八省联考2021届高三高考数学适应性仿真试卷三（Word版附解析）

2021 年 1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八 省联考）数学试题考后仿真系列卷三 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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  1,2A  ，集合  0,2B  ，设集合  , ,C z z xy x A y B    ，则下列结论中 正确的是（ ） A．A C   B．A C C C．B C B D．A B C 【答案】C 【解析】由题设， {0,2,4}C  ，则 B C ，故 B C B ，故选:C ． 【点睛】本题考查了集合的运算,属于基础题. 2.某校有 1000 人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布 2(105, )( 0)N    ，试卷满分 150 分，统计结果显示数学成绩优秀（高于 120 分）的人数占 总人数的 1 5 ，则此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为（ ） A．150 B．200 C．300 D．400 【答案】C 【解析】∵     190 120 5P X P X    ，   2 390 120 1 5 5P X     ， 所以   390 105 10P X   ， 所以此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为 31000 30010   ．故选:C． 【点睛】本题考查了正态分布,属于基础题. 3.给出关于双曲线的三个命题： ①双曲线 2 2 19 4 y x  的渐近线方程是 2 3y x  ； ②若点 2,3 在焦距为 4 的双曲线 2 2 2 2 1x y a b   上，则此双曲线的离心率 2e  ； ③若点 F 、 B 分别是双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的一个焦点和虚轴的一个端点，则线段 FB 的中点一 定不在此双曲线的渐近线上. 其中正确的命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】对于①：双曲线 2 2 19 4 y x  的渐近线方程是 3 2y x  ，故①错误； 对于②：双曲线的焦点为   2,0 , 2,0 ，        2 2 2 22 2 2 3 0 2 2 3 0 2, 1a a          ，从而离心率 2ce a   ，所以② 正确； 对于③：    ,0 , 0, ,F c B b FB  的中点坐标 ,2 2 c b     均不满足渐近线方程，所以③正确； 故选:C. 【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程、离心率，属于基础题. 4.记 7 7 0 1 7(2 ) (1 ) (1 )x a a x a x      ，则 0 1 2 6a a a a   的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 129 D. 2188 【答案】C 【解析】 7 2 7 0 1 7(2 ) (1 ) (1 )x a a x a x       中， 令 0x  ，得 7 0 1 72 128a a a     . ∵ 7 7(2 ) [3 (1 )]x x    展开式中 7 0 7 7 7 3 ( 1) 1a C    ∴ 0 1 6 7128 129a a a a      ,故选：C . 【点睛】本题考查了二项式通项与展开式的应用,利用二项展开式的通项求指定项的系数以及 采用赋值法求 项的系数和,属于基础题. 5.已知平面向量 m  ，n  满足| | 3m  ， (4, 3)n   ，且 m  ，n  之间的夹角为 60°，则| 2 |   m n （ ） A. 109 B. 89 C. 79 D. 139 【答案】C 【解析】依题意， 2 2 1 15| | | | cos60 3 4 ( 3) 2 2m n m n              ， 则 2 2 15| 2 | 4 4 9 4 100 792m n m m n n               ，故选：C. 【点睛】本题考查了平面向量的数量积的应用，属于基础题. 6.函数  sin 2x xy e e x  的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】    sin 2x xy f x e e x   其定义域为 R         sin 2 sin 2x x x xf x e e x e e x f x         根据奇函数性质    f x f x   可得，  sin 2x xy e e x  是奇函数 故排除 B，C. 