2019-2020学年山东省滨州市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

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1、已知全集 UR，集合 Ax|1x3，B0，2，4，6，则 AB 等于（ ） A0，2 B1，0，2 Cx|0x2 Dx|1x2 2 （5 分）已知复数 z 满足 z（1+i）3+4i，则|z|（ ） A B C D 3 （5 分）设 p： （）x1，q：2x1，则 p 是 q 成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）的展开式中 x4的系数为（ ） A16 B8 C2 D1 5 （5 分）已知向量 （x，2） ， （2，y） ， （2，4） ，且 ， ，则| | （ ） A3 B C D 6 （5 分） 设抛物线 y24x 的焦点为

2、 F， 准线为 l， P 为该抛物线上一点， PAl， A 为垂足 若 直线 AF 的斜率为，则PAF 的面积为（ ） A B C8 D 7 （5 分）已知a，b，c，则 a，b，c 的大小关系是 （ ） Acba Babc Cbca Dbac 8 （5 分）已知函数 f（x）2sin（2x+）的图象过点，则（ ） A把 yf（x）的图象向右平移个单位得到函数 y2sin2x 的图象 B函数 f（x）在区间上单调递减 C函数 f（x）在区间0，2内有五个零点 第 2 页（共 27 页） D函数 f（x）在区间上的最小值为 1 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，

3、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）已知双曲线 C：的左、右焦点分别为 F1（5，0） ， F2（5，0） ，则能使双曲线 C 的方程为的是（ ） A离心率为 B双曲线过点 C渐近线方程为 3x4y0 D实轴长为 4 10 （5 分）已知菱形 ABCD 中，BAD60，AC 与 BD 相交于点 O将ABD 沿 BD 折 起，使顶点 A 至点 M，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） ABDC

4、M B存在一个位置，使CDM 为等边三角形 CDM 与 BC 不可能垂直 D直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 60 11 （5 分）已知定义在上的函数 f（x）的导函数为 f（x） ，且 f（0）0，f（x） cosx+f（x）sinx0，则下列判断中正确的是（ ） A B C D 12 （5 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 如图放置的边长为 2 的正方形 ABCD 沿 x 轴滚动 （无 滑动滚动） ，点 D 恰好经过坐标原点，设顶点 B（x，y）的轨迹方程是 yf（x） ，则对函 数 yf（x）的判断正确的是（ ） A函数 yf（x）是奇函数 B对任意的 xR，都有 f（

5、x+4）f（x4） 第 3 页（共 27 页） C函数 yf（x）的值域为 D函数 yf（x）在区间6，8上单调递增 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 20 分分 13 （5 分）曲线 y（x+1）ex在点（0，1）处的切线方程为 14 （5 分）若1，tan（），则 tan 15 （5 分）在四面体 SABC 中，SASB2，且 SASB，则该四面体 体积的最大值为 ，该四面体外接球的表面积为 16 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，A 为直线 l：y3x 上在第三象限内的点，B（10， 0） ，以线段 AB 为直径的圆 C（C 为圆

6、心）与直线 l 相交于另一个点 D，ABCD，则圆 C 的标准方程为 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）在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且满足（ba） （sinB+sinA） c（sinBsinC） （1）求 A 的大小； （2）再在a2，B，cb 这三个条件中，选出两个使ABC 唯一确定 的条件补充在下面的问题中，并解答问题若 ， ，求ABC 的面积注： 如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答记分 18 （12 分）已知数列

7、an为公差不为 0 的等差数列，且 a23，a1，a2，a5成等比数列 （1）求数列an的通项公式； （2）设 Sn为数列an+2的前 n 项和，求数列bn的前 n 项和 Tn 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PD底面 ABCD，ADBC，ABC90， BCD45，BC2AD （1）求证：BDPC； （2）若 PCBC，求平面 PAD 和平面 PBC 所成的角（锐角）的余弦值 第 4 页（共 27 页） 20 （12 分）近年，国家逐步推行全新的高考制度新高考不再分文理科，某省采用 3+3 模 式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，每门科目满分均为 150 分另外考生还要

