山西省太原市2020屆高三模擬考試試題二文科數(shù)學(xué)【含解析】

山西省太原市2020屆高三模擬考試試題二文科數(shù)學(xué)【含解析】

一、選擇題

1.已知集合A={x[(x-2)(x+l)<0},B={X|-1<X<1},則4nB=()

A.|x|-l<x<B.|x|-l<x<11

C.{x|-l<x?2}D.{止l〈x<2}

【答案】A

【解析】

【分析】

計(jì)算集合A,根據(jù)交集的定義，與集合3進(jìn)行交集運(yùn)算即可.

【詳解】A={x|(x-2)(x+l)<0}={x|-l<x<2},B=|x|-l<x<l!

An5={x|-l<x<l}

故選：A

【點(diǎn)睛】本題考查集合的運(yùn)算，涉及一元二次不等式的解及集合交集的計(jì)算，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題

2.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足=則目=()

r--Jl1

A.V2B.—C.2D.—

22

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出復(fù)數(shù)z,然后利用復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式求復(fù)數(shù)的模.

/、iz-(l+0-1+z

【詳解】由(1->Z="有2=口=匹耐=丁

故選：B

【點(diǎn)睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)和復(fù)數(shù)模的計(jì)算，在求解z時(shí)，用到分母實(shí)數(shù)化，這是本題計(jì)算的關(guān)

鍵步驟，要熟練掌握，屬于基礎(chǔ)題型.

3.等比數(shù)列｛《,｝的前N項(xiàng)和為S“，若§2=2,S^-6,則$5=()

A.18B.10C.-14D.-22

【答案】D

【解析】

【分析】

由求和公式可得關(guān)于q和夕的值，再代入求和公式可得.

【詳解】解：設(shè)等比數(shù)列｛勺｝的公比為夕，顯然

由求和公式可得邑=",一g匚①,

豹得手黨后一解得一

代回①可得。尸一2,

廠(j)-2[1-(一2)-工

L\-q~1-(-2)-

故選D.

【點(diǎn)睛】本題考查等比數(shù)列的求和公式，屬基礎(chǔ)題.

4.已知a=logs2,b=50-2，c=0.5°2.貝U()

A.a<b<cB.a<c<bC.b<a<cD.c<a<b

【答案】B

【解析】

【分析】

先將a,b,c的大小與比較，得到6>1,a<1,C<1,再對(duì)a,c進(jìn)行變形，判斷a,c之間的大小即

可.

【詳解】因?yàn)閍=log52<log55=l,b=5°，2>5°=l，c=0.502<0.5°=1.

111

而a=logs2-----<------=——

logo5log242

所以。＜C,

所以avcv〃.

故選：B

【點(diǎn)睛】本題主要考查指、對(duì)、幕比較大小，還考查了轉(zhuǎn)化求解問題的能力，屬于中檔題.

5.下邊程序框圖的算法源于我國古代聞名中外的《中國剩余定理》.〃三N(modm)表示正整數(shù)〃除以正

整數(shù)機(jī)的余數(shù)為N,例如10三4(mod6).執(zhí)行該程序框圖，則輸出的"等于()

A.11B.13C.14D.17

【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)程序框圖依次執(zhí)行循環(huán)，直至跳出循環(huán)，輸出結(jié)果.

【詳解】“=11,11三2(mod3),ll三3(mod4)

繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：H=12,12=0(mod3),

繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：〃=13,13ml(mod3),

繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：〃=14,14三2(mod3),14=2(mod4)

繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：?=15,15=0(mod3),

繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：/i=16,16=l(mod3),

繼續(xù)執(zhí)行循環(huán)：n=17,17=2(mod3),17=l(mod4)

跳出循環(huán)，輸出〃=17

故選：D

【點(diǎn)睛】本題考查循環(huán)結(jié)構(gòu)流程圖，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.

