江苏省如皋市2021届高三5月第三次适应性考试数学试卷（5.3模）（解析版）

第 1页 （共 14页） 2021 年新高考第三次适应性考试试题 数学学科试题 2021 年 5 月 （考试时间：120 分钟；总分：150 分） 一、单选题：本题共 8 小是，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． 1．1－2i 1＋i ＋1＋2i 1－i ＝( ) A．－1 B．－i C．1 D．i 【答案】A 【考点】复数的运算 【解析】由题意可知，1－2i 1＋i ＋1＋2i 1－i ＝(1－2i)(1－i) (1＋i)(1－i) ＋(1＋2i)(1＋i) (1－i)(1＋i) ＝－1－3i 2 ＋－1＋3i 2 ＝－1， 故答案选 A. 2．已知随机变量 X ~ N(1，σ2)，若 P(x≥0)＝0.6，则 P(x＞2)＝( ) A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8 【答案】B 【考点】正态分布的应用 【解析】由题意可知，P(0≤x≤1)＝P(x≥0)－P(x＞1)＝0.6－0.5＝0.1，所以 P(x＞2)＝P(x＞ 1)－P(1≤x≤2)＝P(x＞1)－P(0≤x≤1)＝0.5－0.1＝0.4，故答案选 B. 3．1943 年深秋的一个夜晚，年仅 19 岁的曹火星在晋察冀边区创作了歌曲《没有共产党就 没有中国》，毛主席得知后感觉歌名的逻辑上有点问题，遂提出修改意见，将歌名改成《没 有共产党就没有新中国》，今年恰好是建党 100 周年，请问“没有共产党”是“没有新中国” 的 条件． A．充分 B．必要 C．充分必要 D．既非充分又非必要 【答案】A 【考点】新情景问题下的条件的判断 【解析】由题意可知，“没有共产党”可推出“没有新中国”，但是“没有新中国”能不能 推出“没有共产党”未知，所以“没有共产党”是“没有新中国”的充分条件，故答案选 A. 4．已知 a＝log35，b＝(1 2) 1 3，c＝log1 3 1 6 ，则 a，b，c 的大小关系为( ) A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b 第 2页 （共 14页） 【答案】D 【考点】指对数比较大小 【解析】由题意可知，1 2 ＝(1 2)1＜(1 2) 1 3＜(1 2)0＝1，即1 2 ＜b＜1；c＝log1 3 1 6 ＝log36＞log35＝a，所 以 c＞a＞b，故答案选 D. 5．(x2＋3x＋2)5 的展开式中 x2 的系数为( ) A．625 B．800 C．750 D．600 【答案】B 【考点】二项式定理展开式的应用：求某一项的系数 【解析】由题意可知，(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，则其通式为Cm 5 x5－mCn 5x5－n2n，所以展开 式中 x2 的系数为C3 5C5 525＋C4 5C4 524＋C5 5C3 523＝320＋400＋80＝800，故答案选 B. 6．已知正三角形 ABC 的边长为 3，且→ AP＝2 → PB，→ BQ＝2 → QC，→ CR＝2 → RA，则→ PQ→ PR＝( ) A．3 2 B．3 4 C． 3 3 D． 3 2 【答案】A 【考点】平面向量的基本定理于数量积应用 【解析】由题意可知，在正三角形 ABC 中，因为→ AP＝2 → PB，→ BQ＝2 → QC，→ CR＝2 → RA，所以→ PB ＝－1 3 → BA，→ BQ＝2 3 → BC，→ PA ＝2 3 → BA，→ AR＝1 3 → AC，且→ PQ＝→ PB＋→ BQ＝－1 3 → BA＋2 3 → BC，→ PR＝→ PA ＋→ AR＝2 3 → BA＋1 3 → AC＝2 3 → BA＋1 3( → BC－→ BA)＝1 3 → BA＋1 3 → BC，所以→ PQ→ PR＝(－1 3 → BA＋2 3 → BC)(1 3 → BA＋ 1 3 → BC)＝－1 3 ×1 3 → BA 2＋1 9 → BA→ BC＋2 3 ×1 3 → BC2＝－1 9 ×32＋1 9 ×3×3×cos60°＋2 9 ×32＝3 2 ，故答案选 A. 7．