贵州省部分学校2020届高三联合考试数学理科试题（含答案解析）

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1、贵州省部分学校贵州省部分学校 2020 届高三联合考试数学理科试题届高三联合考试数学理科试题 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要求的 1已知集合 A2，1，0，1，2，Bx|yln（x+1），则 AB（ ）来源:学科网 A （1，2 B1，0，1，2 C （0，2 D0，1，2 2设复数 z 满足（2i）z2+i，则 z 在复平面内所对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3若双曲线 C： 2 2 2

2、3 = 的一条渐近线方程为 2x+3y0，则 m（ ） A3 2 B2 3 C 8 27 D27 8 4某地区城乡居民储蓄存款年底余额（单位：亿元）如图所示，下列判断一定不正确的是 （ ） A城乡居民储蓄存款年底余额逐年增长 B农村居民的存款年底余额所占比重逐年上升 C到 2019 年农村居民存款年底总余额已超过了城镇居民存款年底总余额 D城镇居民存款年底余额所占的比重逐年下降 5平面向量 =（1，m） ， =（1，3） ，且| | + |，则| |（ ） A23 3 B 3 3 C3 D33 6设 x，y 满足约束条件 + 1 2 2 ，则 zx4y 的最大值为（ ） A2 B2 C0 D4

3、 7在ABC 中，A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 b3， = 33，B30，ab，则 AC 边上的高线的长为（ ） A33 2 B3 2 C9 2 D33 8如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N，P 分别是 C1D1，BC，A1D1的中点，有下 列四个结论： AP 与 CM 是异面直线；AP，CM，DD1相交于一点；MNBD1； MN平面 BB1D1D 其中所有正确结论的编号是（ ） A B C D 9已知 M（1，0） ，N 是曲线 yex上一点，则|MN|的最小值为（ ） A1 B2 Ce D4+ 1 10 “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现

4、，因为斐波那契以兔 子繁殖为例子而提出，故又称该数列为“兔子数列” ，斐波那契数列an满足 a11，a2 1，anan1+an2（n3，nN*） 如图是输出斐波那契数列的一个算法流程图，现要 输出斐波那契数列的前 50 项，则图中的空白框应填入（ ） AAB，BC BBA，CB CCA，BC DAC，CB 11已知函数() = 32 2 + 1 2 3 2 (0)，若 f（x）在( 2 ， 3 2 )上无零点，则 的取值范围是（ ） A(0， 2 9 8 9， + ) B(0， 2 9 2 3 ， 8 9 C(0， 2 9 8 9，1 D(2 9， 8 9 1， + ) 12点 P（1，1）是

5、抛物线 C：yx2上一点，斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于点 A，B，且 PAPB，设直线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，则（ ） Akk1+k2 B1 = 1 1 + 1 2 C直线 l 过点（1，2） D直线 l 过点（1，2） 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，把答案填在答题卡中的横线上分，把答案填在答题卡中的横线上 13已知函数() = 3 ， 1 2( + 1)，1，则 f（1） 14设 为锐角，若( + 8) = 4 5，则 cos2 15某县城中学安排 5 位老师（含甲）去 3 所不同的村小（含 A

6、 小学）支教，每位老师只 能支教 1 所村小，且每所村小学都有老师支教，其中至少安排 2 位老师去 A 小学，但是 甲不去 A 校，则不同的安排方法数为 16一个圆锥恰有三条母线两两夹角为 60，若该圆锥的侧面积为33，则该圆锥外接球 的表面积为 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答第题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22，23 题为选考题，考生根据要求题为选考题，考生根据要求 作答 （一）必考题：共作答 （一）必考题：