兀1,.,

6.已知sin(---x)=—,則sin2x的值為()

44

A.-B.-C.-D.-

8888

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)誘導(dǎo)公式以及二倍角余弦公式求解.

[詳解]設(shè)工一x=y,貝!]siny=—,sin2x=sin2|--y|=cos2y-1-Isirry=1_2XL=Z,選c.

44V4)168

【點(diǎn)睛】本題考查誘導(dǎo)公式以及二倍角余弦公式，考查基本分析判斷能力，屬基礎(chǔ)題.

“、1

7.函數(shù)/(町―x_]n(x+l)的圖象大致為()

A.kB4F

dr,

C.口「D.

【答案】A

【解析】

【分析】

設(shè)/(x)=x-l-lnx,x>0,用導(dǎo)數(shù)法可得lnx<x-l,從而有l(wèi)n(x+l)<x,x>-l,可得/(x)>0確

定選項(xiàng)

【詳解】設(shè)/(x)=x-l-lnx,x>0,

所以=l—

當(dāng)0<x<l時(shí)，/'(力<0,當(dāng)x>l時(shí)，r(x)>o,

所以f(x)>f(l)=O,

所以lnx<x-l,

所以ln(x+l)<x,x>-l,

所以"x）=ln；x+l）>°，排除&C，k

故選A

【點(diǎn)睛】本題主要考查由函數(shù)的解析式識(shí)別函數(shù)圖象，還考查了轉(zhuǎn)化求解問題的能力，屬于中檔題.

8.圓周率n是數(shù)學(xué)中一個(gè)非常重要的數(shù)，歷史上許多中外數(shù)學(xué)家利用各種辦法對(duì)n進(jìn)行了估算.現(xiàn)利用

下列實(shí)驗(yàn)我們也可對(duì)圓周率進(jìn)行估算.假設(shè)某校共有學(xué)生4人，讓每人隨機(jī)寫出一對(duì)小于1的正實(shí)數(shù)a,b,

再統(tǒng)計(jì)出a,6,1能構(gòu)造銳角三角形的人數(shù)也利用所學(xué)的有關(guān)知識(shí)，則可估計(jì)出n的值是（）

4M2M+N4M+2N

A.——D.---------

NNN

【答案】B

【解析】

【分析】

首先求出0<a<l,OV6<1,構(gòu)成的區(qū)域面積，然后利用余弦定理求出滿足是銳角三角形所構(gòu)成的區(qū)域,

然后利用幾何概型一面積比即可求解.

【詳解】學(xué)校共有學(xué)生N人，每人隨機(jī)寫出一對(duì)小于1的正實(shí)數(shù)a,b,

得到N個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)（a,b）,

因?yàn)?<a<l,0<6<1,所以N個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)（a,b）都在邊長為1的正方形水蛇內(nèi)，

如圖所示：

若a,A1能構(gòu)造銳角三角形，因?yàn)?是最長邊，所以1所對(duì)的角為銳角,

所以a+Z?>l,-+/?-->0,即4+爐>1,a+b>[

2ab

所以"對(duì)實(shí)數(shù)對(duì)落在單位圓AA1外的有"對(duì)，

"1X］—JTTy1~1

由幾何概率的概率公式可得：M4_1一一4，

不=―171—=4

所以「（…）,

N

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題考查了幾何概型一面積比，幾何概型的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是求出滿足條件的事件所構(gòu)成的區(qū)

域面積，屬于基礎(chǔ)題.

9.已知癡是兩個(gè)非零向量，其夾角為若叫,,且卜++22一q,則cos8=()

31D.-?

A.—B.C.——

2522

【答案】B

【解析】

【分析】

由可得”,再由卜+0=2歸-?兩邊平方可得￡出=羽~,代入公式

nab

cos夕=正國可得答案.

［詳解］由叫，得（2+斗僅-B）=o,可得停_件=（）,即“第.

