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  • 2021-06-16 发布

20届 高三上学期11月月考数学试题

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第 1 页 共 22 页 2020 届浙江省宁波市宁波十校高三上学期 11 月月考数学试 题 一、单选题 1.已知集合 A={x| 1 2 x x   0},B={x|1<x≤2},则 A∩B=( ) A.{x|1<x<2} B.{x|1<x≤2} C.{x|﹣1≤x≤2} D.{x|﹣1≤x<2} 【答案】A 【解析】集合 A={x|﹣1≤x<2},集合的交集运算,即可求解. 【详解】 由题意,集合 A={x| 1 2 x x   0}={x|﹣1≤x<2},B={x|1<x≤2},所以 A∩B={x|1<x< 2}. 故选:A. 【点睛】 本题主要考查了分式不等式的求解,以及集合的交集的运算,其中解答中正确求解集合 A,结合集合的交集概念及运算求解是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,属于 基础题. 2.若复数  1 2 a i a Ri   为纯虚数,其中i 为虚数单位,则 a  ( ) A.2 B.3 C.-2 D.-3 【答案】C 【解析】因为 1 1( (1 2 ) [ 2 (1 2 ) ]1 2 5 5 a i a i i a a ii          ) 为纯虚数,所以 2 0a   且1 2 0a  ,解得 2a   ,故选 C. 点睛:复数是高考中的必考知识,主要考查复数的概念及复数的运算.要注意对实部、 虚部的理解,掌握纯虚数,共轭复数这些重要概念,复数的运算主要考查除法运算,通 过分母实数化,转化为复数的乘法,运算时特别要注意多项式相乘后的化简,防止简单 问题出错,造成不必要的失分. 3.已知三个实数 2,a,8 成等比数列,则双曲线 2 2 2 19 y x a   的渐近线方程为( ) A.3x±4y=0 B.4x±3y=0 C. 3 x±2y=0 D.9x±16y=0 【答案】A 第 2 页 共 22 页 【解析】由三个实数 2, a ,8 成等比数列,求得 2a =16,得到双曲线 2 2 19 16 y x  的 渐近线方程,即可求得双曲线的渐近线的方程,得到答案. 【详解】 由题意,三个实数 2, a ,8 成等比数列,可得 2a =16, 即双曲线 2 2 19 16 y x  的渐近线方程为 3x±4y=0, 故选:A. 【点睛】 本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质,其中解答中根据等比中项公式, 求得 a 的值,得出双曲线的标准方程式解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于 基础题. 4.若实数 x,y 满足 x+y>0,则“x>0”是“x2>y2”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】根据充分条件、必要条件的判定方法,结合不等式的性质,即可求解,得到答 案. 【详解】 由题意,实数 x,y 满足 x+y>0,若 x>0,则未必有 x2>y2, 例如 x=1,y=2 时,有 x2<y2; 反之,若 x2>y2,则 x2﹣y2>0,即(x+y)(x﹣y)>0; 由于 x+y>0,故 x﹣y>0,∴x>y 且 x>﹣y,∴x>0 成立; 所以当 x+y>0 时,“x>0”推不出“x2>y2”,“x2>y2”⇒“x>0”; ∴“x>0”是“x2>y2”的必要不充分条件. 答案:B. 【点睛】 本题主要考查了不等式的性质,以及充分条件、必要条件的判定,其中解答中熟记充分 条件、必要条件的判定方法,结合不等式的性质求解是解答的关键,着重考查了推理与 论证能力,属于基础题. 5.已知函数 f(x)=x2﹣3x﹣3,x∈[0,4],当 x=a 时,f(x)取得最大值 b,则函 第 3 页 共 22 页 数   1( ) x bg x a  的图象为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】结合二次函数的性质,求得 4, 1a b  ,得到函数   11( )4 xg x  ,再结合指 数函数的图象,即可求解. 【详解】 由题意,函数 f(x)=x2﹣3x﹣3,x∈[0,4], 对称轴为 x=1.5,开口向上,最大值为 f(4)=1,所以 a=4,b=1, 可得函数 g(x) 11( )4 x ,相当于把 y 1( )4 x 向左平移 1 个单位,所以 D 选项复合题 意. 故选:D. 【点睛】 本题主要考查了图象的识别,其中解答中熟记一元二次函数的性质,以及指数函数的图 象与性质,合理运算时解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 6.