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  • 2021-06-30 发布

【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷6【附详细答案和解析_可编辑】

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‎【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷6【附详细答案和解析 可编辑】‎ 真水无香 tougao33‎ 学校:__________ 班级:__________ 姓名:__________ 考号:__________‎ ‎ 一、 选择题 (本题共计 14 小题 ,共计84分 , ) ‎ ‎ ‎ ‎1. (5分) 若集合 A={x|x‎2‎-7x-8<0},B={x|x‎2‎-4>0}‎ ,则A∩B=‎(        )  ‎ A.‎{x|-1c>a B.b>a>c C.a>b>c D.‎c>b>a ‎ ‎ ‎4. (5分) 用‎0.618‎法寻找某试验的最优加入量时,若当前存优范围是‎[628, 774]‎,好点是‎718‎,则此时要做试验的加入点值是( ) ‎ A.‎628+774‎ B.‎628+0.618x(774-628)‎ C.‎628+774-718‎ D.‎2x718-774‎ ‎ ‎ ‎ ‎5. (5分) 函数y=‎x-1‎lnx+1‎的图象大致为‎(‎        ‎)‎ ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎6. (5分) 古代“五行”学说认为“物质分金、木、水、火、土五种属性,金克木,木克土,土克水,水克火,火克金”,从五种物质中随机抽取两种,则抽取的两种物质不相克的概率是(        ) ‎ A.‎3‎‎10‎ B.‎2‎‎5‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎3‎‎5‎ ‎ ‎ ‎7. (5分) 已知OA‎→‎‎=(-1, 2)‎,OB‎→‎‎=(3, m)‎,若OA‎→‎‎⊥‎OB‎→‎,则m等于(        ) ‎ A.‎-6‎ B.‎6‎ C.‎3‎‎2‎ D.‎‎-‎‎3‎‎2‎ ‎ ‎ ‎8. (5分) 执行下面的程序框图,输出的S=‎(        ) ‎ A.‎12‎ B.‎24‎ C.‎30‎ D.‎‎50‎ ‎ ‎ ‎9. (5分) 《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为‎31.5‎尺,前九个节气日影长之和为‎85.5‎尺,则立夏日影长为(        ) ‎ A.‎1.5‎尺 B.‎2.5‎尺 C.‎3.5‎尺 D.‎4.5‎尺 ‎ ‎ ‎10. (5分) 已知椭圆C:x‎2‎+y‎2‎‎2‎=1‎,直线l:y=x+m,若椭圆C上存在两点关于直线l对称,则m的取值范围是( ) ‎ A.‎(-‎2‎‎3‎,‎2‎‎3‎)‎ B.‎(-‎2‎‎4‎,‎2‎‎4‎)‎ C.‎(-‎3‎‎3‎,‎3‎‎3‎)‎ D.‎‎(-‎3‎‎4‎,‎3‎‎4‎)‎ ‎ ‎ ‎11. (5分) ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 已知函数f(x)=sinx+sin(πx)‎,现给出如下结论:‎ ‎①f(x)‎是奇函数;②f(x)‎是周期函数;③f(x)‎在区间‎0,π 上有三个零点;④f(x)‎的最大值为‎2‎.‎ 其中正确结论的个数为(        )‎ A.‎1‎ B.‎2‎ C.‎3‎ D.‎‎4‎ ‎ ‎ ‎12. (5分) 在正三棱锥S-ABC中,M,N分别是SC,BC的中点,且MN⊥AM,若侧棱SA=2‎‎3‎,则正三棱锥S-ABC外接球的表面积是(        ) ‎ A.‎12π B.‎32π C.‎48π D.‎‎36π ‎ ‎ ‎13. (12分) 函数f(x)=sin2x-‎3‎(cos‎2‎x-sin‎2‎x)‎的图象为C,以下结论正确的是‎(‎        ‎)‎ ①f(x)‎的最小正周期为π; ②对任意的x∈R,都有f(x+π‎6‎)+f(π‎6‎-x)=0‎; ③f(x)‎在‎(-‎π‎12‎,‎5π‎12‎‎)‎上是增函数; ④由y=2sin2x的图象向右平移π‎3‎个单位长度可以得到图象C. ‎ A.①② B.③④ C.①②③ D.①②③④‎ ‎ ‎ ‎14. (12分) 已知圆 O:x‎2‎+y‎2‎=‎1‎‎4‎,‎ 直线l: y=kx+b(k≠0)‎ ,l和圆O交于E,F两点,以Ox为始边,逆时针旋转到OE,OF为终边的最小正角分别为α和β,给出如下‎3‎个命题: ①当k为常数,b为变数时, sin(α+β)‎ 是定值; ②当k为变数,b为变数时, sin(α+β)‎ 是定值; ③当k和b都是变数时, sin(α+β)‎ 是定值‎.‎ 其中正确命题的个数是‎(‎        ‎)‎ ‎ A.‎0‎ B.‎1‎ C.‎2‎ D.‎‎3‎ ‎ 二、 填空题 (本题共计 4 小题 ,每题 5 分 ,共计20分 , ) ‎ ‎ ‎ ‎15. 