山东省日照第一中学2021届高三第二次联合考试数学试卷 Word版含解析 25页

- 1 - 2020~2021 学年度高三第二次校际联合考试 数学试题 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题.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  0 2 5A x x    ，  2 4B x x  ，则 A B  （ ） A.  2,3 B.  2,3 C.  2,2 D.  2,2 【答案】D 【解析】 【分析】 转化条件为  2 3A x x    、  2 2B x x    ，再由交集的定义即可得解. 【详解】因为    0 2 5 2 3A x x x x        ，    2 4 2 2B x x x x      ， 所以    2 2 2,2A B x x       故选：D. 2. “1 3a  ”是“ lg lg3a  ”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. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据1 3a  与 lg lg3a  的互相推出情况确定出属于何种条件. 【详解】当1 3a  时， lg lg3a  成立，所以充分性满足， - 2 - 由 lg lg3a  ，得到 0 < < 3a ，所以必要性不满足， 因此，“1 3a  ”是“ lg lg3a  ”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若 p是q的必要不充分条件，则q对应集合是 p对应集合的真子集； （2）若 p是q的充分不必要条件，则 p对应集合是q对应集合的真子集； （3）若 p是q的充分必要条件，则 p对应集合与q对应集合相等； （4）若 p是q的既不充分也不必要条件，则 p对应集合与q对应集合互不包含. 3. 在复平面内，复数 2 1 (1 ) i i   对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 化简复数为a bi 的形式，然后判断复数的对应点所在象限，即可求得答案. 【详解】 2 1 1 (1 ) (1 ) 2 2 i i i i i i i i          1 1 1 2 2 2 i i      对应的点的坐标为 1 1, 2 2      在第二象限 故选：B. 【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义， 属于基础题. 4. 已知定义在R上的奇函数  f x 在  , 0 上单调递减，且  1 0f   ，若  3log 8a f  ，  2b f  ， 2 32c f        ，则 a，b， c的大小关系是（ ） A. c a b  B. a b c  C. a c b  D. c b a  - 3 - 【答案】A 【解析】 【分析】 易得 2 32 1 ， 3 21 log 8 log 4 2       ，由  f x 定义在 R上的奇函数且在  , 0 上单 调递减，可得 a，b， c的大小关系. 【详解】因为定义在R上的奇函数  f x 在  , 0 上单调递减且  1 0f   ， 所以  1 0f  ，且  f x 在  0,  上单调递减 又 2 32 1 ，所以   2 32 1 0c f f         ，而 3 21 log 8 log 4 2       ，      3log 8 1 02f f f    ，所以 0b a  ， 所以 c a b  . 故选:A. 【点睛】本题主要考查函数单调性与奇偶性的性质与应用，考查学生分析问题与解决问题的 能力、计算能力，属于基础题. 5. 为了抗击新型冠状病毒肺炎保障师生安全，我校决定每天对教室进行消毒工作，已知药物 释放过程中，室内空气中的含药量 y（ 3/mg m）与时间 t（ h）成正比（ 10 2 t  ）；药物释 放完毕后， y与 t的函数关系式为 1( ) 4 t ay  （ a为常数， 1 2 t  ），据测定，当空气中每立方 米的含药量降低到0.5（ 3/mg m）以下时，学生方可进教室，则学校应安排工作人员至少提 前( )分钟进行消毒工作 A. 30 B. 40 C. 60 D. 90 【答案】C 【解析】 - 4 - 【分析】 计算函数解析式，取   1 21 1( ) 4 2 t f t    ，计算得到答案. 【详解】根据图像：函数过点 1 ,1 2       ，故   1 2 12 ,0 2 1 1( ) , 4 2 t x t y f t t          ， 当 1 2 t  时，取   1 21 1( ) 4 2 t f t    ，解得 1t  小时 60 分钟. 故选：C . 【点睛】本题考查了分段函数的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 6. 