决胜 2021 高考数学 50 天冲刺系列卷
冲刺系列卷(02)
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.设集合 }032{ 2 xxxA ， }1log{ 2 xxB ，则 BA （ ）
A． )2,1( B． )3,1( C． )3,2( D． ),1(
【答案】B
【解析】∵ }31{}032{ 2 xxxxxA ， }2{}1log{ 2 xxxxB ，
∴ BA ),1( ．故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法、对数型函数不等式的解法以及并集运算,属于基础题．
2.已知复数 1 2,z z 在复平面内对应的点分别为 1(3, )Z a ， 2 (2,1)Z ，且 1 2z z 为纯虚数，则实数 a （ ）
A. 6 B. 3
2
C. 6
5
D. -6
【答案】A
【解析】因为复数 1 2,z z 在复平面内对应的点分别为 1(3, )Z a ， 2 (2,1)Z ，
所以 1 23 , 2z ai z i ，
故 1 2 (3 )(2 ) 6 (3 2 )z z ai i a a i ，
因为 1 2z z 为纯虚数，
所以 6 0 a 且3 2 0a
解得 6a ，故选：A
【点睛】本题考查了复数的几何意义、复数的乘法法则以及复数的概念，属于基础题.
3.十二生肖作为中国民俗文化的代表，是中国传统文化的精髓，很多人把生肖作为春节的吉祥物，以此来
表达对新年的祝福．某课外兴趣小组制作了一个正十二面体模型（如图），并在十二个面分别雕刻了十二
生肖的图案，作为春节的吉祥物.2021 年春节前，其中 2 个兴趣小组成员将模型随机抛出，希望能抛出牛的
图案朝上（即牛的图案在最上面），2 人各抛一次，则恰好出现一次牛的图案朝上的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】2 个兴趣小组成员将正十二面体模型随机抛出，2 人各抛一次，
基本事件总数 n＝12×12＝144，
恰好出现一次牛的图案朝上包含的基本事件个数 m＝1×11+11×1＝22，
则恰好出现一次牛的图案朝上的概率为 P＝ ＝ ．故选：B．
【点睛】本题考查了新情景问题下的文化题：立体几何与概率的综合应用,属于基础题.
4. 在平面直角坐标系中，角θ的终边绕坐标原点按逆时针方向旋转 后经过点（﹣1， ），则
tan（2θ+ ）＝（ ）
A．﹣ B． C． D．0
【答案】C
【解析】∵角θ的终边绕坐标原点按逆时针方向旋转 后经过点（﹣1， ），
∴tan（θ+ ）＝ ＝﹣ ，
则 tan（2θ+ ）＝ ＝ ＝ ，故选：C．
【点睛】本题考查了三角函数的定义以及三角恒等变换，属于基础题.
5.电影《刘三姐》中有一个“舟妹分狗”的片段.其中，罗秀才唱道:三百条狗交给你，一少三多四下分，
不要双数要单数，看你怎样分得匀?舟妹唱道；九十九条圩上卖，九十九条腊起来，九十九条赶羊走，剩下
三条，财主请来当奴才（讽刺财主请来对歌的三个奴才）.事实上，电影中罗秀才提出了一个数学问题：把
300 条狗分成 4 群，每群都是单数，1群少，3 群多，数量多的三群必须都是一样的，否则就不是一少三多，
问你怎样分?舟妹已唱出其中一种分法，即 3,99,99,99 ，那么，所有分法的种数为（ ）
A. 6 B. 9
C. 10 D. 12
【答案】D
【解析】设少的1群狗有 n 条，多的 3 群狗每群有 m 条， m 、 n N ，且 m n .
根据题意， 3 300n m ，则 n 一定是3 的倍数，
可设 *3n t t N ，由 m n ，得 0 75n ，则 0 3 75t ，即 0 25t .
由 n 为奇数，则t 为奇数，即 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23t ，
于是分配方法有以下12 种： 3,99,99,99 、 9,97,97,97 、 15,95,95,95 、 21,93,93,93 、
27,91,91,91 、 33,89,89,89 、 39,87,87,87 、 45,85,85,85 、 51,83,83,83 、 57,81,81,81 、
63,79,79,79 、 69,77,77,77 .故选：D.
【点睛】本题考查了分配问题，根据题意得出 m 、 n 的等式以及 n 的可能取值是解题的关键，本题是数学
文化题，在解题时要充分理解题中的信息，将题意转化为等式或不等式来求解,属于基础题.
