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  • 2021-06-24 发布

【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷(文科)5【附详细答案和解析_可编辑】

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‎【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷(文科)5【附详细答案和解析_可编辑】‎ 学校:__________ 班级:__________ 姓名:__________ 考号:__________‎ ‎ 一、 选择题 (本题共计 4 小题 ,每题 4 分 ,共计16分 , ) ‎ ‎ ‎ ‎1. 设i为虚数单位,m∈R,“复数m(m-1)+i是纯虚数”是“m=1‎”的‎(‎        ‎)‎ ‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 ‎ ‎ ‎ ‎2. 不等式‎1‎x‎<3‎等价于( ) ‎ A.‎0‎1‎‎3‎或x<0‎ C.x>‎‎1‎‎3‎ D.‎x<0‎ ‎ ‎ ‎3. 在平面直角坐标系中,角α+‎π‎3‎的终边经过点P‎1,2‎,则sinα=‎(        ) ‎ A.‎2‎5‎-‎‎15‎‎10‎ B.‎3‎5‎-‎‎15‎‎10‎ C.‎3‎5‎+‎‎15‎‎10‎ D.‎‎2‎5‎+‎‎15‎‎10‎ ‎ ‎ ‎4. 设f ‎(x)‎为可导函数,且满足limx→0‎f(1)-f(1-x)‎‎2x‎=-1‎,则曲线y=f(x)‎在点(‎1, f(1)‎)处的切线的斜率是( ) ‎ A.‎2‎ B.‎-1‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎-2‎ ‎ 二、 填空题 (本题共计 14 小题 ,每题 4 分 ,共计56分 , ) ‎ ‎ ‎ ‎5. 设函数f(x)=2sin(ωx+φ),x∈R,其中ω>0,|φ|<π,若f‎5π‎8‎=2,f‎11π‎8‎=0‎,且f(x)‎的最小正周期大于‎2π,则φ=________. ‎ ‎ ‎ ‎6. 设全集U={x|x<5,x∈N‎*‎}‎,集合A={1,2}‎,B={2,4}‎,则‎∁‎U‎(A∪B)=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎7. 设复数 z=‎1+ii-|3+4i|‎ ,则z‎¯‎‎=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎8. 函数f(x)=‎‎10‎x和g(x)=lgx的图象关于直线l对称,则l的解析式为________. ‎ ‎ ‎ ‎9. 设矩阵M=‎‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎的逆矩阵是M‎-1‎‎=‎abcd,则a+c的值为________. ‎ ‎ ‎ ‎10. 如图,在四棱柱ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎中,上,下底面为平行四边形,E为棱CD的中点,设四棱锥E-ADD‎1‎A‎1‎的体积为V‎1‎,四棱柱ABCD-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎D‎1‎的体积为V‎2‎,则V‎1‎‎:V‎2‎=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎11. 已知抛物线C:‎y‎2‎=‎2px(p>0)‎的焦点为F,M为抛物线的准线上一点,且M的纵坐标为‎3‎‎3‎,N是直线MF与抛物线的一个交点,若MN‎→‎‎=2‎NF‎→‎,则p=________. ‎ ‎ ‎ ‎12. 求值:‎2‎​‎log‎2‎‎1‎‎4‎-(‎2‎‎3‎‎)‎‎-2‎+lg‎1‎‎100‎+(‎‎2‎‎)‎ln1‎=________. ‎ ‎ ‎ ‎13. 