7、共 60 分分 17在公比大于 0 的等比数列an中，已知 a3a5a4，且 a2，3a4，a3成等差数列 （1）求an的通项公式； （2）已知 Sna1a2an，试问当 n 为何值时，Sn取得最大值，并求 Sn的最大值 18厂家在产品出厂前，需对产品做检验，第一次检测厂家的每件产品合格的概率为 0.5， 如果合格，则可以出厂；如果不合格，则进行技术处理，处理后进行第二次检测每件 产品的合格率为 0.8，如果合格，则可以出厂，不合格则当废品回收 （1）求某件产品能出厂的概率； （2）若该产品的生产成本为 800 元/件，出厂价格为 1500 元/件，每次检测费为 100 元/ 件，技术处理每次

8、 100 元/件，回收获利 100 元/件假如每件产品是否合格相互独立，记 为任意一件产品所获得的利润，求随机变量 的分布列与数学期望 19在三棱锥 DABC 中， = = 22，DADCAC4，平面 ADC平面 ABC，点 M 在棱 BC 上 （1）若 M 为 BC 的中点，证明：BCDM （2）若 DC 与平面 DAM 所成角的正弦值为 3 4 ，求 AM 20已知椭圆 2 2 + 2 2 = 1(0)上的点 P 到左、右焦点 F1，F2的距离之和为22，且 离心率为 2 2 （1）求椭圆的标准方程； （2）过 F2的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，点 C 与点 B 关于 x 轴对称，求

9、AF2C 面积的 最大值 21已知函数 f（x）alnx+x22x （1）讨论 f（x）极值点的个数； （2）若 f（x）有两个极值点，证明：f（x）的极大值大于 3+22 4 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22，23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做两题中任选一题作答，如果多做，则按所做 的第一题计分的第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 在极坐标系中， 极点为 O， 一条封闭的曲线 C 由四段曲线组成： = 4( 0， 4) 7 4 ，2)， = 4( 4 ， 3 4 )， = 4( 3 4 ， 5 4 )， = 4

10、( 5 4 ， 7 4 ) （1）求该封闭曲线所围成的图形面积； （2）若直线 l：( + 4) = 与曲线 C 恰有 3 个公共点，求 k 的值 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知函数 f（x）|x|+|2x1| （1）求不等式 f（x）3 的解集； （2）若存在 （0，） ，使得关于 x 的方程 f（x）msin 恰有一个实数根，求 m 的取 值范围 参考答案解析参考答案解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只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有一项是符合题目要

11、求的 1已知集合 A2，1，0，1，2，Bx|yln（x+1），则 AB（ ） A （1，2 B1，0，1，2 C （0，2 D0，1，2 求出集合 A，B，由此能求出 AB 因为集合 A2，1，0，1，2， Bx|yln（x+1）（1，） 所以 AB0，1，2 故选：D 本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 2设复数 z 满足（2i）z2+i，则 z 在复平面内所对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 的坐标得答案 由（2i）z2+i， 得 = 2+ 2 = (2+)(2+

12、) (2)(2+) = 3+4 5 = 3 5 + 4 5 ， 则 z 在复平面内所对应的点的坐标为（3 5 ， 4 5） ，位于第一象限 故选：A 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题 3若双曲线 C： 2 2 2 3 = 的一条渐近线方程为 2x+3y0，则 m（ ） A3 2 B2 3 C 8 27 D27 8 由题意知 m0，且双曲线是焦点在 x 轴上的双曲线，写出其渐近线方程，结合已知可得 关于 m 的方程，则 m 值可求 由题意知双曲线的渐近线方程为 = 3 2 (0)， 2x+3y0 可化为 = 2 3 ， 则3 2 = 2 3，解得 = 8

13、 27 故选：C 本题考查双曲线的渐近线方程，考查运算求解能力，是中档题 4某地区城乡居民储蓄存款年底余额（单位：亿元）如图所示，下列判断一定不正确的是 （ ） A城乡居民储蓄存款年底余额逐年增长 B农村居民的存款年底余额所占比重逐年上升 C到 2019 年农村居民存款年底总余额已超过了城镇居民存款年底总余额 D城镇居民存款年底余额所占的比重逐年下降 根据扇形统计图和条形统计图即可判断出答案 到 2019 年，在城乡居民储蓄存款年底总余额中，农村居民储蓄存款所占的比例仍然小于 城镇居民储蓄存款所占的比例，因此农村居民的存款年底总余额仍然少于城镇居民的存 款总额， 选项 C 说农村居民的存款年底