6.函数 xxxxf cos)()( 2 的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为函数 xxxxf cos)()( 2 ,
所以 f（1）＝（1﹣1）cos1＝0，故选项 C 错误；
f（﹣1）＝[1﹣（﹣1）]cos（﹣1）＝2cos1＞0，故选项 D 错误；
若选项 B 正确，则当 x＞0 时，f（x）与 x 轴交点的横坐标为 1，
但是 ，故选项 B 错误，选项 A 正确． 故选：A．
【点睛】本题考查了已知函数的解析式求函数的图像，常见的方法是，通过解析式得到函数的值域和定义
域，进行排除，由解析式得到函数的奇偶性和轴对称性，或者中心对称性，进行排除，还可以代入特殊点，
或者取极限,属于基础题.
7.若双曲线 C ：
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
的一条渐近线被圆 2 2 4 2 0x y y 所截得的弦长为 2，则双曲
线C 的离心率为（ ）
A. 3 B. 2 3
3
C. 2 D. 2
【答案】C
【解析】双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的渐近线方程为 by xa
，
由对称性，不妨取 by xa
，即 0bx ay ．
又曲线 2 2 4 2 0x y y 化为 2 2( 2) 2x y ，
则其圆心的坐标为 (0,2) ，半径为 2 ．
圆心 (0,2) 到渐近线的距离 2 2( 2) 1 1d ，
又由点到直线的距离公式，
可得 2 2
| 2 | 2 2 1a a dc eb a
，
所以 2e . 故选：C．
【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质、直线与圆的位置关系，考查数学运算求解能力，属于中档题.
8.已知函数 2
2
1log 1f x x x
，则不等式 ( 1) 2 1 0x f x 的解集是（ ）
A. [0,1] B. [0, ) C. 1 1[0, ) ( , )2 2
D. ( ,0] [1, )
【答案】C
【解析】 f x 的定义域是 0x x
f x f x ， f x 是偶函数，且在 0, 是增函数，
又 2
21 log 1 1 1 0 f ，
则 2 1 0 2 1 1f x f x f ，即 2 1 1x ，解得： 1x 或 0x ，
2 1 0f x ，则 2 1 1
2 1 0
x
x
，解得 1 10, ,12 2
不等式 ( 1) 2 1 0x f x ，等价于
1
2 1 0
x
f x
或
1
2 1 0
x
f x
，
解得： 1x 或 10 2x 或 1 12 x
所以不等式的解集为 1 10, ,2 2
,故选：C
【点睛】本题考查了利用抽象函数的单调性和奇偶性解抽象不等式，易错点是容易忽略函数的定义域，关
键是利用函数是偶函数转化不等式,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.下列“若 p，则 q”形式的命题中，p 是 q 的必要条件的是（ ）
A. 若两直线的斜率相等，则两直线平行
B. 若 5x ，则 10x
C. 已知 a
是直线 a 的方向向量， n
是平面 的法向量，若 a ，则 a n
D. 已知可导函数 ( )f x ，若 0( ) 0f x ，则 ( )f x 在 0x x 处取得极值
【答案】BD
【解析】对于 A，两直线平行时，两直线的斜率相等或斜率都不存在，所以必要性不成立;
对于 B，x> 10 时，x> 5,所以必要性成立;
对于 C，若 a n
，则 a//a 或 a a，所以必要性不成立;
对于 D，f (x)在 0x x 处取得极值时，必有 0( ) 0f x ，必要性成立. 故选： BD
【点睛】本题考查了必要性，属于基础题.
10.已知 m，n 是互不重合的直线，α，β是互不重合的平面，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若 m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
B．若 m∥α，m∥β，α∩β＝n，则 m∥n
C．若 m⊥α，m⊥n，α∥β，则 n∥β
D．若 m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
【答案】BD
【解析】对于选项 A，若 m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β相交或平行，故 A 错误；
对于选项 B，若 m∥α，m∥β，α∩β＝n，则由线面平行的性质得 m∥n，故 B 正确；
对于选项 C，若 m⊥α，m⊥n，α∥β，则 n∥β或 n⊂β，故 C 正确；
对于选项 D，若 m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故 D 正确．
故选：BD．
【点晴】本题考查了直接利用线面、面面的平行和垂直的判定和性质来判定 A、B、C、D 的结论,属于基础
题.
