北京市朝陽區(qū)2023屆高三年級上冊數(shù)學(xué)期末試題（解析版）

北京市朝陽區(qū)2022?2023學(xué)年度第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測

高二數(shù)學(xué)

2023.1

(考試時間120分鐘滿分150分)

本試卷分為選擇題40分和非選擇題110分

第一部分(選擇題共40分)

一、選擇題共10題，每題4分，共40分.在每題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一

項.

1.已知全集11兀集合IIJ,則為"()

A.(-oo,l]u[2,+oo)B.(0,l]U[2,+a))

C.(-ooj)u(2,+oo)D.(0,1)1(2*)

【答案】B

【解析】

【分析】由補(bǔ)集的定義即可求解.

【詳解】因為全集。=｛?。?。｝,集合4=｛刈＜工＜2｝,

由補(bǔ)集的運算可得6A=｛耳()＜xV1或x22｝,

對應(yīng)區(qū)間為(0,l]U[2,+8).

故選：B.

2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)(l+i)S-i)對應(yīng)的點在第三象限，則實數(shù)。的取值范圍是()

A.(-<?,-1)B.(一8,1)C.(-1,+w)D.(1,田)

【答案】A

【解析】

【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，再由實部與虛部均小于0聯(lián)立不等式組求解.

【詳解】\(l+i)(^-i)=(6/+l)+(?-l)i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第三象限，

4+1<0

即a<—\.

rz-1<0

實數(shù)”的取值范圍是

故選:A.

\|x2+2x-3,x<0

3.函數(shù)/（x）=（：的零點的個數(shù)為（）

ev-2,x>0

A.OB.1C.2D.3

【答案】C

【解析】

【分析】分別求出xWO和x>0時，/（月的零點個數(shù)即可得出答案.

【詳解】當(dāng)天”）時?，令/。）=/2+2X一3=0,

KiJ（x-l）（x+3）=0,解得：x=\（舍去）或x=—3,

當(dāng)x>0時，令e*-2=0，解得：x=ln2,

所以/（力的零點個數(shù)為2.

故選:C.

4.已知雙曲線=1（。>0/>0）的一條漸近線的傾斜角為60。，則雙曲線的離心率為（)

AYC.6D.2

2

【答案】D

【解^5]

【分析】求出雙曲線一條漸近線斜率，即2=6,從而求出離心率.

a

【詳解】由題意得：雙曲線的一條漸近線方程的斜率2=tan600二6,

a

所以雙曲線離心率e=￡=+2r=\/\+3-2

故選:D

5.在_ABC中，“sin2A=sin2B”是“,ABC為等腰三角形”的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】D

【解析】

7T

【分析】根據(jù)sin2A=sin2B得到A=B或A+3=一,充分性不成立，必要性可舉出反例，從而得到結(jié)

2

論.

【詳解】sin2/1=sin2B,則2A=28或2A+23=兀，

故A=8或A+B==,

2

故43C為等腰三角形或直角三角形，

“8C為等腰三角形，不一定推出sin2A=sin28,

比如B=C=70°,此時不能得到sin2A=sin2B,

故"sin2A=sin2B”是“^ABC為等腰三角形”的既不充分也不必要條件.

故選：D

6.過直線丁=履-2上任意一點，總存在直線與圓/+y2=i相切，則4的最大值為()

n

A.6B.V2c.1D.幺

3

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)題意，設(shè)q為直線了二履-2上任意一點，判斷點尸與圓的位置關(guān)系以及直線與圓的位置關(guān)

系，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系，即可求得Z的最大值.

【詳解】設(shè)尸為直線)二履一2上任意一點

因為過直線y=履-2上任意一點，總存在直線與圓f十),2=1相切

所以點。在圓外或圓上，

即直線)=去-2與圓x2+)3=1相離或相切，

2

則下=21,即公+144,解得丘「一石右］,

+1L」

故〃的最大值為G.

故選:A.