已知角 的顶点为坐标原点，始边为 x轴的非负半轴，角 的终边绕原点逆时针旋转 2  后 经过点 3 4, 5 5      ，则 sin （ ） A 3 5 - B. 3 5 C. 4 5  D. 4 5 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据三角函数定义得 cos( ) 2   ，再根据诱导公式求sin . 【详解】根据题意得 2 2 3 35cos( ) 2 53 4( ) ( ) 5 5         所以 3sin cos( ) 2 5      ， 故选：B 【点睛】本题考查三角函数定义以及诱导公式，考查基本分析求解能力，属基础题. 7. 如图，一个正五角星薄片（其对称轴与水面垂直）匀速地升出水面，记 t时刻五角星露出 水面部分的图形面积为     0 0S t S  ，则导函数  y S t  的图像大致 （ ） - 5 - A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】最初零时刻和最后终点时刻没有变化，导数取零，排除 C； 总面积一直保持增加，没有负的改变量，排除 B； 考察 A. D的差异在于两肩位置的改变是否平滑， 考虑到导数的意义，判断此时面积改变为突变，产生中断，选择 A. 故选 A. 8. 已知函数  f x 在定义域上是单调函数，且   2020 2021xf f x    ，当   sin 3 cosg x x x kx   在 , 2 2      上与  f x 在R上的单调相同时，实数 k的取值范 围是（ ） A.  , 1  B.  1, 3  C.  , 3   D.  3,  【答案】C 【解析】 - 6 - 【分析】 由条件可求出   2020 1xf x   ，然后可得   sin 3 cosg x x x kx   在 , 2 2      上单调 递增，即可得 2cos 3 x k      在 , 2 2      上恒成立，然后求出左边的最小值即可. 【详解】函数  f x 在定义域上是单调函数，且   2020 2021xf f x    ，   2020xf x  为定值，设   2020xf x t  ，则   2021f t  ，且   2020tf t t  ， 2021 2020t t   ，解之得 1t  ，   2020 1xf x   ，  f x 在R上的单调递增，   sin 3 cos 2sin 3 g x x x kx x kx           ，   2cos 3 g x x k         ，   sin 3cosg x x x kx   在 , 2 2      上与  f x 在R上的单调性相同，   2cos 0 3 g x x k          在 , 2 2      上恒成立， 2cos 3 x k       在 , 2 2      上恒成立， 5 6 3 6 x       ， 3 cos 1 2 3 x         ， 3 2cos 2 3 x         ， 3k   . 故选：C 【点睛】易错点睛：若  f x 在 ,a b 上单调递增，则   0f x  ，若  f x 在 ,a b 上单调递 减，则   0f x  ，容易把等号漏掉. 二、多项选择题.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的. 9. 在 61x x      的展开式中，下列说法正确的有（ ） A. 所有项的二项式系数和为 64 B. 所有项的系数和为 0 C. 常数项为 20 - 7 - D. 二项式系数最大的项为第 3项 【答案】AB 【解析】 【分析】 由二项式系数为 2n 可判断 A；令 1x  可判断 B；由二项式定理以及二项式系数的性质可判断 CD. 【详解】解：A. 所有项的二项式系数和为 62 64 ，故 A正确， B.令 1x  得所有项的系数和为  61 1 0  ，故 B正确， C.常数项为 3 3 3 6 1 20C x x        ，故 C错误， D.展开式有 7项，二项式系数最大为第 4项，故 D错误. 故选：AB. 10. 设函数   ln 2 1 ln 2 1f x x x    ，则  f x （ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 在 1 1, 2 2      上单调递增 D. 在 1, 2       上单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】 求出 x 的取值范围，由定义判断为奇函数，利用对数的运算性质变形，再判断内层函数 t＝ | 2 1 2 1 x x   | 的单调性，由复合函数的单调性得答案． 【详解】解：由 2 1 0 2 1 0 x x      ，得 x 1 2   ． 