11.若函数 { 1,2
1,ln1
3
)(
xmxx
xxx
xf 的值域为 2, ，则（ ）
A. (3) (2)f f B. 2m
C. ln 2 1
2f f e
D. ( 1)log ( 1) log ( 2)m mm m
【答案】ACD
【解析】 1x 时， ( ) 1 lnf x x x ， 1( ) 1 0 f x x
， ( )f x 单调递增，∴ ( ) (1) 2f x f ≥ ，A 正确；
1x 时， 3( ) 2f x x x m ， 2( ) 3 1 0f x x ， ( )f x 单调递减，
∴ ( )f x m ，
∵ ( )f x 值域是[2, ) ，∴ 2m ，B 错误；
设 ln( ) xg x x
，则 2
1 ln( ) xg x x
，当 0 x e 时， ( ) 0g x ． ( )g x 单调递增，
∴ (2) ( )g g e ，即 ln 2 ln 1
2
e
e e
，又 1 1e
，而 ( )f x 在 ( ,1) 递减，∴ ln 2 1
2f f e
，C 正确；
设 ln( 1)( ) ln
xh x x
，则
2 2
ln ln( 1)
ln ( 1)ln( 1)1( ) ln ( 1)ln
x x
x x x xx xh x x x x x
，
令 ( ) lnH x x x ，则 ( ) ln 1 0H x x 在 1x 时恒成立， ( )H x 在 (1, ) 上单调递增，
因此 1x 时， ln ( 1)ln( 1)x x x x ， ( ) 0h x ，∴ ( )h x 是减函数，
又 2m ，∴ ( ) ( 1)h m h m ，即
ln 1 ln 2
ln ln 1
m m
m m
， ( 1)log ( 1) log ( 2)m mm m ，D 正确． 故
选：ACD
【点睛】本题考查了函数的单调性，利用单调性确定函数的值域．解题关键是通过导数确定分段函数的单
调性，求出函数的值域，确定出参数 m 的范围，利用单调性可判断函数值的大小，同时引入新函数后确定
单调性是判断 CD 的关键,属于中档题．
12.分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在 20 世纪 70 年代创立的一门新的数学学科，分形几何学不仅
让人们感悟到数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义．按照如图甲所示的分形规律可
得如图乙所示的一个树形图：
记图乙中第 n 个白圈的个数为 an，黑圈的个数为 bn，则下列结论中正确的有（ ）
A．a4＝14 B．40 是数列{bn}中的项
C．对任意的 n∈N*，均有 an＋1＝an＋bn＋n D．b9
10
∈N
【答案】ABD
【解析】
【点睛】本题考查了新情景问题下数列的综合应用，属于中档题.
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13.已知向量 3,2cos 2a
， 1 1,5 2b
，且 a b ，则 cos __________．
【答案】 7
25
【解析】因为向量 3,2cos 2a
， 1 1,5 2b
，且 a b ，
所以 3 cos 05 2
，即 3cos 2 5
，
所以 2 7cos 2cos 12 25
．
故答案为： 7
25
.
【点睛】本题考查了向量垂直的坐标表示，半角公式的应用，考查运算求解能力，是中档题.向量垂直的坐
标表示：已知 1 1 2 2, , ,a x y b x y
，若 a b
，则
1 2 1 2 0a b x x y y
,属于基础题.
14.已知展开式（2x﹣1）n＝a0+a1x+a2x2+…+anxn（n∈N*）中，所有项的二项式系数之和为 64，则 a1+a2+…+an
＝ ．（用数字作答）．
【答案】0
【解析】∵展开式（2x﹣1）n＝a0+a1x+a2x2+…+anxn（n∈N*）中，
所有项的二项式系数之和为 2n＝64，
∴n＝6，
令 x＝0，可得 a0＝1，
再令 x＝1，可得 1+a1+a2+…+a6＝1，∴a1+a2+…+an＝a1+a2+…+a6＝0，
故答案为：0．
【点睛】本题考查了利用赋值法求展开式中所有项的二项式系数之和属于基础题.
15.已知抛物线 2 8y x 的焦点为 F，准线与 x 轴交于点 E，A 是抛物线上一点， AE AF ，则
AF _____________.