若曲线f(x)‎=‎(ax-1)‎ex-2‎在点(‎2, f(2)‎)处的切线过点‎(3, 3)‎,则实数a的值为________. ‎ ‎ ‎ ‎16. 等比数列an的前n项的和Sn‎=‎3‎n-1‎+t,则t=‎________. ‎ ‎ ‎ ‎17. 如图两个开关串联再与第三个开关并联,在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是‎0.7‎,计算在这段时间内线路正常工作的概率________. ‎ ‎ ‎ ‎18. 已知双曲线C:x‎2‎a‎2‎-y‎2‎b‎2‎=1(a>0, b>0)‎的左、右焦点分别为F‎1‎,F‎2‎,点A为双曲线C虚轴的一个端点,若线段AF‎2‎与双曲线右支交于点B,且‎|AF‎1‎|:|BF‎1‎|:|BF‎2‎|‎=‎3:4:1‎,则双曲线C的离心率为________. ‎ ‎ 三、 解答题 (本题共计 5 小题 ,每题 12 分 ,共计60分 , ) ‎ ‎ ‎ ‎19. 如图,在三棱柱ADE-BCF中,ABCD是边长为‎2‎的菱形,且‎∠BAD=60‎‎​‎‎∘‎,CDEF是矩形,ED=1‎, 且平面CDEF⊥‎平面ABCD,P点在线段BC上移动(P不与C重合),H是AE的中点. ‎ ‎(1)‎当四面体EDPC的外接球的表面积为‎5π时,证明:HB//‎平面EDP.‎ ‎ ‎ ‎(2)‎当四面体EDPC的体积最大时,求平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值.‎ ‎ ‎ ‎20. 已知椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1‎a>b>0‎的焦距为 ‎2‎‎2‎ ,点A在椭圆E上,且 ‎|OA|‎ 的最小值是 ‎2‎(O为坐标原点). ‎ ‎(1)‎求椭圆E的标准方程;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎已知动直线l与圆O ‎:x‎2‎+y‎2‎=‎t‎2‎t>0‎ 相切,且与椭圆E交于P,Q两点.是否存在实数t,使得 OP⊥OQ ?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎ ‎ ‎21. ‎ ‎ ‎ 已知f(x)=(x-2)ex+alnx-ax.‎ ‎ ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎(1)‎若f(x)‎在定义域上单调递增,求实数a的值; ‎ ‎ ‎ ‎(2)‎若f(x)‎有且仅有‎1‎个零点,求实数a的范围.‎ ‎ ‎ ‎22. 已知某校有歌唱和舞蹈两个兴趣小组,其中歌唱组有‎4‎名男生,‎1‎名女生,舞蹈组有‎2‎名男生,‎2‎名女生,学校计划从两兴趣小组中各选‎2‎名同学参加演出. ‎ ‎(1)‎求选出的‎4‎名同学中至多有‎2‎名女生的选派方法数;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎记X为选出的‎4‎名同学中女生的人数,求X的分布列和数学期望.‎ ‎ ‎ ‎23. 已知a,b为正数,且满足a+b=1‎. ‎ ‎(1)‎求证: ‎(1+‎1‎a)(1+‎1‎b)≥9‎;‎ ‎ ‎ ‎(2)‎求证: ‎(a+‎1‎a)(b+‎1‎b)≥‎‎25‎‎4‎.‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 参考答案与试题解析 ‎【2020年高考数学预测题、估测题】山东省数学高考试卷6【附详细答案和解析 可编辑】‎ 一、 选择题 (本题共计 14 小题 ,共计84分 ) ‎ ‎1.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解:A={x|-12‎或x<-2}‎, A∩B={x|2‎2‎‎0‎=1‎, ‎0c>a. 故选A.‎ ‎4.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解:由已知试验范围为‎[628, 774]‎, 利用‎0.618‎法选取试点: x‎1‎‎=628+0.618×(774-628)=718‎, x‎2‎‎=774+628-718=684‎, 则此时要做试验的加入点值是‎684‎. 故选C;‎ ‎5.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解:由lnx+1=0‎,得x=‎‎1‎e,当x<‎‎1‎e时,‎(x-1)(lnx+1)>0‎,故排除选项A,B. y‎'‎‎=lnx+1-1+‎‎1‎x‎(lnx+1‎‎)‎‎2‎=‎xlnx+1‎x(lnx+1‎‎)‎‎2‎, 在区间‎(1,+∞)‎内y‎'‎‎>0‎,所以函数在区间‎(1,+∞)‎内单调递增. 故选C.‎ ‎6.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解:所有基本事件为金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土,共‎10‎个,不相克的基本事件有‎5‎个,则所求的概率为‎5‎‎10‎‎=‎‎1‎‎2‎. 故选C.‎ ‎7.