2019-2020学年山东省济宁市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、设集合 Mx|1x1，Nx|12x4，则 MN（ ） Ax|1x0 Bx|0x1 Cx|1x2 Dx|1x2 2 （5 分）若 a20.1，bln2，clog2，则（ ） Abca Bbac Ccab Dabc 3 （5 分）在ABC 中，AB1，AC3，1，则ABC 的面积为（ ） A B1 C D 4 （5 分）已知 A，B，C 为不共线的三点，则“”是“ABC 为直 角三角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 5 （5 分）函数 y2cos2x+cosx+1，x，的图象大致为（ ） A B C D 6 （5 分） 已知奇函数 f （x） 在

2、 R 上单调， 若正实数 a， b 满足 f （4a） +f （b9） 0， 则 的最小值是（ ） A1 B C9 D18 7 （5 分）已知 F1，F2是双曲线的左、右焦点，若点 F2关于双 第 2 页（共 25 页） 曲线渐近线的对称点 A 满足F1AOAOF1（O 为坐标原点） ，则双曲线的渐近线方程 为（ ） Ay2x B C Dyx 8 （5 分）已知函数 f（x）lnx+（1a）x+a（a0） ，若有且只有两个整数 x1，x2使得 f （x1）0，且 f（x2）0，则 a 的取值范围是（ ） A B （0，2+ln2） C D 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题

3、，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项分在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求全部选对的得符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）下列命题中的真命题是（ ） AxR，2x 10 BxN*， （x1）20 CxR，lgx1 DxR，tanx2 10 （5 分）将函数 f（x）sin2x 的图象向右平移个单位后得到函数 g（x）的图象，则 函数 g（x）具有性质（ ） A在上单调递增，为偶函数 B最大值为 1，图象关于直线对称 C在上单调递增，为奇函数 D周期为 ，图象关于点

4、对称 11 （5 分）已知 m、n 为两条不重合的直线，、 为两个不重合的平面，则下列说法正确 的是（ ） A若 m，n 且 ，则 mn B若 mn，m，n，则 C若 mn，n，m，则 m D若 mn，n，则 m 12 （5 分）设等比数列an的公比为 q，其前 n 项和为 Sn，前 n 项积为 Tn，并满足条件 a1 1，a2019a20201，0，下列结论正确的是（ ） 第 3 页（共 25 页） AS2019S2020 BS2019S202110 CT2019是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 2

5、0 分分 13 （5 分）在的展开式中，含 x4y4项的系数是 14 （5 分）已知抛物线 C：y28x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若3，则|QF| 15 （5 分）2019 年 7 月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文 明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年 文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一 规律已知样本中碳 14 的质量 N 随时间 t（单位：年）的衰变规律满足 （N0表示碳 14 原有的质量） ，则经过 5730 年后，碳 14

6、的质量变为原来的 ；经过 测定，良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的 时期距今约在 年到 5730 年之间 （参考数据：log231.6，log252.3） 16 （5 分）如图是两个腰长均为 10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形 ABCD，现将四 边形 ABCD 沿 BD 折成直二面角 ABDC，则三棱锥 ABCD 的外接球的体积为 cm3 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知等差数列an满足 a2+a46，前 7 项

7、和 S728 （）求数列an的通项公式； （）设，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）已知 f（x）sin（x）sin（+x）cos2x 第 4 页（共 25 页） （）若，求的值； （）在ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别 a，b，c，若有（2ac）cosBbcosC， 求角 B 的大小以及 f（A）的取值范围 19 （12 分）如图，在平行四边形 ABCD 中，AB1，BC2，BAD120，四边形 ACEF 为正方形，且平面 ABCD平面 ACEF （）证明：ABCF； （）求平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 20 （12 分）如图，某市三地 A，B