在直角坐标系中,‎△ABC的三个顶点坐标分别为A(0, 2)‎,B(-1, 0)‎,C(1, 0)‎,动点P(x, y)‎是‎△ABC内的点(包括边界).若目标函数z=ax+by的最大值为‎2‎,且此时的最优解所确定的点P(x, y)‎是线段AC上的所有点,则目标函数z=ax+by的最小值为________. ‎ ‎ ‎ ‎14. 若从‎4‎名数学教师中任意选出‎2‎人,再把选出的‎2‎名教师任意分配到‎4‎个班级任教,且每人任教‎2‎个班级,则不同的任课方案有________种(用数字作答). ‎ ‎ ‎ ‎15. 已知‎(x-1)(ax+1‎‎)‎‎6‎展开式中含x‎2‎项的系数为‎0‎,则正实数a=________. ‎ ‎ ‎ ‎16. 双曲线x‎2‎‎16‎‎-y‎2‎‎9‎=1‎的焦点坐标是________;渐近线方程是________. ‎ ‎ ‎ ‎17. 已知平面向量a‎→‎,b‎→‎,c‎→‎满足a‎→‎‎⊥‎b‎→‎,且‎{|a‎→‎|, |b‎→‎|, |c‎→‎|}={1, 2, 3}‎,则‎|a‎→‎+b‎→‎+c‎→‎|‎的最大值是________. ‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ ‎ ‎18. 已知ω>0‎,顺次连接函数y=sin2ωx与y=cos2ωx的任意三个相邻的交点都构成一个等边三角形,则ω=________. ‎ ‎ 三、 解答题 (本题共计 5 小题 ,每题 15 分 ,共计75分 , ) ‎ ‎ ‎ ‎19. 如图,在各棱长均为‎2‎的正三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中,D,E分别为棱A‎1‎B‎1‎与BB‎1‎的中点,M,N为线段C‎1‎D上的动点,其中,M更靠近D,且MN=C‎1‎N. ‎ ‎(1)证明:A‎1‎E⊥‎平面AC‎1‎D;‎ ‎ ‎ ‎(2)若NE与平面BCC‎1‎B‎1‎所成角的正弦值为‎10‎‎20‎,求异面直线BM与NE所成角的余弦值. ‎ ‎ ‎ ‎20. 已知函数f(x)=‎1‎xlnx-ax(a≥0)‎. ‎ ‎(1)‎若曲线y=f(x)‎在x=1‎处的切线和直线x+y+3=0‎垂直,求f(x)‎的单调区间;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若h(x)=x‎2‎f(x)+a-2+e的图象与x轴有交点,求a的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎21. 对于函数f(x)‎,若存在x‎0‎‎∈R,使f(x‎0‎)=‎x‎0‎成立,则称x‎0‎为f(x)‎的不动点.已知f(x)=ax‎2‎+(b+1)x+b-1(a≠0)‎. ‎ ‎(1)当a=1‎,b=-2‎时,求函数f(x)‎的不动点;‎ ‎ ‎ ‎(2)若对任意实数b,函数f(x)‎恒有两个相异的不动点,求a的范围;‎ ‎ ‎ ‎(3)在(2)的条件下,若y=f(x)‎图象上A、B两点的横坐标是函数f(x)‎的不动点,且A、B两点关于直线y=kx+‎‎1‎‎2a‎2‎+1‎对称,求b的最小值.‎ ‎ ‎ ‎22. 已知椭圆C:x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎4‎=1‎ ,直线l:y=‎1‎‎2‎x+t(t>0)‎与椭圆C交于A,B两点( AB‎→‎为从左向右方向),使‎△OAB的面积最大,O为坐标原点. ‎ ‎(1)‎求直线l的方程及A,B的坐标; ‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若椭圆上的两点D,E(不与顶点重合,且A,B,D,E构成顺时针方向或逆时针方向)满足DE//AB,点E关于x轴的对称点是点F,求证: BF//AD.‎ ‎ ‎ ‎23. 已知‎{an}‎是公差为‎3‎的等差数列,数列‎{bn}‎满足b‎1‎‎=1‎,b‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎,anbn+1‎‎+bn+1‎=nbn. ‎ ‎1‎求‎{an}‎的通项公式;‎ ‎ ‎ ‎2‎求‎{bn}‎的前n项和.