由歸+耳=2歸一耳，可得歸+邛=4歸一邛，即|,+2￡%+|邛=4（問2一2￡4+慟）

整理得4%=1忖

3

53

cos。=g-b

5

故選：B

【點(diǎn)睛】本題考查向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)，求向量的夾角的余弦值，將向量模長平方轉(zhuǎn)化為數(shù)量積運(yùn)算是

解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題.

10.過拋物線/=4x的焦點(diǎn)的直線,與拋物線交于力，2?兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)M（3,0）.若△加8的面積為4枝，則

I初=（）

A.2B.4C.2百D.8

【答案】D

【解析】

【分析】

設(shè)直線/的方程為下力^1,將直線與拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理以及弦長公式表示出根據(jù)三角形的

面積求出加-%=40,代入計(jì)算即可求解.

【詳解】拋物線/=4x的焦點(diǎn)廠為（1,0）,

可設(shè)直線/的方程為廣￡戶1,

代入拋物線方程，可得/-4"-4=0,

設(shè)］“），6（吊，y2）＞可得%+%=4,，%斤-4,

則IM=J1+產(chǎn).|y,-^1=71+7?5（乂+%）2-4乂%=J1+8?J16r+16，

△仞出的面積為gI必I.|%I='x2|必-%|=4^/2，

22

即J16/+16=4五，解得片±1，

則I初=VTZT-J16+16=8,

故選：D.

【點(diǎn)睛】本題考查了直線與拋物線的位置關(guān)系、弦長公式，考查了基本運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

11.對(duì)于函數(shù)/（x）=；（szhx+cosx）-Js加x—cosx］.有下列說法：①“X）值城為［T［］；②當(dāng)且僅當(dāng)

x=2左乃+/UeZ）時(shí)，函數(shù)/（%）取得最大值：③函數(shù)/（x）的最小正周期是萬；④當(dāng)且僅當(dāng)

》42%4,2匕1+1^（丘2）時(shí)，/（》）＞0.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)題意，先得到/(x)=《,，作出函數(shù)的圖像，結(jié)合函數(shù)圖像，逐項(xiàng)判斷，即可得出

[sinx,sinx<cosx

結(jié)果.

【詳解】因?yàn)?一卜山={,作出函數(shù)的圖象，

22[sinx,sinx<cosx

如圖所示：

函數(shù)/(x)的最小正周期是2不，③錯(cuò)誤；

當(dāng)且僅當(dāng)x=2br+(仕eZ)時(shí)，函數(shù)”X)取得最大值，②正確；

當(dāng)且僅當(dāng)4),2后乃+上GZ)時(shí)，/(x)>0,④正確.

故選：B.

【點(diǎn)睛】本題主要考查三角函數(shù)的性質(zhì)，熟記正弦函數(shù)與余弦函數(shù)的圖像和性質(zhì)即可，屬于?？碱}型.

12.三棱錐尸―A5C中，ABLBC，△PAC為等邊三角形，二面角。一AC—3的余弦值為-逅，當(dāng)

3

三棱錐的體積最大時(shí)，其外接球的表面積為8萬.則三棱錐體積的最大值為()

11

A.1B.2C.—D.—

23

【答案】D

【解析】

【分析】

由已知作出圖象，找出二面角P—AC—B的平面角，設(shè)出AB,BC,AC的長，即可求出三棱錐P—ABC

的高，然后利用基本不等式即可確定三棱錐體積的最大值（用含有AC長度的字母表示），再設(shè)出球心

由球的表面積求得半徑，根據(jù)球的幾何性質(zhì)，利用球心距，半徑，底面半徑之間的關(guān)系求得AC的長度，

則三棱錐體積的最大值可求.

