安徽省定远县育才学校2020届高三数学（理）6月模拟试题（Word版附答案） 22页

2019 一 2020 学年第二学期高三年级 6 月模拟考试 理科数学 考试时间 120 分钟 ，满分 150 分。 第 I 卷 选择题（共 60 分） 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。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.集合 2| 2 ,xx x x R  的非空真子集的个数为（ ） A.2 B.4 C.6 D.8 2.若   2 1 1a i i bi    （ a ，b R ，i 为虚数单位），则复数 a bi 在复平面内对应的点 所在的象限为（ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知正项等比数列{an}，若向量  28,a a ，  8 2b a ， ， / /a b ，则 2 1 2 2 2 9log log loga a a   ＝（ ） A.12 B. 28 log 5 C.5 D.18 4.已知数列 na 的首项 1 1a  ，函数   3 1 cos 3n nf nx ax a      为奇函数，记 nS 为数列  na 的前 n 项之和，则 2020S 的值是（ ） A. 2023 2 B.1011 C.1008 D.336 5.已知实数 x，y 满足不等式 2 0 2 5 0 1 x y x y y          ，则 3 yz x   的最大值为（ ） A. 3 5 B. 4 5 C. 3 4 D. 3 2 6.自 2019 年 12 月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病 毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范 围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有 3 个不同的住户属在鄂返乡住 户，负责该小区体格检查的社区诊所共有 4 名医生，现要求这 4 名医生都要分配出去，且每 个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ） A.12 种 B.24 种 C.36 种 D.72 种 7.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ） A.55 B.35 C.34 D.21 8.在直角坐标系 xOy 中， 1F ， 2F 分别是双曲线 C ：   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点， 位于第一象限上的点  0 0,P x y 是双曲线C 上的一点，满足 1 2 0PF PF   ，若点 P 的纵坐标的 取值范围是 0 2 4,3 5y c c    ，则双曲线 C 的离心率的取值范围为（ ） A.  2,2 B.  2,4 C. 3,5 D. 3, 5 9.给出下列说法：①“ 4x  ”是“ tan 1x  ”的充分不必要条件；②命题“ 0x  ， 1 0xe x   ”的否定是“ 0 0x  ， 0 0 1 0xe x   ”；③小赵、小钱、小孙、小李到 4 个 景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A 为“4 个人去的景点不相同”，事件 B 为“小赵独自 去一个景点”，则 2( | ) 9P A B  ；④设 ~ (1,1)X N ，其正态分布密度曲线如图所示，那么向 正方形 ABCD 中随机投掷 10000 个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是 6587.（注：若  2~ ,X N   ，则 ( ) 68.27%P X      „ ， ( 2 2 ) 95.45%P X      „ ） 其中正确说法的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 10.函数 ( ) sin 2f x x x x  的大致图象是（ ） A. B. C. D. 11.已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边长为 2 的正三角 形，E，F 分别是 PA，PB 的中点，∠CEF=90°，则球 O 的体积为 A. 8 6 B. 4 6 C. 2 6 D. 6 12.已知函数   2 2 1 0 1 0 x x xf x x x x         ， ， ，若      2020 1F x f x sin x   在区间 11 ， 上有 m 个零点 1 2 3 mx x x x， ， ， ， ，则        1 2 3 mf x f x f x f x     （ ） A.4042 B.4041 C.4040 D.4039 第 II 卷 非选择题（共 90 分） 本卷包括必考题和选考题两部分。