已知实数 ,x y 满足不等式组 2 5 0 3 2 7 0 1 x y x y x          ,若 ,( )z kx y k R   的最大值为 8, 则 z 的最小值为( ) A.﹣2 B.﹣1 C.0 D.1 【答案】D 【解析】作出不等式组所表示的平面区域,结合平面区域,根据目标的最大值,分类讨 论求得 k 的值,进而求得目标函数的最小值,得到答案. 【详解】 第 4 页 共 22 页 由题意,作出不等式组 2 5 0 3 2 7 0 1 x y x y x          所表示的可行域,如图所示, 由 1 3 2 7 0 x x y      ,解得 (1, 2)A  ;由 2 5 0 3 2 7 0 x y x y        ,解答 (3,1)B ; 由 2 5 0 1 x y x      ,解得 (1,2)C (1)若目标函数取得最大值8 的最优解为 (1, 2)A  时,代入目标函数,可得 6k  , 此时目标函数 6z x y  ,此时代入点 (3,1)B ,可得 6 3 1 17 8z      ,不符合题 意; (2)若目标函数取得最大值8 的最优解为 (1,2)C 时,代入目标函数,可得 10k  , 此时目标函数 10z x y  ,此时代入点 (3,1)B ,可得 10 3 1 29 8z      ,不符合 题意; (3)若目标函数取得最大值8 的最优解为 (3,1)B 时,代入目标函数,可得 3k  , 此时目标函数 3z x y  ,此时点C 能使得目标函数取得最小值,代入点 (1,2)C , 最小值为 3 1 2 1z     ; 答案:D. 【点睛】 本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题.其中解答中正确画出不等式组表 示的可行域,利用“一画、二移、三求”,确定目标函数的最优解是解答的关键,着重考 查了数形结合思想,及推理与计算能力,属于基础题. 7.函数 f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0, 2 2   < < )满足 f( 4  )=f( 2  )=﹣f( 3 4  ), 第 5 页 共 22 页 且当 x∈[ 4  , 2  ]时恒有 f(x)≥0,则( ) A.ω=2 B.ω=4 C.ω=2 或 4 D.ω不确定 【答案】A 【解析】根据三角函数的图象与性质,求得函数的对称轴和对称点,判断周期T 的取值 范围,即可求解,得到答案. 【详解】 由题意,函数   ( )sin   f x x ,因为 f( 4  )=f( 2  )=﹣f( 3 4  ), 可得 f(x)有一条对称轴为 34 2 2 8x      ,对称点的横坐标为 3 52 4 2 8     , 又由 x∈[ 4  , 2  ]时恒有 f(x)≥0,所以 f( 3 8  )=1,又 f( 5 8  )=0,5 3 8 8 4     . 所以 4 4 T  , 3 4 4 T  , 可得当 T=π,ω=2;当 T 3  时,ω=6, 当 x 3 4  时,sin(6• 3 4   φ)=cosφ>0,不成立, 故选:A. 【点睛】 本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用,其中解答中熟记三角函数的图象与性 质,准确计算是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题. 8.今有男生 3 人,女生 3 人,老师 1 人排成一排,要求老师站在正中间,女生有且仅 有两人相邻,则共有多少种不同的排法?( ) A.216 B.260 C.432 D.456 【答案】C 【解析】将老师两边分别看作三个位置,先分组再排列,在排入学生,按分步计数原理, 即可求解. 【详解】 由题意,将老师两边分别看作三个位置,将学生分为两女一男和两男一女两组,且两女 相邻,分组方法有 2 1 3 3C C  9 种, 两女一男的排列方法为 2 2 2 2A A  4 种, 第 6 页 共 22 页 两男一女的排列方法有 3 3A  6 种, 由分步计数原理,可得总的排列方法有 2 29 4 6 A    432 种, 故选:C. 【点睛】 本题主要考查了计数原理、排列组合的应用,其中解答中认真审题,合理利用排列、组 合的知识求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于基础题. 9.如图,点 E 为正方形 ABCD 边 CD 上异于点 C、D 的动点,将△ADE 沿 AE 翻折成 △SAE,在翻折过程中,下列三个说法中正确的个数是( ) ①存在点 E 和某一翻折位置使得 AE∥平面 SBC; ②存在点 E 和某一翻折位置使得 SA⊥平面 SBC; ③二面角 S﹣AB﹣E 的平面角总是小于 2∠SAE. A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】B 【解析】对于①,四边形 ABCE 为梯形,所以 AE 与 BC 必然相交;对于②,假设 SA  平面 SBC,可推得矛盾;对于③,当将△ADE 沿 AE 翻折使得平面 SAE⊥平面 ABCE 时, 二面角 S﹣AB﹣E 最大,在平面 SAE 内,作出一个角等于二面角 S﹣AB﹣E 的平面角; 由角 SAE 所在三角形的一个外角,它是不相邻的两个内角之和,结合图形,即可判 定③. 