已知椭圆 x2 a1 2 ＋y2＝1 与双曲线 x2 a2 2 －y2＝1 有相同的焦点 F1，F2，设椭圆与双曲线的离心率 分别为 e1，e2，则( ) A．e1e2＝1 B．e22－e12＝1 C．e12＋e22＝2e12e22 D．e2＝2e1 【答案】C 【考点】圆锥曲线中椭圆与双曲线的几何性质应用：离心率关系 【解析】法一：由题意可知，a12－1＝c2，a22＋1＝c2，e1＝ c a1 ＝ c 1＋c2 ，e2＝ c a2 ＝ c c2 －1 ， 第 3页 （共 14页） 对于选项 A，e1e2＝ c 1＋c2  c c2－1 ＝ c2 c4－1 ≠1，所以选项 A 错误；对于选项 B，e22－e12＝ c2 c2－1 － c2 c2＋1 ＝ 2c2 (c2－1)(c2＋1) ≠1，所以选项 B 错误；对于选项 C，e12＋e22＝ c2 c2＋1 ＋ c2 c2－1 ＝ 2c4 (c2－1)(c2＋1) ＝ 2c4 c4－1 ，e1e2＝ c 1＋c2  c c2－1 ＝ c2 c4－1 ，e12e22＝ c4 c4－1 ，则 e12＋e22＝2e12e22， 所以选项 C 正确；对于选项 D，e2＝ c c2 －1 ，2e1＝ 2c 1＋c2 ，所以 e2≠2e1，所以选项 C 错 误；综上，答案选 C. 对于选项 C 的另解： ①由题意 a12－1＝c2，a22＋1＝c2，所以 a12＋a22＝2c2，则a1 2 c2 ＋a2 2 c2 ＝2，即 1 e1 2 ＋ 1 e2 2 ＝2，则可 化简为 e12＋e22＝2e12e22，所以答案选 C. ②由题意可知，a12－1＝c2，a22＋1＝c2，则 a12－1＝a22＋1，所以 1 e1 2 ＋ 1 e2 2 ＝a1 2 c2 ＋a2 2 c2 ＝ a1 2 a1 2－1 ＋ a2 2 a2 2＋1 ＝1＋ 1 a1 2－1 ＋1－ 1 a2 2＋1 ＝2，则可化简为 e12＋e22＝2e12e22，所以答案选 C. 8．已知四棱锥 P－ABCD 的侧面 PAD 为正三角形，底面 ABCD 为矩形，且面 PAD⊥面 ABCD， PA＝4 3 3 ，AB＝2，则该四棱锥内可以放置最大的球的半径为( ) A． 3 3 B．2－ 2 C．2 3 3 D．2 3 【答案】B 【考点】立体几何的内切球问题 【解析】由题意可知，分别取 AD，BC 的中点为 E，F，连结 PF，EF，因为△PAD 为正三 角形，且 PA＝4 3 3 ，所以可得 PE⊥AD，且 PE＝ 3 2 PA＝2，又面 PAD⊥面 ABCD，且 PAD ∩面 ABCD＝AD，PE面 PAD，所以 PE⊥面 ABCD，所以 PE⊥EF，则四棱锥内可以放置 最大的球(此时球与面 PAD，面 ABCD，面 PBC 相切)，且球的半径为△PEF 的内切圆的半 径，可设为 r，因为 PE＝EF＝2，所以 PF＝ PE2＋EF2＝2 2，则 r＝PE＋EF－PF 2 ＝2＋2－2 2 2 ＝2－ 2，所以答案选 B. 第 4页 （共 14页） 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．已知 a，b，c，d∈R，则下列不等式一定成立的是( ) A．a2b2＋c2d2≥2abcd B．a4＋b4≥a3b＋ab3 C．