第 13 题--第 21 题为必考题，每个试题考生 都必须作答。第 22 题--第 23 题为选考题，考生根据要求作答。 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 14. 8 3 12 8x x     是展开式中的常数项为________. 15.若实数 , ,a b m 满足 2 5a b m  ，且 2 1 2a b   ，则实数 m 值为__________. 16.已知函数     sin 0, 0,f x A x A         是奇函数，将  y f x 的图象上所 有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为  g x ．若  g x 的最 小正周期为 2 ，且 24g      ，则 3 8f      ______． 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤。) 17. （本题 12 分） ABC 的内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，已知 2( cos ) 3c a B b  . （1）求角 A ； （2）若 2a  ，求 ABC 面积的取值范围. 18. （本题 12 分） 随着食品安全问题逐渐引起人们的重视，有机、健康的高端绿色蔬菜越来越受到消费者 的欢迎，同时生产—运输—销售一体化的直销供应模式,不仅减少了成本，而且减去了蔬菜的 二次污染等问题. （1）在有机蔬菜的种植过程中，有机肥料使用是必不可少的.根据统计某种有机蔬菜的产量 与有机肥料的用量有关系，每个有机蔬菜大棚产量的增加量 y（百斤）与使用堆沤肥料 x（千 克）之间对应数据如下表 使用堆沤肥料 x （千克） 2 4 5 6 8 产量的增加量 y （百斤） 3 4 4 4 5 依据表中的数据，用最小二乘法求出 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a $ $ $ ；并根据所求线性回 归方程，估计如果每个有机蔬菜大棚使用堆沤肥料 10 千克，则每个有机蔬菜大棚产量增加量 y 是多少百斤? （2）某大棚蔬菜种植基地将采摘的有机蔬菜以每份三斤称重并保鲜分装,以每份 10 元的价格 销售到生鲜超市.“乐购”生鲜超市以每份 15 元的价格卖给顾客，如果当天前 8 小时卖不完， 则超市通过促销以每份 5 元的价格卖给顾客（根据经验，当天能够把剩余的有机蔬菜都低价 处理完毕，且处理完毕后，当天不再进货）.该生鲜超市统计了 100 天有机蔬菜在每天的前 8 小时内的销售量（单位:份），制成如下表格(注: , *x y N ，且 30x+ y = )； 前 8 小时 内的销售 量（单位: 份） 15 16 17 18 19 20 21 频数 10 x 16 6 15 13 y 若以 100 天记录的频率作为每日前 8 小时销售量发生的概率，该生鲜超市当天销售有机蔬菜 利润的期望值为决策依据，当购进 17 份比购进 18 份的利润的期望值大时，求 x 的取值范围. 附：回归直线方程为 ˆˆ ˆy bx a  ，其中      1 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x x y y b a y bx x x           . 19. （本题 12 分） 在 Rt ABC 中， 90ABC   ， 1tan 2ACB  .已知 E F， 分别是 BC AC， 的中点.将 CEF 沿 EF 折起，使C 到C 的位置且二面角 C EF B  的大小是 60°，连接C B C A ， ， 如图： （1）证明：平面 AFC 平面 ABC （2）求平面 AFC 与平面 BEC所成二面角的大小. 20. （本题 12 分） 已知O 为坐标原点，椭圆 2 2: 12 xC y  的右焦点为 F ，过 F 的直线l 与C 相交于 A B、 两 点，点 M 满足 0AM BM  uuur uuur r . （1）当l 的倾斜角为 45时，求直线 OM 的方程； （2）试探究在 x 轴上是否存在定点 Q ，使得QA QB  为定值？若存在，求出点Q 的坐标；若 不存在，请说明理由. 21. （本题 12 分） 已知函数 1( ) ln ( 0, )f x a x a a Rx     （I）若 1a  ，求函数 ( )f x 的极值和单调区间； （II）若在区间[1, ]e 上至少存在一点 0x ，使得 0( ) 0f x  成立，求实数 a 的取值范围． 请考生在第 22、23 题中任选一题作答。注意：只能做选定的题目，如果多做， 则按所做的第一题计分，解答时请写清题号。 