7.己知函數(shù)/(x)=sin(④+,若g(x)./(x)=1,且函數(shù)g(x)的部分圖象如圖所示，則。

等于()

【答案】B

【解析】

g

【分析】結(jié)合圖象即可得到',結(jié)合正弦型函數(shù)的性質(zhì)可求得周期和

g

①，從而求得答案.

【詳解】由圖可知，函數(shù)g(x)過點(^,1和工點J(5不兀

又因為g*A/*)=l，所以

結(jié)合正弦型函數(shù)的性質(zhì)可知，-4-5，解得了5

2兀

所以廠［=兀，解得。=±2，因為。＞0，所以口=2

所以/(x)=sin(2x+0)，所以sin(2xg+。)=1,

J

，7t7T

即二i+°=^+2E,keZ

32

解得°=一3+2履，keZ

6

因為所以。=-?

26

故選:B.

8.2022年10月31口，長征五號B遙四運載火箭帶著中華民族千百年來探索浩瀚宇宙的夢想，將中國空間

站夢天實驗艙準(zhǔn)確送入預(yù)定軌道在不考慮空氣阻力的條件下，若火箭的最大速度v（單位：km/s）和燃料

（

的質(zhì)量M（單位：D、火箭（除燃料外）的質(zhì)量加（單位：D的關(guān)系滿足u=2（）（）（）ln1+—,M,〃?，v

ImJ

之間的關(guān)系如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（）

M（單位:/）

v=16.7km/s

A.當(dāng)M=3,機(jī)=800時，v>7.9B.當(dāng)M=2,〃zv600時，v<7.9

C.當(dāng)例>5,m=800時，v>11.2D.當(dāng)M>3,〃7>600時，v>11.2

【答案】C

【解析】

【分析】由題及圖象關(guān)系可知，在p=20001n（l+，）中，當(dāng)次一定時，/越大，則好越大,

當(dāng)例一定時，〃，越小，則妙越大，代入對應(yīng)的機(jī)逐項判斷選項即可得到答案.

（

【詳解】由題及圖象關(guān)系可知，在u=20001n1+—中，當(dāng)〃?一定時，“越大，則y越大,

當(dāng)M一定時，加越小，則好越大,

u=2000In（1+烹）=2000卜（黑）方7.49,故A錯誤.

對干A,當(dāng)M=3,〃?=800時,

對于B,當(dāng)M=2,〃2<600時，v>20（X）ln[1+—602

=2000In六6.66,故B錯誤.

\600J600

Cc\(one\

對于C,當(dāng)A/>5,m=8(X)時，v>2000In1+——=2000In——kl2.46>11.2,故C正確.

、800y\800)

對于D,因為M>3,〃>600,令M=4,〃?=1000,

(4、(1004、

v=2000lnp+J=2000r7.98<11.2,故D錯誤.

故選：C.

UUUUUIU

9.已知A,B,C是單位圓上不同的三點，AB=AC,則4c的最小值為()

B.-1

A.OcD.-1

4-4

【答案】C

【解析】

【分析】畫出圖形，設(shè)出A(O,1),B(cosa,sina),C(一cosa,sina),aG[0,2TC),表達(dá)出

uiinin.nn、r[丫]

AB-AC=2sin2a-2sina=2sina————，結(jié)合a40,2兀)的范圍求出最小值.

22

【詳解】如圖所示：不妨令A(yù)(0,l),設(shè)8(cosa,sina),?？?,2兀),

則A8?AC=(cosa、sina-\)-(-cosa,sina-1)=-cos2a+(siner-I)-

(iY

=2sin2a—2sina=2sina—

2

r、1ULULlllIUi

因為。?0,2兀)，所以當(dāng)sina=5時，ABAC取得最小值，最小值為-不

故選：c

10.在數(shù)列｛〃”｝中，q=+若存在常數(shù)c,對任意的都有凡<c成立，則

正數(shù)”的最大值為()

11

A.-BC.—D?I

5-73

【答案】B

【解析】

…口-?可得e+(〃—小1

【分析】由?！?|=&U+1(〃￡N*)可得，用極限思想和數(shù)

4?