【答案】 2 5 2
【解析】因为 AE AF ，所以点 A 在以原点为圆心，2 为半径的圆上，
又因为 A 是抛物线上一点，由
2
2 2
8
4
y x
x y
，解得 2 5 4Ax ，
由抛物线的定义得 2 2 5 2AAF x . 故答案为： 2 5 2
【点睛】本题考查了由 AE AF ，得到点 A 在以原点为圆心，2 为半径的圆上，再根据 A 是抛物线上一点，
求得点 A 的横坐标，然后利用抛物线的定义求解,属于基础题.
16.如图，在四面体 P ABC 中， PA 底面 , 1ABC PA ， AB BC ，若该四面体最大棱长等于 3 ，则
该四面体外接球的表面积为_________；该四面体体积的最大值为__________．
【答案】 (1). 9 (2). 2
3
【解析】由题意，在四面体 P ABC 中， PA 底面 , 1ABC PA ， AB BC ，
若该四面体最大棱长等于 3 ，该四面体为正方体的一部分，如图所示，
此时四面体的外接球半径为 2 2 2 21 1 3
2 2 2R PA AB BC AC ,
则该四面体外接球的表面积为 2 234 4 ( ) 92S R .
在直角 PAC△ 中，可得 2 2 2 2 23 1 8AC PC PA ，
在直角 ABC 中，可得 2 2 2 8AC AB BC ，
由 2 2 2AB BC AB BC ，可得 4AB BC ，当且仅当 2AB BC 时等号成立，
所以 1 1 1 1 22 2 13 3 2 6 3P ABC ABCV S PA AB BC PA ，
即四面体体积的最大值为 2
3
.
故答案为：9 ， 2
3
.
【点睛】本题考查了长方体的外接球问题,根据题意补形法把四面体放置在一个长方体的模型中，结合长方
体的性质求得外接球的半径，得出球的表面积，再利用基本不等式求得 AB BC 的最大值，进而求得体积的
最大值,考查了空间思维及想象能力,有一定难度,属于中档题．
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 项和为 nS ，且 1a =2， 1 1n nS a ，其中 是不为 0 的常数．
（1）求 2a ， 3a ；
（2）求出 的一个值，以使得{ na }为等比数列，并证明之．
【答案】（1） 2
3a
， 3 2
3+3a
；（2） 1
2
，证明见解析.
【解析】(1) 由题设 1 1n nS a ， 0 ．
当 1n 时， 1 2 1S a ，由 1a =2，得 2
3a
，
当 2n 时， 2 3 1S a ，即 1 2 3 1a a a ，得 3 2
3+3a
(2) 假设{ na }为等比数列，则 2
2 1 3a a a= ，
即
2
2
3 3+32
，解得 1
2
；
下面证明 1
2
时，{ na }为等比数列：
由 1
1 12n nS a 知，当 2n
时， 1
1 12n nS a ，
两式相减得 1
1 1
2 2n n na a a
即 1 3 2n na a n ，
又由(1)知 2 6a ， 1 2a ，即 2 13a a ，
所以 1 3n
n
a na
故当 1
2
时， { }na 是以 2 为首项， 3 为公比的等比数列．
【点睛】本题考查了由数列前 n 项和 nS 与项 na 的关系式求数列的项，考查等比数列的证明．解题中，由
1n n na S S 得出 na 的递推关系时，注意要特别验证 2a 与 1a 的关系，否则可以出错，过程也不完整,属于
基础题．
18.在① 2cos2 2cos 12
BB ；② 2 sin tanb A a B ；③( )sin sin( ) sina c A c A B b B 这三个条件
中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若
______.
（1）求角 B 的大小；
（2）若 4a c ，求 ABC 周长的最小值.
注：如果选择多个条件分別解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
3
；（2）6.
【解析】（1）选①
∵ 2cos2 2cos 12
BB ，∴ 22cos cos 1 0B B ，
∴ 1cos 2B 或 cos 1B ，∵ 0,B ，∴ 1cos 2B ，
3B .
选②
由切化弦，正弦定理边角互化得： 2sin sin cos sin sinB A B A B ，
∵ , 0,A B ，∴ sin 0,sin 0A B ，
∴ 1cos 2B ，
3B .
选③
由内角和定理得： sin sinA B C ，∴ ( )sin sin sina c A c C b B ，
由正弦定理边角互化得： 2 2( )a c a c b ，即： 2 2 2a c b ac ，
所以
2 2 2 1cos 2 2
a c bB ac
，∵ 0,B ，∴
3B .