【詳解】

如圖所示，過點(diǎn)P作。石，面48。，垂足為￡，過點(diǎn)E作比）_LAC交AC于點(diǎn)。，連接P￡>,

則NPDE為二面角P-的平面角的補(bǔ)角，即有?！?/p>

3

易知ACJ_面尸則AC，P￡>,而△PAC為等邊三角形，

...。為AC中點(diǎn)，

設(shè)=BC-h,AC=Ja2+b2=c，

則PE=PDsinAPDE=^-xcx—=-,

232

11cl1cr+b~c3

故三棱錐P—ABC的體積為：V^-x-abx-=—abc<—cx^—^-^—,

3221212224

當(dāng)且僅當(dāng)a=0==c時(shí)，體積最大，此時(shí)3、D、E共線.

2

設(shè)三棱錐尸—ABC的外接球的球心為0,半徑為R,

由已知，477?2=8萬，得R=

過點(diǎn)。作OPE于八則四邊形ODEE為矩形，

則OD=EF=」2-(￡y,ED=OF^PDcosZPDE=^Cx—=—c.PE=g,

V22322

在放△PFO中(血了=c)2+(|-^2-(1)2)2,解得c=2

c3231

三棱錐P—ABC的體積的最大值為：-=—=

24243

故選：D.

【點(diǎn)睛】本題考查三棱錐體積最值的求法與三棱錐外接球的表面積的求法，涉及二面角的運(yùn)用，基本不等

式的應(yīng)用，以及球的幾何性質(zhì)的應(yīng)用，屬于難題.

二、填空題

13.若曲線=在處的切線方程為丁=幺，則加+〃=

e+1

【答案】--

2

【解析】

【分析】

先將％=1代入切線方程求出切點(diǎn)坐標(biāo)，然后代入曲線方程得“，〃的一個(gè)方程①，然后求出曲線在*=1

處的導(dǎo)數(shù)，令其等于e,得另一個(gè)關(guān)于“，〃的一個(gè)方程②，聯(lián)立①②求解即可.

【詳解】解：將x=l代入丁=勿，得切點(diǎn)為(l,e),

/.e=me+n@,

又r(x)=me"(x+l),

,/(1)=1me=e,=g②.

]g

聯(lián)立①②解得：根=—,n=—,

22

故〃-〃△+一生1

222

故答案為：——.

2

【點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和切線方程的求法，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

22

14.已知雙曲線三一菅=1（。＞0力＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為耳、尸2,點(diǎn)P是雙曲線上一點(diǎn)，若△「￡6

為等腰三角形，/尸片E=120。，則雙曲線的離心率為.

【答案］上正

2

【解析】

【分析】

在△PF；鳥中利用余弦定理可得|「工|,再利用雙曲線的定義可得。，c關(guān)系，即可得到答案;

【詳解】???△「耳瑪為等腰三角形，NP￡K=120。,

222

：.\PF2^=(2C)+(2c)-2?(2c)?(2c)?(")=12c=>|PF21=2&

11+V3

「?2&c—2c=2。=>e

V3-1-2

故答案為：L芭

2

【點(diǎn)睛】本題考查余弦定理、雙曲線的定義、雙曲線的離心率，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,

考查邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力.

sinAi

15.已知AA5C中，a、8、c分別是內(nèi)角A、B、。的對(duì)邊，a+c=6,加'------，貝ij^ABC

1+cosB3-cosA

面積的最大值是

【答案】20

【解析】

【分析】

直接利用三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變換和正弦定理的應(yīng)用求出〃的值，進(jìn)一步利用余弦定理和三角形的面積

公式及基本關(guān)系式的應(yīng)用求出結(jié)果.