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 参考答案与试题解析 ‎【2020年高考数学预测题】上海市高考数学试卷(文科)5【附详细答案和解析_可编辑】‎ 一、 选择题 (本题共计 4 小题 ,每题 4 分 ,共计16分 ) ‎ ‎1.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解:复数m(m-1)+i是纯虚数, 则m=0‎或m=1‎, 显然m=1‎,复数为i,是纯虚数, ∴ “复数m(m-1)+i是纯虚数”是“m=1‎”的必要不充分条件. 故选B.‎ ‎2.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解:由 ‎1‎x‎<3‎, 移项得:‎1‎x‎-3<0‎,即 ‎1-3xx‎<0‎,即 x-‎‎1‎‎3‎x‎>0‎, 解得:x>‎‎1‎‎3‎或x<0‎. 故选B.‎ ‎3.【答案】‎ A ‎【解答】‎ 解:由题意知 sinα+‎π‎3‎=‎2‎‎5‎,cosα+‎π‎3‎=‎‎1‎‎5‎, 则sinα=sin‎(α+π‎3‎)-‎π‎3‎=sin(α+π‎3‎)cosπ‎3‎-cos(a+π‎3‎)sinπ‎3‎ ‎=‎2‎‎5‎×‎1‎‎2‎-‎1‎‎5‎×‎3‎‎2‎ =‎‎2‎5‎-‎‎15‎‎10‎. 故选A.‎ ‎4.【答案】‎ D ‎【解答】‎ 解:∵ limx→0‎f(1)-f(1-x)‎‎2x‎=-1‎, ∴ ‎1‎‎2‎limx→0‎f(1)-f(1-x)‎x‎=-1‎ ∴ limx→0‎f(1)-f(1-x)‎x‎=-2‎ ∴ f'(1)=-2‎ 即曲线y=f ‎(x)‎在点(‎1, f(1)‎)处的切线的斜率是‎-2‎, 故选D.‎ 二、 填空题 (本题共计 14 小题 ,每题 4 分 ,共计56分 ) ‎ ‎5.【答案】‎ π‎12‎ ‎【解答】‎ ‎ ‎ 解:由的最小正周期大于‎2π,得T‎4‎‎>‎π‎2‎,又f‎5π‎8‎=2,f‎11π‎8‎=0‎, 所以T‎4‎‎=‎11π‎8‎-‎5π‎8‎=‎‎3π‎4‎, 所以T=3π, 则‎2πω‎=3π⇒ω=‎‎2‎‎3‎,所以f(x)=2sin(ωx+φ)=2sin‎2‎‎3‎x+φ, 由f‎5π‎8‎=2sin‎2‎‎3‎‎×‎5π‎8‎+φ=2⇒sin‎5π‎12‎‎+φ=1‎, 所以‎5π‎12‎‎+φ=π‎2‎+2kπ,k∈Z, 取k=0‎,得φ=π‎12‎<π, 所以ω=‎‎2‎‎3‎,φ=‎π‎12‎. 故答案为:π‎12‎.‎ ‎6.【答案】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎{3}‎ ‎【解答】‎ 解:A∪B={1,2,4}‎, ‎∁‎U‎(A∪B)={3}‎. 故答案为:‎{3}‎.‎ ‎7.【答案】‎ ‎-4+i ‎【解答】‎ 解:由于z=‎1+ii-|3+4i|=‎(1+i)ii‎2‎-5=-4-i, 则z‎¯‎‎=-4+i. 故答案为:‎-4+i. ‎ ‎8.【答案】‎ y=x ‎【解答】‎ 解:∵ 函数f(x)=‎‎10‎x和g(x)=lgx互为反函数,其图象关于直线l对称, ∴ 直线l为y=x. 故答案为:y=x.‎ ‎9.【答案】‎ ‎3‎‎-1‎‎2‎ ‎【解答】‎ 解:由题意,矩阵M的行列式为‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎‎=‎3‎‎2‎×‎3‎‎2‎+‎1‎‎2‎×‎1‎‎2‎=1‎ ∴ 矩阵M=‎‎3‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎的逆矩阵是M‎-1‎‎=‎‎3‎‎2‎‎1‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎ ∴ a+c=‎‎3‎‎-1‎‎2‎ 故答案为‎3‎‎-1‎‎2‎ ‎10.