当 6x  ， 6 6 6 6 6 6 6 3sin 2 si 3 26 nf e e e e e e                                      根据指数函数 xy e 是单调增函数，可得 6 6e e     6 6 06 3 2f e e               当 2x  ， 2 2 2 2 2 2 2 sin 2 sin 0 02f e e e e e e                                       故只有 A 符合题意,故选：A. 【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象问题，解题关键是掌握函数奇偶性的定义 和图象特征，及其特殊值法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 7.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且 侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一 如图所示的堑堵， AC BC ，若 1 2AA AB  ，当阳马 1 1B A ACC 体积最大时，则堑堵 1 1 1ABC A B C 的外接球体积为（ ） A. 2 2 B. 8 2 3  C. 14 2 3  D. 4 2π 【答案】B 【 解 析 】 依 题 意 可 知 BC ⊥ 平 面 1 1ACC A . 设 ,AC a BC b  ， 则 2 2 2 4a b AB   . 1 1 1 1 1 1 3 2 3B A ACCV AC AA BC AC BC         2 21 1 4 2 3 2 3 2 3 AC BC     ， 当 且 仅 当 2AC BC  时 取 得 最 大 值 . 依 题 意 可 知 1 1 1 1, ,A BC A BA A BB   是以 1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵 1 1 1ABC A B C 外接球的直 径 为 1A B ， 故 半 径 2 2 1 1 1 1 22 2OB A B AA AB     . 所 以 外 接 球 的 体 积 为  34π 8 2π23 3   . 特别说明：由于 BC ⊥平面 1 1ACC A ， 1 1 1 1, ,A BC A BA A BB   是以 1A B 为斜边的直角三角形， 所以堑堵 1 1 1ABC A B C 外接球的直径为 1A B 为定值，即无论阳马 1 1B A ACC 体积是否取得 最大值，堑堵 1 1 1ABC A B C 外接球保持不变，所以可以直接由直径 1A B 的长，计算出外接球 的半径，进而求得外接球的体积.故选：B 【点睛】本题考查了几何体外接球的体积的求法，以及四棱锥体积最大值的计算，考查空间 想象能力和逻辑推理能力，考查中国古代数学文化，属于中档题. 8.已知函数   2log ,0 2 sin ,2 104 x x f x x x             ，若存在实数 1x ， 2x ， 3x ， 4x ，满足      1 2 3f x f x f x   4f x ，其中 1 2 3 4x x x x< < < ，则 1 2 3 4x x x x 的取值的范围是（ ） A.  40,64 B.  40,48 C.  20,32 D.  20,36 【答案】C 【解析】函数  f x 的图象如图所示. 设        1 2 3 4f x f x f x f x t    ，则 0 1t  .  1 0,1x  ，  2 2 1 2 2 1 21,2 log log 1x x x x x      . 点 3,x t ， 4 ,x t ，关于直线 6x  对称，所以 4 312x x  .而  3 2,4x  ，所以      2 3 4 3 3 312 36 6 20,32x x x x x      ， 故  1 2 3 4 3 4 20,32x x x x x x  ，故选：C. 【点睛】本题考查了分段函数的图象、对数函数、三角函数的性质的应用以及二次函数的性 质，属于中档题． 二、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.若复数 2 1 iz   ，其中i 为虚数单位，则下列结论不正确的是（ ） A． z 的虚部为 i B． 2z  C． z 的共轭复数为 1 i  D． 2z 为纯虚数 【答案】ABC 【解析】对于选项 A，复数      2 12 11 1 1 iz ii i i       ， 可得 z 的虚部为 1 ，所以 A 错误； 对于选项 B，由 1 1 2z    ，所以 B 错误； 对于选项 C，由共轭复数的概念，可得 1z i  ，所以C 错误； 对于选项 D，由  22 1 2z i i    ，可得 2z 为纯虚数，所以 D 正确， 故选：ABC 【点睛】本题考查了复数的基本概念，以及复数的四则运算的应用，考查了推理与计算能力， 属于基础题. 10.对于函数   π3sin 2 3f x x     的图象为 C，叙述正确是（ ） A. 图象 C 关于直线 11 π12x  对称 B. 函数  f x 在区间 5,12 12      内是增函数 C. 