22. [选修 4-4：坐标系与参数方程]（本题 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线l 的参数方程： 12 2 31 2 x t y t       （t 为参数），以原点 为极点， x 轴非负半轴为极轴（取相同单位长度）建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为： 2cos 0   ． （1）将直线l 的参数方程化为普通方程，圆 C 的极坐标方程化为直角坐标方程； （2）求圆C 上的点到直线 l 的距离的最小值． 23.[选修 4-5：不等式选讲]（本题 10 分） 已知函数 ， ． （Ⅰ）若 ，求 的取值范围； （Ⅱ）若 ，对 ， ，都有不等式 恒成立，求 的取 值范围． 参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D D A C C D D C A D B 1.C 【解析】画出函数 2xy  和 2y x= 的图象，根据图象知集合有 3 个元素，得到答案. 画出函数 2xy  和 2y x= 的图象，根据图象知集合 2| 2 ,xx x x R  有 3 个元素， 故集合 2| 2 ,xx x x R  的非空真子集的个数为 32 2 6  . 故选：C . 2.D 【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得 a，b 的值，则答案可 求. 因为       2 1 1 1 1a i i bi b b i        ∴ 1 2 1 a b b      ，解得 4 3 a b    ∴复数 a﹣bi 在复平面内对应的点  4, 3 所在的象限为第四象限. 故选：D. 3.D 【解析】本题先根据平行向量的坐标运算可得 2 8 16a a  ，再根据等比中项的知识，可计算出 5 4a  ，在求和时根据对数的运算法则及等比中项的性质可得到正确选项. 由题意，向量  28,a a ，  8 2b a ， ， / /a b ， 则 2 88 2 0a a   ，即 2 8 16a a  ， 根据等比中项的知识，可得 2 2 8 5 16a a a  ， ∵ 5 0a  ，故 5 4a  ， ∴ 2 1 2 2 2 9log log loga a a    2 1 2 9log a a a      2 1 9 2 8 3 7 4 6 5log a a a a a a a a a    9 2 5log a 29log 4 18 故选：D. 4.A 【解析】根据奇偶性得到 1 cos 3n n na a     ，计算知 na 以 6 为周期循环，计算得到答案. 函数   3 1 cos 3n nf nx ax a      为奇函数，则   1 c0 os 03n n nf a a      ， 即 1 cos 3n n na a     ， cos 3 n 周期为 6. 2 1 1 2a a  ， 3 2 1 2a a   ， 4 3 1a a   ， 5 4 1 2a a   ， 6 5 1 2a a  ， 7 6 1a a  . 解得 1 1a  ， 2 3 2a  ， 3 1a  ， 4 0a  ， 5 1 2a   ， 6 0a  ， 7 1a  ， na 以 6 为周期循环. 故  2020 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 2023 2336S a a a a a a a a a a           .故选： A . 5.C 【解析】根据约束条件画出可行域，目标函数 3 yz x   转化为点 ,x y 与 3,0 连线的斜率， 从而求出其最大值. 根据约束条件 2 0 2 5 0 1 x y x y y          画出可行域， 图中阴影部分为可行域， 目标函数 3 yz x   ， 表示可行域中点 ( , )x y 与 ( 3,0) 连线的斜率， 由图可知点 (1,3)P 与 ( 3,0) 连线的斜率最大， 故 z 的最大值为 3 4 ，故选：C. 6.C 【解析】先将 4 名医生分成 3 组，其中 1 组有 2 人，共有 2 4C 种选法，然后将这 3 组医生分配 到 3 个不同的住户中去，有 3 3A 种方法，由分步原理可知共有 2 3 4 3C A 种. 不同分配方法总数为 2 3 4 3C A 36 种.故选：C 7.D 【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的值，模拟程 序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可求得答案. 模拟程序的运行过程： 第 1 次： 2, 1, 2, 2c a b i    ； 第 2 次： 3, 2, 3, 3c a b i    ； 第 3 次： 5, 3, 5, 4c a b i    ； 第 4 次： 8, 5, 8, 5c a b i    ； 第 5 次： 13, 8, 13, 6c a b i    ； 第 6 次： 21, 13, 21, 7 6c a b i     ； 退出循环故输出的结果为： 21。