8、依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地 理、物理、化学、生物 6 门科目中自选 3 门参加考试（6 选 3） ，每门科目满分均为 100 分为了应对新高考，某高中从高一年级 1000 名学生（其中男生 550 人，女生 450 人） 中，采用分层抽样的方法从中抽取 n 名学生进行调查，其中，女生抽取 45 人 （1）求 n 的值； （2）学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“地理”两个科目，为了了解学生 对这两个科目的选课情况，对抽取到的 n 名学生进行问卷调查（假定每名学生在“物理” 和“地理”这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目） ，下

9、表是根据调查结果 得到的一个不完整的 22 列联表， 请将下面的 22 列联表补充完整， 并判断是否有 99% 的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由； 选择“物理” 选择“地理” 总计 男生 10 女生 25 总计 （3）在抽取到的 45 名女生中，按（2）中的选课情况进行分层抽样，从中抽出 9 名女生， 再从这 9 名女生中抽取 4 人，设这 4 人中选择“物理”的人数为 X，求 X 的分布列及期 望 附：，na+b+c+d P（K2k0） 0.05 0.01 0.005 0.001 k0 3.841 6.635 7.879 10.828 21 （12 分）已知椭圆 E：1（ab0）的

10、左、右焦点分别为 F1，F2，直线 yx 与椭圆 E 在第一象限内的交点是 M，且 MF2x 轴， （1）求椭圆 E 的方程； （2）是否存在斜率为1 的直线 l 与以线段 F1F2为直径的圆相交于 A，B 两点，与椭圆 E 相交于 C，D 两点，且|CD|AB|？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在， 第 5 页（共 27 页） 说明理由 22（12 分） 已知函数 f （x） ex（1+mlnx） ， 其中 m0， f （x） 为 f （x） 的导函数 设， 且恒成立 （1）求 m 的取值范围； （2）设函数 f（x）的零点为 x0，函数 f（x）的极小值点为 x1，求证：x0x1 第

11、6 页（共 27 页） 2019-2020 学年山东省滨州市高三（上）期末数学试卷学年山东省滨州市高三（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）已知全集 UR，集合 Ax|1x3，B0，2，4，6，则 AB 等于（ ） A0，2 B1，0，2 Cx|0x2 Dx|1x2 【分析】根据 A 与 B，找出 A 与 B 的交集即可 【解答】解：Ax|1x3，B0，2

12、，4，6， AB0，2 故选：A 【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键 2 （5 分）已知复数 z 满足 z（1+i）3+4i，则|z|（ ） A B C D 【分析】根据复数的运算法则先进行化简，结合复数的模长公式进行计算即可 【解答】解：由 z（1+i）3+4i，得 z+i， 则|z|， 故选：D 【点评】本题主要考查复数的模长计算，结复数的运算法则进行化简是解决本题的关 键难度不大 3 （5 分）设 p： （）x1，q：2x1，则 p 是 q 成立的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】由 p： （）x1，

13、解得 x0可得 qp，反之不成立，即可判断出结论 【解答】解：由 p： （）x1，解得 x0 q：2x1， 可得 qp，反之不成立 第 7 页（共 27 页） p 是 q 成立的必要不充分条件， 故选：B 【点评】本题考查了指数函数的单调性、充要条件的判定，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 4 （5 分）的展开式中 x4的系数为（ ） A16 B8 C2 D1 【分析】写出二项展开式的通项，整理后再由 x 的指数为 4 求得 r 值，则答案可求 【 解 答 】 解 ：的 展 开 式 的 通 项 为 令，得 r8 的展开式中 x4的系数为 故选：D 【点评】本题考查二项式定理的应用，关键是

14、熟记二项展开式的通项，是基础题 5 （5 分）已知向量 （x，2） ， （2，y） ， （2，4） ，且 ， ，则| | （ ） A3 B C D 【分析】分别根据，即可求出 x，y，从而可得出向量的坐标，进而可求 出的值 【解答】解：， 4x40，解得 x1； ， ，解得 y1， ， ， 第 8 页（共 27 页） 故选：B 【点评】本题考查了平行向量的坐标关系，向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积和 减法运算，考查了计算能力，属于基础题 6 （5 分） 设抛物线 y24x 的焦点为 F， 准线为 l， P 为该抛物线上一点， PAl， A 为垂足 若 直线 AF 的斜率为，则PAF 的面积