（2）由正弦定理得：
sin sin sin
b a c
B A C
，
由于 4a c ，
3B ，
∴
sin 2 3 2 3
2sin sin sin sin 3sin3 6
a c Bb A C C C C
，
∵ 20, 3C
，∴ 5,6 6 6C
，
∴ 33sin , 36 2C
，
∴ 2 3 2,4
3sin 6
b
C
，当且仅当
3C 时，取得 2b
∴ ABC 周长为 4 6,8a b c b ，
∴ ABC 周长的最小值为 6.
【点睛】本题考查了正弦定理边角互化，正余弦定理解三角形，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问
解题的关键在于由正弦定理得
sin 2 3
sin sin 3sin 6
a c Bb A C C
，进而根据三角函数的性质得 2,4b ，
进而求解得答案,属于基础题.
19.2020 年新冠肺炎疫情爆发以来，国家迅速采取最全面，最严格，最彻底的防控举措，坚决遏制疫情蔓廷
势头，努力把疫情影响降到最低，为全世界抗击新冠肺炎疫情作出了贡献．为普及防治新冠肺炎的相关知
识，某社区开展了线上新冠肺炎防控知识竞赛，现从大批参与者中随机抽取了 200 名幸运者的成绩进行分
析，他们的得分(满分 100 分)数据统计结果如下表：
得分 人数 频率
[30，40] 5 0．025
(40，50] 30 0．150
(50，60] 40 0．200
(60，70] 50 0．250
(70，80] 45 0．225
(80，90] 20 0．100
(90，100] 10 0．050
合计 200 1
(1)若此次知识竞赛得分 X 整体服从正态分布，用样本来估计总体，设μ，σ分别为抽取的 200 名幸运者得
分的平均值和标准差(同一组数据用该区间中点值代替)，求μ，σ的值(四舍五入取整数)，及 P(37＜X＜79)
的值；
(2)在(1)的条件下，为感谢大家积极参与这次活动，对随机抽取的 200 名幸运者制定如下奖励方案：得分
低于μ的获得 1 次抽奖机会，得分不低于μ的获得 2 次抽奖机会．假定每次抽奖，抽到 18 元红包的概率为
2
3
，抽到 36 元红包的概率为1
3
.已知张三是这次活动中的幸运者，记 Y 为张三在抽奖中获得红包的总金额，
求 Y 的分布列和数学期望，并估算举办此次活动所需要的抽奖红包的总金额．
参考数据：
P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0．6827；P(u－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0．9545；P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0．9973．
【答案】（1）0.8186；（2）7200.
(第 19 题图)
P
B
A
C
D
Q
【解析】(1)E(x)＝35×0.025＋45×0.15＋55×0.2＋65×0.25＋75×0.225＋85×0.1＋95×0.05＝65，
D(x)＝(35－65)2×0.025＋(45－65)2×0.15＋(55－65)2×0.2＋(65－65)2×0.25＋
(75－65)2×0.225＋(85－65)9×0.2＋(95－65)2×0.05＝210，
因为96＜σ2＜225，所以 14＜σ＜15，
又因1.452＝210.25＞210，故σ≈14，
所以 X~N(65，142)，
所以 P(37＜x＜79)＝P(μ－2σ＜x＜μ＋σ)＝
P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜X＜μ＋σ)
2
＝0.9545＋0.6827
2
＝0.8186．
(2)Y 的所有可能取值分别为 18，36，54，72．
依题意得，P(x＜μ)＝P(x≥μ)＝1
2
．
P(Y＝18)＝1
2
×2
3
＝1
3
，
P(Y＝36)＝1
2
×1
3
＋1
2
×2
3
×2
3
＝ 7
18
，
P(Y＝54)＝1
2
×2
3
×1
3
＋1
2
×1
3
×2
3
＝2
9
，
P(Y＝72)＝1
2
×1
3
×1
3
＝ 1
18
，
所以 Y 的概率分布为
Y 18 36 54 72
P 1
3
7
18
2
9
1
18
E(Y)＝18×＋36×＋54×＋72×＝36．
所以举办此项活动所需要的抽奖红包的总金额为 200×36＝7200 元．
【点睛】本题考查了正态分布的应用以及随机变量的分布列与期望,考查了数学运算能力,属于中档题.
