【考前预测篇1】热点试题精做-2021年高考数学考前十天终极预测 解析版

【考前预测篇 1】热点试题精做 1．（2021·浙江金华市·高三其他模拟）已知全集U  R ，集合    2 1 , 0P x x Q x x     … ，那么  UP Q  ð （ ） A． ( 2,0) B． (0,1) C． ( ,0) (0,1)  D． ( ,1) 【答案】D 【解析】  0uQ x x ð ，    ,1UP Q   ð .故选：D 2．（2021·浙江高三其他模拟）已知 0a  ， 0b  ，则“ a b ”是“ 1 1ln a b a b   ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 1 1ln a b a b   ，即 1 1ln lna ba b    ，记   1lnf x x x   ， 显然  f x 在 0,  上单调递增，所以    f a f b ，所以 0a b  ，故选：C. 3．（2021·全国高三其他模拟（理））2021年初我国脱贫攻坚战取得了全面胜利，现行标准下区域性整体贫困得到解 决，完成了消除绝对贫困的艰巨任务．经过数据分析得到某山区贫困户年总收入与各项投入之间的关系是：贫困户年 总收人 y（元）=1200+ 4.1年扶贫资金（元）+ 4.3 年自投资金（元） 900  自投劳力（个）．若一个贫困户家中只 有两个劳力，2016 年自投资金 5000元，以后每年的自投资金均比上一年增长10% ，2016 年获得的扶贫资金为30000 元，以后每年获得的扶贫资金均比上一年减少5000元，则该贫困户在 2021年的年总收人约为 51.1 1.6 （ ） A． 48100 元 B．57900 元 C．58100 元 D． 64800元 【答案】B 【解析】由题意， 2021年的自投资金为 55000 1.1 5000 1.6 8000    （元）， 2021年的扶贫资金为30000 5 5000 5000   （元）， 所以该贫困户 2021年的年总收入约为1200 4.1 5000 4.3 8000 900 2 57900       （元）．故选：B. 4．（2021·浙江高三其他模拟）如图，已知四边形 ABCD 是圆柱 1 2O O 的轴截面，点 E 在上底面圆上，点 F 为 BC 的 中点， 30BAE   ．若圆柱的底面圆半径为 2，侧面积为 24 ，则异面直线 DF 与 AE 所成角的余弦值为（ ） A． 13 5 B． 2 5 C． 3 5 D． 2 3 5 【答案】D 【解析】如图，过 D 作 AE 的平行线，与圆 2O 交于点G ，连接 BE ， DG ，CG ， FG ，则四边形 AEGD 为矩形，故 //AE DG ，则 FDG 或其补角为异面直线 DF 与 AE 所成的角．设圆柱的高为 h ，由圆柱的侧面积为 24 ，底面圆 半径为 2 可得 4 24h  ，故 6h  ．在 Rt ABE△ 中， cos30 2 3AE AB   ，故 2 3DG  ，而 1 22CG BE AB   ， 2 2 5DF CF CD   ， 2 2 13FG CG FC   ．在 DFG 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 3cos 2 5 DF DG FGFDG DF DG     ，即异面直线 DF 与 AE 所成角的余弦值为 2 3 5 ． 故选：D 5．（2021·四川成都七中高三三模（理））函数   1 1 x x ef x e   的图像大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由   1 211 1 x x x ef x e e     知： 1y  为 ( )f x 的一条渐近线，可排除 A、B； 1 1 )1) (( 1 x x x x e e f xef ex         且定义域为 0x  ，则 ( )f x 为奇函数，可排除 C. 故选：D. 6．（2021·青海西宁市·高三一模（理））已知定义在 R 上的函数  f x 满足  2 20f  ，且  f x 的导函数  f x 满 足   26 2f x x  ，则不等式   32 2f x x x  的解集为（ ） A．{ 2}x x  ∣ B．{ 2}x x ∣ C．{ 2}x x ∣ D．{ 2∣  x x 或 2}x  【答案】B 【解析】令函数     32 2g x f x x x   ，则     26 2 0g x f x x    ， 所以  g x 在 R 上单调递增. 因为  2g    32 2 2 2 2 0f      ，所以原不等式等价于    0 2g x g  ， 所以所求不等式的解集为{ 2}.x x ∣ 故选：B 7．