【答案】‎ ‎1‎‎6‎ ‎【解答】‎ 解:由题意,将侧面ADD‎1‎A‎1‎作为四棱柱的底面, 设点C到平面ADD‎1‎A‎1‎的距离为h, ∵ E为CD的中点, ∴ E到平面ADD‎1‎A‎1‎的距离为‎1‎‎2‎h, ∴ V‎1‎‎=‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎h⋅‎S四边形ADD‎1‎A‎1‎, V‎2‎‎=S四边形ADD‎1‎A‎1‎⋅h, ∴ V‎1‎V‎2‎‎=‎‎1‎‎6‎. 故答案为:‎1‎‎6‎.‎ ‎11.【答案】‎ ‎3‎ ‎【解答】‎ 抛物线C:‎y‎2‎=‎2px(p>0)‎的焦点为F,M为抛物线的准线上一点,且M的纵坐标为‎3‎‎3‎, N是直线MF与抛物线的一个交点,若MN‎→‎‎=2‎NF‎→‎,所以N的横坐标为:p‎6‎,纵坐标‎3‎, 可得N(p‎6‎, ‎3‎)‎,代入抛物线方程可得:‎3‎=‎2×p×‎p‎6‎,解得p=‎3‎.‎ ‎12.【答案】‎ ‎-3‎ ‎【解答】‎ 原式‎=‎1‎‎4‎-‎9‎‎4‎-2+1‎=‎-3‎,‎ ‎13.【答案】‎ ‎-2‎ ‎【解答】‎ 解:先根据约束条件画出可行域, 设z=ax+by, 将最大值转化为y轴上的截距, 当直线ax+by=z与可行域内的边BC平行时,z=ax+by取最大值时的最优解有无数个,将‎-‎ab等价为斜率, 数形结合,得 kAC‎=-2=-‎ab,且a×1+b×0=2‎,‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎ ∴ a=2‎,b=1‎,z=2x+y 当直线z=2x+y过点B时,z取最小值,最小值为‎-2‎. 故答案为:‎-2‎.‎ ‎14.【答案】‎ ‎36‎ ‎【解答】‎ 解:由题意知这是一个分步计数问题, 首先从‎4‎个教师中选‎2‎个,有C‎4‎‎2‎‎=6‎种结果, 再从‎4‎个班中选‎2‎个班给其中一个教师,剩下的两个班给另外一个教师,有C‎4‎‎2‎‎=6‎种结果, ∴ 根据分步计数原理知共有‎6×6=36‎种结果 故答案为:‎‎36‎ ‎15.【答案】‎ ‎.‎ ‎【解答】‎ ‎(x-1)(ax+1‎‎)‎‎6‎‎ 中,‎(ax+1‎‎)‎‎6‎ 中x‎2‎的系数为:,x项的系数为:, ‎(x-1)(ax+1‎‎)‎‎6‎展开式中含x‎2‎项的系数为‎0‎,可得:‎0‎,则‎15a=‎6‎, 所以a,‎ ‎16.【答案】‎ ‎(±5,0)‎‎,‎y=±‎3‎‎4‎x ‎【解答】‎ 解:双曲线:x‎2‎‎16‎‎-y‎2‎‎9‎=1‎中,a=4‎,b=3‎,c=5‎, 所以双曲线的焦点坐标是‎(±5,0)‎;渐近线方程为y=±‎3‎‎4‎x. 故答案为:‎(±5,0)‎;y=±‎3‎‎4‎x.‎ ‎17.【答案】‎ ‎3+‎‎5‎ ‎【解答】‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 解:分别以a‎→‎‎,‎b‎→‎所在的直线为x,y轴建立直角坐标系, ①当‎{|a‎→‎|, |b‎→‎|}={1, 2}‎,‎|c‎→‎|=3‎,则a‎→‎‎+b‎→‎=(1,2)‎, 设c‎→‎‎=(x,y)‎,则x‎2‎‎+y‎2‎=9‎, ∴ a‎→‎‎+b‎→‎+c‎→‎=(1+x, 2+y)‎, ∴ ‎|a‎→‎+b‎→‎+c‎→‎|=‎‎(x+1‎)‎‎2‎+(y+2‎‎)‎‎2‎的最大值, 其几何意义是圆x‎2‎‎+y‎2‎=9‎上点‎(x, y)‎与定点‎(-1, -2)‎的距离的最大值为 ‎3+‎(0+2‎)‎‎2‎+(0+1‎‎)‎‎2‎=3+‎‎5‎; ②当‎{|a‎→‎|, |b‎→‎|}={1, 3}‎,‎|c‎→‎|=2‎, 则a‎→‎‎+b‎→‎=(1,3)‎, 设c‎→‎‎=(x, y)‎,则x‎2‎‎+y‎2‎=4‎, ∴ a‎→‎‎+b‎→‎+c‎→‎=(1+x, 3+y)‎, ∴ ‎|a‎→‎+b‎→‎+c‎→‎|=‎‎(x+1‎)‎‎2‎+(y+3‎‎)‎‎2‎的最大值, 其几何意义是圆x‎2‎‎+y‎2‎=4‎上点‎(x, y)‎与定点‎(-1, -3)‎的距离的最大值为 ‎2+‎(0+1‎)‎‎2‎+(0+3‎‎)‎‎2‎=2+‎‎10‎, ③当‎{|a‎→‎|, |b‎→‎|}={2, 