20.如图，多面体 PQABCD 中，四边形 ABCD 是菱形，PA⊥平面 ABCD， = =2AB PA ， 0=60ABC ， 2 2QC QD ，
( 0)PQ a a ．
（1）设点 F 为棱 CD 的中点，求证：对任意的正数 a，
四边形 PQFA 为平面四边形；
（2）当 14a 时，求直线 PQ 与平面 PBC 所成角的
正弦值．
P
B
A
C
D
Q
x
y
z
F
【答案】（1）证明见解析；（2） 5 2 6
14
【解析】（1）方法 1：设 Q 在平面内的射影为 E，由 QC=QD 可得 EC=ED，
所以点 E 在 CD 的垂直平分线上
由 ABCD 是菱形，且 0=60ABC ，故直线 AE 与 CD 的交点即为 CD 的中点 F
因为 PA⊥平面 ABCD，QE⊥平面 ABCD，所以 PA//QE ，
从而 PA，QE 共面，因此 PQ，FA 共面，所以 PQFA 为平面四边形
（2）分别以 AB、AF、AP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，
(1, 3,0), (0, 3,0), (0,0,2)C F P
当 14a 时，由 7, 7PF QF 可得 2 2 2PF QF PQ ,
所以 Q 的坐标为 (0 2+ 3 3)， ， ，
可求平面 PBC 的一个法向量为 ( 3,1, 3)n ．
设直线 PQ 与平面 PBC 所成角为 ，则 5 2 6sin cos , 14n PQ ，
从而直线 PQ 与平面 PBC 所成角的正弦值为 5 2 6
14
【点睛】本题考查了立体几何中位置关系的证明（证明四点共面）、直线与平面所成的角,考查了空间想象
能力以及数学运算能力,属于基础题.
21.已知 1
2( ) ln(1 ) 2cos (1 )f x x x x
， 2( ) cos 1g x x ax ．
（1）若 ( ) 0g x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
F
P
B
A
C
D
Q
（2）确定 ( )f x 在 ( 1, ) 内的零点个数．
【答案】（1） 1
2a ；（2） ( )f x 恰有两个零点．
【解析】（1）因为 2 2( ) cos( ) 1 ( ) cos 1 ( )g x x a x x ax g x ，
所以 ( )g x 为偶函数，故只需 ( ) 0g x 在[0, ) 上恒成立即可，由 ( ) 0g
知 0a ，
( ) sin 2g x x ax ,令 ( ) sin 2h x x ax ，则 ( ) cos 2h x x a ，
①若 2 1a ，则 ( ) 0h x ， ( )g x 在 (0, ) 上单调递增， ( ) (0) 0g x g ，
所以 ( )g x 在[0, ) 上单调递增，
( ) (0) 0g x g ，故 1
2a 满足条件．
②若 10 2a ，则存在 0 0, 2x
， 0( ) 0h x ，当 0(0, )x x 时， 0( ) 0h x ， ( )g x 单调递减，
( ) (0) 0g x g ， ( )g x 在[0, ) 上单调递减， ( ) (0) 0g x g ，不成立，故 10 2a 不满足条件，
所以所求 a 的范围为 1
2a ．
（2）
3
21 1( ) 2sin (1 )1 2f x x xx
，令 ( )x
3
21 12sin (1 )1 2x xx
，
5
2
2
1 3( ) 2cos (1 )(1 ) 4x x xx
，
①当 ( 1,0]x 时， ( ) 0x ， ( )f x 单调递减， ( ) (0) 0f x f ， ( )f x 单调递增，
又 (0) 1 0 f ， 3 32ln2 2cos 2 04 4f
， ( )f x 在 ( 1,0) 内恰有一个零点；
②当 0, 3x
时，可以证明
2
ln(1 ) 2
xx x ，由（1）知
2
cos 1 2
xx ，
2 2 23 1 1 3 3( ) 2 1 1 12 2 21 1
f x x x x x x x
x x
，
设 231 2y x x ， 0, 3x
，则 1 3y x ，由 0y 得 10 3x ，由 0y ，得 1
3 3x ，所以
231 2y x x 在 1(0, )3
上增，在 1( , ]3 3
上减，
当 0x 时， 1y ，当
3x 时， 231 ( )3 2 3y
2
1 3 6
0 ，
所以 23( ) 1 02f x x x ，
故 ( )f x 在 0, 3
π
内无零点；
③当 ,3 2x
时， ( ) 0x ， ( )f x 单调递减， ( ) 03f x f
， ( )f x 单调递减，
( ) 02f x f
，故 ( )f x 在 ,3 2
无零点；
④当 5,2 6x
时， 1 1 3( ) 1 (1 ) 01 2 2f x xx
， ( )f x 单调递减，
又 02f
，
1
25 5 5ln 1 3 1 2ln2 3 06 6 6f
，
( )f x 在 5,2 6
内恰有一零点；
⑤当 5 ,6x
时， ( ) 0x ， ( )f x 单调递增，又 ( ) 0f ， 5 06f
，
∴存在唯一 0
5 ,6x
， 0( ) 0f x ，当 0
5 ,6x x
时， ( ) 0f x ， ( )f x 递减，当 0( , )x x 时，
( ) 0f x ， ( )f x 递增， 5( ) max ( ) 06f x f f
， ，
( )f x 在 5 ,6
内无零点；
综上， ( )f x 恰有两个零点，
【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题以及零点存在性定理，考查了导数的综合应用,考查了分类讨论思
想以及转换与化归思想,属于中档题.