【详解】 对于①,四边形 ABCE 为梯形,所以 AE 与 BC 必然相交,故①错误; 对于②,假设 SA  平面 SBC,SC  平面 SBC,所以 SA⊥SC,又 SA⊥SE,SE∩SC=S, 所以 SA⊥平面 SCE,所以平面 SCE∥平面 SBC,这与平面 SBC∩平面 SCE=SC 矛盾, 故假设不成立,即②错误; 对于③,当将△ADE 沿 AE 翻折使得平面 SAE⊥平面 ABCE 时,二面角 S﹣AB﹣E 最大, 如图,在平面 SAE 内,作 SO⊥AE,垂足为 O,∴SO⊥平面 ABCE;AB  平面 ABCE, 所以 SO⊥AB; 作 OF⊥AB,垂足为 F,连接 SF,SO∩OF=O,则 AB⊥平面 SFO,所以 AB⊥SF,则 第 7 页 共 22 页 ∠SFG 即为二面角 S﹣AB﹣E 的平面角; 在直线 AE 上取一点 1F ,使得 O 1F =OF,连接 S 1F ,则∠S 1F O=∠SFO; 由图形知,在△SA 1F 中,S 1F >A 1F ,所以∠AS 1F <∠SAE;而∠S 1F O=∠SAE+∠AS 1F , 故∠S 1F O<2∠SAE; 即∠SFO<2∠SAE.故③正确. 故选:B. 【点睛】 本题主要考查了空间中的平行于垂直关系的应用,二面角的平面角的作法,以及立体几 何的折叠问题,其中解答中熟记线面关系的判定与性质,以及熟练掌握二面角的平面角 的作法是解答的关键,着重考查了空间想象能力,以及转化思想的应用,属于中档试题. 10.已知函数 f(x) 2 0 0 xe x lnx x      , , > ,g(x)=f( 2 1 3 kx  )+1(k∈R,k≠0),则下 列关于函数 y=f[g(x)]+1 的零点个数判断正确的是( ) A.当 k>0 时,有 2 个零点;当 k<0 时,有 4 个零点 B.当 k>0 时,有 4 个零点;当 k<0 时,有 2 个零点 C.无论 k 为何值,均有 2 个零点 D.无论 k 为何值,均有 4 个零点 【答案】B 【解析】根据方程的跟和函数的零点的关系,将函数 [ ( )] 1y f g x  的零点个数转化为 2 1 3 kxy  和 1y e  以及 1 1ey e   的交点,即可求解. 【详解】 依题意,当 x=0 或 x 1 e  时,f(x)=﹣1, 函数 y=f[g(x)]+1 的零点个数,即为方程 f[g(x)]=﹣1 的解的个数, 即为方程 g(x)=0 或 g(x) 1 e  的解的个数, 第 8 页 共 22 页 即为方程 2 2 1 03 1 03 kx kx      或者 2 2 1 03 1 1 3 kx kx e      或 2 2 1 03 1 1 13 kx kx ln e            (舍去) 或者 2 12 1 1 03 1 3 e kx kx e          解的个数, 即为 2 1 3 kx   0 或者 2 1 1 3 kx e   或者 12 11 3 ekx e      解的个数, 由 10 3  , 1 1 3e  ,因为 1 1 11 1 11 1 1( ) 03 e e ee e e ee        ,所以 1 1 1 3 ee   , ①当 k>0 时,y 2 1 3 kx  为顶点为(0, 1 3 ),开口向上的抛物线,y 2 1 3 kx  与 y 1 e  和 1 1ey e   分别有两个交点,与 y=0 无交点, 故当 k>0 时,函数 y=f[g(x)]+1 有 4 个零点; ②当 k<0 时,y 2 1 3 kx  为顶点为(0, 1 3 ),开口向下的抛物线,y 2 1 3 kx  与 y=0 有两个交点,与 y 1 e  和 1 1ey e   无交点, 故当 k<0 时,函数 y=f[g(x)]+1 有 2 个零点; 综上,当 k>0 时,有 4 个零点;当 k<0 时,有 2 个零点, 故选:B. 【点睛】 本题主要考查了函数的零点与方程的跟的关系,以及函数的零点个数问题,其中解答中 将函数 [ ( )] 1y f g x  的零点个数转化为 2 1 3 kxy  和 1y e  以及 1 1ey e   的交点是 解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于难题. 二、填空题 11.已知θ∈(0,π),且 sin( 4   θ) 2 10  ,则 cos(θ 4  )=_____,sin2θ=_____. 【答案】 2 10 24 25 第 9 页 共 22 页 【解析】由已知直接利用诱导公式求得 cos( )4   ,再由 sin 2 cos( 2 ) cos[2( )]2 4        ,利用余弦的倍角公式,即可求解. 【详解】 由题意,因为 sin( 4   θ) 2 10  , 可得 cos(θ 4  )=cos[ 2   ( 4   )]=sin( 4   θ) 2 10  ; 又由 sin2θ=cos( 22   )=cos2( 4   ) 2 22 241 2 1 2 ( )4 10 25sin            . 