14、总余额已经超过了城镇居民的存款总额显然是错误的 故选：C 本题考查表的应用，考查数据分析能力以及运算求解能力 5平面向量 =（1，m） ， =（1，3） ，且| | + |，则| |（ ） A23 3 B 3 3 C3 D33 本题先对| | + |两边进行平方，转化成向量进行计算，化简整理可得 = 0， 然后根据向量内积的坐标运算可解出 m 的值，即可计算出| |的值 依题意，由| | + |，可得 | |2| + |2， 即（ ）2（ + ）2， 化简整理，得 = 0， 1（1）+m 3 =0， 解得 m= 3 3 ， =（1， 3 3 ） ， | |= 12+ (3 3 )2= 23 3

15、 故选：A 本题考查平面向量的数量积公式的运用，考查转化思想，方程思想，定义法，以及逻辑 推理能力和数学运算能力，本题属中档题 6设 x，y 满足约束条件 + 1 2 2 ，则 zx4y 的最大值为（ ） A2 B2 C0 D4 作出不等式组对应的平面区域，平移直线 x4y0，判断最优解，利用数形结合即可的 得到结论 由题可知，再画出可行域如图， = + 1 = 2 解得 A（2，1） ， 当 l：x4y0 平移到过点（2，1）时，z 取得最大值， 最大值为：2 故选：B 本题考查线性规划问题，考查数形结合的思想以及运算求解能力 7在ABC 中，A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 b3，

16、 = 33，B30，ab，则 AC 边上的高线的长为（ ） A33 2 B3 2 C9 2 D33 由已知利用余弦定理可得 a29a+180，结合 ab，可求 a 的值，进而根据三角形的面 积公式即可求解 AC 边上的高线的长 因为 b3， = 33，B30， 所以由余弦定理 b2a2+c22accosB，可得9 = 2+ 27 2 33 3 2 ，整理可得 a29a+180， 又 ab， 所以 a6 因为= 1 2 = 93 2 ， 所以 AC 边上的高线的长为2 = 33 故选：D 本题考查余弦定理以及三角形面积公式，考查运算求解能力，属于基础题 8如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1

17、中，M，N，P 分别是 C1D1，BC，A1D1的中点，有下 列四个结论： AP 与 CM 是异面直线；AP，CM，DD1相交于一点；MNBD1； MN平面 BB1D1D 其中所有正确结论的编号是（ ） A B C D 本题利用线线间的关系，以及线线平行和线面平行的条件求解 因为 MPAC，MPAC，所以 AP 与 CM 是相交直线， 又面 A1ADD1面 C1CDD1DD1， 所以 AP，CM，DD1相交于一点，则不正确，正确来源:学,科,网 Z,X,X,K 令 ACBDO，因为 M，N 分别是 C1D1，BC 的中点， 所以 OND1MCD， = 1 = 1 2 ，则 MNOD1为平行四边

18、形， 所以 MNOD1，因为 MN平面 BD1D，OD1平面 BD1D， 所以 MN平面 BD1D，不正确，正确 综上所述，正确， 故选：B 本题考查了空间中点、线、面的位置关系，需要学生有较强的空间想象能力，逻辑分析 能力 9已知 M（1，0） ，N 是曲线 yex上一点，则|MN|的最小值为（ ） A1 B2 Ce D4+ 1 yex的导数为 yex设 N（m，em） ，可得过 N 的切线的斜率为 em当 MN 垂直于切线 时，|MN|取得最小值，可得 ;1 = 1 ，解得 m 进而得出 yex的导数为 yex设 N（m，em） ，可得过 N 的切线的斜率为 em 当 MN 垂直于切线时，