（2021·安徽高三其他模拟（理））定义在 [0,2]x 的单调函数 ( )f x 对任意 [0,1]x 恒有 (1 ) (1 ) 0f x f x    ，且 [0,1]x 时，   2 2 1f x x mx m    ，则实数 m 的取值范围是（ ） A．[0,2] B． ( ,0] [2, )  C． ( , 2] [0, )    D． R 【答案】B 【解析】由 (1 ) (1 ) 0f x f x    ，可知函数 ( )f x 关于点 (1,0) 中心对称. 因为对任意的 [0,2]x ， ( )f x 是单调函数，所以 [0,1)x 时，   2 2 1f x x mx m    是单调的，而二次函数开口向 上，对称轴为 2 mx  ， 故当 12 m  时，即 2m  ， ( )f x 在 [0,1]x 时是单调递减的，根据对称性可知，函数 ( )f x 在 1,2 上也是单调递减的， 又由  1 2 0f m   ，知 ( )f x 在 [0,2]x 上是单调递减的； 当 02 m  ，即 0m  ， ( )f x 在 [0,1]x 时是单调递增的，根据对称性可知，函数 ( )f x 在 1,2 上也是单调递增的，又 由  1 0f m  ，知 ( )f x 在 [0,2]x 上是单调递增的. 综上可得，实数 m 的取值范围是 ( ,0] [2, )  ．故选：B. 8．（2021·北京房山区·高三一模）“十三五”期间，我国大力实施就业优先政策，促进居民人均收入持续增长.下面散点 图反映了 2016-2020 年我国居民人均可支配收入(单位：元)情况.根据图中提供的信息，下列判断不正确的是（ ） A．2016-2020 年，全国居民人均可支配收入每年都超过 20000 元 B．2017-2020 年，全国居民人均可支配收入均逐年增加 C．根据图中数据估计，2015 年全国居民人均可支配收入可能高于 20000 元 D．根据图中数据预测，2021 年全国居民人均可支配收入一定大于 30000 元 【答案】D 【解析】A：由散点图可知：2016-2020 年，全国居民人均可支配收入每年都超过 20000 元，所以本判断正确； B：由散点图可知：2017-2020 年，全国居民人均可支配收入均逐年增加，所以本判断正确； C：根据图中数据估计，2015 年全国居民人均可支配收入可能高于 20000 元，所以本判断正确； D：根据图中数据预测，2021 年全国居民人均可支配收入有可能大于 30000 元，不是一定大于 30000 元，所以本判断 不正确，故选：D． 9．（2021·天津红桥区·高三一模）某校对高三年级 800 名学生的数学成绩进行统计分析.全年级同学的成绩全部介于 80 分与 150 分之间，将他们的成绩按照[80,90) ，[90,100) ，[100,110) ，[110,120) ，[120,130) ，[130,140) ，[140,150] 分组，整理得到如下频率分布直方图，则成绩在[120,130) 内的学生人数为（ ） A．200 B．240 C．360 D．280 【答案】B 【解析】从全体学生中根据成绩采用分层抽样的方法抽取 800 名同学的试卷进行分析, 则从成绩在 [120,130) 内的学生 中抽取的人数为： 800 [1 (0.005 0.010 0.010 0.015 0.025     0.005) 10] 240   故选：B 10．（2021·辽宁高三二模（文））已知向量 a 、 b 满足 1a  ， 2b  ， 1a b   ，则 2a b  （ ） A．2 B． 2 2 C． 2 3 D． 2 5 【答案】C 【解析】   22 2 2 24 4 1 4 1| 2 | | 2 | 4 2 2 3a b a b a a b b                     故选：C． 11．（2021·北京西城区·高三一模）在 ABC 中， 90 , 4, 3C AC BC    ，点 P 是 AB 的中点，则CB CP   （ ） A． 9 4 B．4 C． 9 2 D．6 【答案】C 【解析】解：如图建立平面直角坐标系，则  4,0A ，  0,3B ，  0,0C ， 32, 2P     所以  0,3CB  ， 32, 2CP       ，所以 3 90 2 3 2 2CB CP       ，故选：C 12．（2021·安徽合肥市·高三二模（文））如图，在 ABC 中，D，E 是 AB 边上两点， 2BM MC  ，且 BDM ， EDM△ ， AEM△ ， ACM△ 的面积成等差数列.若在 ABC 内随机取一点，则该点取自 AEM△ 的概率是（ ） A． 