sinBsinA

【詳解】解：因?yàn)?/p>

1+cosB3-cosA

所以sinB(3-cosA)=sinA(l+cosB),

整理得3sin3-sinBcosA=sinA+sinAcosB,

所以3sinB=sinBcosA+sinA+sinAcosB=sin(A+區(qū))+sinA=sinA+sinC,

由正弦定理得，3b=a+c,

因?yàn)镼+C=6,所以6=2,

因?yàn)閍+c=6,所以6=a+c22疝，整理得。。忘9,(當(dāng)且僅當(dāng)a=c=3時(shí)等號(hào)成立)，

cci~+c~—b~(a+c)--2ac—416—ac

所以cos8=---------=--------------=------，

laclacac

所以sinB=Vl-cos2B=—x>/2tzc-16，

ac

所以SABC—acx—xJ2ac-16=2<2ac—16W2>/2x9-16=2-\/2,

"一2ac

當(dāng)且僅當(dāng)a=c=3時(shí)等號(hào)成立，

所以面積的最大值為2夜，

故答案為：2加

【點(diǎn)睛】此題考查了三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變換，正弦定理，余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用，基本

不等式的應(yīng)用，考查運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力，屬于中檔題.

16.中國古代教育要求學(xué)生掌握“六藝”，即“禮、樂、射、御、書、數(shù)”.某校為弘揚(yáng)中國傳統(tǒng)文化，

舉行有關(guān)“六藝”的知識(shí)競(jìng)賽.甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行了決賽.決賽規(guī)則：決賽共分6場(chǎng)，每場(chǎng)比賽的

第一名、第二名、第三名的得分分別為a,0,c(a>b>c,a,aceN*),選手最后得分為各場(chǎng)得分之和，決

賽結(jié)果是甲最后得分為26分，乙和丙最后得分都為11分，且乙在其中一場(chǎng)比賽中獲得第一名，現(xiàn)有下列

說法：

①每場(chǎng)比賽第一名得分a=4分；

②甲可能有一場(chǎng)比賽獲得第二名；

③乙有四場(chǎng)比賽獲得第三名；

④丙可能有一場(chǎng)比賽獲得第一名.

則以上說法中正確的序號(hào)是一

【答案】③

【解析】

【分析】

根據(jù)總分得到a+8+c=8,根據(jù)甲得分得到a25,計(jì)算。=5,b=2,c=l,得到每個(gè)選手的得分情

況，得到答案.

【詳解】根據(jù)題意：6(a+/?+c)=26+U+ll=48,故a+A+c=8,a=8-c-bW8-2-1=5,

甲不全部得到第一，故6a>26,故a>一,即。25,故。=5,b=2,c=l.

3

故甲有5個(gè)第一，0個(gè)第二，1個(gè)第三；乙有1個(gè)第一，1個(gè)第二，4個(gè)第三；丙有0個(gè)第一，5個(gè)第二，1

個(gè)第三.

對(duì)比選項(xiàng)知：③正確.

故答案為：③.

【點(diǎn)睛】本題考查了邏輯推理，意在考查學(xué)生的推理能力.

三、解答題

17.已知數(shù)列｛4｝的前〃項(xiàng)和為S“，且滿足S“=|a"+"—3.

(1)求證：數(shù)列｛為―1｝是等比數(shù)列；

(2)若包=廄(q-1)+log3(fij-l)+...+log3(a?-1),%=，.求數(shù)列匕｝的前〃項(xiàng)和Tn.

2〃

【答案】(1)證明見解析；(2)T=——

n〃+1

【解析】

【分析】

⑴由已知條件可得a?=3%-2,給等式兩邊同時(shí)減1得，q-1=3(的-1),從而可證得數(shù)列｛為一1｝

是以3為公比，3為首項(xiàng)的等比數(shù)列；

(2)由(1)可求得4-1=3",從而可求出么="(〃+",所以4=-？2不=21——然后利

2n+l)

用裂項(xiàng)求和的方法可求得

3

【詳解】解：(1)當(dāng)〃=1時(shí).，S]=q=5%+1-3,得q=4,

3

當(dāng)”22時(shí)，S“_|=”T+("T)-3,

33

則4=Sn-Sn_x^-an--4T+1,即4=3a,--2,

1=3(%-1),

數(shù)列｛4-1｝是以q-1=3為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列.