(ab＋cd)2≤(a2＋c2)(b2＋d2) D． a2＋b2＋ c2＋d2＞ (a－c)2＋ (b－d)2 【答案】ABC 【考点】不等关系的判断 【解析】由题意，对于选项 A，a2b2＋c2d2－2abcd＝(ab－cd)2≥0，即 a2b2＋c2d2≥2abcd，所 以选项 A 正确；对于选项 B，a4＋b4－a3b－ab3＝a4－a3b＋b4－ab3＝a3(a－b)＋b3(b－a)＝(a －b)(a3－b3)＝(a－b)2(a2＋ab＋b2)，因为 a2＋ab＋b2＞0，(a－b)2≥0，所以 a4＋b4－a3b－ab3 ≥0，即 a4＋b4≥a3b＋ab3，所以选项 B 正确；对于选项 C，因为 a2d2＋b2c2≥2abcd，且(ab ＋cd)2＝a2b2＋2abcd＋c2d2，(a2＋c2)(b2＋d2)＝a2b2＋a2d2＋b2c2＋c2d2，所以(a2＋c2)(b2＋d2) ≥(ab＋cd)2，所以选项 C 正确；对于选项 D，可设 A(a，b)，B(c，d)，| → OA|＝ a2＋b2，| → OB| ＝ c2＋d2，| → AB|＝ (a－c)2＋(b－d)2，则有 (a－c)2＋ (b－d)2≥ (a－c)2＋(b－d)2，又| → OA| ＋| → OB|≥| → AB|(A，B，C 三点共线时取等号)，所以 a2＋b2＋ c2＋d2＞ (a－c)2＋(b－d)2，所 以无法判断 a2＋b2＋ c2＋d2与 (a－c)2＋ (b－d)2的大小，所以选项 D 错误；综上，答案 选 ABC. 10．已知圆 O：x2＋y2＝4，A(1，0)，C(4，0)，点 P 在圆上且在第一象限内，则下列结论正 确的是 ( ) A．PC＝2PA B．∠PAC≤π 6 C．∠PAC＞2∠PCA D．∠PAC＜2∠PCA 第 5页 （共 14页） 【答案】ABC 【考点】直线与圆的综合应用 【解析】由题意可知，可设 P(x，y)，对于选项 A，PC＝ (4－x)2＋y2，PA＝ (1－x)2＋y2， 若 PC＝2PA，则 (4－x)2＋y2＝2 (1－x)2＋y2，化简可得 x2＋y2＝4，即成立，所以选项 A 正 确；对于选项 B，当 PC 与圆 O 相切时，∠PCA 最大，此时 PO＝2，OC＝4，则在 Rt△POC 中，∠PCA＝π 6 ，则∠PAC≤π 6 ，所以选项 B 正确；对于选项 CD，在△PAC 中，由正弦定理 可得， PC sin∠PAC ＝ PA sin∠PCA ，且 PC＝2PA，则可得 sin∠PAC＝2sin∠PCA，所以∠PAC≥2 ∠PCA，当 PC 与圆 O 相切时，此时∠OPC＝90°，则有∠POC＝2∠PCA，而∠PAC＞∠POC， 所以∠PAC＞2∠PCA，所以选项 C 正确，选项 D 错误；综上，答案选 ABC. 11．已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 设与对角线 AC1 垂直的平面α截正方体表面所得截面多边 形记为 M，则关于多边形 M 的说法正确的是( ) A．M 可能为正三角形 B．M 可能为正方形 C．若 M 为六边形，则面积为定值 D．若 M 为六边形，则周长为定值 【答案】AD 【考点】立体几何的综合应用：截面问题 【解析】由题意可知，对于选项 AB，截面为三角形或者六边形，若截面为三角形，则为△ B1CD1，可得到该三角形为正三角形，则选项 A 正确，选项 B 错误；对于选项 CD，若截面 为六边形，可得到 EF∥CD1，EJ∥BD1∥BD，设正方体的棱长为 1，则 EF CD1 ＝EF 2 ＝DE CD ，且EJ BD ＝EJ 2 ＝CE CD ，所以EF 2 ＋EJ 2 ＝DE CD ＋CE CD ＝DE＋CE CD ＝1，所以 EF＋EJ＝ 2，所以 IJ＋IH＝ 2， HG＋GF＝ 2，所以六边形的周长为 3 2，面积不为定值，所以选项 C 错误，选项 D 正确； 综上，答案选 AD. 12．已知声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数或余弦函数，而纯音的数学模 型是函数 y＝Asinωx，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音．