由 3sin 2y x 的图象向右平移 π 3 个单位长度可以得到图象 C D. 图象 C 关于点 π ,03      对称 【答案】AB 【 解 析 】 对 于 选 项 A ， 将 11 π12x  代 入 函 数 中 得 ， 11 11 3( ) 3sin(2 ) 3sin 312 12 3 2f         ，所以直线 11 π12x  是图像 C 的一条对称轴， 故 A 正确； 对于选项 B，由 22 k   ≤ π2 3x  ≤ 22 k  ，得 12 k   ≤ x ≤ 5 12 k  ( )k Z ，所 以函数  f x 在区间 5,12 12      内是增函数是,故 B 正确的； 对于选项 C，由于   π3sin 2 3sin 23 6f x x x              ，所以  f x 的图像是由 3sin 2y x 的图像向右平移 π 6 个单位长度可以得到，故 C 错误； 对于选项 D，当 π 3x  时， π π π π 3 33sin 2 3sin 03 3 3 3 2f                ，所以图像 C 不关 于点 π ,03      对称，故 D 错误；故选：AB 【点睛】此题考查了正弦函数的图像与性质以及正弦函数的图像平移变换规律，属于基础题. 11.下列说法正确的是（ ） A. 将一组数据中的每个数据都乘以同一个非零常数 a 后，方差也变为原来的 a 倍； B. 若四条线段的长度分别是 1，3，5，7，从中任取 3 条，则这 3 条线段能够成三角形的概率 为 1 4 ； C. 线性相关系数 r 越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱； D. 设两个独立事件 A 和 B 都不发生的概率为 1 9 ， A 发生且 B 不发生的概率与 B 发生且 A 不 发生的概率相同，则事件 A 发生的概率为 2 3 . 【答案】BD 【解析】对于选项 A,设一组数据为 X ,则每个数据都乘以同一个非零常数 a 后,可得Y aX ， 则      2D Y D aX a D X  ，所以方差也变为原来的 2a 倍，故 A 错误. 对于选项 B,从中任取 3 条有 4 中取法,其中能构成三角形的只有 3,5,7 一种，故这 3 条线段能 够成三角形的概率为 1 4 ，故 B 正确. 对于选项 C, 由 1r  ，两个变量的线性相关性越强， 0r  ，两个变量的线性相关性越弱， 故 C 错误. 对于选项 D,根据题意可得     1 9P A P B  ,        P A P B P A P B   设    ,P A x P B y  则        11 1 9 1 1 x y x y y x           ，得 11 9x y xy x y        ，即 2 12 1 9x x   解得 2 3x  或 4 3 （舍）所以事件 A 发生的概率为 2 3 ，故 D 正确. 故选：BD 【点睛】本题考查了命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，难度不大，属于中档 题. 12. 已知 0a  ， 2 2( ) x xm x e e   ， ( ) ( ) sinf x am x x  ，若 ( )f x 存在唯一零点，下列 说法正确的有（ ） A. ( )m x 在 R 上递增 B. ( )m x 图象关于点 2,0 中心对称 C. 任取不相等的实数 1 2,x x R ，均有    1 2 1 2 2 2 m x m x x xm      D. 2a  【答案】ABD 【解析】对于选项 A,由 2 2'( ) 0x xm x e e    知 ( )m x 在 R 上递增，故 A 正确； 对于选项 B, 2 2 2 2( ) (4 ) 0x x x xm x m x e e e e          ，故 ( )m x 图象关于点 2,0 中心对 称，故 B 正确； 对于选项 C,由 2 2''( ) x xm x e e   ，当 2x  时， ''( ) 0m x  ， '( )m x 递增， ( )m x 图象下凸，此 时    1 2 1 2 2 2 m x m x x xm      ，故 C 错误﹔ 对于选项 D,  2 2( ) sinx xf ex a e x    ，注意到    2 2f x f x    ，故 ( )f x 的图象 关于点 2,0 中心对称，而  2 0f  ，则 ( )f x 在 R 上有唯一零点等价于 ( )f x 在 2, 无零 点，  2 2 co' ) s( x xf a e xx e      ， 当 2a  时，因为 2 2 2x xe e   ，则 2 cos 2'( 0) a xf x a      ， 于是 ( )f x 在 2, 递增，于是当  2,x  时，  ( ) 2 0f x f  ，满足题意﹔ 当 2a  时，  ' 2 2 0f a    ，由连续函数的性质可知，一定存在 0 2x  ，使得  02,x x 时 '( ) 0f x  ，则 ( )f x 在 02, x 单调递减，于是  02,x x 时  ( ) 2 0f x f  ， 而 2a  时， 2a   ， 2 4 a    ， 2 ln 2a   ， ln ln 2 ln sin 2 lna aef a ea a                     sin lnaa a a               2 1 1 04 a         ， 由零点存在定理，在区间 2,2 ln a     上 ( )f x 一定还存在零点，与已知矛盾. 