故选：D. 8.D 【解析】利用 1 2 0PF PF   以及 2 2 0 0 2 2 1x y a b   求得 4 2 0 2 by c  ，根据 0y 的取值范围求得 2 2 b c 的取 值范围，由此求得 2 11 e  的取值范围，进而求得双曲线C 的离心率的取值范围.      01 02,0 , ,,0 ,F c F c P x y ，由 1 2 0PF PF   ，可得 2 2 0 2 0 0x c y   ，又 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ， 解得 4 2 0 2 by c  ，由于 0 2 4,3 5y c c    ，所以 2 2 2 4 3 5 b c   ， 2 2 2 2 4 3 5 c a c   ， 2 2 1 413 5e    ， 2 1 1 1 5 3e   ， 3 5e  .故选：D 9.C 【解析】①由 tan 1 ,4x x k k Z      ，故“ 4x  ”是“ tan 1x  ”的充分不必要条 件，①正确； ②命题“ 0x  ， 1 0xe x   ”的否定是“ 0 0x  ， 0 0 1 0xe x   ”， ②错误； ③由条件概率的计算公式得 4 4 1 3 4 ( ) 2( | ) ( ) 3 9 AP ABP A B P B C    ，③正确； ④由已知落入阴影部分的点的个数的估计值是  1 110000 1 0 2 10000 1 0.6827 65872 2P x                 ，④正确.。故选：C. 10.A 【解析】先判断函数的奇偶性,再求   0f   ，进行排除，可得选项． 由题意得  ( ) sin 2 sin2 ( )f x x x x x x x f x           ，所以函数 ( )f x 是奇函数， 排除 C、D 选项；当 πx  时，   2π π π 2π π 0f sin    ，因此排除 B，故选 A． 11.D 【解析】先证得 PB  平面 PAC ，再求得 2PA PB PC   ，从而得 P ABC 为正方体 一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 解法一: ,PA PB PC ABC   为边长为 2 的等边三角形， P ABC  为正三棱锥， PB AC  ，又 E ， F 分别为 PA 、 AB 中点， / /EF PB ， EF AC  ，又 EF CE ， ,CE AC C EF   平面 PAC ， PB  平 面 PAC ， 2PAB PA PB PC      ， P ABC  为正方体一部分， 2 2 2 2 6R     ，即 36 4 4 6 6, 62 3 3 8R V R        ，故选 D． 解法二: 设 2PA PB PC x   ， ,E F 分别为 ,PA AB 中点， / /EF PB ，且 1 2EF PB x  ， ABC 为边长为 2 的等边三角形， 3CF  又 90CEF   2 13 , 2CE x AE PA x     AEC 中余弦定理  2 24 3 cos 2 2 x x EAC x        ，作 PD AC 于 D ， PA PC ， DQ 为 AC 中点， 1cos 2 ADEAC PA x    ， 2 24 3 1 4 2 x x x x     ， 2 2 1 22 1 2 2 2x x x      ， 2PA PB PC    ，又 = = =2AB BC AC ， , ,PA PB PC 两两垂直， 2 2 2 2 6R     ， 6 2R  ， 34 4 6 6 63 3 8V R       ，故选 D. 12.B 【解析】由题意       2 2 sin 2020 0 sin 2020 0 x x x xF x x x x x           ， ， ，设     2 2 0, 1,1 0 x x xg x x x x x        ， ， ，      sin 2020 , 1,1h x x x   ，由函数的奇偶性可 得        1 2 3 0mg x x x gg g x    ，由三角函数的性质可得 4041m  ，再由                1 2 3 1 2 3m mf x f x f x f x g x x xg mg g x          即可得解. 