故答案为: 2 10 , 24 25 . 【点睛】 本题主要考查了三角函数的诱导公式、以及余弦的倍角公式的化简求值问题,其中解答 中熟记三角函数的诱导公式和三角函数恒等变换的公式,准确运算是解答的关键,着重 考查了推理与运算能力,属于基础题. 12.在二项式 52( )x x  的展开式中,各项系数的和为_____,含 x 的一次项的系数为 _____.(用数字作答) 【答案】 1 10 【解析】令 1x  ,代入即可求得展开式各项系数的和,再写出二项展开式的通项,令 x 的指数为 1,求得 r 的值,即可求得 x 的一次项系数,得到答案. 【详解】 在二项式 52( )x x  中,取 1x  ,可得各项系数的和为﹣1; 二项式 52( )x x  的展开式的通项 5 3 5 2 1 5 5 2( ) ( ) ( 2) r r r r r r rT C x C xx        . 由 5 3 12 r  ,得 r=1. ∴含 x 的一次项的系数为 1 52 10C   . 故答案为:﹣1;﹣10. 【点睛】 本题主要考查了二项式定量的应用,其中解答中合理利用赋值法,以及熟记二项展开式 的通项,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题. 第 10 页 共 22 页 13.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家,他在实践的基础上提出了体积计算的原理: “幂势既同,则积不容异”,称为祖暅原理.意思是底面处于同一平面上的两个同高的几 何体,若在等高处的截面面积始终相等,则它们的体积相等.利用这个原理求半球 O 的体积时,需要构造一个几何体,该几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 _____,表面积为_____. 【答案】 2 3  (3 2+ )π 【解析】根据给定的几何体的三视图,得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥,得出圆 柱的底面半径和高,利用体积和侧面积、以及圆的公式,即可求解. 【详解】 根据给定的几何体的三视图,可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥, 且底面半径 1,高为 1 的组合体, 所以几何体的体积为: 2 2 21 311 1 13       . 几何体的表面积为: 2 11 2 1 2 1 12           (3 2+ )π, 故答案为: 2 3  ,(3 2+ )π 【点睛】 本题考查了几何体的三视图及体积的计算,在由三视图还原为空间几何体的实际形状 时,要根据三视图的规则,空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线,不可见轮廓线 在三视图中为虚线,求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视 图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系,利用相应公式求解. 14.一个袋中装有 10 个大小相同的黑球、白球和红球.已知从袋中任意摸出 2 个球, 至少得到一个白球的概率是 7 9 ,则袋中的白球个数为_____,若从袋中任意摸出 3 个球, 记得到白球的个数为ξ,则随机变量ξ的数学期望 Eξ=_____. 第 11 页 共 22 页 【答案】5 3 2 【解析】根据至少得到一个白球的概率为 7 9 ,可得不含白球的概率为 2 9 ,结合超几何 分布的相关知识可得白球的个数,以及随机变量的期望,得到答案. 【详解】 依题意,设白球个数为 x ,至少得到一个白球的概率是 7 9 ,则不含白球的概率为 2 9 , 可得 2 10 2 10 2 9 xC C   ,即 (10 )(9 ) 20x x   ,解得 5x  , 依题意,随机变量 ~ (10,5,3)H ,所以 3 5 3 10 2E   . 故答案为:5, 3 2 . 【点睛】 本题主要考查了超几何分布中事件的概率,以及超几何分布的期望的求解,其中解答中 熟记超几何分布的相关知识,准确计算是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题 的能力,属于中档试题. 15.已知常数 p>0,数列{an}满足 an+1=|p﹣an|+2an+p(n∈N),首项为 a1,前 n 项和 为 Sn.若 Sn≥S3 对任意 n∈N 成立,则 1a p 的取值范围为_____. 【答案】[﹣6,﹣4] 【解析】首先判断数列 na 为递增数列,结合 3nS S 恒成立,则必有 1 2 3 40a a a a    成立,用 1a 及 p 表示出 3 4,a a ,由不等式即可求解 1a p 的取值范围. 