8、，C 有直道互通现甲交警沿路线 AB、乙交警沿路线 ACB 同时从 A 地出发，匀速前往 B 地进行巡逻，并在 B 地会合后再去执行其他任务已知 AB 10km，AC6km，BC8km，甲的巡逻速度为 5km/h，乙的巡逻速度为 10km/h （）求乙到达 C 地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离； （）已知交警的对讲机的有效通话距离不大于 3km，从乙到达 C 地这一时刻算起，求 经过多长时间，甲、乙方可通过对讲机取得联系 21 （12 分）已知椭圆 E：的一个焦点为，长轴与短轴的 比为 2：1直线 l：ykx+m 与椭圆 E 交于 P、Q 两点，其中 k 为直线 l 的斜率 （）求椭圆 E

9、的方程； （）若以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O，问：是否存在一个以坐标原点 O 为圆心 的定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值，定圆 O 恒与直线 l 相切？如果存在，求出圆 O 第 5 页（共 25 页） 的方程及实数 m 的取值范围；如果不存在，请说明理由 22 （12 分）已知函数 f（x）xasinx，g（x）x+mlnx （）求证：当|a|1 时，对任意 x（0，+） ，f（x）0 恒成立； （）求函数 g（x）的极值； （）当 a时，若存在 x1，x2（0，+）且 x1x2，满足 f（x1）+g（x1）f（x2） +g（x2） ，求证： 第 6 页（共 25 页） 2

10、019-2020 学年山东省济宁市高三（上）期末数学试卷学年山东省济宁市高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 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 （5 分）设集合 Mx|1x1，Nx|12x4，则 MN（ ） Ax|1x0 Bx|0x1 Cx|1x2 Dx|1x2 【分析】解不等式求出集合 N，根据交集的定义写出 MN 【解答】解：集合 Mx|1x1，Nx|12x4x|0x2， 则 MNx|0x1

11、 故选：B 【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运 用 2 （5 分）若 a20.1，bln2，clog2，则（ ） Abca Bbac Ccab Dabc 【分析】利用指数对数函数的的单调性即可得出 【解答】解：a20.11，bln2（0，1） ，clog20， 则 abc 故选：D 【点评】本题考查了指数对数函数的的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题 3 （5 分）在ABC 中，AB1，AC3，1，则ABC 的面积为（ ） A B1 C D 【分析】由已知1，结合数量积定义可得 cosA，进而求出 sinA，代入ABC 的面积即可求 【解答

12、】解：AB1，AC3，1， 第 7 页（共 25 页） cosA， sinA， 则ABC 的面积 SABACsinA13 故选：C 【点评】本题主要考查了向量数量积的定义及同角三角函数基本关系，三角形的面积公 式的简单应用，解题中要注意向量夹角定义的应用 4 （5 分）已知 A，B，C 为不共线的三点，则“”是“ABC 为直 角三角形”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据向量数量积与向量长度的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断 即可 【 解答】 解：若， 则平 方得 2+2 + 2 2 2+ 2， 得 40，即0，则A 为直角，

13、则“ABC 为直角三角形成立， 反之当B 为直角，满足ABC 为直角三角形成立，但，不成立， 故“”是“ABC 为直角三角形”的充分不必要条件， 故选：A 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量数量积的应用进行转化是 解决本题的关键，难度中等 5 （5 分）函数 y2cos2x+cosx+1，x，的图象大致为（ ） A B 第 8 页（共 25 页） C D 【分析】根据函数的奇偶性和函数的最值即可求出答案 【解答】解：因为函数 y2cos2x+cosx+1，x， 所以函数为偶函数，故排除 A，D y2cos2x+cosx+12（cosx）2+，x， 因为 cosx1， 所以当

14、 cosx时，ymax，当 cosx1 时，ymin0， 故排除 C， 故选：B 【点评】本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的单调性和函数的最值，属于基础 题 6 （5 分） 已知奇函数 f （x） 在 R 上单调， 若正实数 a， b 满足 f （4a） +f （b9） 0， 则 的最小值是（ ） A1 B C9 D18 【分析】利用“乘 1 法”与基本不等式的性质即可得出 【解答】解：因为奇函数 f（x）在 R 上单调，且正实数 a，b 满足 f（4a）+f（b9）0， 所以 f（4a）f（b9）f（9b） ， 所以 4a9b 即 4a+b9， 则（） （4a+b）（5+）1， 当且仅