19、|MN|取得最小值，可得 ;1 = 1 ，则 e 2m+m1 因为 f（x）e2x+x 单调递增，且 f（0）1，所以 m0 所以|MN|的最小值为12+ 12= 2 故选：B 本题考查导数几何意义的应用、考查化归与转化思想、数形结合思想，考查了推理能力 与计算能力，属于基础题 10 “斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多斐波那契发现，因为斐波那契以兔 子繁殖为例子而提出，故又称该数列为“兔子数列” ，斐波那契数列an满足 a11，a2 1，anan1+an2（n3，nN*） 如图是输出斐波那契数列的一个算法流程图，现要 输出斐波那契数列的前 50 项，则图中的空白框应填入（ ） AA

20、B，BC BBA，CB CCA，BC DAC，CB 由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答 案 模拟程序的运行，可得 执行第 1 次，A1，B1，C2，i4，循环， 因为第二次应该计算 C1+2，ii+15，循环， 执行第 3 次，因为第三次应该计算 C2+3， 由此可得图中的空白框应填入 AB，BC 故选：A 本题考查数学文化在算法中的应用，考查赋值语句的应用，考查逻辑推理能力，属于基 础题 11已知函数() = 32 2 + 1 2 3 2 (0)，若 f（x）在( 2 ， 3 2 )上无零点，则 的取值范围是（ ） A(0， 2 9 8 9， + )

21、 B(0， 2 9 2 3 ， 8 9 C(0， 2 9 8 9，1 D(2 9， 8 9 1， + ) 先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简，得() = ( 3)，由于 f（x）在 ( 2 ， 3 2 )上无零点， 因此(3 2 3) ( 2 3) 2 = ， 且 2 3 ( + 1) 3 2 3 ， kZ， 在 0 的限制条件下，解不等式即可得解 () = 3 2 (1 ) + 1 2 3 2 = 1 2 3 2 = ( 3)， 若 2 3 2 ，则 2 3 3 3 2 3， f（x）在( 2 ， 3 2 )上无零点， (3 2 3) ( 2 3) 2 = ，则 21， 0，解得 0

22、1 又 2 3 ( + 1) 3 2 3 ，解得3 2 4 3 2 1 3，kZ， 当 k0 时，2 3 8 9；当 k1 时，0 2 9 (0， 2 9 2 3， 8 9 故选：B 本题主要考查三角函数的图象与性质，还涉及二倍角公式和辅助角公式，考查学生数形 结合的思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题 12点 P（1，1）是抛物线 C：yx2上一点，斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于点 A，B，且 PAPB，设直线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，则（ ） Akk1+k2 B1 = 1 1 + 1 2 C直线 l 过点（1，2） D直线 l 过点（1，2） 设(1，1 2)，

23、(2，22)，求出直线的斜率，推出 kk1+k22得到直线 l 的方程为 1 2 = (1+ 2)( 1)，利用 PAPB，得到直线系方程 y2（x1+x2） （x+1） ，求 出定点坐标 设(1，1 2)， (2，22)， 则1 = 1 21 11 = 1+ 1， 2= 2 21 21 = 2+ 1， = 1 222 12 = 1+ 2， 所以 kk1+k22直线 l 的方程为 1 2 = (1+ 2)( 1)， 因为 PAPB，所以（x1+1） （x2+1）1， 即 x1+x2+2x1x2，代入方程得 y2（x1+x2） （x+1） ， 则直线 l 过点（1，2） 故选：D 本题考查直线与