5 18 B． 2 9 C． 1 6 D． 1 9 【答案】A 【解析】因为 2BM MC  ，所以 2BM MC ， 2ABM ACMS S△ △ ， 因为 BDM ， EDM△ ， AEM△ ， ACM△ 的面积成等差数列. 设面积依次为 , , 2 , 3a a d a d a d   ，则 2 2( 3 )a a d a d a d      ，则 3a d ， 所以 BDM ， EDM△ ， AEM△ ， ACM△ 的面积依次为 3 ,4 ,5 ,6d d d d ， 所求概率为 5 5 3 4 5 6 18 dP d d d d     ． 故选：A． 13．（2021·全国高三其他模拟（理））四面体 ABCD 的顶点 A ，B ，C ，D 在同个球面上，AD  平面 ABC ， 2 6 3AD  ， 2AB  ， 3AC  ， 60CAB  ，则该四面体的外接球的表面积为（ ） A． 6 B．14 3  C．12 D．16 3  【答案】C 【解析】如图所示，作 ABC 外接圆 1O ，过 1O 作直线l  平面 ABC ， 又 DA  平面 ABC ， / /DA l ，连接 1AO ，并延长交球 O 于 H ， 连接 DH ，与 l 的交点为球心O ，OH OD R  ，则 1 1 6 2 3OO AD  ， 在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cos60BC AB AC AB AC      14 9 2 2 3 72        ， 7BC  ， 又由正弦定理得 12sin60 BC O H ( 1O H 为外接圆半径)， 1 21 3O H  2 2 2 2 1 1 6 21 39 9R OH OO O H       ， 24 12S R    . 故选：C． 14．（2021·辽宁高三二模（理））双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F 、 2F ， P 是双曲线C 上一 点， 2PF x 轴， 1 2 3tan 4PF F  ，则双曲线的渐近线方程为（ ） A． 2 0x y  B． 2 0x y  C． 3 0x y  D． 3 0x y  【答案】C 【解析】由题设， 2 ( ,0)F c ，由 2PF x 轴，知 2 ( , )bP c a  ， ∴ 2 2 1 2 1 2 3tan 2 4 PF bPF F F F ac     ，又 2 2 2b c a  ， ∴ 2 22 3 2 0c ac a   ，得 (2 )( 2 ) 0c a c a   ，又 0c a  ，得 2c a ， ∴ 3b a ，又渐近线方程为 by xa   ，即 3y x  等价于 3 0x y  . 故选：C． 15．（2021·全国高三其他模拟（理））已知过抛物线 2: 4C y x 的焦点 F 且倾斜角为 30°的直线交C 于 A， B 两点， Q 为 AB 的中点， P 为C 上一点，则| | | |PF PQ 的最小值为（ ） A． 5 B． 6 C． 7 D．8 【答案】D 【解析】由题意得 (1,0)F ．又因为 3tan30 3k    ，故直线 AB 的方程为 3 1x y  ， 与抛物线方程 2 4y x 联立，消 x，得 2 4 3 4 0y y   ． 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 4 3y y  ， 所以  1 2 1 23 2 14x x y y     ，所以  7,2 3Q ． 过 P 作 PH 垂直于准线于点 H ，根据抛物线的定义，得| | | | | | | |PF PQ PH PQ   ． 当 Q、P、H 共线时， QH 最小等于 7+1=8， 所以| | | |PF PQ 的最小值为 8. 故选：D 16．（2021·浙江高三其他模拟）若双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右焦点  f x 作斜率为 a b  的直线，该直线与双 曲线的两条渐近线的交点分别为 B ，C ，且3FB FC  ，则该双曲线的离心率是（ ） A． 2 B． 3 C．3 D． 2 3 【答案】B 【解析】过双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的右焦点 F ，且斜率为 a b  的直线方程为  ay x cb    ． 由  , , ay x cb by xa       ，得 B aby c  ，由  , , ay x cb by xa        得 2 2C abcy b a   ．