15、当且 4a+b9 即 a，b3 时取等号，此时取得最小值 1 故选：A 【点评】本题考查了“乘 1 法”与基本不等式的性质，属于基础题 7 （5 分）已知 F1，F2是双曲线的左、右焦点，若点 F2关于双 第 9 页（共 25 页） 曲线渐近线的对称点 A 满足F1AOAOF1（O 为坐标原点） ，则双曲线的渐近线方程 为（ ） Ay2x B C Dyx 【分析】设 F1（c，0） ，F2（c，0） ，渐近线方程为 yx，对称点为 A（m，n） ，运 用中点坐标公式和两直线垂直的条件：斜率之积为1，求出对称点 A 的坐标，A 满足 F1AOAOF1，可得|AF1|OF1|c，由两点的距离公式，

16、可得所求渐近线方程 【解答】解：设 F1（c，0） ，F2（c，0） ， 渐近线方程为 yx， F2的对称点为 A（m，n） ， 即有， 且n， 解得 m，n， A 满足F1AOAOF1，可得|AF1|OF1|c， 即有（+c）2+c2， 结合 c2a2+b2， 化为 c2a，即 ba， 可得双曲线的渐近线方程为 yx 故选：B 【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用中点坐标公式和两直线垂直的条件： 斜率之积为1，以及等腰三角形的性质和两点的距离公式，考查化简整理的运算能力， 第 10 页（共 25 页） 属于中档题 8 （5 分）已知函数 f（x）lnx+（1a）x+a（a0） ，若

17、有且只有两个整数 x1，x2使得 f （x1）0，且 f（x2）0，则 a 的取值范围是（ ） A B （0，2+ln2） C D 【分析】由 f（x）lnx+（1a）x+a0，得 lnx（a1）xa，作出函数 ylnx 与 y （a1）xa 的图象，数形结合得答案 【解答】解：由 f（x）lnx+（1a）x+a0，得 lnx（a1）xa， 作出函数 ylnx 与 y（a1）xa 的图象如图： 直线 y（a1）xa 过定点（1，1） ， 当 x2 时，曲线 ylnx 上的点为（2，ln2） ，当 x3 时，曲线 ylnx 上的点为（3，ln3） 过点（1，1）与（2，ln2）的直线的斜率 k，

18、 过点（1，1）与（3，ln3）的直线的斜率 k 由 a1ln2+1，得 aln2+2，由 a1，得 a 若有且只有两个整数 x1，x2使得 f（x1）0，且 f（x2）0，则 a 的取值范围是 故选：C 【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题 思想方法，属难题 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给分在每小题给出的选项中，有多项出的选项中，有多项 符合题目要求全部选对的得符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9

19、（5 分）下列命题中的真命题是（ ） 第 11 页（共 25 页） AxR，2x 10 BxN*， （x1）20 CxR，lgx1 DxR，tanx2 【分析】根据指数函数的值域，得到 A 项正确；根据一个自然数的平方大于或等于 0， 得到 B 项不正确；根据对数的定义与运算，得到 C 项正确；根据正弦函数 ytanx 的值 域，得 D 项正确由此可得本题的答案 【解答】解：指数函数 y2t的值域为（0，+） 任意 xR，均可得到 2x 10 成立，故 A 项正确； 当 xN*时，x1N，可得（x1）20，当且仅当 x1 时等号 存在 xN*，使（x1）20 不成立，故 B 项不正确； 当 x