由题意           2 2 sin 2020 0sin 2020 1 sin 2020 0 x x x xF x f x x x x x x              ， ， ， 设     2 2 0, 1,1 0 x x xg x x x x x        ， ， ，      sin 2020 , 1,1h x x x   ， 则 1 2 3 mx x x x， ， ， ， 为方程    g x h x 的根即为函数  g x 与  h x 交点的横坐标， 当 0x  时，        2 2g x x x x x g x       ，且  0 0g  ，所以函数  g x 为奇函 数；        sin 2020 sin 2020h x x x h x        ，所以函数  h x 为奇函数； 所以 1 2 3 0mx x x x + + + + ，所以        1 2 3 0mg x x x gg g x    ， 函数  g x 的图象，如图， 函数  h x 的最小正周期 2 1 2020 1010T    ，且    1,1h x   ， 所以在 10,1010      ， 1 2,1010 1010      ， 2 3 1009, ,11010 1010 1010          上，    g x h x 均有两个 不等实根， 所以在 0,1 上，    g x h x 共有 2020 个不等实根， 所以在 1,0 上，    g x h x 共有 2020 个不等实根， 又    0 0g h ，所以    g x h x 在 1,1 上共有 4041 个不等实根即 4041m  ， 所以        1 2 3 mf x f x f x f x           1 2 3 4041mg gg x x x g x m      . 故选：B. 13. 6  【解析】根据题意，设向量 2a b  与向量 a  的夹角为 ，因为向量 a  ，b  的夹角为 3  ，且 2a  ， 1b  ，求得 a b  和| 2 |a b  ，根据 ( 2 )cos | || 2 | a b a a a b         ，即可求得夹角为 . 设向量 2a b  与向量 a  的夹角为 ， 向量 a  ，b  的夹角为 3  ，且 2a  ， 1b  ， 则 2 1 cos 13a b       2 2 2| 2 | 4 4 12a b a a b b           | 2 | 2 3a b  又 2( 2 ) 2 6a b a a a b          ( 2 ) 6 3cos 2| || 2 | 2 3 2 a b a a a b             0     6   故答案为： 6  ． 14. 28 【解析】根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出 r 的值，再求出其常数项。 8 8 4 8 4 1 8 83 1(2 ) ( ) ( 1) 28 r r r r r r r rT C x C xx         ， 由8 4 0r  ，得 2r = ， 所以的常数项为 2 2 8( 1) 28C  . 15. 2 5 【解析】现结合指数与对数的互化公式，表示出 ,a b ，再结合换底公式表示出 2 1 2a b   ，最 后结合对数运算即可求解 由 2 5a b m  可得 2 5 1 1log , log log 2, log 5m ma m b m a b      ，又 2 1 2a b   ，即 2log 2 log 5 log 20 2m m m   ，求得 2 5m  。故答案为： 2 5 16. 2 【解析】根据奇函数性质求得 0  ，由横坐标的变化情况及  g x 的最小正周期可求得 ， 进而得  g x 表达式，代入 24g      可求得 A ，即可得  f x 的解析式；代入即可求得 3 8f      的值. 函数     sin 0, 0,f x A x A         是奇函数， 所以  0 0f  ，代入可得 0  ，  y f x 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数 为  g x ． 则   1sin 2g x A x     ，  g x 的最小正周期为 2 ， 则 2 21 2     ，解得 2  ， 所以   sing x A x ， 因为 24g      ，代入可得 2 sin 4A  ， 解得 2A  ， 所以   2sin 2f x x ， 则 2sin3 3 28 82f             ，故答案为： 2 . 17.（1） 6A  ；（2） 0,2 3   . 【解析】（1）由  2 cos 3c a B b  及正弦定理得：  2 sin sin cos 3sinC A B B  ， 所以  2sin 2sin cos 3sinA B A B B   ，即 2cos sin 3sinA B B ，因为sin 0B  ， 所以 3cos 2A  ，又因为 0 A   ，所以 6A  . （2）因为 2a  ，由正弦定理得 4sinb B ， 4sinc C ， 因为 1 1sin2 4ABCS bc A bc   ， 所以 4sin sinABCS B C  ，因为   5 6C A B B     ，所以 5sin sin 6C B     ， 所以 5 1 34sin sin 4sin cos sin6 2 2ABCS B B B B B               ， 即 22sin cos 2 3sin sin2 3cos2 3ABCS B B B B B      2sin 2 33B       . 