因为3FB FC  ，所以 2 23 ab abc c b a    ， 所以 2 23c a ，所以 3e  ，故选：B． 17．（2021·浙江高三其他模拟）已知椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，以原点O 为圆心的圆（圆的半径小于 b ）的面积 为 4 ，且经过椭圆的焦点，P 为椭圆上任意一点，Q 为圆上任意一点，若 P ，Q 两点间的距离的最小值为1，则椭圆 的离心率为（ ） A． 2 13 13 B． 13 13 C． 3 2 D． 1 2 【答案】A 【解析】设椭圆的左焦点为  1 ,0F c ，圆的半径为 r ，则 2 4S r  圆 ，解得： 2r = ，  圆经过椭圆的焦点， 2c  ． 又 P ，Q 两点间的距离的最小值为1，且 r b ， 1b r   ，即 1 3b r   ，  2 2 2 13a b c   ，解得： 13a  ， 椭圆的离心率 2 13 13 ce a   ．故选：A. 18．（2021·安徽高三其他模拟（文））过抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  焦点的直线与抛物线C 交于 ,A B 两点，其中 | | 8AB  ， AD DB  ，圆 2 2 5: 02C x y y    ，若抛物线C 与圆C 交于 ,P Q 两点，且| | 5PQ  ，则点 D 的横坐 标为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】易知圆 C 过原点，设 (0,0), ( , ), 0P Q m n m  ， 由| | 5PQ  ，可得 2 2 5m n  ，又 2 2 5 2m n n  ，联立可解得 1, 2m n  . 将 (1,2)Q 代入 2 2y px 中，解得 2p  ，抛物线 C 的方程为 2 4y x ， 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 1 2 1 2 22 2 p pAB AF BF x x x x p x x                     由 8AB  可得 1 2 6x x  . 由 AD DB  可知，点 D 是 AB 的中点，因此，点 D 的横坐标为 1 2 32 x x  . 故选：B. 19．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，若不等式 1n na S  ．对任意的 *n N 恒成立，则称 数列 na 为“和保值数列”．若 na 是公差为 d 的等差数列，且 na n 为“和保值数列”，则 1a 的取值范围为（ ） A． 0, B． 2,  C． 1,  D． 1, 【答案】C 【解析】由 na n 为“和保值数列”可得     1 1 1 11 2 2n n n d n na n na       对任意的 *n N 恒成立，即     1 1 1 11 2 2 n n d n na nd n na        对任意的 *n N 恒成立，即 2 1 1 1 3 1 1 02 2 2 d dn a n a          对任意 的 *n N 恒成立，当 1n  时，可得 1d   ；当 2n  时，不等式 2 1 1 1 3 1 1 02 2 2 d dn a n a          恒成立，所以 1 02 d   ，即 1d   ，故 1d   ．则 1 11 1 0a n a    ．即  1 1 1 0a n   ，故 1 1a   ，故 1a 的取值范围为  1,  ．故选：C 20．（2021·安徽黄山市·高三二模（文））我们常把  22 1 0,1,2n nF n    叫“费马数”，设  2log 1n na F  ， 0,1,2 , nn S  表示数列 na 的前 n 项之和，则使不等式 2 3 1 1 2 2 3 1 2 2 2 7 15 n n nS S S S S S      成立的最大正整数 n 的值是 （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】    2 2log 1 log 2 1 1 2n n n na F      ，   12 1 2 2 21 2 n n nS     ， 则       1 1 11 2 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 12 2 2 2 2 2 1 2 1 n n n n nn n n n n nS S                   ， 所以 2 3 1 2 2 3 1 1 2 2 3 1 2 2 2 1 1 1 1 1 112 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n nS S S S S S                   1 1 1 712 2 1 15n       ，即有 12 1 15n   ，即为 1 42 2n  ，解得 3n  ， 则 n 的最大值为 2．