又 f（﹣x）＝ln|﹣2x+1|﹣ln|﹣2x﹣1|＝﹣（ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|）＝﹣f（x）， ∴f（x）为奇函数； 由 f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|＝ | 2 1| 2 1ln ln | | | 2 1| 2 1 x x x x      ， - 8 - ∵ 2 1 2 1 2 21 2 1 2 1 2 1 x x x x x          ＝ 21 12( ) 2 x   ＝ 11 1 2 x   ． 可得内层函数 t＝| 2 1 2 1 x x   | 的图象如图， 在（﹣∞， 1 2  ）上单调递减，在（ 1 2  ， 1 2 ）上单调递增， 在（ 1 2 ，+∞）上单调递减． 又对数式 y＝lnt是定义域内的增函数， 由复合函数的单调性可得，f（x）在（﹣∞，﹣ 1 2 ）上单调递减． 故选：BCD． 【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合，考查复合函数单调性的求法，是中档题． 方法点睛：复合函数单调性（1）先求内层函数的单调性； （2）判断外层函数的单调性； （3）依据同增异减的原则，判断整体函数的单调性. 11. 在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，点M 在线段 1BC上运动，则（ ） A. 直线 1BD 平面 1 1A BCD B. 三棱锥 1 1M AC D 的体积为定值 C. 异面直线 AM与 1A D所成角的取值范围是 , 4 2       D. 直线 1C M 与平面 1 1AC D所成角的正弦值的最大值为 6 3 【答案】BD - 9 - 【解析】 【分析】 在 A中，推导出 A1C1⊥BD1，DC1⊥BD1，从而直线 BD1⊥平面 A1C1D，得出矛盾，在 B中， 由 B1C∥平面 A1C1D，得到 P到平面 A1C1D的距离为定值，再由A1C1D的面积是定值，从 而三棱锥 P﹣A1C1D 的体积为定值；在 C 中，异面直线 AM与 A1D 所成角的取值范用是  60 90 ， ；在 D中，以 D为原点，DA为 x轴，DC为 y轴，DD1为 z轴，建立空间直角坐标 系，利用向量法求出直线 C1M与平面 A1C1D所成角的正弦值的最大值． 【详解】A错，如图，连接 1 1B D ， 1 1AC ，由正方体可得 1 1 1 1AC B D ，且 1BB 平面 1111 DCBA ， 则 1 1 1BB AC ， 1 1 1 1BB B D B  所以 1 1AC 平面 1 1BD B ，故 1 1 1AC BD ； 同理，连接 1AD ，易证得 1 1AD BD ，则 1BD 平面 1 1AC D， 若直线 1BD 平面 1 1A BCD，则平面 1 1 / /A BCD 平面 1 1AC D 这与平面 1 1A BCD与平面 1 1AC D相交矛盾，所以 A错； B正确， 1 1 1 1M AC D C AMDV V  ，因为点M 在线段 1BC上运动，所以 1 1 1 2A DMS AD AB △ ， 面积为定值，且 1C 到平面 1 1AMD 的距离即为 1C 到平面 1 1A BCD的距离，也为定值，故体积为 定值； C错，由 1 1/ /AD BC , 当点M 与线段 1BC的端点重合时， AM与 1A D所成角为 60°； 设 1BC的中点为 0M ,当点M 由 1BC的端点向中点 0M 运动时， 0AMM 为异面直线 AM与 1A D所成角 在在 1ACB 中, 1AC AB ，所以 0 1AM BC 在 0AMM 中， 0AM 不变， 0MM 逐渐变小.所以 0 0 0 tan AM AMM MM   逐渐增大， 当点M 与 0M 重合时，异面直线 AM与 1A D所成角为90 - 10 - 所以异面直线 AM与 1A D所成角的取值范围是 , 3 2       ,所以 C不正确. D正确，以 D为原点，DA为 x轴，DC为 y轴，DD1为 z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为 1， 则      1 10,0,0 , 1,0,1 , 0,1,1D A C ，  ,1,M a a    1 11,0,1 , 0,1,1 ,DA DC     1 ,0, 1C M a a   由前面可得， 1BD 平面 1 1AC D，所以  1 1 1BD     ， ,1 为平面 1 1AC D的一个法向量 ∴直线 C1M与平面 1 1AC D所成角的正弦值为 ：   1 1 1 1 2 22 1 1 1 1sin cos 3 1 1 13 2 2 2 C M BD C M BD C M BD a a a                         当 1 2 a  时， sin 有最大值 6 3 所以直线 C1M与平面 A1C1D所成角的正弦值的最大值为 6 3 ，故 D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点睛：本题考查线面垂直的判断，异面直线所成角以及线面角，解答本题的关 键是设 1BC的中点为 0M ,当点M 由 1BC的端点向中点 0M 运动时， 0AMM 为异面直线 AM 与 1A D所成角，分析其变化情况，利用向量的方程得到   1 1 1 1 2 22 1 1 1 1sin cos 3 1 1 13 2 2 2 C M BD C M BD C M BD a a a                         ，从 而得到最值，属于中档题. - 11 - 12. 