若一个复合音的数 学模型是函数 f(x)＝2sinx－sin3x，则下列说法正确的是( ) A．π是 f(x)的一个周期 B．f(x)在[0，2π]上有 7 个零点 C．f(x)的最大值为 3 D．f(x)在[π 6 ，π 2]上是增函数 【答案】BCD 【考点】新情景问题下的三角函数的图像与性质应用 第 6页 （共 14页） 【解析】由题意可知，对于选项 A，因为 f(x＋π)＝2sin(x＋π)－sin3(x＋π)＝－2sinx＋sin3x ＝－f(x)≠f(x)，所以选项 A 错误；对于选项 B，f(x)＝2sinx－sin3x＝2sinx－sin(x＋2x)＝2sinx － sinxcos2x － cosxsin2x ＝ 2sinx － sinx(1 － 2sin2x) － 2sinxcos2x ＝ 2sinx － sinx(1 － 2sin2x) － 2sinx(1－sin2x)＝4sin3x－sinx＝sinx(4sin2x－1)，令 f(x)＝0，在[0，2π]内解得 sinx＝0 或 4sin2x －1＝0，即 x＝0，π，2π或 x＝π 6 ，5π 6 ，7π 6 ，11π 6 ，共有 7 个零点，所以选项 B 正确；对于选项 C， f(x)＝sinx(4sin2x－1)，设 sinx＝t，(－1≤t≤1)，则 g(t)＝t(4t2－1)＝4t3－t，所以 g′(t)＝12t2 －1，令 g′(t)＝0，解得 t＝± 3 6 ，所以 t∈[－1，－ 3 6 )时，g′(t)＞0，g(t)单调递增；t∈[－ 3 6 ， 3 6 ]时，g′(t)＜0，g(t)单调递减；t∈( 3 6 ，1]时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，且 g(1)＝3，g( 3 6 ) ＝－ 3 9 ＜0，所以 g(t)max＝3，即 f(x)max＝3，所以选项 C 正确；对于选项 D，当 x∈[π 6 ，π 2]时， t∈[1 2 ，1]，此时 g′(t)＞0，所以 g(t)单调递增，即 f(x)单调递增，所以选项 D 正确；综上，答 案选 BCD. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知 x，y∈R＋，x＋2y＝1，则1 x ＋x＋y y 的最小值为______． 【答案】2＋2 2 【考点】基本不等式的应用 【解析】由题意可知，1 x ＋x＋y y ＝1 x ＋x y ＋1＝x＋2y x ＋x y ＋1＝1＋2y x ＋x y ＋1≥2＋2 2y x ·x y ＝2＋ 2 2，当且仅当2y x ＝x y ，即 x＝ 2y 时取等号，所以1 x ＋x＋y y 为 2＋2 2. 14．已知锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，现有下列四个判断： 甲：a＞b； 乙：sinA＞cosB； 丙：tan(A－B)＞0； 丁：cosA＜cosB． 若上述四个结论有且仅有一个是正确的，那么正确的是______． 【答案】乙 【考点】逻辑推理题：三角函数公式综合应用 【解析】由题意可知，对于甲，由△ABC 为锐角三角形，不一定能得出 a＞b，则甲错误； 对于乙，在锐角△ABC 中，A＋B＞90°，所以 A＞90°－B，所以 sinA＞sin(90°－B)＝cosB， 则乙正确；对于丙，在锐角△ABC 中，tan(A－B)＝ tanA－tanB 1＋tanAtanB ，因为 tanA 与 tanB 大小关 系未知，所以 tan(A－B)的正负未知，所以丙错误；对于丁，因为 A 与 B 大小关系未知，所 以无法判断 cosA 与 cosB 的大小，所以丁错误；综上，正确的为乙. 第 7页 （共 14页） 15．已知圆周上等距离的排列着八个点 A1，A2，…，A8，现从中任取三个不同的点作为一个 三角形的三个顶点，则恰好能构成一个直角三角形的概率为______． 