22.已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
的左、右顶点分别为 A ， B ， E 为C 上不同于 A ， B 的动点，直
线 AE ， BE 的斜率 AEk ， BEk 满足 1
2AE BEk k ， AE BE 的最小值为-4.
（1）求C 的方程；
（2）O 为坐标原点，过O 的两条直线 1l ， 2l 满足 1 //l AE ， 2 //l BE ，且 1l ， 2l 分别交C 于 M ，N 和 P ，Q .
试判断四边形 MPNQ 的面积是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由.
【答案】（1）
2 2
18 4
x y ；（2）是定值，8 2 .
【解析】（1）设 0 0,E x y ，则
2 2
0 0
2 2 1x y
a b
，故 ( ,0), ( ,0)A a B a ，
∴
2
2 0
22 2
0 0 0
2 2 2 2 2
0 0 0 0
1
AE BE
xb ay y y bk k x a x a x a x a a
，
又
2
2 2 0
0 0 0 0 0 21 xAE BE x a x a y x a x a b a
2
2 2 2
02
c x c ca
，
由题意知：
2
2
2
1
2
4
b
a
c
，解得
2
2
8
4
a
b
，
∴椭圆 C 的方程为
2 2
18 4
x y .
（2）根据椭圆的对称性，可知OM ON ， OP OQ ，
∴四边形 MPNQ 为平行四边形，所以 4MPNQ OMPS S .
设 1l ， 2l 的斜率分别为 1k ， 2k ， 1 1,M x y ， 2 2,P x y ，则 1 1 1y k x ①， 2 2 2y k x ②.
又 1 //l AE ， 2 //l BE ，即 1 2
1
2AE BEk k k k .
当 MP 的斜率不存在时， 1 2y y ， 1 2x x .
由① ②，得 2 2 2
1 1 2 1 1
1
2y k k x x ，结合
2 2
1 1 18 4
x y ，解得 1 2x ， 1 2y .
∴ 1 1
14 4 2 8 22MPNQ OMPS S y x .
当 MP 的斜率存在时，设直线 MP 的方程为 y kx m ，
联立方程组得 2 2
18 4
y kx m
x y
，得 2 2 22 1 4 2 8 0k x kmx m ，则
2 2 2 2 2(4 ) 4 2 1 2 8 8 8 4 0km k m k m ，即 1 2 2
4
2 1
kmx x k
，
2
1 2 2
2 8
2 1
mx x k
.
∵ 2 2
1 2 1 21 2 1 2
1 2
1 2 1 2 1 2
1
2
k x x km x x my y kx m kx mk k x x x x x x
，
∴
2
2 2
2 2
2
2
2 8 4
12 1 2 1
2 8 2
2 1
m kmk km mk k
m
k
，整理得： 2 24 2m k .
由直线 MP 过 (0, )m ，
2
1 2 1 2 1 2
14 4 | | 2| | 42MPNQ OMPS S m x x m x x x x
2 2 2 2
2 2 2
4 2 8 4 2 | | 8 42 | | 42 1 2 1 2 1
km m m k mm k k k
，
将 2 24 2m k 代入，整理得 8 2MPNQS .
综上，四边形 MPNQ 的面积为定值，且为8 2 .
【点睛】本题考查了两点斜率公式、向量数量积的坐标表示、椭圆的对称性、直线与椭圆的位置关系，考
查了数学运算能力与逻辑推理能力，属于稍难题.
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