【详解】 由题意, 1 2 0           n n n n n na a p a a p p a a p p , 及 1 0n na a   ,所以数列 na 为递增数列, 要使得 3nS S 对任意 n N  恒成立,则必有 3 40, 0a a  , 所以 2 1 1 1 12 2 0a p a a p p a a p         , 3 2 2 1 1 1 1 12 2 5 ( ) 2 5 4 0a p a a p a p a p a p a p a p                , 4 3 3 1 1 1 1 12 3 2 9 ( 3 ) 2 9 6 0a p a a p a p a p a p a p a p                , 第 12 页 共 22 页 所以 16 4a p     ,即 1a p 的取值范围[ 6, 4]  . 故答案为:[ 6, 4]  . 【点睛】 本题主要考查了数列的递推关系式的应用,其中解答的难点在于利用已知条件去掉绝对 值,并判断出 3 4,a a 满足的条件,着重考查了逻辑推理能力,属于中档试题. 16.已知椭圆 2 2 110 6 x y  ,倾斜角为 60°的直线与椭圆分别交于 A、B 两点且 8 30 9AB  ,点 C 是椭圆上不同于 A、B 一点,则△ABC 面积的最大值为_____. 【答案】16 30 9 【解析】设直线 AB 的方程为 3y x m  ,联立方程组,利用根与系数的关系及弦长 公式,得到    2 1 2 1 2 8 301 3 [ ) 4 9x x x x     ,解得 m 的值,设与直线 AB 平行且与椭圆相切 的直线方程为 3y x t  ,联立方程组,利用 0  ,求得 t 的值,再由点到直线的距 离公式和三角形的面积公式,即可求解. 【详解】 由题意,设直线 AB 的方程为 3y x m  ,点 A(x1,y1),B(x2,y2), 联立方程组 2 2 3 110 6 y x m x y      ,整理得 18x2+10 3 mx+5m2﹣30=0, 所以 x1+x2 5 3 9 m ,x1x2 25 30 18 m  . 因为 8 30 9AB  ,即    2 1 2 1 2 8 301 3 [ ) 4 9x x x x     , 代入整理得 2 4m  ,解得 2m   , 不妨取:m=2,可得直线 AB 的方程为 3 2y x  , 设与直线 AB 平行且与椭圆相切的直线方程为 y 3 x+t, 第 13 页 共 22 页 联立方程组 2 2 3 110 6 y x t x y      ,整理得 18x2+10 3 tx+5t2﹣30=0, 由△=300t2﹣72×(5t2﹣30)=0,解得:t=±6. 取 t=﹣6 时,与直线 AB 平行且与椭圆相切的直线与直线 AB 的距离 2 8 4 1 ( 3) d    , 所以△ABC 面积的最大值 1 2S d AB 1 8 30 16 3042 9 9     , 故答案为: 16 30 9 . 【点睛】 本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答此类题目,通常联立直线 方程与椭圆(圆锥曲线)方程,应用一元二次方程根与系数的关系进行求解,此类问题 易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错解,能较好的考查考生的逻辑思维能力、运 算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 17.已知平面向量 a ,b ,c 满足:a ,b 的夹角为 4  ,| a b  |=5,c a  ,c b  的 夹角为 3 4  ,| c a  |=3 2 ,则 a •c 的最大值为_____. 【答案】36 【解析】设 PA a  , PB b  , PC c  ,由题意知 , , ,P A B C 四点共圆,建立坐标系, 求出点C 的坐标和圆的半径,设 5 2 5 2( cos , sin )2 2P   ,用 表示 a c  ,根据 范 围和三角和差公式,即可求解. 【详解】 设 PA a  , PB b  , PC c  , 则 AB=| a b  |=5,AC=| c a  |=3 2 ,∠ACB 3 4  ,∠APB 4  , 可得 P,A,B,C 四点共圆. 设△ABC 的外接圆的圆心为 O,则∠AOB=2∠APB 2  , 由正弦定理可知:2OA AB sin ACB  5 2 ,故 OA 5 2 2  . 第 14 页 共 22 页 以 O 为圆心,以 OA,OB 为坐标轴建立平面坐标系如图所示: 则 A( 5 2 2 ,0),B(0, 5 2 2  ). 在△OAC 中,由余弦定理可得 cos∠AOC 25 25 18 72 2 255 2 5 22 2 2       , 故 sin∠AOC 24 25  ,∴C( 7 2 10 , 12 2 5  ). 