【答案】3 7 【考点】几何中概率的求解 【解析】由题意可知，若要三点构成直角三角形，则圆上两点连线为直径时，再取第三点构 成三角形，此时为直角三角形，而圆上 8 个点中，连线为直径的的点有 4 组，则可构成直角 三角形的选法为C1 4，第三点的选法为C1 6，所以能构成一个直角三角形的概率为C1 4C1 6 C3 8 ＝3 7. 16．已知函数 f(x)＝ 2021 1i x i   ，则当 x＝x0 时，函数 f(x)有最小值，则 x0＝______，此时 g(x0) ＝   2021 0 1i x i   ______． 【答案】1011；0 【考点】函数的性质综合应用 【解析】法一：由题意可知，f(x)＝|x－1|＋|x－2|＋…＋|x－2020|＋|x－2021|，则 f(2022－x) ＝|2022－x－1|＋|2022－x－2|＋…＋|2022－x－2021|＝|2021－x|＋|2020－x|＋…＋|1－x|＝|x －2021|＋|x－2020|＋…＋|x－1|＝f(x)，所以 f(x)关于直线 x＝2022－x＋x 2 ＝1011 对称，所以 函数 f(x)取最小值时，x0＝1011；g(x0)＝   2021 1 1011 i i   ＝[(1011－1)＋(1011－2)＋(1011－3) ＋…＋(1011－2020)＋(1011－2021)]＝1010＋1009＋1008＋…＋(－1009)＋(－1010)＝0. 第 8页 （共 14页） 法二：由题意可知，f(x)＝|x－1|＋|x－2|＋…＋|x－2020|＋|x－2021|，当 x∈(1010，1011]时， f(x)＝x－1＋x－2＋…＋x－1010＋1011－x＋1012－x＋…＋2020－x＋2021－x＝1010x－ 1011x－(1＋2＋…＋1010)＋(1011＋1012＋…＋2020＋2021)＝－x－(1＋2＋…＋1010)＋ (1011＋1012＋…＋2020＋2021)，可知 f(x)单调递减；当 x∈(1011，1012)时，f(x)＝x－1＋x －2＋…＋x－1010＋x－1011＋1012－x＋…＋2020－x＋2021－x＝1011x－1010x－(1＋2 ＋…＋1010＋1011)＋(1012＋…＋2020＋2021)＝x－(1＋2＋…＋1010＋1011)＋(1012＋…＋ 2020＋2021)，可知 f(x)单调递增，所以当 x0 ＝1011 时，f(x)有最小值；此时，g(x0)＝   2021 1 1011 i i   ＝[(1011－1)＋(1011－2)＋(1011－3)＋…＋(1011－2020)＋(1011－2021)]＝ 1010＋1009＋1008＋…＋(－1009)＋(－1010)＝(1010－1010)×2021 2 ＝0. 三、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．(本小题满分 10 分) 已知△ABC 中，B＝π 3 ，AC＝ 13， ，求 S△ABC． 请从①sinA＝4sinC；②a－c＝3；③cosC＝ 7 26 13三个条件中选择一个补充在上面的问题中， 并作答． 【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换综合应用 【解析】 1°当选①时，在△ABC 中，由正弦定理得 a sinA ＝ b sinB ＝ c sinC ， 因为B＝π 3 ，AC＝ 13，所以sinA＝ 39 26 a，sinC＝ 39 26 c，所以 a＝4c ……3 分 在△A BC 中，由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accosB， 所以 c＝1，所以 a＝4 ……7 分 第 9页 （共 14页） 所以S△ABC＝1 2acsinB＝1 2 ×4×1× 3 2 ＝ 3 ……10 