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解:∵ OA‎→‎‎⊥‎OB‎→‎, ∴ OA‎→‎‎⋅OB‎→‎=-3+2m=0‎, ∴ m=‎‎3‎‎2‎. 故选C.‎ ‎8.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解:当k=1‎,S=0‎时,不满足输出条件,执行循环体后,S=2‎,k=2‎; 当k=2‎,S=2‎时,不满足输出条件,执行循环体后,S=6‎,k=3‎; 当k=3‎,S=6‎时,不满足输出条件,执行循环体后,S=12‎,k=4‎; 当k=4‎,S=12‎时,不满足输出条件,执行循环体后,S=20‎,k=5‎; 当k=5‎,S=20‎时,不满足输出条件,执行循环体后,S=30‎,k=6‎; 当k=6‎,S=30‎时,满足输出条件,输出S=30‎. 故选C.‎ ‎9.【答案】‎ D ‎【解答】‎ 解:设此等差数列‎{an}‎的公差为d, 则a‎1‎‎+a‎4‎+a‎7‎=3a‎1‎+9d=31.5‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎,‎9a‎1‎+‎9×8‎‎2‎d=85.5‎, 解得:d=-1‎,a‎1‎‎=13.5‎. 则a‎10‎‎=13.5-9=4.5‎. 故选D. ‎ ‎10.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 设椭圆x‎2‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎上存在关于直线y=x+m对称的两点为M(x‎1‎, y‎1‎)‎、N(x‎2‎, y‎2‎)‎, 根据对称性可知线段MN被直线y=x+m垂直平分,且MN的中点T(x‎0‎, y‎0‎)‎在直线y=x+m上,且kMN=‎-1‎, 故可设直线MN的方程为y=‎-x+n, 联立x‎2‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎y=-x+n‎ ‎,整理可得:‎3x‎2‎-2nx+n‎2‎-2‎=‎0‎, 所以x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎2n‎3‎,y‎1‎‎+‎y‎2‎=‎2n-(x‎1‎+x‎2‎)‎=‎2n-‎2n‎3‎=‎‎4n‎3‎, 由‎△‎=‎4n‎2‎-12(n‎2‎-1)>0‎,可得‎-‎3‎0)‎,则AN=‎3‎‎2‎x,‎ 利用中线长定理,‎ AM‎2‎=‎‎2SA‎2‎+2AC‎2‎-SC‎2‎‎4‎‎,‎ 求得AM=‎‎6+‎x‎2‎‎2‎,MN=‎1‎‎2‎SB=‎‎3‎,‎ 利用勾股定理得‎3‎‎4‎x‎2‎‎=‎6+‎x‎2‎‎2‎+3‎,解得x=2‎‎6‎;‎ 延长SD交球于点H,SH即为球的直径,‎ AD=‎2‎‎3‎AN=2‎‎2‎‎,‎ SD=SA‎2‎-AD‎2‎=2‎‎,‎ 利用射影定理有SD×DH=AD‎2‎,解得DH=4‎,‎ 则R=SD+DH‎2‎=3‎,‎ ‎∴ S=4πR‎2‎=36π‎.‎ 故选D.‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎13.【答案】‎ C ‎【解答】‎ 解:函数f(x)=sin2x-‎3‎(cos‎2‎x-sin‎2‎x)=sin2x-‎3‎cos2x=2sin(2x-π‎3‎)‎, ①fx 的最小正周期为‎2π‎2‎‎=π,故①正确; ②fπ‎6‎=2sin‎2×π‎6‎-‎π‎3‎=2sin0=0‎,即函数关于π‎6‎‎,0‎对称, 即对任意的x∈R,都有fx+‎π‎6‎+fπ‎6‎‎-x=0‎成立,故②正确; ③因为‎2kπ-π‎2‎≤2x-π‎3‎≤2kπ+‎π‎2‎ ,k∈Z, 解得kπ-π‎12‎≤x≤kπ+‎‎5π‎12‎时函数单调递增, 令k=0‎,‎-π‎12‎≤x≤‎‎5π‎12‎,函数在区间‎(-‎π‎12‎,‎5π‎12‎‎)‎上是增函数;故③正确. ④函数f(x)‎的图象可以由函数y=2sin2x的图象向右平移π‎3‎而得到 f(x)=2sin(2x-‎2π‎3‎-π‎3‎)=-2sin2x,故④不正确. 故选C.‎ ‎14.【答案】‎ B ‎【解答】‎ 解:设点E(x‎1‎, y‎1‎)‎,F(x‎2‎, y‎2‎)‎,‎ 由三角函数的定义得x‎1‎‎=‎1‎‎2‎cosα,‎y‎1‎‎=‎1‎‎2‎sinα,‎ x‎2‎‎=‎1‎‎2‎cosβ,‎y‎2‎‎=‎1‎‎2‎sinβ,‎ 将直线EF的方程与圆的方程联立y=kx+b,‎x‎2‎‎+y‎2‎=‎1‎‎4‎,‎ 得‎(k‎2‎+1)x‎2‎+2kbx+b‎2‎-‎1‎‎4‎=0‎,‎ 由韦达定理得x‎1‎‎+x‎2‎=-‎2kbk‎2‎‎+1‎,‎x‎1‎x‎2‎‎=b‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎k‎2‎‎+1‎,‎ 所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ ‎‎=4x‎2‎y‎1‎+4x‎1‎y‎2‎=4x‎2‎(kx‎1‎+b)+4x‎1‎(kx‎2‎+b)‎ ‎=8kx‎1‎x‎2‎+4b(x‎1‎+x‎2‎)=‎8k(b‎2‎-‎1‎‎4‎)-8kb‎2‎k‎2‎‎+1‎=-‎‎2kk‎2‎‎+1‎‎,‎ 因此,当k是常数时,‎ sin(α+β)‎是常数.