因为 50 6B   ，则 423 3 3B      ， 所以 3 sin 2 12 3B        ，所以 0 2 3ABCS   . 即 ABC 面积的取值范围为 0,2 3  . 18.（Ⅰ） 0.3 2.5y x  ,5.5百斤；（Ⅱ） (24,30) . 【解析】（Ⅰ）结合公式得 2 4 5 6 8 55x      ， 3 4 4 4 5 45y      5 2 2 2 2 2 1 2 4 5 6 8 145i i x        ， 5 1 6 16 20 24 40 106i i i x y        2 106 5 5 4 0.31 5 ˆ 45 5b      ， 4 0.3 5 2ˆˆ .5a y bx      ， 所以 y 关于 x 的线性回归方程为： 0.3 2.5y x  ， 当 10x  时， 0.3 10 2.5 5.5y     百斤， 所以如果每个有机蔬菜大概使用肥料10千克， 估计每个有机蔬菜大概产量的增加量是5.5百斤． （Ⅱ）若该超市一天购进17 份这种有机蔬菜， 1Y 表示当天的利润（单位：元），那么 1Y 的分 布列为 1Y 65 75 85 P 10 100 100 x 90 100 x 1Y 的数学期望  1 10 90 8300 1065 75 85100 100 100 100 x xE xY         ， 若该超市一天购进18份这种有机蔬菜， 2Y 表示当天的利润（单位：元），那么 2Y 的分布列为： 2Y 60 70 80 90 P 10 100 100 x 16 100 74 100 x 2Y 的数学期望  2 10 16 74 8540 2060 70 80 90100 100 100 100 100 x x xE Y           ， 又购进17 份比购进18份的利润的期望值大，故 8300 10 8540 20 100 100 x x  ，求得 24x  ，故 求得 x 的取值范围是 (24,30) ， 19．【解析】（1）设 AC的中点为G ，连接 FG ，设 BC 的中点为 H ，连接GH ， EH ，从 而 BEC 即为二面角 C EF B  的平面角， 60BEC   ，推导出 EH BC ，从而 EF  平面 BEC，则 AB EH ，即 EH AB ，进而 EH  平面 ABC ，推导四边形 EHGF 为平 行四边形，从而 FG EH∥ ， FG 平面 ABC ，由此即可得证. （2）以 B 为原点，在平面 BEC中过 B 作 BE 的垂线为 x 轴，BE 为 y 轴，BA 为 z 轴建立空 间直角坐标系，利用向量法求出平面 AFC 与平面 BEC所成二面角的大小. （1）∵ F 是 AC 的中点，∴ AF C F . 设 AC的中点为G ，连接 FG . 设 BC 的中点为 H ，连接GH ， EH . 易证：C E EF  ， BE EF ， ∴ BEC 即为二面角 C EF B  的平面角. ∴ 60BEC   ，而 E 为 BC 的中点. 易知 BE EC ，∴ BEC 为等边三角形，∴ EH BC .① ∵ EF C E ， EF BE ，C E BE E  ，∴ EF  平面 BEC. 而 EF AB∥ ，∴ AB  平面 BEC，∴ AB EH ，即 EH AB .② 由①②， BC AB B  ，∴ EH  平面 ABC . ∵G H， 分别为 AC BC ， 的中点. ∴四边形 EHGF 为平行四边形. ∴ FG EH∥ ， FG 平面 ABC ，又 FG  平面 AFC . ∴平面 AFC 平面 ABC . （2）如图，建立空间直角坐标系，设 2AB  . 则  0 0 2A ，， ，  0 0 0B ，， ，  2 01F ，， ，  2 0 0E ，， ，  1 3 0C ， ， 显然平面 BEC的法向量  0 01m  ，， ， 设平面 AFC 的法向量为  n x y z ， ， ，  1 3 2AC   ， ， ，  2 0 1AF   ，， ， ∴ 2 0 3 2 0 x z x y z      ，∴  1 3 2n  ， ， . 2cos , 2 m nm n m n        ， 由图形观察可知，平面 AFC 与平面 BEC所成的二面角的平面角为锐角. ∴平面 AFC 与平面 BEC所成的二面角大小为 45°. 20.（1） 1 2y x  ；（2）在 x 轴上是否存在定点 5(4Q ， 0) ，使得 ·QAQB   为定值 7 16  ． 