在 ABC 中，D、E分别是 AC、 BC上的点， AE与 BD交于O，且 AB BC BC CA CA AB           ， 2AB AC AE     ， 2CD DA   ， 1AB   ，则（ ） A. 0AC BD    B. 0OA OE     C. 3 4 OA OB OC      D. ED  在BA  方向上的正射影的数量为 7 12 【答案】BCD 【解析】 【分析】 根据 AB BC BC CA CA AB           以及正弦定理得到 sin cos sin cosC B B C   ，从而求出 B C ，进一步得到B C A  ， ABC 等边三角形，根据题目条件可以得到E为 BC的中 点和D为 AC的三等分点，建立坐标系，进一步求出各选项. 【详解】由 AB BC BC CA CA AB           得 cos cosAB BC B CA BC C       ， | | cos | | cosAB B CA C     ，正弦定理，sin cos sin cosC B B C   ，  0 sin B C  ，B C ， 同理： A C ，所以 B C A  ， ABC 等边三角形. 2AB AC AE     ，E为 BC的中点， 2CD DA   ，D为 AC的三等分点. 如图建立坐标系， 30, 2 A        ， 1 ,0 2 B      ， 1 ,0 2 C       ， 1 3, 6 3 D        ，解得 30, 4 O        ， O为 AE的中点，所以， 0OA OE     正确，故 B正确； - 12 - 1 3 2 3, , , 2 2 3 3 AC BD                    ， AC BD    1 2 3 3 1= 0 2 3 2 3 6      ，故 A错误； 32 4 OA OB OC OA OE OE            ，故 C正确； 1 3, 6 3 ED          ， 1 3, 2 2 BA          ，投影 7 12| | ED BA BA     ，故 D正确. 故选：BCD. 【点睛】如何求向量 a  在向量b  上的投影，用向量 a  的模乘以两个向量所成的角的余弦值就可 以了，当然还可以利用公式 a b b     进行求解. 三、填空题 13. 中国古典数学有完整的理论体系，其代表作有《算数书》《九章算术》《周髀算经》《孙子 算经》等，有 3名中学生计划去图书馆阅读这四种古典数学著作(这四种著作每种各一本)，要 求每人至少阅读一种古典数学著作，每种古典数学著作只有一人阅读，则不同的阅读方案的 总数有________种．(请用数字作答) 【答案】36 【解析】 【分析】 根据题意，分 2步进行分析：先将 4本著作分为 3组，再将分好的三组全排列，分配给 3人， 由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分 2步进行分析： ①将 4本著作分为 3组，有 2 4 6C  种分法， ②将分好的三组全排列，分配给 3人，有 3 3 6A  种情况， 则有6 6 36  种不同的阅读方案, 故答案为：36. 【点睛】本题考查排列与组合，先分组后排列，属于基础题. 14. 已知  2 0, 0x y xy x y    ，则 2x y 的最小值为______. 【答案】9 - 13 - 【解析】 【分析】 整理  2 0, 0x y xy x y    ，得 2 1 1 x y   ，"1"的巧用，再用基本不等式. 【详解】由 2x y xy  得： 2 1 1 x y   ；   2 1 2 2 2 22 2 5 5 2 9x y x yx y x y x y y x y x                  , （当且仅当 2 2x y y x  ，即 3x y  时取等号）， 2x y  的最小值为 9. 故答案为:9 【点睛】注意点点睛:用基本不等式求最值要满足“一正、二定、三相等”， “一正”所指字母或式必须为正值； “二定”求最小值积为定值，求最大值和为定值； “三相等”取最值时相应变量值可取. 15. 张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八 分之五.