(2)由(I)得。"一1=3",

n(/i+l)

??b=logs(4—1)+log2(%—1)+???+log?(%—l)=l+2+3+…+〃=

n-2

c.」=」_=2仕一_L)

bnn(n+1)\nn+\)

【點(diǎn)睛】此題考查了由遞推式證明等比數(shù)列，裂項(xiàng)求和的方法，屬于中檔題.

18.按照水果市場(chǎng)的需要等因素，水果種植戶把某種成熟后的水果按其直徑d的大小分為不同等級(jí).某商家

計(jì)劃從該種植戶那里購進(jìn)一批這種水果銷售.為了了解這種水果的質(zhì)量等級(jí)情況，現(xiàn)隨機(jī)抽取了100個(gè)這

種水果，統(tǒng)計(jì)得到如下直徑分布表(單位：加加：

d[18,20)[20,22)[22,24)[24,26)[26,28)

等級(jí)三級(jí)品二級(jí)品一級(jí)品特級(jí)品特級(jí)品

頻數(shù)1m29n7

用分層抽樣的方法從其中的一級(jí)品和特級(jí)品共抽取6個(gè)，其中一級(jí)品2個(gè).

(1)估計(jì)這批水果中特級(jí)品的比例；

(2)已知樣本中這批水果不按等級(jí)混裝的話20個(gè)約1斤，該種植戶有20000斤這種水果待售，商家提出

兩種收購方案：

方案4：以6.5元/斤收購；

方案6：以級(jí)別分裝收購，每袋20個(gè)，特級(jí)品8元/袋，一級(jí)品5元/袋，二級(jí)品4元/袋，三級(jí)品3元/

袋.

用樣本的頻率分布估計(jì)總體分布，問哪個(gè)方案種植戶的收益更高？并說明理由.

【答案】(D這批水果中特級(jí)品的比例為58%；(2)方案8種植戶的收益更高，詳見解析.

【解析】

分析】

"1+〃2+29+〃+7=100

(1)由題意結(jié)合分層抽樣的特征可得|〃+7_6-2，解方程求得上51后，即可得解；

(2)分別計(jì)算出選擇兩個(gè)方案的的收益，比較大小即可得解.

i+m+29+〃+7=100

【詳解】（1）由題意<"十76-2，解得/廬12,爐51,

所以特級(jí)品的頻率為配上=0.58,

100

所以可估計(jì)這批水果中特級(jí)品的比例為58%；

（2）選用方案4種植戶收益為20000x6.5=130000（元）；

選用方案無由題意可得種植戶的收益為:

1。12〃29u58

20000x20x—x—x3+——x4+—x5+——x8=132000；

20100100100100)

由132000>130000可得選擇6方案種植戶的收益更高.

【點(diǎn)睛】本題考查了分層抽樣性質(zhì)的應(yīng)用，考查了利用頻率估計(jì)樣本總體的應(yīng)用，關(guān)鍵是對(duì)于題意的理解,

屬于基礎(chǔ)題.

19.如圖，已知四棱錐P—ABC。中，底面A3CD是正方形，側(cè)面PCD,底面ABC。，PD=DC=2,

NPDC=120°,￡是PC的中點(diǎn)，點(diǎn)尸在A3上，且AB=4A/.

（1）求證：EF1CD；

（2）求點(diǎn)F到平面A0E的距離.

【答案】（1）證明見解析；（2）且

4

【解析】

【分析】

（1）過E作四，0。于，，連結(jié)尸”，根據(jù)尸。=。。=2,ZP￡）C=120°,E是PC的中點(diǎn)，利用

平面幾何的知識(shí)，得到。"=1，再結(jié)合AB=4AF，即AE=!，得到FH上DC,利用線面垂直的判

22

定定理得到DC上面EFH即可.