15、为（ ） A B C8 D 【分析】解法一：设准线与 x 轴交于点 Q，因为直线 AF 的斜率为，可得PAF 是边 长为 4 的等边三角形，即可求出面积， 解法二：设准线与 x 轴交于点 Q，P（m，n） ，利用抛物线的定义即可求|PF|的值 【解答】解：解法一：设准线与 x 轴交于点 Q，因为直线 AF 的斜率为，|FQ|2， 所以AFQ60，|FA|4， 又因为|PA|PF|，所以PAF 是边长为 4 的等边三角形， 所以PAF 的面积为 解法二：设准线与 x 轴交于点 Q，P（m，n） ，因为直线 AF 的斜率为，|FQ|2， 所以AFQ60，所以，所以，又因为 n24m，所以 m3，

16、又因为|PA|PF|4，所以PAF 的面积为 故选：B 【点评】本题主要考查抛物线的几何性质，定义的应用，以及曲线交点的求法，利用抛 物线的定义是解决本题的关键 7 （5 分）已知a，b，c，则 a，b，c 的大小关系是 （ ） 第 9 页（共 27 页） Acba Babc Cbca Dbac 【分析】分别画出函数的图象：y，ylog3x，y3x，y即可得出大 小关系 【解答】解：分别画出函数的图象：y，ylog3x，y3x，y 可得 bca 故选：C 【点评】本题考查了指数对数函数的单调性、数形结合方法，考查了推理能力与计算能 力，属于基础题 8 （5 分）已知函数 f（x）2sin（2x

17、+）的图象过点，则（ ） A把 yf（x）的图象向右平移个单位得到函数 y2sin2x 的图象 B函数 f（x）在区间上单调递减 C函数 f（x）在区间0，2内有五个零点 D函数 f（x）在区间上的最小值为 1 【分析】由题意利用函数 yAsin（x+）的图象变换规律，得到 f（x）的解析式，再 利用正弦函数的图象和性质，得出结论 【解答】解：函数 f（x）2sin（2x+）的图象过点，故有 2sin（+） 2， 可得+2k+， 即 2k+， kZ， 取 ， 则函数 f （x） 2sin （2x+） 第 10 页（共 27 页） 把 yf（x）的图象向右平移个单位得到函数 y2sin（2x）的

18、图象，故 A 错误； 在区间上，2x+（，） ，函数 f（x）没有单调性，故 B 错误； 在区间0，2内，2x+（，函数 f（x）有 4 个零点，故 C 错误； 在区间上， 2x+， 故当 2x+时， 或当 2x+时， 函数 f（x）取得最小值为 1，故 D 成立， 故选：D 【点评】本题主要考查函数 yAsin（x+）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质， 属于中档题 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

19、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）已知双曲线 C：的左、右焦点分别为 F1（5，0） ， F2（5，0） ，则能使双曲线 C 的方程为的是（ ） A离心率为 B双曲线过点 C渐近线方程为 3x4y0 D实轴长为 4 【分析】利用已知条件求出双曲线方程判断选项的正误即可 【解答】解：双曲线 C：的左、右焦点分别为 F1（5，0） ， F2（5，0） ， 可得 c5， 如果离心率为： 可得 a4， 则 b3， 所以， 双曲线 C 的方程为， 所以 A 正确； c5，双曲线过点，可得解得 a4，b3，所以双曲线 C 的方 程为，所以 B 正确； 第 1

20、1 页（共 27 页） c5，渐近线方程为 3x4y0，可得，a2+b225，解得 a4，b3，所以双曲线 C 的方程为，所以 C 正确； c5，实轴长为 4，可得 a2，b，双曲线 C 的方程为，所以 D 不正 确； 故选：ABC 【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查了离心率，双曲线的渐近线方程，以 及点与双曲线位置关系的应用，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力 10 （5 分）已知菱形 ABCD 中，BAD60，AC 与 BD 相交于点 O将ABD 沿 BD 折 起，使顶点 A 至点 M，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） ABDCM B存在一个位置，使CDM 为等边三角形

21、 CDM 与 BC 不可能垂直 D直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 60 【分析】画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系判断选项的正 误即可 【解答】解：菱形 ABCD 中，BAD60，AC 与 BD 相交于点 O将ABD 沿 BD 折 起，使顶点 A 至点 M，如图：取 BD 的中点 E，连接 ME，EC，可知 MEBD，ECBD， 所以 BD平面 MCE，可知 MCBD，所以 A 正确； 由题意可知 ABBCCDDABD，三棱锥是正四面体时，CDM 为等边三角形，所 以 B 正确； 三棱锥是正四面体时，DM 与 BC 垂直，所以 C 不正确； 三棱锥是正四面