故选：A． 21.（2021·江苏苏州市·高三其他模拟）已知函数 ( )f x 满足：① (0) 0f  ；②在[1 3]， 上是减函数；③ (1 ) (1 )f x f x   . 请写出一个满足以上条件的 ( )f x  ___________. 【答案】 2 2x x  【解析】由 (1 ) (1 )f x f x   可得 ( )f x 关于 1x  对称， 所以开口向下，对称轴为 1x  ，且过原点的二次函数满足题目中的三个条件， 故答案为： 2 2x x  20．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数 2( ) xf x x e  ，则  f x 在 1x  处的切线斜率为___________. 【答案】 23e 【解析】 2 2 2( ) 2 (2 1)x x xf x e xe x e     ，由导数的几何意义，可得 2(1) 3k f e  .故答案为：3e2 21．（2021·全国高三专题练习）关于函数 ( ) 4sin 6f x x      有如下四个命题： ① ( )f x 的最小正周期为 2； ② ( )f x 的图象关于点 7 ,06      对称； ③若    f a x f a x   ，则 a 的最小值为 2 3 ； ④ ( )f x 的图象与曲线 1 250 6y xx       共有 4 个交点． 其中所有真命题的序号是__________． 【答案】①②④ 【解析】由图可得： 2 2   ， ( )f x 的最小正周期为 2，①正确； 7( ) 4sin 06 6 6f         ， ( )f x 的图象关于点 7 ,06      对称，②正确； 离 y 轴最近的对称轴为 1 3x   ，所以若    f a x f a x   ，则 a 的最小值为 1 3 ，③错误； 在 y 轴右边离 y 最近的对称为 2 3x  ， 2( ) 43f  ，而 1 3 42 2 3   ， 1y x  在 (0, ) 上是减函数，因此 ( )f x 的图象在第 一象限每个周期内与 1y x  的图象都有两个交点，在区间 1 13( , )6 6 上有两个交点，在区间 13 25( , )6 6 上有两个交点，从而 在 25(0, )6 上有 4 个交点，④正确； 故答案为：①②④． 22．(2021.云南师范大学高三第七次月考）已知点 O 为坐标原点，抛物线 2 3y x 与过焦点的直线交于 A，B 两点，则 OA OB  等于___________. 【答案】 27 16  【解析】设 2 1 13 yA y      ， ， 2 2 23 yB y      ， ， 当直线 AB 斜率不存在时， 1 2 3 3,2 2y p y p     ， 所以 2 2 1 2 1 23 3 y yOA OB y y               ， ， 2 2 1 2 1 2 1 27 9 16y y y y   . 当直线 AB 斜率存在时，设方程为  3 04x my m   ， 与抛物线联立方程得： 2 93 04y my   所以 1 2 9 4y y   ， ∴ 2 2 1 2 1 23 3 y yOA OB y y               ， ， 2 2 1 2 1 2 1 27 9 16y y y y   . 故答案为： 27 16  . 23．（2021·山东潍坊市·高三月考）在① π2 sin cos 4a C c A     ，② 2 cos cos cosc A a B b A  ， ③ 2 2 2 2b c a bc   这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答问题. 问题：在 ABC 中，内角 A ， B ，C 所对边分别为 a ，b ， c ，已知 3b  ， ABC 的面积为 3，______，求 a . 【解析】选① 因为 π2 sin cos 4a C c A     ，由正弦定理得  22 sin sin sin sin cos2A C C A A  ， 所以sin cosA A ，  0,πA ，所以 π 4A  ， 13 sin2ABCS bc A △ ，且 3b  ，得 2 2c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，解得 5a  . 