‎ 故选B.‎ 二、 填空题 (本题共计 4 小题 ,每题 5 分 ,共计20分 ) ‎ ‎15.【答案】‎ ‎1‎ ‎【解答】‎ 由f(x)‎=‎(ax-1)‎ex-2‎,得f'(x)‎=aex-2‎+(ax-1)‎ex-2‎, ∴ f'(2)‎=a+2a-1‎=‎3a-1‎, 又f(2)‎=‎2a-1‎, ∴ 曲线f(x)‎=‎(ax-1)‎ex-2‎在点(‎2, f(2)‎)处的切线方程为y-2a+1‎=‎(3a-1)(x-2)‎, 代入‎(3, 3)‎,得‎4-2a=‎3a-1‎,解得a=‎1‎.‎ ‎16.【答案】‎ ‎-‎‎1‎‎3‎ ‎【解答】‎ 解:由Sn‎=‎3‎n-1‎+t,n≥2‎, 所以an‎=Sn-‎Sn-1‎ ‎=‎3‎n-1‎+t-‎3‎n-2‎-t =2⋅‎‎3‎n-2‎,‎①‎ 由数列an是等比数列可得a‎1‎‎=S‎1‎=1+t, 适合‎①‎式, 所以‎1+t=‎‎2‎‎3‎, 所以t=-‎‎1‎‎3‎, 故答案为:‎-‎‎1‎‎3‎. ‎ ‎17.【答案】‎ ‎0.847‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎【解答】‎ 解方法一:PA⋅B‎¯‎⋅C+PA‎¯‎‎⋅B⋅C+P(A‎¯‎⋅B‎¯‎⋅C)+P(A⋅B⋅C)+P(A⋅B⋅C‎¯‎)=P(A)⋅‎ PB‎¯‎⋅PC+PA‎¯‎⋅PB⋅PC+PA‎¯‎⋅PB‎¯‎⋅ PC+PA⋅PB⋅PC+PA⋅PB⋅P(C‎¯‎)=0.847‎. 方法二:分析要使这段时间内线路正常工作只要排除Jc开且JA与JB至少有‎1‎个开的情况, ‎1-PC‎¯‎‎1-PA⋅B=1-0.3×‎1-‎‎0.7‎‎2‎=0.847‎.‎ ‎18.【答案】‎ ‎10‎‎2‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎|AF‎1‎|:|BF‎1‎|:|BF‎2‎|‎=‎3:4:1‎, 不妨设‎|AF‎1‎|‎=‎3k,‎|BF‎1‎|‎=‎4k,‎|BF‎2‎|‎=k,k≠0‎, ∴ ‎|BF‎1‎|-|BF‎2‎|‎=‎4k-k=‎2a, ∴ k=‎2‎‎3‎a, ∴ ‎|AF‎2‎|‎=‎|AF‎1‎|‎=‎2a, 在Rt△AOF‎2‎中,‎|OF‎2‎|‎=c,‎|OA|‎=b, ∴ ‎4‎a‎2‎=b‎2‎‎+‎c‎2‎=c‎2‎‎-a‎2‎+‎c‎2‎, ∴ ‎5‎a‎2‎=‎2‎c‎2‎, ∴ ‎5‎a=‎2‎c, ∴ e=ca=‎5‎‎2‎=‎‎10‎‎2‎,‎ 三、 解答题 (本题共计 5 小题 ,每题 12 分 ,共计60分 ) ‎ ‎19.【答案】‎ ‎(1)‎证明:当四面体EDPC外接球的表面积为 ‎5π 时, 则其外接球的半径为‎5‎‎2‎. 因为ABCD是边长为‎2‎的菱形,CDEF是矩形, ED=1‎,且平面CDEF⊥‎平面ABCD, 则ED ‎⊥‎平面ABCD,EC=‎5‎,‎ 则EC为四面体EDPC外接球的直径, 所以‎∠EPC=‎‎90‎‎∘‎,即CB⊥EP. 由题意,CB⊥ED ,EP∩ED=E, 所以CB⊥DP. 因为‎∠BAD=∠BCD=‎‎60‎‎∘‎ , 所以P为BC的中点. 记AD的中点为M,如图,连结MH,MB, 则MB//DP,MH//DE,DE∩DP=D, 所以平面HMB//‎平面EDP. 因为HB⊂‎平面HMB, 所以HB//‎平面EDP.‎ ‎ ‎(2)‎解:由题意, ED⊥‎ 平面ABCD,则三棱锥 E-DPC 的高不变, 当四面体EDPC的体积最大时, ‎△DPC 的面积最大, 所以当点P位于点B时,四面体EDPC的体积最大. 以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则D‎0,0,0‎, E‎0,0,1‎,B‎3‎‎,1,0‎ ,H‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,C‎0,2,0‎,‎ 所以DB‎→‎‎=‎3‎‎,1,0‎,DH‎→‎=‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,EC‎→‎=‎0,2,-1‎,EB‎→‎=‎‎3‎‎,1,-1‎. 设平面HDB的法向量为m‎→‎‎=‎x‎1‎‎,y‎1‎,‎z‎1‎. 则DB‎→‎‎⋅m‎→‎=‎3‎x‎1‎+y‎1‎=0,‎DH‎→‎‎⋅m‎→‎=‎3‎‎2‎x‎1‎-‎1‎‎2‎y‎1‎+‎1‎‎2‎z‎1‎=0,‎ 令x‎1‎‎=1‎,得m‎→‎‎=‎‎1,-‎3‎,-2‎‎3‎. 设平面EBC的一个法向量为n‎→‎‎=‎x‎2‎‎,y‎2‎,‎z‎2‎, 则EC‎→‎‎⋅n‎→‎=2y‎2‎-z‎2‎=0,‎EB‎→‎‎⋅n‎→‎=‎3‎x‎2‎+y‎2‎-z‎2‎=0,‎ 令y‎2‎‎=3‎,得n‎→‎‎=‎‎3‎‎,3,6‎. 设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是φ, 则cosφ=‎|m‎→‎⋅n‎→‎|‎‎|m‎→‎||n‎→‎|‎=‎7‎‎8‎.