已知三棱锥 A BCD 的每个顶点都在球O的球面上，AB 底面 BCD，BC CD ， 且 3AB CD  ， 2BC  ，利用张衡的结论可得球O的表面积为______. 【答案】10 10 【解析】 【分析】 由 BC CD ，得到 BCD△ 的外接圆的圆心 1O 为 BD 的中点，再由 AB 底面 BCD，由截 面圆的性质得到球O的球心为侧棱 AD的中点求解. 【详解】如图所示： - 14 - 因为 BC CD ， 所以 7BD  ， BCD△ 的外接圆的圆心 1O 为 BD 的中点， 又 AB 底面 BCD，由截面圆的性质得： 球O的球心为侧棱 AD的中点， 从而球O的直径为 10AD  ， 利用张衡的结论可得 2 5 16 8   ，则 10  ， 所以球O的表面积为 2 104 10 10 10 2           . 故答案为：10 10 16. 已知函数   2 3 1f x x x   ，   xg x e ，若关于 x的不等式    f x mg x 的解集中恰 好有一个整数，则实数m的取值范围是______. 【答案】  2 ,e e   【解析】 【分析】 变量分离，构造函数，求导确定极值，画图数形结合. 【详解】    f x mg x ，则     f x m g x  ，设       2 3 1 x f x x xh x g x e     ， 则   2 2 x x xh x e     ，令   2 2 0x x xh x e      ，所以 2x   或 1x  ， - 15 -  h x 在  , 2x   上递减，在  2,1x  上递增，在  1,x  上递减， 在 2x   取极小值，   22h e   ，在 1x  取极大值   51h e  ，  1h e   ，作图， 0x  时，   0h x  ，  0 1h  ，   33h e  ， 由图知  y h x 在 y m 下方图象中只有一个整数点，    2 1y h m h     ， 2e m e    故答案为:  2 ,e e   【点睛】方法点睛：含参数恒成立求参数值或范围： 变量分离；②构造新函数；③对新函数求导，确定其极值最值. 四、解答题.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 在① sin sin sinc C A b B  ， 3 B   ，② 3cos 5 A  ， 5cos 5 C  两个条件中任选一个 补充在下面问题中，并加以解答. 已知 ABC 的内角 A， B，C的对边分别为 a，b，c .若 3a  ，______，求 ABC 的面 积 S . 【答案】选①：3 3；选②： 9 2 . 【解析】 【分析】 选①根据 sin sin sinc C A b B  ，由正弦定理得 2 2c a b  ，再结合 3a  ， 3 B   ，利用 余弦定理求得 c，代入公式 1 sin 2 S ac B 求解；选②根据 3cos 5 A  ， 5cos 5 C  ，由两角 - 16 - 和的正弦公式求得 sinB，然后由正弦定理求得 b,代入公式 in1 2 sS ab C 求解. 【详解】选① sin sin sinc C A b B  ， 由正弦定理得 2 2c a b  . 3a  ， 2 2 3b c   . 又 60B   ， 2 2 9 3b c c    ， 4c  ， 1 sin 3 3 2 S ac B   . 选② 3cos 5 A Q ， 5cos 5 C  ，且两角均为三角形内角， 4sin 5 A  ， 2 5sin 5 C  ，  sin sin sin cos cos sinB A C A C A C     ， 4 5 3 2 5 2 5 5 5 5 5 5      ， 由正弦定理得 2 53sin 3 55 4sin 2 5 a Bb A     ， 1 1 3 5 2 5 9sin 3 2 2 2 5 2 S ab C       . 【点睛】方法点睛：有关三角形面积问题的求解方法：(1)灵活运用正、余弦定理实现边角转 化；(2)合理运用三角函数公式，如同角三角函数的基本关系、两角和与差的正弦、余弦公式、 二倍角公式等． 18. 已知数列 na 的前 n项和为 nS ，  2 nS n n n N    .数列 nb 为等比数列，且 1 1a  ， 4 1a  分别为数列 nb 第一项和第二项. - 17 - （1）求数列 na 与数列 nb 的通项公式； （2）若数列 1 1 1 n n n n c a a b   ，设数列 nc 的前 n项和为 nT ，证明： 11 3 24 4nT  . 【答案】（1）  2na n n N   ； 3nnb   n N  ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由 2 nS n n  ，利用数列通项和前 n项和的关系 1 1 , 1 , 2n n n S n a S S n      求得 na ，进而利 用“ 1,b q”法求得 nb . （2）由（1）得到 1 1 1 1 4 1 3n nc n n       ，再利用裂项相消法和等比数列前 n项和公式求解. 