3}‎,‎|c‎→‎|=1‎,则a‎→‎‎+b‎→‎=(2,3)‎, 设c‎→‎‎=(x,y)‎,则x‎2‎‎+y‎2‎=1‎, ∴ a‎→‎‎+b‎→‎+c‎→‎=(2+x, 3+y)‎, ∴ ‎|a‎→‎+b‎→‎+c‎→‎|=‎‎(x+2‎)‎‎2‎+(y+3‎‎)‎‎2‎的最大值,其几何意义是圆x‎2‎‎+y‎2‎=1‎ 上点‎(x, y)‎与定点‎(-2, -3)‎的距离的最大值为‎1+‎(0+2‎)‎‎2‎+(0+3‎‎)‎‎2‎=1+‎‎13‎, ∵ ‎1+‎13‎<3+‎5‎,2+‎10‎<3+‎‎5‎, 故‎|a‎→‎+b‎→‎+c‎→‎|‎的最大值为‎3+‎‎5‎. 故答案为:‎3+‎‎5‎.‎ ‎18.【答案】‎ ‎6‎π‎4‎ ‎【解答】‎ 如图所示, 由ω>0‎时,在函数y=sinωx与y=cosωx的图象交点中, T‎2‎‎=‎π‎2ω, 点B到AC的距离d=‎2×‎2‎‎2‎=‎‎2‎, 所以‎|AB|‎=T=‎2π‎2ω=‎πω, 由于‎(T‎2‎‎)‎‎2‎+(‎2‎‎)‎‎2‎=AB‎2‎=‎T‎2‎, 所以‎(π‎2ω‎)‎‎2‎+(‎2‎‎)‎‎2‎=(‎πω‎)‎‎2‎, 整理得‎3‎π‎2‎‎4‎ω‎2‎‎=2‎,解得:ω=‎‎6‎π‎4‎.‎ 三、 解答题 (本题共计 5 小题 ,每题 15 分 ,共计75分 ) ‎ ‎19.【答案】‎ ‎(1)证明:由已知得‎△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎为正三角形,D为棱A‎1‎B‎1‎的中点, ∴ C‎1‎D⊥‎A‎1‎B‎1‎, 在正三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中,AA‎1‎⊥‎底面A‎1‎B‎1‎C‎1‎, 则AA‎1‎⊥C‎1‎D. 又A‎1‎B‎1‎‎∩AA‎1‎=‎A‎1‎,∴ C‎1‎D⊥‎平面ABB‎1‎A‎1‎, ∴ A‎1‎E⊂‎平面ABB‎1‎A‎1‎, ∴ C‎1‎D⊥A‎1‎E. 易证A‎1‎E⊥AD,又AD∩C‎1‎D=D,AD,C‎1‎D⊂‎平面AC‎1‎D, ∴ A‎1‎E⊥‎平面AC‎1‎D.‎ ‎(2)解:取BC的中点O,B‎1‎C‎1‎的中点O‎1‎,则AO⊥BC,OO‎1‎⊥BC, 以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 则B(0, 1, 0)‎,E(0, 1, 1)‎,C‎1‎‎(0, -1, 2)‎,D‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,2‎, 则C‎1‎E‎→‎‎=(0,2,-1)‎,C‎1‎D‎→‎‎=‎‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,BC‎1‎‎→‎‎=(0,-2,2)‎, 设C‎1‎N‎→‎‎=λC‎1‎D‎→‎=‎‎3‎‎2‎λ,‎3‎‎2‎λ,0‎,易知λ>0‎, 则NE‎→‎‎=C‎1‎E‎→‎-C‎1‎N‎→‎=(0,2,-1)-‎3‎‎2‎λ,‎3‎‎2‎λ,0‎=‎‎-‎3‎‎2‎λ,2-‎3‎‎2‎λ,-1‎, 易知n‎→‎‎=(1,0,0)‎是平面BCC‎1‎B‎1‎的一个法向量, ∴ ‎|cos|=‎3‎‎2‎λ‎3λ‎2‎-6λ+5‎=‎‎10‎‎20‎,解得λ=‎‎1‎‎3‎. ∴ NE‎→‎‎=‎‎-‎3‎‎6‎,‎3‎‎2‎,-1‎,C‎1‎M‎→‎‎=2λC‎1‎D‎→‎=‎‎3‎‎3‎‎,1,0‎,BM‎→‎‎=BC‎1‎‎→‎+C‎1‎M‎→‎=‎‎3‎‎3‎‎,-1,2‎, ∴ cos=‎-‎1‎‎6‎-‎3‎‎2‎-2‎‎10‎‎3‎‎×‎‎16‎‎3‎=-‎‎11‎‎10‎‎40‎, ∴ 异面直线NE与BM所成角的余弦值为‎11‎‎10‎‎40‎. ‎ ‎【解答】‎ ‎(1)证明:由已知得‎△‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎为正三角形,D为棱A‎1‎B‎1‎的中点, ∴ C‎1‎D⊥‎A‎1‎B‎1‎, 在正三棱柱ABC-‎A‎1‎B‎1‎C‎1‎中,AA‎1‎⊥‎底面A‎1‎B‎1‎C‎1‎, 则AA‎1‎⊥C‎1‎D. 