‎ 所以当四面体EDPC的体积最大时, ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 ‎7‎‎8‎.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)‎证明:当四面体EDPC外接球的表面积为 ‎5π 时, 则其外接球的半径为‎5‎‎2‎. 因为ABCD是边长为‎2‎的菱形,CDEF是矩形, ED=1‎,且平面CDEF⊥‎平面ABCD, 则ED ‎⊥‎平面ABCD,EC=‎5‎,‎ 则EC为四面体EDPC外接球的直径, 所以‎∠EPC=‎‎90‎‎∘‎,即CB⊥EP. 由题意,CB⊥ED ,EP∩ED=E, 所以CB⊥DP. 因为‎∠BAD=∠BCD=‎‎60‎‎∘‎ , 所以P为BC的中点. 记AD的中点为M,如图,连结MH,MB, 则MB//DP,MH//DE,DE∩DP=D, 所以平面HMB//‎平面EDP. 因为HB⊂‎平面HMB, 所以HB//‎平面EDP.‎ ‎ ‎(2)‎解:由题意, ED⊥‎ 平面ABCD,则三棱锥 E-DPC 的高不变, 当四面体EDPC的体积最大时, ‎△DPC 的面积最大, 所以当点P位于点B时,四面体EDPC的体积最大. 以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则D‎0,0,0‎, E‎0,0,1‎,B‎3‎‎,1,0‎ ,H‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,C‎0,2,0‎,‎ 所以DB‎→‎‎=‎3‎‎,1,0‎,DH‎→‎=‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎,EC‎→‎=‎0,2,-1‎,EB‎→‎=‎‎3‎‎,1,-1‎. 设平面HDB的法向量为m‎→‎‎=‎x‎1‎‎,y‎1‎,‎z‎1‎. 则DB‎→‎‎⋅m‎→‎=‎3‎x‎1‎+y‎1‎=0,‎DH‎→‎‎⋅m‎→‎=‎3‎‎2‎x‎1‎-‎1‎‎2‎y‎1‎+‎1‎‎2‎z‎1‎=0,‎ 令x‎1‎‎=1‎,得m‎→‎‎=‎‎1,-‎3‎,-2‎‎3‎. 设平面EBC的一个法向量为n‎→‎‎=‎x‎2‎‎,y‎2‎,‎z‎2‎, 则EC‎→‎‎⋅n‎→‎=2y‎2‎-z‎2‎=0,‎EB‎→‎‎⋅n‎→‎=‎3‎x‎2‎+y‎2‎-z‎2‎=0,‎ 令y‎2‎‎=3‎,得n‎→‎‎=‎‎3‎‎,3,6‎. 设平面HDP与平面EPC所成锐二面角是φ, 则cosφ=‎|m‎→‎⋅n‎→‎|‎‎|m‎→‎||n‎→‎|‎=‎7‎‎8‎.‎ 所以当四面体EDPC的体积最大时, 平面HDP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为 ‎7‎‎8‎.‎ ‎20.【答案】‎ 解:‎(1)‎因为 ‎|OA|‎ 的最小值是 ‎2‎ , 所以 b=‎‎2‎. 因为椭圆E的焦距为 ‎2‎‎2‎ , 所以 ‎2c=2‎‎2‎ ,即c=‎‎2‎, 所以 a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎=4‎. 故椭圆E的标准方程是 x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎.‎ ‎(2)‎‎①当直线l的斜率不存在时, ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 因为直线l与圆O相切,所以直线l的方程为 x=±t, 则直线l与椭圆E的交点为 t,±‎‎8-2‎t‎2‎‎2‎或‎-t,±‎‎8-2‎t‎2‎‎2‎, 因为 OP⊥OQ ,所以 x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=t‎2‎-‎8-2‎t‎2‎‎4‎=0‎ , 所以 t‎2‎‎=‎‎4‎‎3‎ ,即t=‎‎2‎‎3‎‎3‎. ②当直线l的斜率存在时, 可设直线l的方程为 y=kx+m,Px‎1‎‎,‎y‎1‎,‎ Qx‎2‎‎,‎y‎2‎, 联立x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎y=kx+m,‎ 整理得 ‎2k‎2‎+1‎x‎2‎‎+4kmx+2m‎2‎-4=0‎, x‎1‎‎+x‎2‎=-‎4km‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎=‎‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎, 因为 Px‎1‎‎,‎y‎1‎,Qx‎2‎‎,‎y‎2‎ 在直线l上, 所以 y‎1‎y‎2‎‎=kx‎1‎+mkx‎2‎+m=k‎2‎x‎1‎x‎2‎+kmx‎1‎‎+‎x‎2‎+‎m‎2‎. 将x‎1‎‎+x‎2‎=-‎4km‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎=‎‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎ 代人上式, 得 y‎1‎y‎2‎‎=k‎2‎‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎-‎4‎k‎2‎m‎2‎‎2k‎2‎+1‎+m‎2‎=‎m‎2‎‎-4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎. 