學(xué)歸納法的思想分析計算即可得到正數(shù)k的最大值.

【詳解】因為?出=N;+1(〃EN')?>0,

卜

所以一f%=gj+1=kU+2_*1=k(afl

2k)

?一!(I、

所以q-，+Z(q”+i-a，)+1——，心2,

01=1nI\Ak)

由于6=1滿足上式，故+1一五

\4K7

當(dāng)上>；時，有〃趨近于+<?時，(〃卜1

-1)趨近于+8

~4k

此時%沒有最大值，故不滿足題意，舍去;

所以攵

4

當(dāng)上=;時，可證對任意的〃￡N’，都有為之1,

4

由題知，若存在常數(shù)C,對任意的〃wN-，都有為<C成立，則C>1,

以下進(jìn)行證明：存在常數(shù)c、=2,對任意的〃wN*，都有％<2成立.

當(dāng)〃=1時，4=1<2,結(jié)論成立

假設(shè)n=帥>1）時結(jié)論成立，即1<atn<2

則l?〃/?+i=Zqj+l<l+；x22=2,

則存在常數(shù)c=2,對任意的〃EN.，都有〃“<2成立

故正數(shù)〃最大值為

4

故選：B.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查數(shù)列的遞推關(guān)系和數(shù)列中參數(shù)最大值的求解，屬于難題，解題的關(guān)鍵是要把

遞推關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解，結(jié)合數(shù)列中的極限思想和數(shù)學(xué)歸納法的思想進(jìn)而求解問題.

第二部分（非選擇題共110分）

二、填空題共5題，每題5分，共25分.

（1V

11.2x+-展開式的常數(shù)項是_________.（用數(shù)字作答）

kX）

【答案】24

【解析】

【分析】寫出展開式通項公式，確定常數(shù)項的項數(shù)后可得.

4r42r

【詳解】（川=墨（2x）4-（g）=C；2~x-f4-2r=0,r=2,

常數(shù)項為（=C：X22=24.

故答案為:24.

12.已知等差數(shù)列｛q｝的公差4工0,q=4,且qg，4成等比數(shù)列，則q=：其前〃項和3

的最大值為.

【答案】①.5-”②.10

【解析】

【分析】由成等比數(shù)列列式求出公差，則通項公式可求;寫出等差數(shù)列的前〃項和，由二次函數(shù)的對

稱性求得S“取得最大值.

【詳解】由q,%，對成等比數(shù)列，得（q+2df=4（4+3d）,解得d=一?,/.d=7.

則〃“-ax+(/2-l)J=4-(n-l)=5-/2

/?(H-1)X(-1)9

S“=叫4----------d=4nH--------------------=—n

2222

對稱軸方程為n=4.5,

A~Q

?.?〃￡N*,「.〃=4或5時，S“取最大值，最大值為34=55=-萬+5乂4=10.

故答案為：5-?,10

13.若函數(shù)），=cosx-sinx在區(qū)間［0,網(wǎng)上是嚴(yán)格減函數(shù)，則實數(shù)〃的最大值為

__3不

【答案】一

4

【解析】

【分析】化簡y=cosx-sinx得到），二啦cosjx+f］,結(jié)合丁=cosx的單調(diào)遞減區(qū)間得到

\4J

4/+-</r,即可求出結(jié)果.

4

/\

【詳解】因為丁=cosx-sinx=\/5cosx+—,

I

又因為在區(qū)間［。,〃1上是嚴(yán)格減函數(shù)，

且y=cosx的單調(diào)遞減區(qū)間為［2br,n+22句eZ）,

所以。+f《乃，即?！督詫崝?shù)。的最大值為二，

444

37r

故答案為：—.

4

14.拋物線C：y=/的準(zhǔn)線/的方程為.若點/>是效物線。上的動點，/與），軸交于點4,則

ZOAP（O是坐標(biāo)原點）的最大宣為.