又A‎1‎B‎1‎‎∩AA‎1‎=‎A‎1‎,∴ C‎1‎D⊥‎平面ABB‎1‎A‎1‎, ∴ A‎1‎E⊂‎平面ABB‎1‎A‎1‎, ∴ C‎1‎D⊥A‎1‎E. 易证A‎1‎E⊥AD,又AD∩C‎1‎D=D,AD,C‎1‎D⊂‎平面AC‎1‎D, ∴ A‎1‎E⊥‎平面AC‎1‎D.‎ ‎(2)解:取BC的中点O,B‎1‎C‎1‎的中点O‎1‎,则AO⊥BC,OO‎1‎⊥BC, 以O 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 则B(0, 1, 0)‎,E(0, 1, 1)‎,C‎1‎‎(0, -1, 2)‎,D‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,2‎, 则C‎1‎E‎→‎‎=(0,2,-1)‎,C‎1‎D‎→‎‎=‎‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,BC‎1‎‎→‎‎=(0,-2,2)‎, 设C‎1‎N‎→‎‎=λC‎1‎D‎→‎=‎‎3‎‎2‎λ,‎3‎‎2‎λ,0‎,易知λ>0‎, 则NE‎→‎‎=C‎1‎E‎→‎-C‎1‎N‎→‎=(0,2,-1)-‎3‎‎2‎λ,‎3‎‎2‎λ,0‎=‎‎-‎3‎‎2‎λ,2-‎3‎‎2‎λ,-1‎, 易知n‎→‎‎=(1,0,0)‎是平面BCC‎1‎B‎1‎的一个法向量, ∴ ‎|cos|=‎3‎‎2‎λ‎3λ‎2‎-6λ+5‎=‎‎10‎‎20‎,解得λ=‎‎1‎‎3‎. ∴ NE‎→‎‎=‎‎-‎3‎‎6‎,‎3‎‎2‎,-1‎,C‎1‎M‎→‎‎=2λC‎1‎D‎→‎=‎‎3‎‎3‎‎,1,0‎,BM‎→‎‎=BC‎1‎‎→‎+C‎1‎M‎→‎=‎‎3‎‎3‎‎,-1,2‎, ∴ cos=‎-‎1‎‎6‎-‎3‎‎2‎-2‎‎10‎‎3‎‎×‎‎16‎‎3‎=-‎‎11‎‎10‎‎40‎, ∴ 异面直线NE与BM所成角的余弦值为‎11‎‎10‎‎40‎.‎ ‎20.【答案】‎ 解:‎(1)‎因为f‎'‎‎(x)=‎1‎x‎⋅x-(lnx-a)‎x‎2‎=‎a+1-lnxx‎2‎,‎ 由f‎'‎‎(1)=a+1=1‎,解得a=0‎,‎ 所以f(x)=lnxx(x>0)‎,f‎'‎‎(x)=‎‎1-lnxx‎2‎,‎ 令f‎'‎‎(x)>0‎,得‎0e,‎ 所以函数f(x)‎的单调递增区间为‎(0,e)‎,单调递减区间为‎(e,+∞)‎.‎ ‎2‎h(x)=xlnx-ax+a+e-2‎‎,‎ 则h‎'‎‎(x)=lnx+1-a,‎ 令h‎'‎‎(x)=0‎,得x=‎ea-1‎,‎ 当x∈(0,ea-1‎)‎时,h‎'‎‎(x)<0‎,‎ 当x∈(ea-1‎,+∞)‎时,h‎'‎‎(x)>0‎,‎ 所以h(x‎)‎min=h(ea-1‎)=(a-1)ea-1‎+a+e-2-aea-1‎=a+e-2-‎ea-1‎,‎ 因为a≥0‎,所以h(ea)=ea⋅a-a⋅ea+a+e-2=a+e-2>0‎,‎ 要使h(x)‎的图象与x轴有交点,只需h(x‎)‎min≤0‎ 即可.‎ 令t(a)=a+e-2-‎ea-1‎,则t‎'‎‎(a)=1-‎ea-1‎,‎ 由t‎'‎‎(a)=0‎,得a=1‎,‎ 当a∈[0,1)‎时,t‎'‎‎(a)>0‎,t(a)‎在‎[0,1)‎上单调递增;‎ 当a∈(1,+∞)‎时,t‎'‎‎(a)<0‎,t(a)‎在‎(1,+∞)‎上单调递减.‎ 又t(0)=e-2-‎1‎e>0‎,t(2)=2+e-2-e=0‎,‎ 所以当a≥2‎时,t(a)≤0‎,‎ 即h(x‎)‎min≤0‎,‎ 故a的取值范围是‎[2,+∞)‎.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎因为f‎'‎‎(x)=‎1‎x‎⋅x-(lnx-a)‎x‎2‎=‎a+1-lnxx‎2‎,‎ 由f‎'‎‎(1)=a+1=1‎,解得a=0‎,‎ 所以f(x)=lnxx(x>0)‎,f‎'‎‎(x)=‎‎1-lnxx‎2‎,‎ 令f‎'‎‎(x)>0‎,得‎0e,‎ 所以函数f(x)‎的单调递增区间为‎(0,e)‎,单调递减区间为‎(e,+∞)‎.