选② 因为 2 cos cos cosc A a B b A  ， 由正弦定理得  2 sin cos sin cos sin cos sin sinC A A B B A A B C     ， 所以 2cos 2A  ， 因为  0,πA ，所以 π 4A  ， 13 sin2ABCS bc A △ ，且 3b  ，得 2 2c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，解得 5a  . 选③ 因为 2 2 2 2b c a bc   ， 2 2 2 2b c a bc   ，得 2 2 2 2cos 2 2 b c aA bc    ， 因为  0,πA ，所以 π 4A  ， 13 sin2ABCS bc A △ ，且 3b  ，得 2 2c  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，解得 5a  ． 24．（2021·山东潍坊市·高三月考）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2 2a a  ，当 2n  时， 1 1 2 1n n nS S S    . （1）求证：当 2n  ， 1n na a  为定值； （2）把数列 na 和数列 2 na 中的所有项从小到大排列，组成新数列 nc ，求数列 nc 的前100项和 100T . 【解析】（1）当 2n  时， 3 1 22 1S S S   ， 即  1 2 3 1 1 22 1a a a a a a      ，得 3 3a  ， 当 2n  时，因为 1 1 2 1n n nS S S    ，所以 2 12 1n n nS S S    ， 两式相减得 2 12n n na a a   ，所以 2 1 1n n n na a a a     ， 3 2 1a a  ，所以 1 1n na a   ，当 2n  时，  2 2 2 2na a n n n       . 所以 2, 1 , 2n na n n    ； （2）数列 na 前100项为 2 、 2 、3 、 4 、5 、 、100， 数列 2 na 为 22 、 22 、 32 、 42 、 、 2n ， 所以数列 nc 前100项含有数列 2 na 的项为 22 、 22 、 32 、 42 、 52 、 62 ，共六项， 所以 2 2 3 4 5 62 2 2 2 2 2 2 2 3 4 5 94nT              2 94 93128 2 45942      . 25．（2021·山东潍坊市·高三月考）为了了解扬州市高中生周末运动时间，随机调查了 3000 名学生，统计了他们的周 末运动时间，制成如下的频率分布表： 周末运动时间t （分钟）  30,40  40,50  50,60  60,70  70,80  80,90 人数 300 600 900 450 450 300 （1）从周末运动时间在 70,80 的学生中抽取 3 人，在 80,90 的学生中抽取 2 人，现从这5 人中随机推荐 2 人参加体 能测试，记推荐的 2 人中来自 70,80 的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望； （2）由频率分布表可认为：周末运动时间t 服从正态分布 2( , )N   ，其中  为周末运动时间的平均数 t ， 近似为样 本的标准差 s ，并已求得 14.6s  ．可以用该样本的频率估计总体的概率，现从扬州市所有高中生中随机抽取10名学 生，记周末运动时间在 43.9,87.7 之外的人数为Y ，求  2P Y  （精确到 0.001）； 参考数据 1：当 2( , )t N   时，   0.6827P t        ，  2 2 0.9545P t        ，  3 3 0.9973P t        ． 参考数据 2： 80.8186 0.202 ， 20.1814 0.033 . 