【答案】①.尸」；②.1

44

【解析】

【分析】由定義直接求準(zhǔn)線方程；由導(dǎo)數(shù)法求出拋物線過點A的切線方程,即可求得切線傾斜角，此時NQ4P

取最大值.

【詳解】拋物線C:y=V即C:V=）,的準(zhǔn)線，的方程為》=一!：

0,-|L則當(dāng)與拋物線相切時NOA/）最大,

/與），軸交于點A，則有A

設(shè)切點為（a,/），y'=2x,???切線方程為＞一/=2。（不一。），切線過點A,則-；?=為（0-。），

解得a=±1.

2

IT3IT7T

???切線斜率為2a=±l,即傾斜角為:或下，故NQ4P的最大值為了.

444

故答案為：y=—；—.

44

15.如圖，在棱長為。的正方體43co-44弓。中，ptQ分別為4c，4片的中點，點了在正方體的表

面上運動，滿足「r_L3Q.

給出下列四個結(jié)論：

①點r可以是棱。。的中點；

②線段PT長度的最小值為3。；

③點了的筑跡是矩形；

④點7的軌跡圍成的多邊形的面積為且萬.

2

其中所有正確結(jié)論的序號是

【答案】②③④

【解析】

【分析】以。點為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，令正方體ABC。-棱長。=2可簡化計算，得

到對應(yīng)點和向量的坐標(biāo)，通過空間向量數(shù)量積的運算即可判斷對應(yīng)的垂直關(guān)系，通過計算和幾何關(guān)系得點

7的軌跡為四邊形EFG”,通過證明得到則點丁的軌跡為矩形EFG”，即可求解點7的軌跡圍成的多邊形

的面積和線段P7長度的最小值，從而得到答案.

【詳解】由題知，以C點為坐標(biāo)原點，以CD,CB,CG所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角

坐標(biāo)系，令正方體ABC。-A8|G°I棱長〃=2

則。（0,0,0）,0（2,0,0）,8（0,2,。）,4（2,2,0）,C,（0,0,2）,〃（2,0,2）,

4（022）,4（222）,P（IJJ）,Q（l,2,2）,設(shè)7（x,y,z）,

對千①,當(dāng)點T為棱的中點時,7（2,0,1）,

則PT=（K））,僅2=（l,O,2）,PT.B2=l+0+0=1^0

不滿足尸T_LBQ,所以點7不是棱。。的中點，故①錯誤.

PT=（x-l,y-l,z-l）,因為PT_LB。

所以x—l+2（z—l）=0,

31

當(dāng)K=0時，Z=—,當(dāng)X=2時，z=—

22

取E（2,0,g）,產(chǎn)（2,2,；）,G[0,2,5）,“（0,0,|）,

連結(jié)族，F(xiàn)G,GH,HE，

則￡/=7/6=（0,2,0）,EH=FG=（-2,0,1）,EF-EH=0?BPEF±EH

所以四邊形￡FGH為矩形，

因為EHBQ=0,

所以所_LBQ,EH1BQ,

又所和EH為平面EFGH中的兩條相交直線，

所以BQ_L平面EFGH,

又=PG=（—l」g）

所以。為EG的中點，則PE平面￡7（4,

為使PT上BQ,必有點、丁￡平面EFGH,

又點丁在正方體表面上運動，所以點7的軌跡為四邊形EFGH,

又EF=GH=2,EH=FG=舊，

所以EF于EH，則點7的軌跡為矩形￡”G〃，故③正確

面積2x石=2石，即故④正確

2

又因為3Q=(1,O,2),PT=(x-l,y-lz-l),PT1BQf

則上一l+2(z-l)=0,即x+2z—3=0,

所以x=3-2z,點7在正方體表面運動，

則0W3—2z?2,解得《

22

所以|P7|二J(x-l)2+(y-l)2+(z-l)2=J5(z—iy+(y—l)2,

結(jié)合點T的軌跡為矩形EFGH,

分類討論下列兩種可能取得最小值的情況

當(dāng)z=1,丁=?；蚨?2時，|叼=1,

當(dāng)y=l.2=1或2=]?寸，|尸丁|=必

22112

因為1＜逝，所以當(dāng)z=l,y=0或y=2時，P7取得最小值為1，即＜明故②正確.