【解析】（1）椭圆 2 2: 12 xC y  的右焦点为 (1,0)F ， 直线 AB 的方程为 1y x  ， 由 2 2 12 1 x y y x       ，解得 0 1 x y     或 4 3 1 3 x y     ， 不妨设 (0, 1)B  ， 4(3A ， 1)3  ， 点 M 满足 0AM BM    ．点 2(3M ， 1)3  ， 则 1 2OMk   ，所以直线 OM 的方程为 1 2y x  ． （2）假设 ( ,0)Q t ，设直线 AB 的方程为 1x my  ， 1(A x ， 1)y ， 2(B x ， 2 )y ， 由 2 2 1 12 x my x y     ，消 x 可得 2 2( 2) 2 1 0m y my    ， 1 2 2 2 2 my y m      ， 1 2 2 1 2y y m    ，  1(QA QB x t    ， 1 2)(y x t ， 2 1 2 1 2) ( )( )y x t x t y y    ， 1 2 1 2( 1 )( 1 )my t my t y y      ， 2 2 1 2 1 2( 1) (1 )( ) (1 )m y y m t y y t       ， 2 2 2 2 1 2( 1) (1 ) (1 )2 2 mm m t tm m         2 2 2 2 ( 2) (2 4 1) 2 t m t t m      ， 当且仅当 2 22 2 4 1 1 2 t t t   ，即 5 4t  时， ·QAQB   为定值． 故在 x 轴上是否存在定点 5(4Q ， 0) ，使得 ·QAQB   为定值 7 16  ． 21.（I） 1x  时，  f x 的极小值为 1；单调递增区间为 1, ，单调递减区间为 (0,1) ；（II） 1a e   ． 【解析】（I）因为   2 2 1 1a axf x x x x      ， 当 1a  ，   2 2 1 1 1xf x x x x      ． 令   0f x  ，得 1x  ． 又  f x 的定义域为 0,  ， ( ), ( )f x f x 随 x 的变化情况如下表： 所以 1x  时，  f x 的极小值为 1．  f x 的单调递增区间为  1, ，单调递减区间为 (0,1) ． （II）因为   2 2 1 1a axf x x x x      ，且 0a  ， 令   0f x  ，得到 1x a  ． 若在区间[1, ]e 上存在一点 0x ，使得 0( ) 0f x  成立， 其充要条件是  f x 在区间[1, ]e 上的最小值小于 0 即可． （1）当 0a  时，   0f x  对  0,x  成立， 所以，  f x 在区间[1, ]e 上单调递减， 故  f x 在区间[1, ]e 上的最小值为 1 1( ) lnf e a e ae e     ， 由 1 0ae   ，得 1a e   ，即 1( , )a e    （2）当 0a  时， ①若 1e a  ，则 ( ) 0f x  对 [1,e]x 成立， 所以  f x 在区间[1, ]e 上单调递减， 所以，  f x 在区间[1, ]e 上的最小值为 1 1( ) ln 0f e a e ae e      ， 显然，  f x 在区间[1, ]e 上的最小值小于 0 不成立 ②若 11 ea   ，即 11 a e   时，则有 所以  f x 在区间[1, ]e 上的最小值为 1 1( ) lnf a aa a   ， 由 1 1( ) ln (1 ln ) 0f a a a aa a      ， 得1 ln 0a  ，解得 a e ，即 ( )a e  ， 舍去； 当 10 1a   ，即 1a  ，即有  f x 在[1, ]e 递增， 可得 (1)f 取得最小值，且为 1， (1) 0f  ，不成立． 综上，由（1）（2）可知 1a e   符合题意． 22.（1）直线l 的普通方程为 3 1 2 3y x    ．圆C 的普通方程为 2 21 1x y   ；（2） 3 3 1 2  ． 【解析】（1）直线l 的参数方程消去参数t 得普通方程为： 3 1 2 3y x    ； 由 2cos 0   得： 2 2 cos    ， 2 2 2x y x    ， 圆C 的普通方程为 2 21 1x y   ； （2）在圆C 上任取一点     1 cos ,sin 0,2P       ， 则 P 到直线l 的距离为  2 3 3 1 2sin3 3 cos sin 1 2 3 3 21 3 d                当 6   时， min 3 3 1 2d  ，此时 3 11 ,2 2P       ． 23.（Ⅰ） ；（Ⅱ） . 【解析】（Ⅰ）由题意知， ， 若 ，则不等式化为 ，解得 ； 若 ，则不等式化为 ，解得 ，即不等式无解； 若 ，则不等式化为 ，解得 ， 综上所述， 的取值范围是 ； （Ⅱ）由题意知，要使得不等式 恒成立， 只需 ， 当 时， ， ， 因为 ，所以当 时， ， 即 ，解得 ， 结合 ，所以 的取值范围是 .