24、抛物线的综合应用， 考查数形结合的思想及运算求解能力， 属于中档题 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，把答案填在答题卡中的横线上分，把答案填在答题卡中的横线上 13已知函数() = 3 ， 1 2( + 1)，1，则 f（1） 12 根据题意，由函数的解析式可得 f（1）2f（0） ，f（0）2f（1） ，f（1）313；计 算即可得答案 根据题意，函数() = 3 ， 1 2( + 1)，1， 则 f（1）2f（0） ，f（0）2f（1） ，f（1）313； 则有 f（1）2f（0）4f（1）12； 故答案为：12 本题考查分

25、段函数的函数值计算，注意认真分析函数的解析式，属于基础题 14设 为锐角，若( + 8) = 4 5，则 cos2 312 50 由已知利用同角三角函数基本关系式可求( + 8) = 3 5，进而根据二倍角公式即可求解 因为 为锐角，( + 8) = 4 5， 所以( + 8) = 3 5， 则(2 + 4) = 2 ( 4 5) 2 1 = 7 25，(2 + 4) = 24 25， 所以2 = (2 + 4 4) = 2 2 ( 7 25 + 24 25) = 312 50 故答案为：312 50 本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用， 考查了转化思想

26、，属于基础题 15某县城中学安排 5 位老师（含甲）去 3 所不同的村小（含 A 小学）支教，每位老师只 能支教 1 所村小，且每所村小学都有老师支教，其中至少安排 2 位老师去 A 小学，但是 甲不去 A 校，则不同的安排方法数为 44 以 A 学校安排 3 人或 2 人分为两类，每一类再分步用乘法原理计算即可 A 小学若安排 3 人，则有4 322 = 8种；A 小学若安排 2 人则有4 23222 = 36种故不同 的方法数为 8+3644 故答案是 44 本题考查排列组合的综合应用，考查分类讨论的思想及逻辑推理能力，属于中低档题 16一个圆锥恰有三条母线两两夹角为 60，若该圆锥的侧面

27、积为33，则该圆锥外接球 的表面积为 27 2 如图，设ASBBSCCSA60，则 SASBSCABACBC设 ABx，则 底面圆的直径为2 = 60 = 2 3，利用该圆锥的侧面积计算公式得出方程，解得 x，可 得 OS，r设圆锥外接球的半径为 R，所以(6 )2+ 2= 2，解得 R，即可得出外接 球的表面积 如图，设ASBBSCCSA60，则 SASBSCABACBC 设 ABx，则底面圆的直径为2 = 60 = 2 3， 该圆锥的侧面积为1 2 2 3 x33，解得 x3， 高 =32 (3)2= 6 r= 3 3 = 3 设圆锥外接球的半径为 R，所以(6 )2+ 2= 2，解得 =

28、 36 4 ， 则外接球的表面积为42= 27 2 故答案为：27 2 本题考查圆锥以及球的结构特征，考查空间想象能力及运算求解能力，考查了推理能力 与计算能力，属于中档题 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤骤1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答第题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22，23 题为选考题，考生根据要求题为选考题，考生根据要求 作答 （一）必考题：共作答 （一）必考题：共 60 分分 17在公比大于 0 的等比数列an中，已知 a3a5a4，

29、且 a2，3a4，a3成等差数列 （1）求an的通项公式；来源:学+科+网 Z+X+X+K （2）已知 Sna1a2an，试问当 n 为何值时，Sn取得最大值，并求 Sn的最大值 （1）设an的公比为 q， （q0） ，运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解 方程可得首项和公比，即可得到所求通项公式； （2） 由等比数列的通项公式和等差数列的求和公式， 可得 Sn， 结合二次函数的最值求法， 可得所求最大值和 n 的值 （1）设an的公比为 q， （q0） ，由 a3a5a42a4，得 a41，即 a1q31， 因为 a2，3a4，a3成等差数列，所以 a2+a36a4，即 a1q+a

