（1）因为椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     过点 31, 2P      ，所以 2 2 1 3 14a b   ，又由题意知，短轴的 一个端点到焦点的距离为 2，即 2 2 2b c a   联立方程 2 2 1 3 14 2 a b a      ． 解得 2 4a  ， 2 1b  ，所以椭圆 E 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）证明：设直线 AB 的方程为 y kx m  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 2 24 4 y kx m x y      ，得   2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m     ， ∴        2 2 2 2 28 4 4 1 4 1 16 4 1 0km k m k m          ，   1 2 2 2 1 2 2 8 1 4 4 1 1 4 kmx x k m x x k        ， 因为 1 4AC BD k k  ，所以 1 4OA OBk k  ，所以 1 2 1 24y y x x ， 又     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2y y kx m kx m k x x km x x m       ， ∴   2 2 1 2 1 24 1 4 4 0k x x km x x m     ． ∴   2 2 2 2 2 4 1 84 1 4 4 01 4 1 4 m kmk km mk k       ． 整理得 24 1k  ，∴ 1 2k   ， ∵ A ， B ，C ， D 可以轮换 ∴ AB ， BC 的斜率一个是 1 2 ，另一个就是 1 2  ， ∴ 0AB BCk k  ． 所以 ABk 与 BCk 的和定值， 0AB BCk k  ． 【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程； （2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题. 22. 函数   2lnm x a x x  ． （1）当 0a  时，若函数  m x 恰有一个零点，求实数 a 的取值范围； （2）设函数    2 3ln 2f x x m x x x    ， Ra  ． （ⅰ）若曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为 2y x n  ，求实数 a ， m 的值； （ⅱ）对于曲线  y f x 上的两个不同的点   1 1,M x f x ，   2 2,N x f x ，记直线 MN 的斜率为 k ， 若函数的导函数为  f x ，证明： 1 2 2 x xf k     ． 【答案】（1） 2a e  或 0a  ；（2）（ⅰ） 1 1 a m      ；（ⅱ）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先讨论出函数  m x 的单调性，由零点存在原理分析函数  m x 恰有一个零点的条件可得答案. （2）（ⅰ）先求出  1f 的值，得出切点坐标，再求  1f  ，即切线的斜率值，由     1 1 2 1 2 1 f a f a m            ， 可得到答案. （ⅱ）由题意可得 1 2 1 2 ln lnx xk ax x   ，    1 2 1 1 2 1 2 2 21 lnx x xf x k x x x x x         ，不妨设 2 10 x x  ， 1 2 xt x  ，则 1t  ，将  1 2 1 1 2 2 2 lnx x x x x x   转化为  2 1 ln1 t tt   ，设      2 1 ln 11 th t t tt    ，讨论出其 单调性可证明. 【详解】（1）函数    2ln 0m x a x x a   的定义域为 0,  ， ∴   222a x am x xx x     ． ①当 0a  时，   0m x  ，所以  m x 在 0,  上单调递增， 取 1 0 ax e   ，则 21 1 1 0a ae e                ． 因为  1 1m  ，所以    0 1 0m x m  ，此时函数  m x 有一个零点． ②当 0a  时，令   0m x  ，解得 2 ax   ． 当 0 2 ax   时，   0m x  ，所以  m x 在 0, 2 a     上单调递减． 当 2 ax   时，   0m x  ，所以  m x 在 ,2 a      上单调递增． 当 0x  时，  m x   ，当 x   时，  m x   . 要使函数  m x 有一个零点，则 ln 02 2 2 a a am a          ，即 ln 12 a     ， 2a e  ． 综上，若函数  m x 恰有一个零点，则 2a e  或 0a  ． （2）（ⅰ）∵   ln 2f x x a  ，∴   1f x ax    ． ∵曲线  y f x 在点   1, 1f 处的切线方程为 2y x m  ， ∴     1 1 2 1 2 1 f a f a m            ． 整理 1 1 a m      ． （ⅱ）证明：      1 2 1 2 2 1ln lnf x f x x x a x x     ，      1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 ln ln ln lnf x f x x x a x x x xk ax x x x x x           ， 又   1 1 axf x ax x     ， 1 2 1 2 2 2 x xf ax x        ，  1 21 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2ln ln2 1 ln2 x xx x x x xf k x x x x x x x x x                   1 2 1 11 2 2 2 2 1 1 ln 1 x x x xx x x x               不妨设 2 10 x x  ， 1 2 xt x  ，则 1t  ，即   1 2 1 1 2 2 2 1 2 1ln ln11 x tx x tx x t x         ． 令      2 1 ln 11 th t t tt    ,则       2 2 1 0 1 th t t t      ， 因此  h t 在  1, 上单调递减，所以    1 0h t h  ． 又 2 10 x x  ，所以 1 2 0x x  ， 所以 1 2 02 x xf k      ，即 1 2 2 x xf k     ． 【点睛】关键点睛：本题考查根据函数零点个数求参数和导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式， 解答本题的关键是由  1 21 2 1 1 2 1 2 2 21 ln2 x xx x xf k x x x x x              1 2 1 11 2 2 2 2 1 1 ln 1 x x x xx x x x               ，不妨 设 2 10 x x  ， 1 2 xt x  ，则 1t  ，将  1 2 1 1 2 2 2 lnx x x x x x   转化为  2 1 ln1 t tt   ，分析其正负，属于难题.