分 2°当选②时，在△ABC 中，由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accosB 因为 a－c＝3，所以c2＋3c－4＝(c＋4)(c－1)＝0，所以 c＝1(舍负) ……7 分 所以S△ABC＝1 2acsinB＝1 2 ×4×1× 3 2 ＝ 3 ……10 分 3°当选③时，因为 0＜B＜π，所以sinC＝ 1－cos2C＝ 1－(7 13 26 )2＝ 39 26 ……3 分 在△ABC 中，由正弦定理得：b sinB ＝ c sinC ，因为B＝π 3 ，AC＝ 13， 所以 c＝1，因为 A＋B＋C＝π，所以 sinA＝sin(C+π 3)＝1 2sinC＋ 3 2 cosC＝2 39 13 ……7 分 所以 S△ABC＝1 2bcsinA＝1 2 × 13×1×2 39 13 ＝ 3 ……10 分 18．(本小题满分 12 分) 已知数列{an}的前 n 项和为Sn，若 a1＝1，且当 n≥2，n∈N*时，2Sn＝anan＋1． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝an＋an＋1 an 2an＋1 2 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn． 【考点】数列的通项公式与求和 【解析】 (1)因为 2Sn＝anan＋1①，所以2Sn＋1＝an＋1an＋2② ②＞①得：an＋1(an＋2－an)＝2an＋1． ……2 分 在①中，令 n＝1，所以 a2＝2， 因为 a1＞0，所以 S1＞0，因为 2Sn＝anan＋1，所以an＋1＞0 ……3 分 所以an＋2－an＝2，所以数列{an}中所有奇数项和偶数项都为公差为 2 的等差数列．……4 分 1°当 n 为奇数时，an＝a1＋n－1 2 ×2＝n； 2°当 n 为偶数时，an＝a2＋(n 2 －1)×2＝n 综合 1°，2°得：an＝n ……6 分 (2) bn＝an＋an＋1 an 2an＋1 2 ＝ 2n＋1 n2(n＋1)2＝ 1 n2－ 1 (n＋1)2 ……10 分 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1－ 1 22＋ 1 22－ 1 32＋…＋ 1 n2－ 1 (n＋1) 2＝n2＋2n (n＋1)2 ……12 分 第 10页 （共 14页） 19．(本小题满分 12 分) 某空调商家，对一次性购买两台空调的客户推出两种质保期两年内的保维修方案： 方案一：交纳质保金 300 元，在质保的两年内两台空调共可免费维修 2 次，超过 2 次每次 收取维修费 200 元； 方案二：交纳质保金 400 元，在质保的两年内两台空调共可免费维修 3 次，超过 3 次每次收 取维修费 200 元． 小李准备一次性购买两台这种空调，现需决策在购买时应购买哪种质保方案，为此搜集并整 理了 100 台这种空调质保期内两年内维修的次数，统计得下表： 维修次数 0 1 2 3 空调台数 20 30 30 20 用以上 100 台空调维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率． (1)求购买这样的两台空调在质保期的两年内维修次数超过 2 次的概率； (2)请问小李选择哪种质保方案更合算? 【考点】随机事件得概率求解、实际问题应用 【解析】 (1)设“求购买这样的两台空调在质保期的两年内维修次数超过 2 次”为事件 A． 