22、体时，直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 60，D 正确 故选：ABD 第 12 页（共 27 页） 【点评】本题考查空间几何体的直线与直线，直线与平面的位置关系的综合判断，命题 的真假的判断，是中档题 11 （5 分）已知定义在上的函数 f（x）的导函数为 f（x） ，且 f（0）0，f（x） cosx+f（x）sinx0，则下列判断中正确的是（ ） A B C D 【分析】结合已知可构造 g（x），x，结合已知可判断 g（x）的 单调性，结合单调性及不等式的性质即可判断 【解答】解：令 g（x），x， 因为 f（x）cosx+f（x）sinx0， 则 g（x）0， 故 g（x）

23、在0，）上单调递减， 因为 f（0）0，则 f（x）0， 结合选项可知， g （） g （） ， 从而有， 即 f （） f （） ， 故 A 错误， 因为 ln0，结合 g（x）在在0，）上单调递减可知 g（ln）0，从而有 0， 由 cosln0 可得 f（ln）0，故 B 错误； 第 13 页（共 27 页） g（）g（） ，从而有，且 f（）0，即 f（） 故 C 正确； g（）g（） ，从而有即 f（）故 D 正 确 故选：CD 【点评】本题主要考查了利用函数的单调性比较函数值的大小，解题的关键是导数与函 数知识的灵活利用 12 （5 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 如图放置的

24、边长为 2 的正方形 ABCD 沿 x 轴滚动 （无 滑动滚动） ，点 D 恰好经过坐标原点，设顶点 B（x，y）的轨迹方程是 yf（x） ，则对函 数 yf（x）的判断正确的是（ ） A函数 yf（x）是奇函数 B对任意的 xR，都有 f（x+4）f（x4） C函数 yf（x）的值域为 D函数 yf（x）在区间6，8上单调递增 【分析】根据正方形的运动，得到点 B 的轨迹方程，然后根据函数的图象和性质分别进 行判断即可 【解答】解：当4x2，B 的轨迹是以 A 为圆心，半径为 2 的圆， 第 14 页（共 27 页） 当2x2 时，B 的轨迹是以 D 为圆心，半径为 2的圆， 当 2x4 时

25、，B 的轨迹是以 C 为圆心，半径为 2 的圆， 当 4x6 时，B 的轨迹是以 A 为圆心，半径为 2 的圆， 作出函数的图象如图， 函数为偶函数，故 A 错误；函数的周期是 8，故 B 正确；函数值域为0，2，故 C 正 确； 由图可知，函数在6，8上单调递增； 故选：BCD 【点评】本题考查的知识点是函数图象的变化，其中根据已知画出正方形转动过程中的 一个周期内的图象，利用数形结合的思想对本题进行分析是解答本题的关键 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 20 分分 13 （5 分）曲线 y（x+1）ex在点（0，1）处的切线方程为 y2x

26、+1 【分析】求出导函数 y，根据导数的几何意义求出切线的斜率，由直线方程的点斜式即 可求出切线方程 【解答】解：y（x+1） ex（e 为自然对数的底数） ， y（x+2）ex， 根据导数的几何意义，则切线的斜率为 y|x02， 又切点坐标为（0，1） ， 由点斜式方程可得 y2x+1， 曲线 y（x+1） ex（e 为自然对数的底数）在点（0，1）处的切线方程为 y2x+1 故答案为：y2x+1 【点评】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程导数的几何意义即在某点处的 导数即该点处切线的斜率，解题时要注意运用切点在曲线上和切点在切线上属于中档 第 15 页（共 27 页） 题 14 （5

27、 分）若1，tan（），则 tan 【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系求得 tan 的值，再利用两角差的正切公式 求得 tantan（）的值 【解答】解：，tan， 又 tan（），则 tantan（） ， 故答案为： 【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正切公式的应用，属于基础 题 15 （5 分）在四面体 SABC 中，SASB2，且 SASB，则该四面体 体积的最大值为 ，该四面体外接球的表面积为 8 【分析】由题意可得当四面体的体积最大时即面 SAB面 ABC，求出四面体的高，进而 求出体积，可得 AB 的中点 H 则由数值可得 H 为外接球的球心，球的半径为 S