故 2a  .故 B 正确,故选：ABD 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断选项 D 的真假，需要利用导数分析函数的单调性， 再结合零点存在性定理和函数图象的对称性得解. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13.若一个圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为________． 【答案】 2π 【解析】因为圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，所以圆锥底面圆的半径 1r  ，母线长 2l  ，所以圆锥的侧面积为 2rl  。故答案为： 2π 【点睛】本题考查了圆锥的轴截面、侧面积，圆锥的轴截面是以圆锥母线为腰、圆锥底面圆 直径为底的等腰三角形.考查空间想象能力与运算能力,属于基础题. 14.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每 个大于 2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如 30 7 23  ．在不超过 30 的素数中，随机选 取两个不同的数，其和等于 30 的概率是____________ 【答案】 1 15 【解析】不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，随机选取两 个不同的数，共有 2 10 45C  种方法，因为 7+23=11+19=13+17=30 ，所以随机选取两个不同 的数，其和等于 30 的有 3 种方法，故概率为 3 1=45 15 ，故答案为： 1 15 【点睛】本题考查了古典概型以及数学文化背景 ,属于基础题. 15.如图，点 0 4 3,5 5P      为锐角 的终边与单位圆的交点， 0OP 逆时针旋转 3  得 1OP ， 1OP 逆 时针旋转 3  得 2OP ，……， 1nOP  逆时针旋转 3  得 nOP ，则 cos2  ______，点 2020P 的横坐 标为______. 【答案】 7 25 3 3 4 10  【解析】根据题意，点 0 4 3,5 5P      为锐角 的终边与单位圆的交点， 0OP 逆时针旋转 3  得 1OP ， 1OP 逆时针旋转 3  得 2OP ，……， 1nOP  逆时针旋转 3  得 nOP ， 根据三角函数的定义，可得 4 3cos ,sin5 5    ， 故 2 24 7cos2 2cos 1 2 ( ) 15 25        ， 点 2020P 的横坐标为 cos( 2020 ) cos( 673 ) cos( )3 3 3              4 1 3 3 3 3 4(cos cos sin sin ) ( )3 3 5 2 5 2 10             ． 故答案为： 7 25 ， 3 3 4 10  ． 【点睛】本题考查了任意角的三角函数的定义，二倍角公式、诱导公式，以及两角和的余弦 函数公式的综合应用，考查了逻辑推理与运算能力，属于中档题. 16.若关于 x 的方程 0 x x x x e me x e    有三个不相等的实数解 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 30x x x   ，其中 m R ， 2.718e  为自然对数的底数，则 31 2 2 31 21 1 1xx x xx x e e e                的值为________ 【答案】1 【解析】由方程 0 x x x x e me x e    ，有 1 0 1 x x x mxe e     设 x x te  即 1 01t mt    所以 2 ( 1) 1 0t m t m     令 g( ) x xx e  ，则 1( ) x xg x e   ,所以 g( )x 在 ( ,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减, 且 g(0) 0 ， 1(1)g e  ，当 0x  时， ( ) 0g x 其大致图像如下. 要使关于 x 的方程 0 x x x x e me x e    有三个不相等的实数解 1x ， 2x ， 3x ，且 1 2 30x x x   . 结合图像可得关于t 的方程 2 ( 1) 1 0t m t m     一定有两个不等的实数根 1 2,t t 且 1 20t t  , 1 2 1 21 , 1t t m t t m      则 31 2 31 2 1 2, xx x xx xt te e e    . 