20、1 时，lgx01 存在 xR，使得 lgx1 成立，故 C 项正确； 正切函数 ytanx 的值域为 R 存在锐角 x，使得 tanx2 成立，故 D 项正确 故选：ACD 【点评】本题给出含有量词的几个命题，要求找出其中的假命题着重考查了基本初等 函数的值域、对数的运算和不等式的性质等知识，属于基础题 10 （5 分）将函数 f（x）sin2x 的图象向右平移个单位后得到函数 g（x）的图象，则 函数 g（x）具有性质（ ） A在上单调递增，为偶函数 B最大值为 1，图象关于直线对称 C在上单调递增，为奇函数 D周期为 ，图象关于点对称 【分析】根据函数图象变换求出函数 g（x）的解析式，

21、结合三角函数的性质分别进行判 断即可 【解答】解：将函数 f（x）sin2x 的图象向右平移个单位后得到函数 g（x）的图象， 则 g（x）sin2（x）sin（2x）cos2x， 则函数 g（x）为偶函数，当 0x时，02x，此时 g（x）为增函数，故 A 正 第 12 页（共 25 页） 确， 函数的最大值为 1，当时，g（x）cos（3）cos1，为最大值，则 函数图象关于直线对称，故 B 正确， 函数为偶函数，故 C 错误， 函数的周期 T，g（）cos（2）cos0，即图象关于 点对称，故 D 正确 故正确的是 ABD， 故选：ABD 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，求出函

22、数的解析式以及利用三角函数的 性质是解决本题的关键难度中等 11 （5 分）已知 m、n 为两条不重合的直线，、 为两个不重合的平面，则下列说法正确 的是（ ） A若 m，n 且 ，则 mn B若 mn，m，n，则 C若 mn，n，m，则 m D若 mn，n，则 m 【分析】根据线面平行的判定定理，性质定理以及有关结论即可判断各选项的真假 【解答】解：对 A，若 m，n 且 ，则 mn 或者 m 与 n 相交，或者 m 与 n 异 面，所以 A 错误； 对 B，若 mn，m，则 n，又 n，所以 ，正确； 对 C，若 n，则 n，又 mn，m，所以 m，正确； 对 D，若 mn，n，则 m，又

23、 ，所以 m 或 m，所以 D 错误 故选：BC 【点评】本题主要考查利用线面平行的判定定理，性质定理以及有关结论判断命题的真 假，属于基础题 12 （5 分）设等比数列an的公比为 q，其前 n 项和为 Sn，前 n 项积为 Tn，并满足条件 a1 1，a2019a20201，0，下列结论正确的是（ ） 第 13 页（共 25 页） AS2019S2020 BS2019S202110 CT2019是数列Tn中的最大值 D数列Tn无最大值 【分析】本题由题意根据题干可得 a20191，a20201，从而有 a11，0q1，则等比 数列an为正项的递减数列再结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答

24、案即可得到 正确选项 【解答】解：等比数列an的公比为 q，其前 n 项和为 Sn，前 n 项积为 Tn，并满足条件 a11， a2019a20201，0，a20191，0a20201，0q1 根据 a11，0q1，可知 等比数列an为正项的递减数列 即 a1a2a20191a20200 S2020S2019a20200， S2019S2020，故选项 A 正确； S2019a1+a2+a20191， S2019S2021S2019 （S2019+a2020+a2021） +S2019 （a2020+a2021） 1 即 S2019S202110故选项 B 错误； 根据 a1a2a20191a

25、20200可知 T2019是数列Tn中的最大项，故选项 C 正确、选项 D 错误 故选：AC 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查了 推理能力与计算能力，属于中档题 三、填空题：三、填空题：本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）在的展开式中，含 x4y4项的系数是 280 【分析】写出二项展开式的通项，由 x 的指数等于 4 求得 r 值，则答案可求 第 14 页（共 25 页） 【解答】解：由 Tr+1x8 r（r（ ）rx8 ryr； 令 8r0，得 r4 展开式中含 x4y4的系数为： （）4280

26、 故答案为：280 【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题 14 （5 分）已知抛物线 C：y28x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若3，则|QF| 【分析】求得直线 PF 的方程，与 y28x 联立可得 x1，利用|QF|d 可求 【解答】解：设 Q 到 l 的距离为 d，则|QF|d， 3， |PQ|2d， 不妨设直线 PF 的斜率为， F（0，2） ， 直线 PF 的方程为 y（x2） ， 与 y28x 联立可得 x， |QF|d， 故答案为： 【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线的位置关