22

綜卜.所述：正確結(jié)論的序號是②??

故答案為：②③

【點睛】本題以正方體為載體，考查空間向量在立體幾何中的綜合運用和空間幾何關(guān)系的證明，屬于難

題，解題的關(guān)鍵是建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為數(shù)值可簡化運算，通過空間向量即可證明和求解對應(yīng)項.

三、解答題共6題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.

16.在“8C中，csinB=VJhcosC.

(1)求上C；

（2）若。+/?=6,求c的最小值.

【答案】（1）C==：

3

（2）3.

【解析】

【分析】（1）由正弦定理可得sinCsin8=J5sin8cosC，從而得tanC=G，即可得C=g；

⑵由余弦定理可得c?=36—3ab，再由基本不等式即可求得c.的最小值.

【小問1詳解】

解：因為csin8=J5/?cosC，

所以sinCsinB=\/3sin8cosC，

又因為sinB工0,

所以sinC二百cosC?

即有l(wèi)anC=G，

又因為Cw（0,7C）,

所以C=N；

3

【小問2詳解】

解：因為C=E,a+b=6,

3

所以<?=Q2+/-2QZ?cosC=m+b）2-2M-"=36-3"236-3x（^i^）2=9,

2

當(dāng)。=〃=3時，等號成立，

所以cN3,

故。的最小值為：3.

17.跳長繩是中國歷史悠久的運動，某中學(xué)高三年級舉行跳長繩比賽（該校高三年級共4個班），規(guī)定每班

22人參加，其中2人搖繩，20人跳繩，在2分鐘內(nèi)跳繩個數(shù)超過120個的班級可獲得優(yōu)勝獎，跳繩個數(shù)最

多的班級將獲得冠軍，為預(yù)測獲得優(yōu)勝獎的班級個數(shù)及冠軍得主，收集了高三年級各班訓(xùn)練時在2分鐘內(nèi)

的跳繩個數(shù)，并整理得到如下數(shù)據(jù)（單位：個）：

高三（1）班：142,131,129,126,121,109,103,98,96,94；

高三（2）班：137,126,116,108；

高三（3）班：163,134,112,103；

高三（4）班：158,132,130,127,110,106.

假設(shè)用頻率估計概率，且高三年級各班在2分鐘內(nèi)的跳繩個數(shù)相互獨立.

（1）估計高三（1）班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎概率；

（2）用X表示此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎的班級個數(shù)，估計X的數(shù)學(xué)期望EX;

（3）在此次跳長繩比賽中，哪個班獲得冠軍的概率估計值最大？（結(jié)論不要求證明）

【答案】（1）

⑵里

6

（3）高三（3）班

【解析】

【分析】（1）用古典概型概率計算公式即可求解.

（2）分別記三（1）班、高三（2）班、高三（3）班、高三（4）班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎為事

1?12

件A、-C、4則P（人人2尸（片）=5、P（C）=-.P（D）=-,由題意得X的取值為OJ234

分別計算出對應(yīng)概率即可求解數(shù)學(xué)期望

（3）高三（3）班：163,134,112,103的數(shù)據(jù)中163為最大數(shù)據(jù)且134為較大數(shù)據(jù)即可判斷.

【小問1詳解】

記高三（1）班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎為事件A.

由通知高三（1）班在2分鐘內(nèi)的跳繩個數(shù)超過120個的有5次，用頻率估計概率，估計高三U）班在此

次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎的概率為P（4）=得=；

【小問2詳解】

分別記高三（2）班、高三（3）班、高三（4）班在此次跳長繩比賽中獲得優(yōu)勝獎為事件8、C、D,

11?