设 P( 5 2 2 cosα, 5 2 2 sinα), 30 2   , 则 PA  ( 5 2 5 2 2 2  cosα, 5 2 2  sinα), PC  ( 7 2 5 2 10 2  cosα, 12 2 5 2 5 2   sinα), ∴ a c   ( 5 2 5 2 2 2  cosα)( 7 2 5 2 10 2  cosα) 5 2 2  sinα( 12 2 5 2 5 2  sinα) =16+12sinα﹣16cosα=16+20•( 3 5 sinα 4 5  cosα) =16+20sin(α﹣φ),其中 sinφ 4 5  ,cosφ 3 5  . ∴当α=φ 2  时, a c  取得最大值 36. 答案:36. 【点睛】 本题主要考查了向量的数量积的运算,正弦定理、余弦定理的应用,以及三角恒等变换 与三角函数的图象与性质的综合应用,着重考查了逻辑推理能力和分析问题和解答问题 第 15 页 共 22 页 的能力,属于难题. 三、解答题 18.已知△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c,且 3b csinA acosC  . (1)求 A; (2)若 3a  ,求△ABC 的面积 S 的最大值. 【答案】(1)A 6  (2) 6 3 3 4  【解析】(1)利用整下定理,三角函数的恒等变换,集合 sin 0C  ,求得 3tan 3A  , 即可求解; (2)由余弦定理,基本不等式求得bc 的最大值,进而根据三角形的面积公式,即可求 解三角形的最大面积. 【详解】 (1)由题意,在 ABC 中, 3b csinA acosC  , 由正弦定理得sin 3sin sin sin cosB C A A C  , 又由 A B C    , 可得sin sin[ ( )] sin( ) sin cos cos sinB A C A C A C A C       所以sin cos cos sin 3sin sin sin cosA C A C C A A C   , 即 cosAsinC 3 sinCsinA, 又因为 sinC≠0,所以 cosA 3 sinA,可得 tanA 3 3  , 又由 A∈(0,π),∴A 6  . (2)由余弦定理可得 cosA 2 2 2 3 2 2 b c a bc    , 可得 b2+c2﹣3 3 bc, 因为 b2+c2≥2bc,所以 3 3 bc≥2bc,可得 bc 3 2 3    3(2 3 ), 所以三角形的面积 S 1 2  bcsin 6 3 3 3 4   ,当且仅当 b=c  3 2 3  等号成立, 第 16 页 共 22 页 所以△ABC 的面积 S 的最大值 6 3 3 4  . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形 的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更合适,要抓住能够利用某个定理的信息.一般 地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式时,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角 的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理,着重考查了运算与求解能力,属于基础题. 19.如图,四边形 ABCD 为菱形,四边形 ACFE 为平行四边形,设 BD 与 AC 相交于 点 G,AB=BD=AE=2,∠EAD=∠EAB. (1)证明:平面 ACFE⊥平面 ABCD; (2)若直线 AE 与 BC 的夹角为 60°,求直线 EF 与平面 BED 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 1 3 【解析】(1)先由已知条件求得 EAD EAB   ,得到 EG BD ,再结合菱形的对角 线垂直,可得 BD  平面 ACEF ,即可证得平面 ACFE⊥平面 ABCD; (2)建立空间直角坐标系,求得各点的坐标,设 E 的坐标,根据条件求出 E ,再求得 直线的方向向量和平面的法向量,利用向量的夹角公式,即可求解. 【详解】 (1)证明:连接 EG,因为 AB=BD=AE=2,∠EAD=∠EAB, 可得△EAD≌EAB,∴ED=EB. ∵G 为 BD 的中点,所以 EG⊥BD,因为四边形 ABCD 为菱形,∴AC⊥BD, ∴BD⊥平面 ACEF,因为 BD⊂平面 ABCD; ∴平面 ACFE⊥平面 ABCD; 第 17 页 共 22 页 (2)因为 EF∥AG,直线 EF 与平面 BED 所成角即为 AG 与平面 BED 所成角; 以 G 为原点建立如图所示空间直角坐标系,如图所示, 设 E(a,0,b)则 AE  (a 3 ,0,b), 因为 BC  ( 3 ,﹣1,0), 所以由条件可得:| AE  |2=(a 3 )2+b2=4 且 AE  • 3BC   a+3=2×2×cos60°=2; 解得 3 3 2 6 3 a b     ,所以 BE  ( 3 3 ,﹣1, 2 6 3 ),因为 DB  (0,2,0); 所以可取平面 BED 的法向量 n  (2 2 ,0,﹣1),因为 EF AC   (﹣2 3 ,0,0), 设直线 EF 与平面 BED 所成角为θ,则 sinθ 2 2 3 n EF n EF       , ∵0<θ 2  ;∴sosθ 2 11 3sin    ; 既直线 EF 与平面 BED 所成角的余弦值为 1 3 . 