‎ ‎2‎h(x)=xlnx-ax+a+e-2‎‎,‎ 则h‎'‎‎(x)=lnx+1-a,‎ 令h‎'‎‎(x)=0‎,得x=‎ea-1‎,‎ 当x∈(0,ea-1‎)‎时,h‎'‎‎(x)<0‎,‎ 当x∈(ea-1‎,+∞)‎时,h‎'‎‎(x)>0‎,‎ 所以h(x‎)‎min=h(ea-1‎)=(a-1)ea-1‎+a+e-2-aea-1‎=a+e-2-‎ea-1‎,‎ 因为a≥0‎,所以h(ea)=ea⋅a-a⋅ea+a+e-2=a+e-2>0‎,‎ 要使h(x)‎的图象与x轴有交点,只需h(x‎)‎min≤0‎ 即可.‎ 令t(a)=a+e-2-‎ea-1‎,则t‎'‎‎(a)=1-‎ea-1‎,‎ 由t‎'‎‎(a)=0‎,得a=1‎,‎ 当a∈[0,1)‎时,t‎'‎‎(a)>0‎,t(a)‎在‎[0,1)‎上单调递增;‎ 当a∈(1,+∞)‎时,t‎'‎‎(a)<0‎,t(a)‎在‎(1,+∞)‎上单调递减.‎ 又t(0)=e-2-‎1‎e>0‎,t(2)=2+e-2-e=0‎,‎ 所以当a≥2‎时,t(a)≤0‎,‎ 即h(x‎)‎min≤0‎,‎ 故a的取值范围是‎[2,+∞)‎.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎21.【答案】‎ 解:(1)∵ a=1‎,b=-2‎时,f(x)=x‎2‎-x-3‎, f(x)=x⇒x‎2‎-2x-3=0⇒x=-1‎,x=3‎ ∴ 函数f(x)‎的不动点为‎-1‎和‎3‎;‎ ‎(2)即f(x)=ax‎2‎+(b+1)x+b-1=x有两个不等实根, 转化为ax‎2‎+bx+b-1=0‎有两个不等实根,须有判别式大于‎0‎恒成立 即b‎2‎‎-4a(b-1)>0⇒△=(-4a‎)‎‎2‎-4×4a<0⇒00⇒△=(-4a‎)‎‎2‎-4×4a<0⇒00‎, x‎1‎‎+x‎2‎=-2t,x‎1‎x‎2‎‎=2t‎2‎-8‎, ‎|AB|=‎1+‎‎1‎‎4‎|x‎1‎-x‎2‎| ‎‎=‎5‎‎2‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ =‎‎5‎‎2‎‎32-4‎t‎2‎, 点O到l的距离d=t‎5‎‎2‎=‎‎2t‎5‎, ∴ S‎△OAB‎=‎1‎‎2‎d⋅|AB|‎ ‎=t‎5‎⋅‎5‎‎2‎‎32-4‎t‎2‎ =t‎8-‎t‎2‎, S‎△OAB‎2‎‎=t‎2‎(8-t‎2‎) ‎‎=-t‎4‎+8t‎2‎ =-(t‎2‎-4‎)‎‎2‎+16≤16‎, ∴ S‎△OABmax‎=4‎ 此时t‎2‎‎=4‎,即t=2‎, ∴ l:y=‎1‎‎2‎x+2‎,x‎1‎‎+x‎2‎=-4‎,x‎1‎x‎2‎‎=0‎, ∴ x‎1‎‎=-4‎,x‎2‎‎=0‎,A(-4,0)‎,B(0,2)‎.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页 ‎(2)‎证明:∵ DE//AB, ∴ 设直线DE为l‎2‎‎:y=‎1‎‎2‎x+m,D(x‎3‎,y‎3‎)‎,E(x‎4‎,y‎4‎)‎, ∴ F(x‎4‎,-y‎4‎)‎, kAD‎=‎y‎3‎x‎3‎‎+4‎,kBF‎=‎‎-y‎4‎-2‎x‎4‎. 证BF//AD,即证kAD‎=‎kBF, 即y‎3‎x‎3‎‎+4‎‎=‎‎-y‎4‎-2‎x‎4‎, 即y‎3‎x‎4‎‎=-(y‎4‎+2)(x‎3‎+4)‎, 即x‎3‎x‎4‎‎+m(x‎3‎+x‎4‎)+2(x‎3‎+x‎4‎)+8+4m=0‎.① x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎y=‎1‎‎2‎x+m‎⇔2x‎2‎+4mx+4m‎2‎-16=0‎, Δ>0‎. 代入①式得‎2m‎2‎-8+m(-2m)+2(-2m)+8+4m=0‎. ∴ 原式得证即BF//AD.