因为 OP⊥OQ , 所以 x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎+m‎2‎‎-4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎=0‎ , 即‎3m‎2‎=4‎k‎2‎‎+1‎, 因为动直线l与圆O相切, 所以 ‎|m|‎k‎2‎‎+1‎‎=t , 所以 t‎2‎‎=m‎2‎k‎2‎‎+1‎=‎‎4‎‎3‎ ,即t=‎‎2‎‎3‎‎3‎. 综上,存在t=‎‎2‎‎3‎‎3‎使得 OP⊥OQ.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎因为 ‎|OA|‎ 的最小值是 ‎2‎ , 所以 b=‎‎2‎. 因为椭圆E的焦距为 ‎2‎‎2‎ , 所以 ‎2c=2‎‎2‎ ,即c=‎‎2‎, 所以 a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎=4‎. 故椭圆E的标准方程是 x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎.‎ ‎(2)‎‎①当直线l的斜率不存在时, 因为直线l与圆O相切,所以直线l的方程为 x=±t, 则直线l与椭圆E的交点为 t,±‎‎8-2‎t‎2‎‎2‎或‎-t,±‎‎8-2‎t‎2‎‎2‎, 因为 OP⊥OQ ,所以 x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=t‎2‎-‎8-2‎t‎2‎‎4‎=0‎ , 所以 t‎2‎‎=‎‎4‎‎3‎ ,即t=‎‎2‎‎3‎‎3‎. ②当直线l的斜率存在时, 可设直线l的方程为 y=kx+m,Px‎1‎‎,‎y‎1‎,‎ Qx‎2‎‎,‎y‎2‎, 联立x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎y=kx+m,‎ 整理得 ‎2k‎2‎+1‎x‎2‎‎+4kmx+2m‎2‎-4=0‎, x‎1‎‎+x‎2‎=-‎4km‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎=‎‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎, 因为 Px‎1‎‎,‎y‎1‎,Qx‎2‎‎,‎y‎2‎ 在直线l上, 所以 y‎1‎y‎2‎‎=kx‎1‎+mkx‎2‎+m=k‎2‎x‎1‎x‎2‎+kmx‎1‎‎+‎x‎2‎+‎m‎2‎. 将x‎1‎‎+x‎2‎=-‎4km‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎=‎‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎ 代人上式, 得 y‎1‎y‎2‎‎=k‎2‎‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎-‎4‎k‎2‎m‎2‎‎2k‎2‎+1‎+m‎2‎=‎m‎2‎‎-4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎. 因为 OP⊥OQ , 所以 x‎1‎x‎2‎‎+y‎1‎y‎2‎=‎2m‎2‎-4‎‎2k‎2‎+1‎+m‎2‎‎-4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎=0‎ , 即‎3m‎2‎=4‎k‎2‎‎+1‎, 因为动直线l与圆O相切, 所以 ‎|m|‎k‎2‎‎+1‎‎=t , 所以 t‎2‎‎=m‎2‎k‎2‎‎+1‎=‎‎4‎‎3‎ ,即t=‎‎2‎‎3‎‎3‎. 综上,存在t=‎‎2‎‎3‎‎3‎使得 OP⊥OQ.‎ ‎21.【答案】‎ 解:‎(1)f(x)‎的定义域为‎(0,+∞)‎, f‎'‎‎(x)=(x-1)‎ex‎-‎ax, 令f‎'‎‎(x)=(x-1)ex‎-‎ax≥0‎恒成立, 当x-1>0‎,即x>1‎时, 需ex‎-ax>0‎,即axex⇒a≥e. 综上,得a=e.‎ ‎ ‎(2)‎由f‎'‎‎(x)=(x-1)‎ex‎-‎ax, 得当a≤0‎时,f(x)‎在‎(0,1)‎上为减函数, 在‎(1,+∞)‎上为增函数, 所以f(x)≥f(1)=-e-a, 仅当‎-e-a=0‎, 即a=-e时,f(x)‎有‎1‎个零点. 当‎00‎, 故g(x)‎在‎(0,+∞)‎上为增函数. g(1)=e-a>0,gae=eae-e<0‎, 故g(x)‎在‎(0,1)‎上有唯一零点, 设为x‎0‎,即ex‎0‎‎-ax‎0‎=0⇒a=‎x‎0‎ex‎0‎, 在区间‎0,‎x‎0‎上g(x)<0,f‎'‎(x)>0,f(x)‎单调递增; 在x‎0‎‎,1‎上,g(x)>0,f‎'‎(x)<0,f(x)‎单调递减; 在‎(1,+∞)‎上,g(x)>0,f‎'‎(x)>0,f(x)‎单调递增. fx‎0‎=x‎0‎‎-2‎ex‎0‎+alnx‎0‎-‎x‎0‎, 因为x‎0‎‎-2<0,lnx‎0‎-x‎0‎<0‎, 故fx‎0‎=x‎0‎‎-2‎ex‎0‎+alnx‎0‎-‎x‎0‎<0‎, 故在‎(0,1)‎上,f(x)≤fx‎0‎<0‎; 在‎(1,+∞)‎上,因为f(3)=e‎3‎+a(ln3-3)>ee‎2‎‎+ln3-3‎>0‎, 故f(x)‎有‎1‎个零点,即‎00‎,‎ 知f(x)‎仅有‎1‎个零点.