【点睛】 本题考查了线面位置关系的判定与证明,以及空间角的求解问题,意在考查学生的空间 想象能力和逻辑推理能力,解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理,通过严密 推理是线面位置关系判定的关键,同时对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空 间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解. 第 18 页 共 22 页 20.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 a2+2a4=a9,S6=36. (1)求 an,Sn; (2)若数列{bn}满足 b1=1, 1n n nb b S  ,求证: 1 2 1 1 1 2 1 n nb b b      (n∈N). 【答案】(1)an=2n﹣1,Sn=n2(2)证明见解析 【解析】(1)设等差数列 na 的公差为 d ,运用等差数列的通项公式和求和公式,解 方程可得首项和公差,再结合等差数列的通项公式和求和公式,即可求解; (2)讨论 1, 2n n  ,将 n 换为 1n  ,相减得到 1 1 1 n n n b bb    ,再由数列的裂项相 消求和及不等式的性质,即可求解. 【详解】 (1)设等差数列{an}的公差设为 d,前 n 项和为 Sn,且 a2+2a4=a9,S6=36, 可得 a1+d+2(a1+3d)=a1+8d,即 2a1=d, 又 6a1+15d=36,即 2a1+5d=12, 解得 a1=1,d=2,则 an=1+2(n﹣1)=2n﹣1,Sn=n+n(n﹣1)=n2; (2)证明:数列{bn}满足 b1=1, 1n n nb b S   n, 当 n=1 时,b1b2=1,可得 b2=1, n≥2 时,bnbn﹣1=n﹣1, 相减可得 bn(bn+1﹣bn﹣1)=1,即 1 nb  bn+1﹣bn﹣1, 当 n≥2 时, 1 2 1 1 1 1 1 nb b b b      b3﹣b1+b4﹣b2+b5﹣b3+…+bn+1﹣bn﹣1 1 1 b   b1﹣b2+bn+bn+1≥﹣1+2 1n nb b   2 n  1; 当 n=1 时, 1 1 b  1=2 1 1,不等式成立, 综上可得, 1 2 1 1 1 2 1 n nb b b      (n∈N). 【点睛】 本题主要考查了等差数列的通项公式和前 n 项和公式的应用,以及数列与不等式的证 明,其中解答中注意数列的裂项相消法求和,以及不等式的性质的应用是解答的关键, 第 19 页 共 22 页 着重考查了方程思想以及运算能力,属于中档试题. 21.如图,P 是抛物线 E:y2=4x 上的动点,F 是抛物线 E 的焦点. (1)求|PF|的最小值; (2)点 B,C 在 y 轴上,直线 PB,PC 与圆(x﹣1)2+y2=1 相切.当|PF|∈[4,6]时, 求|BC|的最小值. 【答案】(1)|PF|的最小值为 1(2) 2 35 3 【解析】(1)求得抛物线的焦点和准线方程,运用抛物线的定义和性质,即可求得|PF| 的最小值; (2)设 2 0 0 0 0(0, ), (0, ), ( , ), 4B m C n P x y y x ,分别求得 ,PB PC 的方程,运用直线和 圆相切,得到 ,m n 为方程 2 0 0 0( 2) 2 0x x y x x    的两根,再由韦达定理可得 m n , 进而可求得其最小值. 【详解】 (1)P 是抛物线 E:y2=4x 上的动点,F 是抛物线 E 的焦点(1,0),准线方程为 x= ﹣1, 由抛物线的定义可得|PF|=d=xP+1, 由 0Px  ,可得 d 的最小值为 1,|PF|的最小值为 1; (2)设 2 0 0 0 0(0, ), (0, ), ( , ), 4B m C n P x y y x , 则 PB 的方程为 y 0 0 y m x  x+m,PC 的方程为 y 0 0 y n x  x+n, 由直线 PA 与圆(x﹣1)2+y2=1 相切,可得 0 0 2 2 0 0( ) y m mx x y m      1, 整理得(x0﹣2)m2+2y0m﹣x0=0, 同理可得(x0﹣2)n2+2y0n﹣x0=0, 第 20 页 共 22 页 即有 m,n 为方程(x0﹣2)x2+2y0x﹣x0=0 的两根,可得 m+n 0 0 2 2 y x   ,mn 0 02 x x   , 则|m﹣n| 22 0 02 0 0 2 0 0 0 4 84 4( ) 4 (2 ) 2 2 x xy xm n mn x x x         , 由|PF|∈[4,6],可得 x0+1∈[4,6],即 x0∈[3,5], 令 t=|2﹣x0|=x0﹣2,t∈[1,3], 即有|m﹣n|  24(2 ) 8 2t t t      2 2 8 6 1t t   在[1,3]递减, 可得 t=3 即 x0=5 时,|BC|=|m﹣n|取得最小值 2 35 3 . 