购买这样的两台空调在质保期的两年内维修次数为 X， P(X＝3)＝2× 3 10 × 3 10 ＋2×1 5 ×1 5 ＝13 50 ，P(X＝4)＝ 3 10 × 3 10 ＋2× 3 10 ×1 5 ＝ 21 100 P(X＝5)＝2× 3 10 ×3 5 ＝ 3 25 ，P(X＝6)＝1 5 ×1 5 ＝ 1 25 P(A)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＋P(X＝6)＝ 63 100 ……4 分 答：购买这样的两台空调在质保期的两年内维修次数超过 2 次的概率为 63 100 ……5 分 (2)1°当选择方案一，小李可能交纳的维修费为 300＋200×P(X≥3)＝426 ……8 分 2°当选择方案二，小李可能交纳的维修费为 400＋200＋P(X≥4)＝474． ……11 分 因为 474＞426．所以小李选择质保方案一更合算． ……12 分 20．(本小题满分 12 分) 如图，在三棱台 ABC－DEF 中，CF⊥面 DEF，AB⊥BC，AB＝BC＝1 2EF＝1 2CF＝2． (1)若→ CP＝2 → BP，证明：面 PDF⊥面 CDE； 第 11页 （共 14页） (2)求二面角 A－CE－D 的余弦值． 【考点】立体几何的位置关系证明、二面角的求解 【解析】 (1)证明：在三棱台 ABC－DEF 中，DE∥AB，EF∥BC， 因为 AB⊥BC，所以 DE⊥EF 因为 CF⊥平面 DEF，DE，EF平面 DEF，所以 CF⊥DE，CF⊥EF， 因为 CF∩EF＝F，CF，EF平面 EFCB，所以 DE⊥平面 EFCB， 因为 PF平面 EFCB，所以 DE⊥PF． ……3 分 因为 BC＝1 2EF，→ CP＝2 → BP，所以 PC＝EF，因为 EF//BC，所以四边形 EFCP 为平行四边形， 因为 CF＝EF，CF⊥EF，所以四边形 EFCP 为正方形，所以 CE⊥PF ……5 分 因为 DE，CE平面 CDE，DE∩CE＝E，所以 PF⊥平面 CDE，因为 PF平面 PDF， 所以平面 PDF⊥平面 CDE ……7 分 (2)以 E 为坐标原点，直线 ED，EF 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． 因为 AB＝CB＝2，AB⊥CB，所以CA＝2 2， 在三棱台 ABC－DEF 中，AB DE ＝AC DF ＝BC EF ＝1 2 ， 所以 DE＝EF＝4，DF＝4 2， 则 E(0，0，0)，D(4，0，0)，C(0，4，4)，A(2，2，4)， 所以→ EC＝(0，4，4)，→ EA＝(2，2，4)，→ ED＝(4，0，0)， 设平面 ACE 的一个法向量为→n1＝(x1，y1，z1)， 平面 DCE 的一个法向量为→n2＝(x2，y2，z2)， A B C D E F B Cz 第 12页 （共 14页） 因为→ EC⊥→n1，→ EA⊥→n1，所以 4y1＋4z1＝0 2x1＋2y1＋4z1＝0，令 z1＝1，则 x1＝－1，y1＝－1， 所以→n1＝(－1，－1，1)， ……10 分 同理→n2＝(0，－1，1)，所以 cos＝ →n1·→n2 |→n1||→n2| ＝ 1＋1 3× 2 ＝ 6 3 ， 由图可知：二面角 A－CE－D 的平面角为锐角， 所以二面角 A－CE－D 的余弦值为 6 3 ． ……12 分 21．(本小题满分 12 分) 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b，0＜b＜2)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆上，PF2 ⊥F1F2．若△PF1F2 的周长为 6，面积为3 2 ． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)已知椭圆的左、右顶点分别为 A，B，过(1 2 ，0)的直线与椭圆交于 M，N 两点，设直线 AM， BN 的斜率分别为 k1，k2，证明：k1 k2 为定值． 