‎ 当a>e时,由g(x)‎在‎(0,+∞)‎上为增函数,‎ 且g(1)=e-a<0,g(a)=ea-1>0‎,‎ 得g(x)=ex-‎ax有零点,‎ 设为m‎0‎,且m‎0‎‎>1‎,‎ 故在‎(0,1)‎上,‎ g(x)<0‎‎,f‎'‎‎(x)>0‎,f(x)‎单调递增;‎ 在‎1,‎m‎0‎上,‎ g(x)<0‎‎,f‎'‎‎(x)<0‎,f(x)‎单调递减;‎ 在‎(m‎0‎,+∞)‎上,‎ g(x)>0‎‎,f‎'‎‎(x)>0‎,f(x)‎单调递增.‎ 而f(1)=-e-a<0‎,故在‎(0,m‎0‎)‎上,f(x)≤f(1)<0‎,‎ 在‎(m‎0‎,+∞)‎上,取b=maxe‎2‎‎,ln(a+1)‎,‎ 则f(b)=(b-2)eb+alnb-ab ‎≥(b-2)eb+2a-ab ‎=(b-2)eb‎-a≥b-2>0‎‎,‎ 故a>e时,在‎(m‎0‎,+∞)‎上,f(x)‎有‎1‎个零点.‎ 综上,得a的取值范围为‎(0,+∞)∪{-e}‎.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)f(x)‎的定义域为‎(0,+∞)‎, f‎'‎‎(x)=(x-1)‎ex‎-‎ax, 令f‎'‎‎(x)=(x-1)ex‎-‎ax≥0‎恒成立, 当x-1>0‎,即x>1‎时, 需ex‎-ax>0‎,即axex⇒a≥e. 综上,得a=e.‎ ‎ ‎(2)‎由f‎'‎‎(x)=(x-1)‎ex‎-‎ax, 得当a≤0‎时,f(x)‎在‎(0,1)‎上为减函数, 在‎(1,+∞)‎上为增函数, 所以f(x)≥f(1)=-e-a, 仅当‎-e-a=0‎, 即a=-e时,f(x)‎有‎1‎个零点. 当‎00‎, 故g(x)‎在‎(0,+∞)‎上为增函数. g(1)=e-a>0,gae=eae-e<0‎, 故g(x)‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 在‎(0,1)‎上有唯一零点, 设为x‎0‎,即ex‎0‎‎-ax‎0‎=0⇒a=‎x‎0‎ex‎0‎, 在区间‎0,‎x‎0‎上g(x)<0,f‎'‎(x)>0,f(x)‎单调递增; 在x‎0‎‎,1‎上,g(x)>0,f‎'‎(x)<0,f(x)‎单调递减; 在‎(1,+∞)‎上,g(x)>0,f‎'‎(x)>0,f(x)‎单调递增. fx‎0‎=x‎0‎‎-2‎ex‎0‎+alnx‎0‎-‎x‎0‎, 因为x‎0‎‎-2<0,lnx‎0‎-x‎0‎<0‎, 故fx‎0‎=x‎0‎‎-2‎ex‎0‎+alnx‎0‎-‎x‎0‎<0‎, 故在‎(0,1)‎上,f(x)≤fx‎0‎<0‎; 在‎(1,+∞)‎上,因为f(3)=e‎3‎+a(ln3-3)>ee‎2‎‎+ln3-3‎>0‎, 故f(x)‎有‎1‎个零点,即‎00‎,‎ 知f(x)‎仅有‎1‎个零点.‎ 当a>e时,由g(x)‎在‎(0,+∞)‎上为增函数,‎ 且g(1)=e-a<0,g(a)=ea-1>0‎,‎ 得g(x)=ex-‎ax有零点,‎ 设为m‎0‎,且m‎0‎‎>1‎,‎ 故在‎(0,1)‎上,‎ g(x)<0‎‎,f‎'‎‎(x)>0‎,f(x)‎单调递增;‎ 在‎1,‎m‎0‎上,‎ g(x)<0‎‎,f‎'‎‎(x)<0‎,f(x)‎单调递减;‎ 在‎(m‎0‎,+∞)‎上,‎ g(x)>0‎‎,f‎'‎‎(x)>0‎,f(x)‎单调递增.‎ 而f(1)=-e-a<0‎,故在‎(0,m‎0‎)‎上,f(x)≤f(1)<0‎,‎ 在‎(m‎0‎,+∞)‎上,取b=maxe‎2‎‎,ln(a+1)‎,‎ 则f(b)=(b-2)eb+alnb-ab ‎≥(b-2)eb+2a-ab ‎=(b-2)eb‎-a≥b-2>0‎‎,‎ 故a>e时,在‎(m‎0‎,+∞)‎上,f(x)‎有‎1‎个零点.‎ 综上,得a的取值范围为‎(0,+∞)∪{-e}‎.‎ ‎22.【答案】‎ 解:由题意知,所有的选派方法共有C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎‎=60‎种, 其中有‎3‎名女生的选派方法共有C‎4‎‎1‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎2‎‎=4‎种, 所以选出的‎4‎名同学中至多有‎2‎名女生的选派方法数为‎60-4=56‎种.