【解析】（1）随机变量 X 的可能取值为 0 、1、 2 ，   2 2 2 5 10 10 CP X C    ，   1 1 3 2 2 5 31 5 C CP X C    ，   2 3 2 5 32 10 CP X C    ， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示： X 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10 所以   1 3 3 60 1 210 5 10 5E X        ； （2） 35 300 45 600 55 900 65 450 75 450 85 300 58.53000t              ， 又 43.9 58.5 14.6      ，87.7 58.5 14.6 2 2      ， 所以     0.6827 0.954543.9 87.7 2 0.81862P t P t             ， 所以 P t    或 2 1 0.8186 0.1814t       ， 所以  10,0.1814Y B ，所以   2 2 8 102 0.1814 0.8186 45 0.033 0.202 0.300P Y C        . 26．（2021·山东潍坊市·高三月考）已知多面体 EF ABCD 中， ADEF 为正方形，平面 ADEF  平面 ABCD ， //AB CD ， BC CD ， 5AB  ， 2 5 5BC  ， 2BD  . （1）证明： AE BF ； （2）求平面 BEF 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值. 【解析】（1）因为 2BD  ， 2 5 5BC  ， BC CD ，由勾股定理，可得 4 5 5CD  ， 因为 5AB  ，所以 CD BD BD AB  ，因为 //AB CD ，所以 BDC ABD   ， 所以 BCD ADB∽△ △ ， 因为 BC CD ，所以 BD AD 又因为平面 ABCD  平面 ADEF ，平面 ABCD  平面 ADEF AD ， 所以 BD  平面 ADEF ， 由 AE  平面 ADEF ，可得 AE BD . 在正方形 ADEF 中，有 DF AE ， BD  平面 BDF ， DF  平面 BDF ， BD DF F  ， AE ⊥ 平面 BDF ， BF  平面 BDF ， BF AE ； （2）以 DA 为 x 轴， DB 为 y 轴， DE 为 z 轴建立空间直角坐标系，可得  0,2,0B ，  0,0,1E ，  1,0,1F ， 4 8, ,05 5C     ，  0, 2,1BE   uur ，  1,0,0EF  uuur ， 4 2, ,05 5CB      uur 设平面 BEF 的法向量为  1 1 1, ,m x y zr ，平面 BCE 的法向量  2 2 2, ,n x y zr 由 0, 0, BE m EF m           可得 1 1 1 2 0, 0, y z x      令 1 1y  ，得到  0,1,2m  ， 0, 0, BE n CB n           可得 2 2 2 2 2 0 4 2 0,5 5 y z x y      令 2 1x  ，可得  1, 2, 4n   r ， 10 2 105cos , 2121 5 m nm n m n     r rr r r r ， 所以平面 BEF 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值为 2 105 21 . 27．（2021·山东潍坊市·高三月考）椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     的左、右焦点分别为 1F 、 2F ， P 为椭圆短轴上的 一个顶点， 1PF 的延长线与椭圆相交于G ， 2PGF△ 的周长为8 ， 1 13PF GF . （1）求椭圆 E 的方程； （2）过椭圆 E 外一点 A 作矩形 ABCD ，使椭圆 E 与矩形 ABCD 的四条边都相切，求矩形 ABCD 面积的取值范围. 【解析】（1）由 2PGF△ 的周长为8 得 4 8a  ，则 2a  ， 由 1 13PF GF 且G 在 1PF 的延长线上，得 1 4 3PG PF uuur uuur ， 设点 P 为椭圆的上顶点，设  0 0,G x y ，则   0 0 4, ,3x y b c b    ，解得 0 4 3x c  ， 0 1 3y b  ， 由 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ，解得 2 2c  ，所以 2 2b  ，椭圆 E 的方程为 2 2 14 2 x y  ； （2）设四边形 ABCD 面积为S . 