（2）由（1）知，"7〃平面AT史，將點(diǎn)尸到平面ADE的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)”到平面ADE的距離，根據(jù)

側(cè)面PCDJ?底面ABCD,得到AD_L側(cè)面PQC，設(shè)點(diǎn)〃到平面AOE的距離為d，利用等體積法由

VfJ-ADE=VA-DEH求解.

【詳解】（1）如圖所示：

過E作硝_LOC于“，連結(jié)EK,

因?yàn)槭?。。=2,ZPDC=120°,E是PC的中點(diǎn)，

所以CE=G,C”=CEcos30=▲,

2

所以。"=L,

2

?.?底面ABCO是正方形，AB=4AF，即AF=,，

2

二AFffl）是矩形，

:.FH±DC,

又EH上DC，EHCFH=H,

：.DCJ?面瓦H，

又,:EFu面EFH，

DC1EF.

（2）由（1）知，EH//平面ADE，

點(diǎn)F到平面ADE的距離等于點(diǎn)H到平面ADE的距離,

?.?底面ABC0是正方形，側(cè)面PCD，底面ABCD,

，4），側(cè)面P。。，

，ADLDE,

在三棱錐"一ADE中，設(shè)點(diǎn)“到平面AOE的距離為4,

由于%=VA-DEH，

'SDEH，A。=；,SADE，'

在側(cè)面PCD中，PD=DC=2,ZPDC=120°,E是PC中點(diǎn),

ADE=\,EH=2,

2

：.--DHEH-AD=---ADDEd

3232

.111V311..

??—x—x—x----x2o=—x—x2oxlx，

322232

?

??u----,

4

即點(diǎn)F到平面ADE的距離為—.

4

【點(diǎn)睛】本題主要考查線面垂直與線線垂直的轉(zhuǎn)化，點(diǎn)到面的距離以及等體積法的應(yīng)用，還考查了轉(zhuǎn)化化

歸的思想和邏輯推理的能力，屬于中檔題.

20.已知橢圓。：0+方=1(4＞匕＞0)的離心率為券，一個(gè)頂點(diǎn)為〃(0,1),直線/交橢圓于48兩點(diǎn),

且

(1)求橢圓C的方程；

(2)證明：直線/過定點(diǎn).

r2

【答案】(1)—+y2=l；(2)證明見解析

4

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)橢圓的離心率以及性質(zhì)，列出方程組，求解即可；

(2)設(shè)出直線/的方程為)，=依+〃7,將直線/的方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，將轉(zhuǎn)化為

數(shù)量積為0,求出的值，即可證明直線/過定點(diǎn).

2_c2_a2-b2_3

【詳解】解：(1)由題意得＜=/=/=7

b=\

解得々2=4,Z?2=1

2

所以橢圓的方程為三+y2=l.

4'

（2）依題意，直線/斜率存在，設(shè)方程為丫=履+相，N（%,%）

y=kx+m,

2

由vx,得(l+4/)f+8knx+4M-4=0

了+…，

-Skm4〃/一4

得玉+工2=-~~-yr，X/,=-------

一1+4/1-1+4公

2

所以X+必=攵(司+/)+2加，y}y2=公玉￡+mk+x2)+m

MA1.MB,-,-MAMB=O,即石￡+(y-1)(%-1)=0

4m2—4ire-4k22m

代入整理得-------+-----------------+1=0

1+4/1+4左21+4女2

3

即5m2—2m—3=0，解得機(jī)=一M，m—\（舍）

所以直線/過定點(diǎn)［。,一|）.

【點(diǎn)睛】本題主要考查了求橢圓的方程以及橢圓中直線過定點(diǎn)問題，屬于中檔題.

21.已知/（x）=21nx+3+L

X

（1）若函數(shù)/（X）有兩個(gè)零點(diǎn)，求4的取值范圍；

（2）證明：當(dāng)a=l時(shí)，對(duì)任意滿足/（玉）=/（々）=2m+1的正實(shí)數(shù)占，x2（%,<%2）,都有司+工2>1.

f_3\

【答案】（1）0,2/5（2）證明見解析

\/

【解析】

【分析】

（1）由/（x）求導(dǎo)得到/'（力=—一彳=號(hào)上，再分aMO和a>（）兩種情況結(jié)合零點(diǎn)存在定理討論求

解.