所以    31 2 2 2 231 2 1 21 1 1 = 1 1xx x xx x t te e e                      2 2 1 2 1 2 1 21 1 ] [ +1][ t t t t t t     2[1 (1 )+1] 1m m     【点睛】本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，考查转化思想，属于偏难题. 四、解答题：本题共 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.已知数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足 1 1n nS a   ，且 1 1a  ，数列{ }nb 中， 1 1b  ， 5 9b  ， 1 12 ( 2)n n nb b b n    . （1）求数列{ }na 和{ }nb 的通项公式； （2）若 n n nc a b  ，求{ }nc 的前 n 项的和 nT . 【答案】（1） 12n na -= , 2 1nb n  ；（2）  2 3 2 3n nT n    . 【解析】（1）由 1 1n nS a   得 1 1n nS a   （ 2n  ）．两式相减得 1n n na a a  ，即 1 2n na a  （ 2n  ）．又 1 2 1S a  得 2 12 2a a  ，所以数列 na 是等比数列，公比为 2，首项为 1， 故 12n na  ．由  1 12 2n n nb b b n    ，可知 nb 是等差数列，公差 5 1 24 b bd   ， 则 2 1nb n  ． （2）   12 1 2n n n nc a b n      ，  0 1 2 11 2 3 2 5 2 2 1 2n nT n           ①，    1 2 3 12 1 2 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n n nT n n             ②． ① - ②得        1 2 1 2 21 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 3 2 3 21 2 n n n n n nT n n n                      故  2 3 2 3n nT n    ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式的求法以及用错位相减法求数列和的方 法,属于基础题. 18.已知 a ，b ， c 分别为 ABC 内角 A ， B ，C 的对边，若 ABC 同时满足下列四个条件 中的三个：① 2 6 3 3( ) b a a c c a b    ；② 2cos2 2cos 12 AA  ；③ 6a  ；④ 2 2b  . （1）满足有解三角形的序号组合有哪些？ （2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应 ABC 的面积. （若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分） 【答案】（1）①，③，④或②，③，④；（2） 3 . 【解析】（1）由①   2 6 3 3 b a a c c a b    得，  2 2 23 2 6a c b ac    ， 所以 2 2 2 6cos 2 3 a c bB ac     ， 由② 2cos2 2cos 12 AA  得， 22cos cos 1 0A A   ， 解得 1cos 2A  或 cos 1A   （舍），所以 3A  ， 因为 6 1cos 3 2B     ，且  0,B  ，所以 2 3B  ，所以 A B   ，矛盾. 所以 ABC 不能同时满足①，②. 故 ABC 满足①，③，④或②，③，④； （2）若 ABC 满足①，③，④， 因为 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，所以 2 68 6 2 6 3c c      ，即 2 4 2 0c c   . 解得 6 2c   . 所以 ABC 的面积 1 sin 3 22S ac B   . 若 ABC 满足②，③，④由正弦定理 sin sin a b A B  ，即 6 2 2 sin3 2 B  ，解得sin 1B  ， 所以 2c  ，所以 ABC 的面积 1 sin 32S bc A  . 【点睛】本题考查了三角形能否成立的判断、利用正弦定理和余弦定理解三角形，以及三角 形面积的计算，考查运算求解能力，属于基础题. 19.某市环保部门对该市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次 参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人的得分（满分：100分）数据，统计 结果如下表所示． 