【详解】（1）由题意，数列 na 的前 n项和为 2 nS n n  ， 当 1n  时， 1 2a  ， 当 2n  时 1 2n n na S S n   ， 当 1n  时也满足上式 所以数列 na 的通项公式为  2na n n N   . 设数列 nb 的首项为 1b ，公比为q， 因为 1 1a  ， 4 1a  分别为数列 nb 第一项和第二项， 所以 1 1 4 2 1 1 3 1 9 a b a b b q         ， 1 3b  ， 3q  ， 3nnb  ，n N . （2）因为 1 1 1 n n n n c a a b   ， 所以     1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 4 1 3 4 1 3n n n nc n n n n n n             ， - 18 - 所以： 1 11 3 31 1 1 1 1 11 14 2 2 3 1 1 3 n nT n n                           ， 1 1 1 11 1 4 1 2 3 n n                  . 因为 1 0n nnT T c   ， 所以 nT 是单调递增数列， 所以 11 3 24 4nT  . 【点睛】方法点睛：求数列的前 n项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前 n项和公式，    1 1 1 2 2 n n n a a n n S na d      ②等比数列的前 n项和公式   1 1 , 1 1 , 1 1 n n na q S a q q q       ； (2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的， 则这个数列的前 n项和用错位相减法求解. (6)并项求和法：一个数列的前 n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－ 1)nf(n)类型，可采用两项合并求解 19. 已知函数 1( ) ln( 1)xf x x x a - = + + + ，其中实数 1a   . （1）若 2a  ，求曲线 ( )y f x 在点 (0, (0))f 处的切线方程； （2）若 ( )f x 在 1x  处取得极值，试讨论 ( )f x 的单调性. 【答案】（1）7 4 2 0x y   .（2） ( )f x 在区间 ( ]1,1 ，[7, ) 上是增函数，在区间[1,3)， (3,7]上是减函数. - 19 - 【解析】 试题分析：（1）求出函数的导数及在点  0f 处的值，然后求出在该点的切线方程；（2）根据 函数的导数与极值的关系求出 a的值，然后根据函数的导数与单调性的关系讨论函数的单调 性. 试题解析：（1）        2 2 1 1 1 1 1 1 x a x af x x xx a x a             当 1a  时，    2 2 1 1 70 0 1 40 2 f      ，而   10 2 f   ， 因此曲线  y f x 在点   0, 0f 处的切线方程为  1 7 0 2 4 y x        ，即 7 4 2 0x y   . （2） 1a   ，由（1）知  1 0f   ，即 1 1 0 1 2a    ，解得 3a   . 此时    1 ln 1 3 xf x x x      ，其定义域为    1,3 3,   ， 且            2 2 1 72 1 13 3 1 x x f x xx x x           ，由   0f x  得 1 1x  ， 2 7x  . 当 1 1x   或 7x  时，   0f x  ；当1 7x  且 3x  时，   0f x  ， 综上，  f x 在区间  1,1 ， 7, 上是增函数，在区间 1,3 ，  3,7 上是减函数. 点睛：本题主要考查了导数的几何意义即函数在某点处的导数即为函数在该点处切线的斜率， 函数的导数与单调性和极值的关系，函数在某点处取得极值即在该点处导数为 0，由   0f x  ，得函数单调递增，   0f x  得函数单调递减. 20. 如图所示， ABC 中， 2 B    ，四棱锥 A BCDE  是由 ABC 沿其中位线DE翻折 而成，其中 A EB为锐角， 2PC PA . - 20 - （1）证明： //A E 平面 PBD； （2）若 4AB BC  ，二面角C AD E  的大小为 5 6  ，求四棱锥 A BCDE  的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 8 6 7 . 