27、系，属于基础题 15 （5 分）2019 年 7 月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文 明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年 文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一 规律已知样本中碳 14 的质量 N 随时间 t（单位：年）的衰变规律满足 （N0表示碳 14 原有的质量） ，则经过 5730 年后，碳 14 的质量变为原来的 ；经过 测定，良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的 时期距今约在 4011 年到 5730 年之间 （参考数据：log231.6，log2

28、52.3） 【分析】根据生物体内碳 14 的质量 N 与死亡年数 t 之间的函数关系式，t5730 代入， 第 15 页（共 25 页） 得 N，故每经过 5730 年衰减为原来的一半； 利用碳 14 的残余量约占原来的至，建立不等式，即可推算良渚古城的年代 【解答】 解： 生物体内碳14的量N与死亡年数t之间的函数关系式为：； t5730 时，N； 所以每经过 5730 年衰减为原来的； 由于良渚古城遗址文物样本中碳 14 的质量是原来的至， ； 两边同时取以 2 为底的对数，得： 1（log23log25）0.7 4011t5730； 故推测良渚古城存在的时期距今约在 4011 年到 57

29、30 年之间 故答案为：，4011 【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生的计算能力，属于中档题 16 （5 分）如图是两个腰长均为 10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形 ABCD，现将四 边形 ABCD 沿 BD 折成直二面角 ABDC，则三棱锥 ABCD 的外接球的体积为 500 cm3 【分析】先确定三棱锥 ABCD 的外接球直径为 AC， 再根据图中数据求出外接球的半径 R，从而求得体积 【解答】解：四边形 ABCD 中，ABDBDC90， ABBD，CDBD； 沿 BD 折成直二面角 ABDC，如图所示； AB平面 BCD，CD平面 ABD， 第 16 页（共 25

30、 页） ABBC，CDDA； 三棱锥 ABCD 的外接球的直径为 AC， 且|AC|2|AB|2+|BD|2+|CD|2102+102+102300 外接球的半径为 R5，它的体积为500 故答案为：500 【点评】本题考查了几何体外接球的体积计算问题，解题的关键是确定外接球的直径 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知等差数列an满足 a2+a46，前 7 项和 S728 （）求数列an的通项公式； （）设，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】 （I）设等差

31、数列an的公差为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，计算可 得首项和公差，进而得到所求通项公式； （II）由（I）知， 由数列的裂项相消求和，计算可得所求和 【解答】 解：（I） 设等差数列an的公差为 d， 由 a2+a46 可知 a33， 前 7 项和 S728 a44，解得 a11，d1， an1+1（n1）n； （II）由（I）知， bn前n项和Tnb1+b2+bn 【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，数列的裂项相消求和，属于中档题 第 17 页（共 25 页） 18 （12 分）已知 f（x）sin（x）sin（+x）cos2x （）若，求的值； （）在ABC 中，角

32、A，B，C 所对应的边分别 a，b，c，若有（2ac）cosBbcosC， 求角 B 的大小以及 f（A）的取值范围 【分析】 （）利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式 f（x）， 由已知可求，利用三角函数恒等变换的应用化简所求即可求值得解 （II）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合 sinA0，可求 cosB 的 值，可求 B 的值，进而可求范围 A 的范围，利用正弦函数的值域即可求解 f（A）的取值 范围 【 解 答 】 解 ：（ ） ， 因为， 所以， 所以 （II）因为（2ac）cosBbcosC， 由正弦定理得： （2sinAsinC）cosBsinBcosC，