30、1q26a1q3，即 6q2q10， 解得 = 1 2（ 1 3舍去） ，a18， 所以 an8 （1 2） n124n，nN*； （2）= 12= 23:2:1:(4;)= 2 (7) 2 ， 由 n（7n）（n 7 2） 2+49 4 ， 所以当 n3 或 4 时，Sn取得最大值， （Sn）max64 本题考查等比数列和等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和化简运算 能力、推理能力，属于中档题 18厂家在产品出厂前，需对产品做检验，第一次检测厂家的每件产品合格的概率为 0.5， 如果合格，则可以出厂；如果不合格，则进行技术处理，处理后进行第二次检测每件 产品的合格率为 0.8，

31、如果合格，则可以出厂，不合格则当废品回收 （1）求某件产品能出厂的概率； （2）若该产品的生产成本为 800 元/件，出厂价格为 1500 元/件，每次检测费为 100 元/ 件，技术处理每次 100 元/件，回收获利 100 元/件假如每件产品是否合格相互独立，记 为任意一件产品所获得的利润，求随机变量 的分布列与数学期望 （1）设事件 A 为“某件产品第一次检验合格” ，事件 B 为“某件产品第二次检验合格” ， 利用互斥事件的概率求解即可 （2）求出 的所有可能取值为1000，400，600求出概率，然后得到分布列，即可求 解期望 （1）设事件 A 为“某件产品第一次检验合格” ，事件

32、B 为“某件产品第二次检验合格” ， 则 P（A）0.5，P（B）0.50.80.4 所以某件产品能够出厂的概率 P0.5+0.40.9 （2）由已知，若该产品不合格，则 （800+1002+100）+1001000， 该产品经过第二次检验才合格，则 1500（800+1002+100）400， 该产品第一次检验合格，则 1500（800+100）600， 所以 的所有可能取值为1000，400，600 P（1000）（10.5）（10.8）0.1， P（400）（10.5）0.80.4， P（600）0.5 的分布列为 1000 400 600 P 0.1来源:学.科.网 0.4 0.5 E

33、10030.1+4030.4+6000.5360 元 本题考查了互斥事件的概率计算公式，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查 了推理能力与计算能力，属于中档题 19在三棱锥 DABC 中， = = 22，DADCAC4，平面 ADC平面 ABC，点 M 在棱 BC 上 （1）若 M 为 BC 的中点，证明：BCDM （2）若 DC 与平面 DAM 所成角的正弦值为 3 4 ，求 AM （1）取 AC 的中点 O，连接 OB，OD说明 ODAC证明 ODOB，证明 ABBC， 推出 DBDC，且 M 为 BC 的中点，即可证明 BCDM （2）以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，

34、建立空间直角坐标系 Oxyz，求出平 面 DAM 的法向量，结合直线与平面所成角，求出 a，然后求解 AM 即可 （1）证明：取 AC 的中点 O，连接 OB，OD因为 DADC，所以 ODAC 又因为平面 ADC平面 ABC，且相交于 AC，所以 OD平面 ABC， 所以 ODOB 因为 AB2+BC2AC2，所以 ABBC， 所以 OBOC，所以OBDOCD， 所以 DBDC，且 M 为 BC 的中点，所以 BCDM （2）解：如图以 O 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系 O xyz，由已知得 A（0，2，0） ，C（0，2，0） ，(0，0，23)， = (0，2

35、，23)， = (0，2， 23)， 设 M（a，2a，0） （0a2） ， 则 = (，4 ，0) 设平面 DAM 的法向量为 = (，) 由 = 0， = 0，得2 + 23 = 0 + (4 ) = 0， 可取 = (3( 4)，3， )， 所以 = | ， | = |23+23| 43(4)2+32+2 = 3 4 ， 解得 a4（舍去） ， = 4 3， 所以 =(4 3) 2+ (8 3) 2 = 45 3 本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，二面角的平面角的求法，平 面法向量的求法，考查空间想象能力以及计算能力如果是考试用题：建议评分： （1） 第一问也可以先建立