則P(B)=Q、P(C)=E、P(D)=§，

由題意得X的取值為0,1,2,3,4

所以尸(X=0)=尸(麗麗)=尸㈤尸(刀)P?尸==：

p(x=l)=p(ABCD+ABCD+ABCD+ABCD)

=P[ABCbyP(ABCbyP(ABCbyP(ABCD)

11111111111111125

=—X—X—X—+—X—X—x—+—X—X—X—4-—X—X—X—=——

222322232223222324

P（X=2）=P[ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD）

=P（ABCD）+P（ABCD）+P[ABCD）+P{ABCD]+P[ABCD]+P（ABCD）

111111111112

=—X-X-X一+—X-X-X一+—X—X-X—

222322232223

1111111211123

+—X—X—X—4-—X—X—X—+—X—X—X—=—

2223222322238

P（X=3）=P（ABCD+ABCD+ABCD+ABCD）

=P[ABCbyP（ABCD）+P（A與CO）+P（ABCD）

11111112111211127

=-x—X-X—+-X-X—X___p—X—X-X—+—X-X-X—=------

222322232223222324

P（X=4）=P（^CD）=P（A）P（B）P（C）P（D）=lxlxlx|=1

則X的分布列如下表

X01234

1571

P3

2424824n

,、I537IB

所以E（X）=0x—+lx—+2x-+3x—+4x—=一

v72424824126

【小問3詳解】

在此次跳長繩比賽中，高三（3）班獲得冠軍的概率估計值最大

18.如圖，在四棱錐中，底面48co為正方形，平面BAOJL平面A3CD,A3=4,P4=PO,

E,尸分別為8C,PQ的中點.

（1）求證：砂P平面043；

（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角廠一座一A的余弦值.

條件①：PDA.EFx

條件②：PD=—EF.

3

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.

【答案】（1）證明見解析

（2）M2,詳情見解析

17

【解析】

【分析】（1）設(shè)Q4中點為G，連接GRG8,由三角形中位線性質(zhì)可得G尸〃AO,且G774。從而可

2

得四邊形房尸G為平行四邊形，再由EFG3即可證得E/P平面Q43；

（2）按照條件①、條件②的不同，分別作出圖形和輔助線，利用已知條件求出PH的長，以及記得叨_1平

面A8CO,再建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量法求二面角/A的余弦值.

【小問1詳解】

如圖（1）,設(shè)Q4中點為G,連接GEG8,

底面ABCO為正方形，E,尸分別為BC,PD的中點.

?.GF//AD,且GE=,A。，而又BE=-AD,

22

石且3E=Gb,二.四邊形BEAG為平行四邊形，

EF||GB,又Mz平面RAB，G3u平面尸AB，

MP平面PAB.

【小問2詳解】

選條件①：連結(jié)過。作PHJLAD交于點〃，又因為=所以點〃也是A。中點，連結(jié)