33、 所以 2sinAcosBsinCcosBsinBcosC， 即 2sinAcosBsin（B+C）sinA， 因为 sinA0， 所以， 所以， 所以， 所以 f（A）的取值范围是 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，正弦函数的性质的综合 应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题 第 18 页（共 25 页） 19 （12 分）如图，在平行四边形 ABCD 中，AB1，BC2，BAD120，四边形 ACEF 为正方形，且平面 ABCD平面 ACEF （）证明：ABCF； （）求平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 【分析】（I） 由余弦定理求出， 推导出

34、ABAC， AFAC， 推导出 AF平面 ABCD， AFAB，从而 AB平面 ACEF，由此能证明 ABCF （II）由 AB，AC，AF 两两垂直，分别以 AB，AC，AF 所在直线为 x，y，z 轴，建立空 间直角坐标系，由此能求出平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 【解答】解： （I）证明：在平行四边形 ABCD 中，ABC18012060， 在ABC 中，由余弦定理得：AC2AB2+BC22ABBCcos603， 即， 由 BC2AC2+AB2，得BAC90，ABAC， 又四边形 ACEF 为正方形，AFAC， 又平面 ABCD平面 ACEF，平面 ABCD平面 AC

35、EFAC AF平面 ABCD，AFAB， 又 AFACA，AB平面 ACEF， 第 19 页（共 25 页） CF平面 ACEF，ABCF （II）解：由（I）得 AB，AC，AF 两两垂直， 分别以 AB，AC，AF 所在直线为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 设平面 BEF 的一个法向量， 则，取， 同理可得平面 BCF 的一个法向量为， 设平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的平面角为 ， 则 平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考

36、查运算求解能力，是中档题 20 （12 分）如图，某市三地 A，B，C 有直道互通现甲交警沿路线 AB、乙交警沿路线 ACB 同时从 A 地出发，匀速前往 B 地进行巡逻，并在 B 地会合后再去执行其他任务已知 AB 10km，AC6km，BC8km，甲的巡逻速度为 5km/h，乙的巡逻速度为 10km/h （）求乙到达 C 地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离； （）已知交警的对讲机的有效通话距离不大于 3km，从乙到达 C 地这一时刻算起，求 经过多长时间，甲、乙方可通过对讲机取得联系 【分析】 （I）由题意设当乙到达 C 地时甲处在 D 点，利用余弦定理求得 CD 的值即可； （II）设乙

37、到达 C 地后，经过 t 小时，甲、乙两交警之间的距离为 f（t）km，根据题意求 出 f（t）的解析式，利用 f（t）3 求得 t 的取值范围，从而求得结果 第 20 页（共 25 页） 【解答】解： （I）由 AB10km，AC6km，BC8km，知ACB90， 设当乙到达 C 地时，甲处在 D 点，则； 所以在ACD 中，由余弦定理得： CD2AC2+AD22ACADcosA， 解得； 即此时甲、乙两交警之间的距离为 （II）设乙到达 C 地后，经过 t 小时，甲、乙两交警之间的距离为 f（t）km， 在， 乙从 C 地到达 B 地，用时小时，甲从 D 处到达 B 地，用时小时， 所以当

38、乙从 C 地到达 B 地， 此时， 甲从 D 处行进到 E 点处， 且， 所以当 ； 令 f（t）3，即1，； 解得 0t或 t（舍去） ； 又当时，甲、乙两交警间的距离为 f（t）75t3km， 因为甲、乙间的距离不大于 3km 时方可通过对讲机取得联系； 所以从乙到达 C 地这一时刻算起，经过小时，甲、乙可通过对讲机取得联系 第 21 页（共 25 页） 【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了函数思想与运算求解能力，是中档 题 21 （12 分）已知椭圆 E：的一个焦点为，长轴与短轴的 比为 2：1直线 l：ykx+m 与椭圆 E 交于 P、Q 两点，其中 k 为直线 l 的斜率