组别  30,40  40,50  50,60  60,70  70,80  80,90  90,100 频数 25 150 200 250 225 100 50 （1）已知此次问卷调查的得分 Z 服从正态分布  ,210N  ，  近似为这1000人得分的平均 值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），请利用正态分布的知识求  36 79.5P Z  ； （2）在（1）的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案. （ⅰ）得分不低于  的可以获赠 2 次随机话费，得分低于  的可以获赠1次随机话费； （ⅱ）每次赠送的随机话费和相应的概率如下表. 赠送的随机话费/元 20 40 概率 3 4 1 4 现市民甲要参加此次问卷调查，记 X 为该市民参加问卷调查获赠的话费，求 X 的分布列及数 学期望． 附： 210 14.5 ，若  2,X N   ，则   0.6827P X        ，  2 2 0.9545P X        ，  3 3 0.9973P X        . 【答案】（1） 0.8186 ；（2）答案见解析. 【 解 析 】 （ 1 ） 由 题 意 可 得 35 25 45 150 55 200 65 250 75 225 85 100 95 50 651000                ， 易知 210 14.5   ， 36 65 29 65 2 14.5 2         ， 79.5 65 14.5      ，        36 79.5 2 2P Z P Z P Z P Z                             0.9545 0.6827 02 2 .81862 2 P X P X                   ； （2）根据题意，可得出随机变量 X 的可能取值有 20 、 40 、 60 、80元，   1 3 320 2 4 8P X     ，   1 1 1 3 3 1340 2 4 2 4 4 32P X        ，   1 1 3 360 2 2 4 4 16P X       ，   1 1 1 180 2 4 4 32P X      . 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 20 40 60 80 P 3 8 13 32 3 16 1 32 所以，随机变量 X 的数学期望为 3 13 3 1 7520 40 60 808 32 16 32 2EX          . 【点睛】本题考查了概率的计算，涉及到平均数的求法、正态分布概率的计算以及离散型随 机变量分布列及其数学期望，在解题时要弄清楚随机变量所满足的分布列类型，结合相应公 式计算对应事件的概率，考查计算能力，属于中等题. 20.如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 是矩形， 1AP AB  ， PD 与底面 ABCD 所成角的正切值为 1 3 ， F 是 PB 的中点， E 线段 BC 上的动点. （1）证明： AF  平面 PBC ； （2）若二面角 P DE A  的余弦值为 3 14 14 ，求 BE 的长. 【答案】（1）证明见解析；（2） 1BE  . 【解析】（1）证明： PA  平面 ABCD BC ， 平面 ABCD ，  BC PA . 又 BC AB ， AB AP AI ， AB ， AP  平面 PAB ，  BC ⊥平面 PBC ， 又 AF  平面 PAB ，∴ AF BC . 又 1 PA AB ， F 是 PB 的中点， AF PB ， 又 PB BC B  ， PB ， BC 平面 PBC ，  AF  平面 PBC . （2）以 AD ， AB ， AP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示. ∵ PD 与底面 ABCD 所成角的正切值为 1 3 ， 1AP  ，∴ 3AD  ， 则  0,0,1P ，  0,1,0B ，  3,0,0D . 设 (0 3)BE x x   ，则  ,1,0E x ， 设平面 PDE 的法向量为  0 0 0, ,m x y z ，由 0 0 m PD m PE         ，得： (1,3 ,3)m x  ur ， 而平面 ADE 的一个法向量为  0,0,1AP  ，依题意得： | | 3 14 14| | | | m AP m AP    ur uuur ur uuur ， 即 2 3 3 14 1410 (3 )x    ，得 1x  或 5x  (舍). 故 1BE  . 【点睛】本题考查了线面位置关系以及用空间向量的方法通过二面角大小求解,解答时设 (0 3)BE x x   ，可采用，先利用空间向量求解已知面的法向量，使法向量满足条件，然后 求解出 x 的值,属于中档题. 21.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 1)x yE a ba b     的离心率 2 2e  ，其左、右顶点分别为点 ,A B ，且点 A 关于直线 y x 对称的点在直线 3 2y x  上. （1）求椭圆 E 的方程； （2）若点 M 在椭圆 E 上，点 N 在圆 2 2 2:O x y b  上，且 ,M N 都在第一象限，MN y 轴，若直线 MA MB、 与 y 轴的交点分别为C D、 ，判断sin CND 是否为定值，若是定值， 求出该定值；若不是定值，说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）1. 