【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：证明斜率相关定值 【解析】 (1)设椭圆 C 的焦距为 2c，因为△PF1F2 的周长为 6，面积为3 2 ， 所以 2a＋2c＝6① b2c a ＝3 2 ② ，由①得：a＝3－c，将此式代入②得：2[(3－c)2－c2]c＝3(3－c)， 所以4c2－7c＋3＝(c－1)(4c－3)＝0，所以 c＝1 或3 4 ……3 分 1°当 c＝3 4 时，a＝9 4 ，b＝ a2－c2＝3 2 2 ＞2，所以不满足题意； 2°当 c＝1 时，a＝2，b＝ a2－c2＝ 3＜2，所以满足题意． A D E F x y 第 13页 （共 14页） 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1 ……4 分 (2)①当直线 MN 的斜率不存在时，直线 MN 方程为 x＝1 2 由 x＝1 2 3x2＋4y2＝12 得 y2＝45 16 ，所以 y＝±3 5 4 ，所以 M(1 2 ，3 5 4 )，N(1 2 ，－3 5 4 ) 所以 k1＝3 5 10 ，k2＝ 5 2 ，所以k1 k2 ＝3 5 ……6 分 ②当直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 方程为 y＝k(x－1 2)，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 y＝k x－1 2 3x2＋4y2＝4 得：(4k2＋3)x2－4k2x＋k2－12＝0， 所以 x1＋x2＝ 4k2 3＋4k2 ，x1x2＝k2－12 3＋4k2 ，＝4(45k2＋36)＞0． ……8 分 k1 k2 －3 5 ＝ y1 x1＋2 y2 x2－2 －3 5 ＝y1(x2－2) y2(x1＋2) －3 5 ＝5y1(x2－2)－3y2(x1＋2) 5y2(x1＋2) ＝ 2kx1x2 －17 2 k(x1 ＋x2)＋8 k 5y2(x1 ＋2) 所以 2kx1x2－17 2 k(x1＋x2)＋8k＝2k k2－12 3＋4k2 －17 2 k 4k2 3＋4k2 ＋8k＝0，所以k1 k2 ＝3 5 ……11 分 综上所述：k1 k2 为定值3 5 ……12 分 22．(本小题满分 12 分) 己知函数 f(x)＝x＋1 x ，g(x)＝2＋(lnx)2． (1)证明：两函数图像有且只有一个公共点； (2)证明： 1 1n k k k  － 1 1 n k k k  ＞ln(n＋1)(n∈N*)． 【考点】函数与导数：函数的零点个数问题、证明不等式 【解析】 (1)设F(x)＝g(x)－f(x)＝(lnx)2－x＋1 x ＋2，F(1)＝0， F′(x)＝2lnx x －1＋1 x2＝ 2lnx－x＋1 x x ……2 分 第 14页 （共 14页） 设h(x)＝2lnx－x＋1 x ，h(1)＝0， 因为 h′(x)＝2 x －1－1 x2＝(x－1)2 x2 ≤0，所以 y＝h(x)在(0，＋∞)为减函数 ……4 分 当 x∈(0，1)时，h(x)＞0，F′(x)＞0，y＝F(x)在(0，1)为增函数； 当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，F′(x)＜0，y＝F(x)在(1，＋∞)为减函数 所以 F(x)≤F(1)＝0，所(lnx)2＋2≤x－1 x(当且仅当 x＝1 时取“＝”)， 所以两函数图像有且只有一个公共点． ……6 分 (2)由(1)知：x∈(1，＋)时，h(x)＝2lnx－x＋1 x ＜h(1)＝0，所以2lnx＜x－1 x ， 因为 k＋1 k ＞1，所以2ln k＋1 k ＜ k＋1 k － k k＋1 ， 所以 k＋1 k － k k＋1 ＞ln(k＋1)－lnk ……10 分 所以 1 1n k k k  － 1 1 n k k k  ＝ 1 1( )1 n k k k k k    ＞ 1 [ln( 1) ln ] n k k k    ＝ln(n＋1) ……12 分