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)‎解:设A(x‎1‎,y‎1‎)‎,B(x‎2‎,y‎2‎)‎, x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎‎4‎=1,‎y=‎1‎‎2‎x+t,‎‎⇔2x‎2‎+4tx+4t‎2‎-16=0‎. Δ>0‎, x‎1‎‎+x‎2‎=-2t,x‎1‎x‎2‎‎=2t‎2‎-8‎, ‎|AB|=‎1+‎‎1‎‎4‎|x‎1‎-x‎2‎| ‎‎=‎5‎‎2‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ =‎‎5‎‎2‎‎32-4‎t‎2‎, 点O到l的距离d=t‎5‎‎2‎=‎‎2t‎5‎, ∴ S‎△OAB‎=‎1‎‎2‎d⋅|AB|‎ ‎=t‎5‎⋅‎5‎‎2‎‎32-4‎t‎2‎ =t‎8-‎t‎2‎, S‎△OAB‎2‎‎=t‎2‎(8-t‎2‎) ‎‎=-t‎4‎+8t‎2‎ =-(t‎2‎-4‎)‎‎2‎+16≤16‎, ∴ S‎△OABmax‎=4‎ 此时t‎2‎‎=4‎,即t=2‎, ∴ l:y=‎1‎‎2‎x+2‎,x‎1‎‎+x‎2‎=-4‎,x‎1‎x‎2‎‎=0‎, ∴ x‎1‎‎=-4‎,x‎2‎‎=0‎,A(-4,0)‎,B(0,2)‎.‎ ‎(2)‎证明:∵ DE//AB, ∴ 设直线DE为l‎2‎‎:y=‎1‎‎2‎x+m,D(x‎3‎,y‎3‎)‎,E(x‎4‎,y‎4‎)‎, ∴ F(x‎4‎,-y‎4‎)‎, kAD‎=‎y‎3‎x‎3‎‎+4‎,kBF‎=‎‎-y‎4‎-2‎x‎4‎. 证BF//AD,即证kAD‎=‎kBF, 即y‎3‎x‎3‎‎+4‎‎=‎‎-y‎4‎-2‎x‎4‎, 即y‎3‎x‎4‎‎=-(y‎4‎+2)(x‎3‎+4)‎, 即x‎3‎x‎4‎‎+m(x‎3‎+x‎4‎)+2(x‎3‎+x‎4‎)+8+4m=0‎.① x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎y=‎1‎‎2‎x+m‎⇔2x‎2‎+4mx+4m‎2‎-16=0‎, Δ>0‎. 代入①式得‎2m‎2‎-8+m(-2m)+2(-2m)+8+4m=0‎. ∴ 原式得证即BF//AD.‎ ‎23.【答案】‎ 解:‎1‎∵ anbn+1‎‎+bn+1‎=nbn. 当n=1‎时,a‎1‎b‎2‎‎+b‎2‎=‎b‎1‎. ∵ b‎1‎‎=1‎,b‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎, ∴ a‎1‎‎=2‎, 又∵ ‎{an}‎是公差为‎3‎的等差数列, ∴ an‎=3n-1‎;‎ ‎2‎由‎1‎知:‎(3n-1)bn+1‎+bn+1‎=nbn. 即‎3bn+1‎=‎bn, 即数列‎{bn}‎是以‎1‎为首项,以‎1‎‎3‎为公比的等比数列, ∴ ‎{bn}‎的前n项和Sn‎=‎1-(‎‎1‎‎3‎‎)‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎(1-‎3‎‎-n)=‎3‎‎2‎-‎‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ ‎【解答】‎ 解:‎1‎∵ anbn+1‎‎+bn+1‎=nbn. 当n=1‎时,a‎1‎b‎2‎‎+b‎2‎=‎b‎1‎. ∵ b‎1‎‎=1‎,b‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎, ∴ a‎1‎‎=2‎, 又∵ ‎{an}‎是公差为‎3‎的等差数列, ∴ an‎=3n-1‎;‎ ‎2‎由‎1‎知:‎(3n-1)bn+1‎+bn+1‎=nbn. 即‎3bn+1‎=‎bn, 即数列‎{bn}‎是以‎1‎为首项,以‎1‎‎3‎为公比的等比数列, ∴ ‎{bn}‎的前n项和Sn‎=‎1-(‎‎1‎‎3‎‎)‎n‎1-‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎(1-‎3‎‎-n)=‎3‎‎2‎-‎‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ 第17页 共18页 ◎ 第18页 共18页