HE,

：PDJLEF,/為PD的中點，則PE=DE,又底面ABC。為正方形，DC=HE=AB=4,

EC=2>PE=DE—>/42+22=2>/5,

在；.PHE中,PH=yjPE2-HE2=>/20-16=2>

??立面平面==平面%0c平面48co=A。，..P”'AD,..~L

平面ABC。,

如圖（2）以“為原點，〃4〃￡〃戶所在直線分別作1軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則

“（0,0,0）,A（2,0,0）,8（2,4,0）,石（0,4,0）,廠（一1,0,1）,P（0,0,2）,

/二（3,4,-1）,￡8=（2,0,0）,

QPH_L平面A8CO,?.HP是平面A8CD的一個法向量，HP=（0,0,2）；

設(shè)平面班戶的一個法向量為〃=（x,y,z）,則有

n-FB=03x+4y-z=0

=>令y=l,則z=4,〃=（O,l,4）；

n-EB=02x=0

〃尸?“u+o+8_4_4拒

,cos{F-BE-A）=

HP\U~2X/T7―后一17

4g

故二面角F—BE—A的余弦值為~TT

Q）

選擇條件②：取A3的中點為“，連結(jié)又:平面Q4O_L平面AB8,4B=4,B4=P。，平面

平面ABCD=AD,APH±AD、:.PH±平面ABCD,

過F作FL上HD交于點L,連結(jié)LE，又F是PD中點,所以點L也是“。中點，

平面ABC。，LEu平面48c

設(shè)PH=2h,則FL=h,AD=AB=4,HD=2HL=2,^LE=A/42+12=Vr7，

PD=g）2+22=2后不,PD=-EF,/.￡F=-PD=3V^+1,故在Rt二aE中,

五爐=巾十=￡2,即9（"+i）=*+i7,解得力=],即尸H=2/i=2,

如圖（3）以“為原點，乂4,，￡〃夕所在直線分別作1軸，y軸，Z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則

“（0,0,0）,A（2,0,0）,8（2,4,0）,石（0,4,0）,廠（一1,0,1）,P（0,0,2）,

所二（3,4,-1）,加（2,0,0）,

QM_L平面A8CO,?.是平面A8CD的一個法向量，HP=（0,0,2）;

設(shè)平面班F的一個法向量為〃=（x,y,z）,則有

n-FB=03x+4y-z=0

=>令y=l,則z=4,〃=（OJ4）；

n-EB=02x=0

0+0+844歷

cos{F-BE-A）=一1,—,—，，

研2y/V7一行一17

故二面角F-BE-A的余弦值為士叵.

19.已知橢圓C:二+二=1（。>〃>0）的右頂點A（2,0）,P為橢圓。上的動點，且點P不在工軸上，。是

a~b~

坐標(biāo)原點，一AOP面積的最大值為1.

（1）求橢圓C的方程及離心率；

（2）過點〃（-1,0）的直線2“與橢圓C交于另一點Q,直線AP,AQ分別與），軸相交于點￡F.當(dāng)

|Er|=2時，求直線PH的方程.

【答案】（1）工+）,2=i,正

42

（2）迷九一6y+G=（）或遙工+6），+指=0

【解析】

【分析】⑴由橢圓的右頂點42,0）可得。=2,若要二AOP面積最大，則需|PK|最長，此時點P在y軸上，

-4OP面積可得〃=1,從而求得橢圓C的方程，再由/=/十^可求得c,從而可得離心率；

（2）設(shè)直線PH的方程為：>=以工+1）,/工0）,與橢圓聯(lián)立方程組可解得一元二次方程，從而可得出韋達(dá)

定理的表達(dá)式，再通過直線24，QA的方程得出點￡〃坐標(biāo)，進(jìn)而表達(dá)出1所1=2,從而可解得Z,求

得直線PH的方程.

【小問1詳解】

橢圓C:二+=l(d>Z>>0),vA(2,0),a=2,

。為橢圓C上的動點，且點。不在x軸上，O是坐標(biāo)原點，過點，作PK_Lx軸，垂足為K，故^AQP

面積為小.。產(chǎn);x|Q4|x|PK|=；x2x|PK|,

若要二49戶面積最大，則需仍K|最長，此時點P在丁軸上，即儼K|=|OH時，使得“OP面積最大,

SvM=；MOA|x|PK|=92x|OP|二l，，QH=l，."=l,c=V?^=q=G.

c_G

橢圓。的方程為三十丁=],離心率為e

4.a2

【小問2詳解】

P為橢圓C上的動點，過點〃（一1,0）的直線PH與橢圓C交于另一點Q,

可記3元”%），。（％2，%），

當(dāng)直線叨的斜率不存在時，即軸時，|尸。<必=2,此時直線AP,AQ分別與丁地相交于點

E,F.此時|斯|〈歸。卜2,不符合題意.