36、空间直角坐标系，用向量方法证明，证出得满分； （2）第二问中， 建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标得（1 分） ，计算出平面 DAM 的法向量得（2 分） ； （3）若用传统做法，作出二面角得（2 分） ，简单证明得（2 分） ，整个试题完全正 确得满分 20已知椭圆 2 2 + 2 2 = 1(0)上的点 P 到左、右焦点 F1，F2的距离之和为22，且 离心率为 2 2 （1）求椭圆的标准方程； （2）过 F2的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，点 C 与点 B 关于 x 轴对称，求AF2C 面积的 最大值 （1）利用椭圆的定义以及离心率，转化求解椭圆的标准方程 （2）已知 F2（1，0

37、） ，直线斜率显然存在，设直线的方程为 yk（x1） ，A（x1，y1） ， B（x2，y2） ，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，结合三角形的面积通过基本不等 式转化求解即可 （1）|1| + |2| = 2 = 22，所以 = 2， = = 2 2 ， 所以 = 2 2 2 = 1，所以 b2a2c2211， 椭圆的标准方程为 2 2 + 2= 1 （2）由题可知直线 l 的斜率必存在，又 F2（1，0） ， 设直线 l 的方程为 yk（x1） （k0） ，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，C（x2，y2） 联立直线与椭圆的方程，化简得（1+2k2）x24k2x+2k220， 所以

38、1+ 2= 42 1+22，12 = 222 1+22 2= 2= 1 2 |22|(1 2) (1 2)| =|y2（x11）| = |(1 1)(2 1)| = |(12 1 2+ 1)| = | 1+22 | = | 1 2+1 | 2 4 ， 当且仅当 = 2 2 时，取得最大值 所以AF2C 面积的最大值为 2 4 本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以 及计算能力如果是考试用题：建议： （1）第一问得出 = 2，b1 各得（2分） ，写出 椭圆的标准方程得（1 分） ； （2）第二问未说明直线 l 的斜率存在扣（1 分） ； （3）若采用其他方

39、法解题，参照本评分标准按步骤给分 21已知函数 f（x）alnx+x22x （1）讨论 f（x）极值点的个数； （2）若 f（x）有两个极值点，证明：f（x）的极大值大于 3+22 4 （1）先对函数 f（x）求导，得到() = + 2 2 = 222+ 然后对 a 的范围讨 论研究 f（x）极值点的个数； （2）由（1）知当0 1 2时，f（x）有两个极值点，且 x1+x21，12 = 2 0，然后 求得其极大值为 f（x1）alnx1+x 1 2 2x1（2x 1 2 + 21）lnx1+x 1 2 2x1， x 1 (0， 1 2)，然后证明其大于 3+22 4 （1）f（x）的定义域为

40、（0，+） ，() = + 2 2 = 222+ 令 2x22x+a0，48a4（12a） ， 当 1 2时，0，恒有 f（x）0，故 f（x）无极值点； 当 1 2时， 0， 设 x1， x2 是方程 2x22x+a0 的两根 （x1x2） ， 则 x1+x21， 12= 2， 则当 a0 时x10x2，所以 f（x）只有一个极值点； 当0 1 2时，f（x）有两个极值点 综上，当 1 2时，f（x）无极值点；当0 1 2时，f（x）有两个极值点；当 a0 时，f （x）只有一个极值点 （2）证明：由（1）知，当0 1 2时，f（x）有两个极值点，x1+x21，12 = 2 0， 所以01 1 2 21， 则 f（x）在（0，x1）内为增函数，在（x1，x2）内为减函数，在（x2，+）内为增函数， 所以 f（x）的极大值点为 x1由21 2 21+ = 0，得 = 21 2 + 21， 所以 f（x）的极大值为 f（x1）alnx1+x 1 2 2x1（2x 1 2 + 21）lnx1+x 1 2 2x1， x 1 (0， 1 2)， 令 g（t）（2t2+