2InXj4—+1=2〃z+1,

王

(2)當(dāng)a=l時(shí),由,f(xj=/(w)=2〃z+l,得至上,然后兩式相減解得

2In%2~i-----F1=2/zi+1,

x2

1_工包_1丫]

%=-2,乙=三一，令上=/。>1),貝I」_'-7,然后構(gòu)造函數(shù)/7。)=/一！一21n/,用

21n三21n五%為%一赤；(

玉玉

導(dǎo)數(shù)法證明〃(。>0即可.

【詳解】⑴"X)的定義域是x>0，/'(力=:一千=七@.

①當(dāng)。40時(shí)，/'(x)>o,“X)在定義域上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)；

②當(dāng)a>0時(shí)，由/'(6==幺=0,得x=3>0,

當(dāng)xe(0,§]時(shí)，/'(x)<0,/(x)在定義域上單調(diào)遞減：

當(dāng)xe|J,+8bh/'(x)>0,“X)的定義域上單調(diào)遞增;

=￡時(shí)，〃X)取得極小值.

(a\3

因?yàn)椤癤)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以73<°，解得0<4<2/，

\J

???〃e)=3+/>0,,/⑺在此,+8)有唯一實(shí)數(shù)根:

a1a

——<—

e12

設(shè)g(。)=ln?！?空<。

所以g(a)在(0,1)上遞減,

所以g(a)>g(l)=0,

即Ina>------

2a

2a+e3f/2

則/(x0)=41n<z-3+—>4--^-^-3+—=~~~~>0,

a2aaa

.?./(X)在(o,3有唯一實(shí)數(shù)根.

(_3\

綜上，。的取值范圍是。,2」5.

\/

21n%4---F1=2//1+1,

(2)當(dāng)a=l時(shí)，由/(玉)=/(/)=2加+1,得，:

21nx2----F1=2/71+1,

兩式相減得：2(lnx2-lnx1)+^Z^l=0)

玉工2

1-A強(qiáng)_]

貝U玉二,x[=,

21n%21n區(qū)

尤i玉

尤1

令二=(>1)，則工

%%!+x

221nr

11O

設(shè)〃⑺=/----21n.,/?r(r)=l+—--1--1>0,

.?.〃(/)在(1,-H?)上為增函數(shù)，。(。>〃(1)=0,

又21nf>0(/>1),

1

.t—

??_L>i'

2In/

即為+々>1.

【點(diǎn)睛】本題主要考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點(diǎn)，導(dǎo)數(shù)與不等式的證明以及零點(diǎn)存在定理，還考查了分類討論的

思想和轉(zhuǎn)化求解問題的能力，屬于難題.

x-——-

22.在平面直角坐標(biāo)系x。中，曲線G的參數(shù)方程為《(t為參數(shù))，曲線C的參數(shù)方程為

2/+1

y=-r

x=2+2cosa

〈c.（?為參數(shù)），以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn).x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.

y=2sina

（I）求曲線G的普通方程和曲線C的極坐標(biāo)方程；

TTTT

（H）射線a=以0＜戶＜萬）與曲線c交于。，。兩點(diǎn)，射線。2=m+月與曲線G交于點(diǎn)&若△。閭的

面積為1,求10P的值.

【答案】（I）x-y+l=0,o=4cos。；（II）272.

【解析】

【分析】

（I）由曲線G的參數(shù)方程消去參數(shù)t,即得曲線G的普通方程.由曲線C的參數(shù)方程消去參數(shù)a,得

X=PCOS0

曲線C的普通方程，根據(jù)1,八，即得曲線G的極坐標(biāo)方程；