【解析】 【分析】 （1）连接CE交 BD与点 F ，连接 PF ，证明 //A E PF ，即可根据线面平行的判定定理，证 明结论成立； （2）以 B为原点， EB  为 x轴的正方向， BC  为 y轴的正方向，竖直方向为 z轴建立空间直 角坐标系，记 A在底面的投影为 A，且设 A E x  ，分别求出平面 A DE¢ 和 ACD 的法向量， 根据向量夹角公式由题中条件，求出 x，再由棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）连接CE交 BD与点 F ，连接 PF . 因为翻折前，DE为 ABC 的中位线，所以 //DE BC，且 1 2 DE BC ，翻折后，平行关系 不变， 因此 FDE FBC  ， FED FCB   ， DFE BFC   ， 所以 BCF DEF△ △ ，所以 2CF BC EF DE   ， 2PC PA  ， //A E PF  . 又PF 平面 PBD， A E 平面 PBD . //A E 平面 PBD . （2）因为 ABC 中， 2 B    ，沿中位线DE翻折，垂直关系不变，即 EB BC ， 因此，以 B为原点，EB  为 x轴的正方向，BC  为 y轴的正方向，竖直方向为 z轴建立空间直 角坐标系. 记 A在底面的投影为 A，且设 A E x  . - 21 - 则  22,0, 4A x x  ，  0,4,0C ，  2,2,0D  ，  2,0,0E  ， 所以  2,0, 4EA x x   ， (0, 2,0)ED   ，  22 ,4, 4A C x x     ，  2,2,0DC   ， 设平面 A DE¢ 的一个法向量为  , ,m a b c  ， 则 0 0 EA m ED m           ，即 24 0 2 0 xa c x b       ，不妨令 c x  ，则 24a x  ， 0b  ， 所以  24 ,0,m x x    ； 设平面 ACD 的一个法向量为  1 1 1, ,n a b c  ， 则 0 0 A C n DC n            ，即   2 1 1 1 1 1 2 4 4 0 2 2 0 x a b c x a b          ， 不妨令 2 1 4b x  ，则 2 1 4a x   ， 1 2c x  ， 即  2 24 , 4 , 2n x x x      则 2 2 2 4 2 5 3cos , cos 6 24 4 12 4 12 m n x x m n m n x x x x                          ， 化简得， 27 4 20 0x x   ，则   2 7 10 0x x   ，则 10 7 x  ，或 2x   （舍）， 即 10 7 A E  ，则 2 2 2 2 10 4 62 7 7 A A A E A E             ， 又四边形 BCDE的面积为    1 1 2 4 2 6 2 2 S DE BC BE        ， 故 1 1 4 6 8 66 3 3 7 7A BCDEV S A A         . - 22 - 【点睛】方法点睛： 立体几何体中空间角的求法： （1）定义法：根据空间角（异面直线所成角、线面角、二面角）的定义，通过作辅助线，在 几何体中作出空间角，再解对应三角形，即可得出结果； （2）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量， 通过计算向量夹角（两直线的方法向量夹角、直线的方向向量与平面的法向量夹角、两平面 的法向量夹角）的余弦值，来求空间角即可. 21. 图 1 是一段半圆柱形水渠的直观图，其横断面如图 2 所示，其中 C 为半圆弧ACB的中点， 渠宽 AB 为 2 米． （1）当渠中水深 CD 为 0．4 米时，求水面的宽度； （2）若把这条水渠改挖（不准填土）成横断面为等腰梯形的水渠，且使渠的底面与地面平行， 则当改挖后的水渠底宽为多少时，所挖出的土量最少？ 【答案】（1）宽为1．6 米．（2）渠底宽为 2 3 3 米 - 23 - 【解析】 【详解】 【分析】 试题分析：（1）本题实际上为求对应半圆上点的坐标：先建立直角坐标系，求出半圆弧ACB 所在曲线方程： 2 2 1( 1 1, 0)x y x y   ≤ ≤ ≤ ．再根据水深 CD 确定对应点纵坐标，代入圆方程 求得横坐标，从而确定水面的宽度；（2）为使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与半圆相 切，因此问题转化为求圆的切线：设切点 (cos ,sin )( 0) 2 P       ，则切线 EF 的方程为 cos sin 1x θ y θ  ．从而可根据切线方程与两直线 y＝-1 和 y＝0 得交点坐标，求出对应等腰 梯形的面积 2 sin cos S     ，再根据导数求其最小值 试题解析：（1）以 AB 所在的直线为 x 轴，AB 的中垂线为 y 轴，建立如图所示的直角坐标系 xOy， 因为 AB＝2 米，所以半圆的半径为 1 米， 则半圆的方程为 2 2 1( 1 1, 0)x y x y   ≤ ≤ ≤ ． 