28、HCH， 进而求出外接球的表面积 【解答】解：四面体的体积最大时即面 SAB面 ABC， SASB2，且 SASB，所以ACB90， 取 AB 的中点 H，连接 CH，SH， SHAB，面 SAB面 ABCAB，SH 在面 SAB 内，而 SH 所以 SH面 ABC，所以 VSABCSABCSH； 则外接球的球心在 SH 上，设球心为 O，连接 OC，CH，因为 SH，所以 O 与 H 重合， 所以 RCHSH， 所以四面体的外接球的表面积 S4R28， 第 16 页（共 27 页） 故答案分别为：，8 【点评】考查四面体的体积最大时的情况，及外接球的表面积公式，属于中档题 16 （5 分）在

29、平面直角坐标系 xOy 中，A 为直线 l：y3x 上在第三象限内的点，B（10， 0） ，以线段 AB 为直径的圆 C（C 为圆心）与直线 l 相交于另一个点 D，ABCD，则圆 C 的标准方程为 （x+7）2+（y+6）245 【分析】设 A（2a，6a） ，a0，用 AB 的坐标表示 C 的坐标，即可得圆 C 的方程，联立 直线方程与圆的方程，求得 D 的坐标，由数量积的性质可得（2a+10） （a4） +6a（3a+3）0，解可得 a 的值，即可得圆心 C 的坐标以及半径，由圆的标准方程的形 式分析可得答案 【解答】解：根据题意，设 A 的坐标为（2a，6a） ， （a0） ， 又由

30、B（10，0） ，则 AB 的中点 C 的坐标为（a5，3a） ， 则以 AB 为直径为圆的方程为（x2a） （x+10）+y（y6a）0， 联立直线与圆的方程可得：， 解可得：或， 故 D（1，3） ， 又由 ABCD，则有（2a+10） （a4）+6a（3a+3）0，解可得：a2 或 a 1， 又由 a0，故 a2， 即 C 的坐标为（7，6） ，圆 C 的半径 r|BC|， 故圆 C 的标准方程为（x+7）2+（y+6）245； 故答案为： （x+7）2+（y+6）245 第 17 页（共 27 页） 【点评】本题考查圆的标准方程的计算，涉及直线与圆的交点坐标，属于基础题 四、解答题：本

31、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）在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 的对边，且满足（ba） （sinB+sinA） c（sinBsinC） （1）求 A 的大小； （2）再在a2，B，cb 这三个条件中，选出两个使ABC 唯一确定 的条件补充在下面的问题中，并解答问题若 ， 或 ，求ABC 的面 积注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答记分 【分析】 （1）因为，利用正弦定理及其余弦定 理即可得出 （2）方案一：选条件和利用正弦定理及其余弦定理及

32、其三角形面积计算公式即 可得出 方案二：选条件和利用余弦定理三角形面积计算公式即可得出 【解答】解： （1）因为， 又由正弦定理，得， 即， 所以， 因为 0A， 所以 （2）方案一：选条件和 由正弦定理，得 方法一：由余弦定理 b2a2+c22accosB，得， 解得 所以ABC 的面积 方案二：选条件和 由余弦定理 a2b2+c22bccosA，得 4b2+3b23b2， 则 b24，所以 b2 第 18 页（共 27 页） 所以， 所以ABC 的面积 故答案为：或 【点评】本题考查了正弦定理余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算 能力，属于中档题 18 （12 分）已知数列a

33、n为公差不为 0 的等差数列，且 a23，a1，a2，a5成等比数列 （1）求数列an的通项公式； （2）设 Sn为数列an+2的前 n 项和，求数列bn的前 n 项和 Tn 【分析】本题第（1）题设等差数列an的公差为 d（d0） ，然后根据题干列出方程组 ，解出 a1与 d 的值，即可得到数列an的通项公式；第（2） 题根据第（1）题的结果依次计算出数列an+2的通项公式，然后根据利用等差数列的求 和公式可得 Sn的表达式， 再计算出数列bn的通项公式， 根据通项公式的特点进行裂项， 再求前 n 项和 Tn时可以相消即可得到结果 【解答】解： （1）由题意，设等差数列an的公差为 d（d0