39、（）求椭圆 E 的方程； （）若以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O，问：是否存在一个以坐标原点 O 为圆心 的定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值，定圆 O 恒与直线 l 相切？如果存在，求出圆 O 的方程及实数 m 的取值范围；如果不存在，请说明理由 【分析】 （I）由题意可得：c，2a：2b2：1，a2b2+c2解得：a，b，即可得出 椭圆 E 的方程 （II） 解法一： 假设存在定圆 O， 不论直线 l 的斜率 k 取何值时， 定圆 O 恒与直线 l 相切 这 时，只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，联 立方程，消去 y

40、 整理得： （4+k2）x2+2kmx+m240，0，得：k2m2+40，根据以 线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O，可得 x1x2+y1y20，l 利用根与系数的关系化简得： 4k25m24， 此时可得坐标原点O到直线l距离d 由坐标原点O到直线l的距离 为定值知，所以存在定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线 l 相切，定 圆 O 的方程为：即可得出得 m 的取值范围是 解法二： 假设存在定圆 O， 不论直线 l 的斜率 k 取何值时， 定圆 O 恒与直线 l 相切 这时， 只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可设直线 OP 的方程为：ytx，P 点

41、的 坐标为 （x0， y0） ， 则 y0tx0， 联立方程组可得， 由以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O， 可得 OPOQ， 直线 OQ 的方程为： 在 式中以换 t，得，又由 OPOQ 知：|PQ|2 |OP|2+|OQ|2，设坐标原点 O 到直线 l 的距离为 d，则有|PQ|d|OP|OQ|，可得 d2又当直 线 OP 与 y 轴重合时，P（0，2） ，Q（1，0）此时由坐标原点 O 到直线 l 第 22 页（共 25 页） 的距离为定值知，所以存在定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与 直线 l 相切，定圆 O 的方程为：直线 l 与 y 轴交点为（0，m）

42、 ，且点（0，m） 不可能在圆 O 内，又当 k0 时，直线 l 与定圆 O 切于点，可得 m 的取值 范围 【解答】解： （I）c，2a：2b2：1，a2b2+c2 解得：a2，b1， 椭圆 E 的方程为 （II）解法一： 假设存在定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线 l 相切 这时，只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可 设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，联立方程，消去 y 整理得： （4+k2）x2+2kmx+m240， （2km）24（4+k2） （m24）0，得：k2m2+40， ， 以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O， ， 化简

43、得：4k25m24， 此时，坐标原点 O 到直线 l 距离 d 为： 由坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值知，所以存在定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线 l 相切，定圆 O 的方程为： 得 m 的取值范围是 解法二： 假设存在定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线 l 相切 第 23 页（共 25 页） 这时，只需证明坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值即可 设直线 OP 的方程为：ytx，P 点的坐标为（x0，y0） ，则 y0tx0， 联立方程组 ， 以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O，OPOQ，直线 OQ 的方程为： 在式

44、中以换 t，得 又由OPOQ知： 设坐标原点 O 到直线 l 的距离为 d，则有|PQ|d|OP|OQ|， 又当直线 OP 与 y 轴重合时，P（0，2） ，Q（1，0）此时 由坐标原点 O 到直线 l 的距离为定值知，所以存在定圆 O，不论直线 l 的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线 l 相切，定圆 O 的方程为： 直线 l 与 y 轴交点为（0，m） ，且点（0，m）不可能在圆 O 内，又当 k0 时，直线 l 与 定圆 O 切于点，所以 m 的取值范围是 【点评】本题考查了椭圆的标准非常及其性质、圆的标准方程及其性质、向量垂直与数 量积的运算性质、方程的解法、分类讨论，考查了推理能力与计算能力，属于难题 22 （12 分）已知函数 f（x）xasinx，g（x）x+mlnx （）求证：当|a|1 时，对任意 x（0，+） ，f（x）0 恒成立； （）求函数 g（x）的极值； 第 24 页（共 25 页） （）当 a时，若存在 x1，x2（0，+）且 x1x2，满足 f（x1）+g（x1）f（x2） +g（x2） ，求证： 【分析】 （1）求导得到 f（x）1acosx，即 f（x）0，从而得到函数单调递增，进一 步证明结论； （2），讨论 m0 和 m0 两种情