【解析】（1）点  ,0A a 关于直线 y x 对称的点 0, a 在直线 3 2y x  上， ∴ 0 2a   ，解得 2a  . 又 2 2 22 ,2 c a b ca    ，解得 2 22b c  . ∴椭圆 E 的方程为： 2 2 14 2 x y  . （2）设  0 0,M x y ，   : 2 0AM y k x k   ，令 0x  ，解得 2y k ，∴  0,2C k . 联立   2 2 2 2 4 y k x x y       ，化简得：   2 2 2 22 1 8 8 4 0 0k x k x k k      . ∴ 2 0 2 8 42 2 1 kx k    ，解得 2 0 2 2 4 2 1 kx k   .∴ 0 2 4 2 1 ky k   ，即 2 2 2 2 4 4,2 1 2 1 k kM k k       . ∴直线 BM 的斜率= 2 2 2 4 12 1 2 4 222 1 k k k k k     . ∴ BM 的方程：  1 22y xk    ，令 0x  ，解得 1y k  ，∴ 10,D k      . 设  0,NN x y ，则  0,2NNC x k y   ， 0 1,NND x yk        . ∴ 2 2 2 0 0 2 12N kNC ND x y yk       . ∵ 2 2 0 0 2 42, 2 1N kx y y k     ，∴ 0NC ND   ，∴ NC ND ，即 90CND  . ∴sin 1CND  为定值. 【点睛】本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系以及椭圆中的定值问题，需注意解 析几何中的夹角类问题可尝试用平面向量解决，属于中档题. 22. 已知  2( ) 2 1x xf x ae a e x    ， a 为常数. （1）讨论 ( )f x 的单调性； （2）若 0x  时，  ( ) 3 1 cosf x a x  恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2） 1 2a  . 【解析】（1）   ( ) 2 1 1x xf x ae e    ， 当 0a  时，   0f x  ， ( )f x 在 R 上单调递减； 当 0a  时，由 ( ) 0f x  得， 1ln 2x a  ；由 ( ) 0f x  得， 1ln 2x a  . 故 ( )f x 在 1,ln 2a     递减，在 1ln ,2a     递增. （2）由 02f      得， 2(2 1) 02ae a e       ， 2 22 2ea e e           ，∴ 0a  . ①当 1 2a  时，由（1）知， ( )f x 在 0, 上单调递增， ∴    ( ) 0 3 1 3 1 cosf x f a a x     ， ②当 10 2a  时，令 ( ) ( ) (3 1)cosg x f x a x   ， 则 2( ) 2 (2 1) 1 (3 1)sin ( ) 3 1x xg x ae a e a x f x a          ，  0 4 2 0g a    ，  0 0g  ， 当 1 1 3 2a  时， 2( ) ( ) 3 1 2 (2 1) 3x xg x f x a ae a e a        ， 由 22 (2 1) 3 0x xae a e a    得， 21 2 28 4 1ln 04 a a ax a          ， ∴ 21 2 28 4 1ln 4 a a ax a     时， 21 2 28 4 1( ) ln 04 a a ag x g a           ， 从而，由零点存在定理知，存在 2 0 1 2 28 4 10,ln 4 a a ax a         ，使得  0 0g x  . 当  00,x x 时， ( ) 0g x  ，此时，  ( ) 0 0g x g  ，不合题意. 当 10 3a  时，  2( ) ( ) 3 1 2 2 1 3 2x xg x f x a ae a e a         ， 由 22 (2 1) 3 2 0x xae a e a     得， 21 2 20 12 1ln 04 a a ax a           ， ∴ 21 2 20 12 1ln 4 a a ax a      时， 21 2 20 12 1( ) ln 04 a a ag x g a            ， 从而，由零点存在定理知，存在 2 1 1 2 20 12 10,ln 4 a a ax a          ，使得  1 0g x  ， 当  10,x x 时， ( ) 0g x  ，此时，  ( ) 0 0g x g  ，不合题意. 综上， 1 2a  . 【点睛】本题考查了利用导数讨论函数的单调性以及不等式的恒成立问题，正确分段讨论参 数的范围是解题的关键，构造恰当的函数讨论单调性，考查学生的运算能力和转化能力,属于 偏难题.