34、） ，则 ，解得 数列an的通项公式为 an1+2（n1）2n1，nN* （2）由（1） ，可得 an+22n+1，nN* Sn（a1+2）+（a2+2）+（a3+2）+（an1+2）+（an+2） 3+5+7+（2n1）+（2n+1） ， Tnb1+b2+b3+bn1+bn 第 19 页（共 27 页） 【点评】本题主要考查等差数列和等比数列的基础知识，考查了方程思想和转化思想的 应用，等差数列的公式法求和和裂项相消法求和本题属中档题 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PD底面 ABCD，ADBC，ABC90， BCD45，BC2AD （1）求证：BDPC； （2）若 PCB

35、C，求平面 PAD 和平面 PBC 所成的角（锐角）的余弦值 【分析】（1） 取 BC 的中点 E， 连接 DE 推导出四边形 ABED 是平行四边形 DEBC BD CDBDPD从而 BD平面 PCD由此能证明 BDPC （2）法一：推导出 BC平面 PAD设平面 PAD 和平面 PBC 的交线为 l，则 BCl，连 接 PE，由 DEBC，且 BCPD，得 BC平面 PDE，从而 l平面 PDElPD，lPE 进而EPD 是平面 PAD 和平面 PBC 所成二面角的平面角由此能求出平面 PAD 和平面 PBC 所成的角（锐角）的余弦值 法二：以 D 为坐标原点，分别以 DB，DC，DP 所

36、在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直 角坐标系 Dxyz，利用向量法能求出平面 PAD 和平面 PBC 所成的角（锐角）的余弦值 【解答】解： （1）证明：取 BC 的中点 E，连接 DE 因为 BC2AD，所以 ADBE 又因为 ADBC，所以四边形 ABED 是平行四边形 因为ABC90所以四边形 ABED 是矩形所以 DEBC 又BCD45所以 所以 ABCD 是直角三角形，即 BDCD 又 PD底面 ABCD，BD底面 ABCD，所以 BDPD 又 PD，CD平面 PCD，且 PDCDD所以 BD平面 PCD 又 PC平面 PCD，所以 BDPC （2）解法一：因为 ADBC，A

37、D平面 PAD，BC平面 PAD， 所以 BC平面 PAD 第 20 页（共 27 页） 设平面 PAD 和平面 PBC 的交线为 l，则 BCl， 连接 PE，因为 DEBC，且 BCPD 所以 BC平面 PDE，所以 l平面 PDE所以 lPD，lPE 所以EPD 是平面 PAD 和平面 PBC 所成二面角的平面角 设 AD1，则 BC2，由（1）知 DE1， 又 PCBC，所以 在PED 中，PDE90，所以 所以平面 PAD 和平面 PBC 所成的角（锐角）的余弦值为 解法二：如图，以 D 为坐标原点，分别以 DB，DC，DP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建 立空间直角坐标系 D

38、xyz， 设 AD1，则 BC2，由（1）知 DE1，又 PCBC，所以 所以 所以， 设平面 PBC 的法向量为 （x，y，z） ， 则，即，取 x1，则 y1，z1， 所以平面 PBC 的一个法向量为 （1，1，1） 又平面 PAD 的一个法向量为 （，0） ， 所以 cos 所以平面 PAD 和平面 PBC 所成的角（锐角）的余弦值为 第 21 页（共 27 页） 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线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，考查运算求解能力，是中档题 20 （12 分）近年，国家逐步推行全新的高考制度新高考不再分文理科，某省采用 3+3

39、模 式，其中语文、数学、外语三科为必考科目，每门科目满分均为 150 分另外考生还要 依据想考取的高校及专业的要求，结合自己的兴趣爱好等因素，在思想政治、历史、地 理、物理、化学、生物 6 门科目中自选 3 门参加考试（6 选 3） ，每门科目满分均为 100 分为了应对新高考，某高中从高一年级 1000 名学生（其中男生 550 人，女生 450 人） 中，采用分层抽样的方法从中抽取 n 名学生进行调查，其中，女生抽取 45 人 （1）求 n 的值； （2）学校计划在高一上学期开设选修中的“物理”和“地理”两个科目，为了了解学生 对这两个科目的选课情况，对抽取到的 n 名学生进行问卷调查（假