當(dāng)直線產(chǎn)〃的斜率存在時，設(shè)直線尸〃的方程為：y=A（x+l）,（kw。），

y=&(x+l)2

2

聯(lián)立X,2_，消去)'可得上+/"+1)2=1,化簡得("4公卜2+8&2工+4公一4=0,由韋達(dá)定

1+>一

8公

再十期=-1+4標(biāo)

理可得《

4F—4

“”幣記

所以|工2_司|二J(以+小y一4工/2=j湍316/一164,3公+1

1+4公-1+48

由P(%,y),Q(%,%)，A(2,0),則直線FA的方程為：y=」^(x—2),直線。4的方程為：

%1—z

>f=-^U-2),因為直線AP,AQ分別與)，軸相交于點七，F(xiàn),令x=0分別代入直線QA,直線Q4可

?二附=-2乃一2X必

9—2%]—2—2

又P(X1，X)，。(七，％)在直線尸〃方程)'=攵5+1),(左。0)上，所以有y=k(x[^\)yy2=k(x2+\),

3攵（七一X）

分別代入怛目并化簡可得|即|=2X片

玉一2%—2XjX2-2（^+x2）+4

I--------；-------“4-1+1

344（3+々）-4%%二21+4A，

內(nèi)工2-2（玉+/）+436k2

1+4?

故直線P"的方程為：)，=^^(i+l)或)，=一乂5(1+1),

66

即小丫-6），+6=0或"x+6y+V6=0.

20.已知函數(shù)”x)=-^(a>()).

ax

(1)求/(X)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若/(X)Wx-L對X￡(O,+CQ)恒成立，求。取值范圍：

a

(3)若wIn玉+EInx2=。(玉w*2)，證明：xi+x2>2.

【答案】(1)xe(O,e)時單調(diào)遞增，xe(e,-w)時，單調(diào)遞減；

(2)a>\；

(3)證明見解析.

【解析】

【分析】(1)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的符號確定單調(diào)區(qū)間；

(2)運用參數(shù)分離的方法，構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，計算函數(shù)最大值即可；

(3)作圖，根據(jù)函數(shù)圖像確定斗憶的范圍，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性證明.

【小問1詳解】

/(x)=l.lzJ￡￡,顯然有/(e)=0,當(dāng)xe(O,e)時，/(x)>0,單調(diào)遞增，

aX

當(dāng)工￡(e,+8)時，,單調(diào)遞減：

【小問2詳解】

?Inx,1、、工+lnx

由---—得：ax~-x-\nx>0?ci>--------—,

axa廠

令g(x)=,則有g(shù)<x)_一工一裂上+1,令k(x)=-x-21nx+l,

顯然Z(x)是減函數(shù)，攵(1)=0，.二當(dāng)x￡(0,l)時，k(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,XG(1,-K?)時,

女(司<0,g(x)單調(diào)遞減；

g(x)g=9⑴=1'〃的取值范圍是；

【小問3詳解】

InV

當(dāng)〃=1時，/&)=——，由(1)的結(jié)論作函數(shù)圖像如下：

Inx.Inx./、/、

對于內(nèi)皿9+/21nM=0,得----,不妨設(shè)￡>再，則有一/(K)=/(W)，

X]/2

由圖可知當(dāng)0</(x)<，時，對應(yīng)的自變量有2個值七,小，其中^>e/<X2<e,

e

要證明％+9>2,只需演取了2，工3中較小的數(shù)々即可，

*/0</(x),與￡(0,1),2—王￡(1,2),

2ee

要證明%+%>2,只需證明%>2-王，在xw(O,e)時，/(%)單調(diào)遞增，

???只需證明”與)>/(2一%)，??/(/)=一/(飛)，二只需證明―/(內(nèi))>/(2一百),

即/(與)+/(2-％)<0,構(gòu)造函數(shù)〃(0=止+生生⑹(xw(o」)),

x2—x

、1—Inx—1+ln(2—,v)x2In(2—x)—(2—xInx+4(1—x)

P㈤=丁+(27)2=雙式’

XG(0,1),.\2