当四边形 ABCD 的一边与坐标轴平行时，因为四边形 ABCD 为矩形， 2 2 8 2S a b   ； 当四边形 ABCD 的各边与坐标轴不平行时， 根据对称性，设其中一边 AB 所在直线方程为 y kx m  ， 则对边所在直线 CD 方程为 y kx m  ，则另一边 AD 所在直线方程为 1y x nk    ， 则 BC 所在直线方程为 1y x nk    ， 联立 2 2 14 2 x y y kx m       ，得    2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m     ， 得   2 2 2 216 8 1 2 2 0k m k m      ，可得 2 24 2m k  ，同理 2 2 4 2n k   ， 矩形一边长 1 2 2 1 md k   ，矩形另一边长 2 2 2 1 1 nd k   ， 矩形面积为 2 2 2 1 2 2 22 2 22 2 1 2 12 2 4 18 8 2 11 111 21 k km n mnk kS d d k kk kkk                . 因为 2 2 2 2 1 12 2k kk k     ，当且仅当 1k   时，等号成立，所以8 2 12S  . 综上得8 2 12S  . 28．（2021·山东潍坊市·高三月考）已知函数 2( ) 1xf x e ax bx    ，其中 ,a b R ， 2.71828e  为自然对数的 底数. （Ⅰ）设 ( )g x 是函数 ( )f x 的导函数，求函数 ( )g x 在区间[0,1] 上的最小值； （Ⅱ）若 (1) 0f  ，函数 ( )f x 在区间 (0,1) 内有零点，求 a 的取值范围 【解析】（Ⅰ） ( ) 2 , ( ) 2x xg x e ax b g x e a    ①当 0a  时， ( ) 2 0xg x e a   ，所以 ( ) (0) 1g x g b   . ②当 0a  时，由 ( ) 2 0xg x e a   得 2 , ln(2 )xe a x a  . 若 1 2a  ，则 ln(2 ) 0a  ；若 2 ea  ，则 ln(2 ) 1a  . 所以当 10 2a  时， ( )g x 在[0,1] 上单调递增，所以 ( ) (0) 1g x g b   . 当 1 2 2 ea  时， ( )g x 在[0,ln2 ]a 上单调递减，在[ln 2 ,1]a 上单调递增，所以 ( ) (ln 2 ) 2 2 ln 2g x g a a a a b    . 当 2 ea  时， ( )g x 在[0,1] 上单调递减，所以 ( ) (1) 2g x g e a b    . （Ⅱ）设 0x 为 ( )f x 在区间 (0,1) 内的一个零点，则由 0(0) ( ) 0f f x  可知， ( )f x 在区间 0(0, )x 上不可能单调递增，也不可能单调递减. 则 ( )g x 不可能恒为正，也不可能恒为负. 故 ( )g x 在区间 0(0, )x 内存在零点 1x . 同理 ( )g x 在区间 0( ),1x 内存在零点 2x . 所以 ( )g x 在区间 (0,1) 内至少有两个零点. 由（Ⅰ）知，当 1 2a  时， ( )g x 在[0,1] 上单调递增，故 ( )g x 在 (0,1) 内至多有一个零点. 当 2 ea  时， ( )g x 在[0,1] 上单调递减，故 ( )g x 在 (0,1) 内至多有一个零点. 所以 1 2 2 ea  . 此时， ( )g x 在[0,ln2 ]a 上单调递减，在[ln 2 ,1]a 上单调递增， 因此 1 2(0,ln(2 )], (ln(2 ),1)x a x a  ，必有 (0) 1 0, (1) 2 0g b g e a b       . 由 (1) 1 0f e a b     得： 1 2a b e    ，有 (0) 1 2 0, (1) 2 1 0g b a e g e a b a            . 解得 2 1e a   . 当 2 1e a   时， ( )g x 在区间[0,1] 内有最小值 (ln(2 ))g a . 若 (ln(2 )) 0g a  ，则 ( ) 0( [0,1])g x x  ， 从而 ( )f x 在区间[0,1] 上单调递增，这与 (0) (1) 0f f  矛盾，所以 (ln(2 )) 0g a  . 又 (0) 2 0, (1) 1 0g a e g a       ， 故此时 ( )g x 在 (0,ln(2 ))a 和 (ln(2 ),1)a 内各只有一个零点 1x 和 2x . 由此可知 ( )f x 在 1[0, ]x 上单调递增，在 1( ,x 2 )x 上单调递减，在 2[ ,1]x 上单调递增. 所以 1( ) (0) 0f x f  ， 2( ) (1) 0f x f  ， 故 ( )f x 在 1( ,x 2 )x 内有零点. 综上可知， a 的取值范围是 ( 2,1)e  .