因为水深 CD＝0.4 米，所以 OD＝0.6 米， 在 Rt△ODM 中， 2 2 21 0.6 0.8DM OM OD     （米）． 所以 MN＝2DM＝1.6 米，故沟中水面宽为 1.6 米． （2）为使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与半圆相切，设切点为 (cos ,sin )( 0) 2 P       是圆弧 BC 上的一点，过 P 作半圆的切线得如图所示的直角梯形 OCFE，得切线 EF 的方程为 cos sin 1x θ y θ  ． 令 y＝0，得 1( ,0) cos E  ，令 y＝-1，得 1 sin( , 1) cos F     ． - 24 - 设直角梯形 OCFE 的面积为 S，则 1 1 sin 2 sin( ) ( ) 1 cos cos cos S CF OE OC               （ 0 2     ）． 2 2 cos cos (2 sin )( sin ) 1 2sin cos cos S              ，令 0S   ，解得 6    ， 当 2 6       时， 0S   ，函数单调递减； 当 0 6     时， 0S  ，函数单调递增． 所以 6    时，面积 S 取得最小值，最小值为 3． 此时 1 sin( ) 36 3cos( ) 6 CF        ，即当渠底宽为 2 3 3 米时，所挖的土最少． 考点：圆方程，圆的切线，利用导数求最值 22. 设函数   1= xg x ax  ，   lnh x x ，  0, 2.718a e  . （1）设    22r x x h x  ，求  r x 的最小值； （2）设      f x g x h x  ，若  f x 在  1, 上为增函数，求实数 a的取值范围； （3）求证： n N ， 2n  时， 2 1n i ie n   . 【答案】（1） 1 ln 2 2  ；（2）  1, ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）   22 lnr x x x  ， 0x  ，求导得   24 1xr x x   ，令   0r x  ，得 1 2 x  ，得  r x 的单调性，进而得最小值； （2）   1 lnxf x x ax    ，由题意得   2 ' 1 0 x af x x    在 1, 恒成立，参变分离得 1a x  在 1, 上恒成立，求解即可； （3）由（2）知 1a  时，   1 lnxf x x x    在  1, 上为增函数，令 1 nx n   ，则  1 1 nf f n      ，化简得   1ln ln 1n n n    ，依次累加得 1 1 1 1ln 2 3 4 n n      ，不等 - 25 - 式的两边取 e的次方即可. 【详解】（1）已知函数   lnh x x ，   22 lnr x x x   ， 0x  .   24 1xr x x    ，令   0r x  ，解得 1 2 x  ，或 1 2 x  （舍）， 当 10, 2 x      时，   0r x  ，  r x 在 10, 2       单调递减，当 1 , 2 x       时，   0r x   r x 在 1 , 2      上单调递增；  r x 在 1 2 x  处取得最小值，   2 min 1 1 1 12 ln ln 2 2 2 2 2 r rx                 . （2）   1 lnxf x x ax    ， 1x ，   2 1x af x x    ，  f x 在  1, 上为增函数，   2 1 0 x af x x     在 1, 上恒成立，即 1a x  在  1, 上恒成立， 10 1 x   ， 1a  ， a 的取值范围是  1, . （3）证明：由（2）知 1a  时，   1 lnxf x x x    在 1, 上为增函数， 令 1 nx n   ，其中 n N ， 2n  ，则 1x  ，则   (1) 1 nf x f f n      ， 即 1 11 ln ln 0 1 1 1 n n nn n n n n n           ，即   1ln ln 1n n n    ， 1ln 2 ln1 2    ， 1ln3 ln 2 3   ， 1ln 4 ln 3 4   ， ，   1ln ln 1n n n    ， 累加得 1 1 1 1ln 2 3 4 n n      ， 1 1 1 1 ln 2 3 4n nn e e       .即： 2 1n i ie n   . 【点睛】关键点点睛：证明题时采用（2）的结论，得   1ln ln 1n n n    ，依次累加得 1 1 1 1ln 2 3 4 n n      ，再不等式的两边取 e的次方化简.