【点睛】 本题主要考查了抛物线的定义、标准方程及性质,以及直线与抛物线的位置关系的应用, 其中解答中注意韦达定理和二次函数的单调性的应用是解答的关键,着重考查了分析问 题和解答问题的能力,属于中档试题. 22.已知函数   10 1 axf x lnx x    . (1)当 a∈R 时,讨论函数 f(x)的单调性; (2)对任意的 x∈(1,+∞)均有 f(x)<ax,若 a∈Z,求 a 的最小值. 【答案】(1)答案不唯一,具体见解析(2)a 的最小值为 3 【解析】(1)求得函数的导数    2 2 10 20 10 ( 1) x a xf x x x      ,令    210 20 10g x x a x    ,分情况讨论 a ,进而可得求得函数  f x 的单调性; (2)由  f x ax 得到 2 10ln 1 axx x   ,转化为   2 10 1x lnxa x  ,对任意 (1, )x  成 立,令     2 10 1x lnxF x x  ,利用导数求得函数  F x 的最大值,即可求得实数 a 的 第 21 页 共 22 页 最小值. 【详解】 (1)由题意,函数   10 1 axf x lnx x    , 则    2 2 2 10 20 1010 ( 1) ( 1) x a xaf x x x x x        ,x>0 且 x≠1, 令    210 20 10g x x a x    ,则其图象对称轴为直线 x 20 20 a ,g(0)=10, 当 20 020 a  ,即 a≥20 时,则 g(x)>0,f′(x)>0, 此时 f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上递增, 当 20 020 a  时,即 a<20 时,令△=(a﹣20)2﹣400≤0.可得 0≤a<20, 所以当 0≤a<20 时,则 g(x)>0,f′(x)>0, 此时 f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上递增, 当 a<0 时,由 g(x)=0 解得 x1 220 40 20 a a a   ,x2 220 40 20 a a a   , 易知 f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上递增,分别在(x1,1),(1,x2)上递减. 综上所述,当 a≥0 时,f(x)分别在(0,1)和(1,+∞)上递增, 当 a<0 时,分别在(0,x1),(x2,+∞)上递增,分别在(x1,1),(1,x2)上递减. (2)由题意得, 2 10ln 1 1 ax axx axx x     , 即   2 10 1x lnxa x  ,对任意 (1, )x  成立, 令 F(x)   2 10 1x lnx x  ,x>1,则   3( ) 10 2 1x lnF x x x x       ,x>1, 令 h(x)=(2﹣x)lnx+x﹣1,h′(x)=﹣lnx 2 x  ,x>1 因为 h′(x)在(1,+∞)上递减,且 h′(1)=2>0,当 x→+∞时,h′(x)→﹣∞, 所以存在 x0∈(1,+∞),使得 h′(x0)=0,且 h(x)在(1,x0)上递增,在(x0,+∞) 上递减, 因为 h(1)=0,所以 h(x0)>0, 因为当 x→+∞时,h(x)→﹣∞,所以存在 x1∈(x0,+∞),使得 h(x1)=0, 且 F(x)在(1,x1)上递增,在(x1,+∞)上递减, 第 22 页 共 22 页 所以 F(x)max=F(x1)  1 1 2 1 10 1x lnx x  , 因为 h(x1)=(2﹣x1)lnx1+x1﹣1=0,所以 lnx1 1 1 1 2 x x   ,所以 F(x1)   2 1 2 1 1 10( 1) 2 x x x   , 因为 h(4)=﹣2ln4+3=ln 3 16 e  0,h(5)=﹣3ln5+4=ln 4 35 e  0,所以 x1∈[4,5], 令Φ(x)   2 2 10( 1) 2 x x x   ,x∈[4,5],易证Φ(x)在区间[4,5]上递减, 所以Φ(x)∈[ 32 15 , 45 16 ], 即 F(x)max∈[ 32 15 , 45 16 ],因为 a∈Z,所以 a 的最小值为 3. 【点睛】 本题主要考查导数在函数中的综合应用,以及恒成立问题的求解,着重考查了转化与化 归思想、逻辑推理能力与计算能力,对于恒成立问题,通常要构造新函数,利用导数研 究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围; 也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.