‎ ‎(2)X的可能取值为‎0‎,‎1‎,‎2‎,‎3‎. P(X=0)=C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎1‎‎10‎, P(X=1)=C‎4‎‎2‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎2‎‎+‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎7‎‎15‎, P(X=2)=C‎4‎‎1‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎‎+‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎11‎‎30‎, P(X=3)=C‎4‎‎1‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎2‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎1‎‎15‎, ∴ X的分布列为: ‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎1‎‎10‎ ‎7‎‎15‎ ‎11‎‎30‎ ‎1‎‎15‎ ‎ ∴ E(X)=0×‎1‎‎10‎+1×‎7‎‎15‎+2×‎11‎‎30‎+3×‎1‎‎15‎=‎‎7‎‎5‎.‎ ‎【解答】‎ 解:由题意知,所有的选派方法共有C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎‎=60‎种, 其中有‎3‎名女生的选派方法共有C‎4‎‎1‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎2‎‎=4‎种, 所以选出的‎4‎名同学中至多有‎2‎名女生的选派方法数为‎60-4=56‎种.‎ ‎(2)X的可能取值为‎0‎,‎1‎,‎2‎,‎3‎. P(X=0)=C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎1‎‎10‎, P(X=1)=C‎4‎‎2‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎2‎‎+‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎7‎‎15‎, P(X=2)=C‎4‎‎1‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎1‎C‎2‎‎1‎‎+‎C‎4‎‎2‎C‎2‎‎2‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎11‎‎30‎, P(X=3)=C‎4‎‎1‎C‎1‎‎1‎C‎2‎‎2‎C‎5‎‎2‎C‎4‎‎2‎=‎‎1‎‎15‎, ∴ X的分布列为: ‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎1‎‎10‎ ‎7‎‎15‎ ‎11‎‎30‎ ‎1‎‎15‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎ ∴ E(X)=0×‎1‎‎10‎+1×‎7‎‎15‎+2×‎11‎‎30‎+3×‎1‎‎15‎=‎‎7‎‎5‎.‎ ‎23.【答案】‎ 证明:‎(1)‎因为 a,b 为正数,且 a+b=1‎, 所以ab≤(a+b‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎1‎‎4‎,当且仅当a=b=‎‎1‎‎2‎ 时,等号成立‎.‎ 所以‎(1+‎1‎a)(1+‎1‎b)=1+‎1‎a+‎1‎b+‎1‎ab=1+a+b+1‎ab=1+‎2‎ab≥9,‎ 当且仅当 a=b=‎‎1‎‎2‎ 时,等号成立.‎ ‎(2)‎不妨设 a=‎1‎‎2‎+δ,b=‎1‎‎2‎-δ,0≤δ<‎‎1‎‎2‎, 则‎(a+‎1‎a)(b+‎1‎b)=‎(a‎2‎+1)(b‎2‎+1)‎ab=‎‎(δ‎2‎+δ+‎5‎‎4‎)(δ‎2‎-δ+‎5‎‎4‎)‎‎(‎1‎‎2‎+δ)(‎1‎‎2‎-δ)‎ ‎=‎25‎‎16‎‎+‎3‎‎2‎δ‎2‎+‎δ‎4‎‎1‎‎4‎‎-‎δ‎2‎≥‎25‎‎16‎‎1‎‎4‎=‎25‎‎4‎. ‎当且仅当δ=0,‎即a=b=‎‎1‎‎2‎时,等号成立.‎ ‎【解答】‎ 证明:‎(1)‎因为 a,b 为正数,且 a+b=1‎, 所以ab≤(a+b‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎1‎‎4‎,当且仅当a=b=‎‎1‎‎2‎ 时,等号成立‎.‎ 所以‎(1+‎1‎a)(1+‎1‎b)=1+‎1‎a+‎1‎b+‎1‎ab=1+a+b+1‎ab=1+‎2‎ab≥9,‎ 当且仅当 a=b=‎‎1‎‎2‎ 时,等号成立.‎ ‎(2)‎不妨设 a=‎1‎‎2‎+δ,b=‎1‎‎2‎-δ,0≤δ<‎‎1‎‎2‎, 则‎(a+‎1‎a)(b+‎1‎b)=‎(a‎2‎+1)(b‎2‎+1)‎ab=‎‎(δ‎2‎+δ+‎5‎‎4‎)(δ‎2‎-δ+‎5‎‎4‎)‎‎(‎1‎‎2‎+δ)(‎1‎‎2‎-δ)‎ ‎=‎25‎‎16‎‎+‎3‎‎2‎δ‎2‎+‎δ‎4‎‎1‎‎4‎‎-‎δ‎2‎≥‎25‎‎16‎‎1‎‎4‎=‎25‎‎4‎. ‎当且仅当δ=0,‎即a=b=‎‎1‎‎2‎时,等号成立.‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页