40、定每名学生在“物理” 和“地理”这两个科目中必须选择一个科目且只能选择一个科目） ，下表是根据调查结果 得到的一个不完整的 22 列联表， 请将下面的 22 列联表补充完整， 并判断是否有 99% 的把握认为选择科目与性别有关？说明你的理由； 选择“物理” 选择“地理” 总计 男生 10 女生 25 总计 （3）在抽取到的 45 名女生中，按（2）中的选课情况进行分层抽样，从中抽出 9 名女生， 再从这 9 名女生中抽取 4 人，设这 4 人中选择“物理”的人数为 X，求 X 的分布列及期 望 附：，na+b+c+d P（K2k0） 0.05 0.01 0.005 0.001 k0 3.841

41、 6.635 7.879 10.828 第 22 页（共 27 页） 【分析】 （1）根据题意，即可求得 n 的值； （2）列出 22 列联表为，求得器观测值与参考值进行对比，即可判断结果； （3）根据题意求得 X 的分布列，求得其数学期望 【解答】解： （1）由题意得， 解得 n100 （2）22 列联表为： 选择“物理” 选择“地理” 总计 男生 45 10 55 女生 25 20 45 总计 70 30 100 故有 99%的把握认为选择科目与性别有关 （3）从 45 名女生中分层抽样抽 9 名女生，所以这 9 女生中有 5 人选择“物理” ，4 人选 择“地理” 9 名女生中再选择 4

42、 名女生，则这 4 名女生中选择“物理”的人数 X 可为 0， 1，2，3，4 设事件 X 发生的概率为 P（X） ，则， ， ， ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 第 23 页（共 27 页） P 数学期望 【点评】本题考查独立性检验，分布列与数学期望，考查计算能力，属于中档题 21 （12 分）已知椭圆 E：1（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，直线 yx 与椭圆 E 在第一象限内的交点是 M，且 MF2x 轴， （1）求椭圆 E 的方程； （2）是否存在斜率为1 的直线 l 与以线段 F1F2为直径的圆相交于 A，B 两点，与椭圆 E 相交于 C，D 两点，且|CD

43、|AB|？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在， 说明理由 【分析】 （1）方法一根据题意求得焦点坐标，及 M 点坐标，利用椭圆的定义，即可求得 a 的值，求得椭圆方程； 方法二：由方法一，将 M 点代入椭圆方程，即 a2b2+c2，求得椭圆方程； （2） 假设存在直线满足题意， 设直线方程， 代入椭圆方程，利用0 及求 得 m 的取值范围， 利用韦达定理及弦长公式和， 即可求得直线方程 【解答】解： （1）设 F1（c，0） ，F2（c，0）由题意，得 因为 解得 c1，则，又点 M 在椭圆上， 方法一： 所以 a2所以 b2a2c23 所以椭圆 E 的方程为； 方法二：所以，解得 第 2

44、4 页（共 27 页） 所以椭圆 E 的方程为 （2）存在斜率为1 的直线 l：，或使得满足题意 假设存在斜率为1 的直线 l，设为 yx+m 由（1）知，F1（1，0） ，F2（1，0） ， 所以以线段 F1F2为直径的圆为 x2+y21 由题意，圆心（0，0）到直线 l 的距离，得， 联立方程组，消去 y，整理得 7x28mx+4m2120 由题意，（8m）247（4m212）33648m248（7m2）0， 解得 m27，又，所以 m22 则，所以 ， 若， 则 整理得 4m436m2+170， 解得，或 又 m22，所以，即 故存在符合条件的直线 l，其方程为，或 【点评】本题考查椭圆

45、的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理及弦长公式 的综合应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题 22（12 分） 已知函数 f （x） ex（1+mlnx） ， 其中 m0， f （x） 为 f （x） 的导函数 设， 第 25 页（共 27 页） 且恒成立 （1）求 m 的取值范围； （2）设函数 f（x）的零点为 x0，函数 f（x）的极小值点为 x1，求证：x0x1 【分析】（1） 先对 h （x） 求导， 然后结合导数与单调性关系可求 h （x） 的最小值， 由 恒成立可得，h（x）min，即可求解； （2）方法一：由 f（x）的零点为 x0，代入可求得，然后对 f（x）求导，结合极 值点与导数零点的关系即可求解； 方法二：构造函数，求导后结合零点判定定理可求 【 解 答 】 解 ：（ 1 ） 由 题 设 知 ， 由 h（x）0，得 x1