2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（理科）含详细解答

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1、已知集合 Ax|x1，Bx|2x1，则（ ） AABx|x0 BABx|x1 CABx|x1 DABR 2 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z|3+4i|，则 z 的虚部为（ ） A5 B C D5 3 （5 分）设 ， 为两个不同平面，直线 m，则“”是“m”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 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，则 C 的 离心率为（ ） A B C D 5 （5 分）执行如图的程序框图，如果输出的 y 值为 1，则输入的 x 的值为（ ） A0 Be C0 或 e D0 或 1 6 （

2、5 分）某校有 1000 人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布 N（105， 2） （0） ，试卷满分 150 分，统计结果显示数学成绩优秀（高于 120 分）的人数占 总人数的，则此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为（ ） 第 2 页（共 27 页） A150 B200 C300 D400 7 （5 分）若函数 f（x）2sin（x+2） cosx（0）的图象过点（0，2） ，则（ ） A点（，0）是 yf（x）的一个对称中心 B直线 x是 yf（x）的一条对称轴 C函数 yf（x）的最小正周期是 2 D函数 yf（x）的值域是0，2 8 （5 分）y4c

3、osxe|x|图象可能是（ ） A B C D 9 （5 分）已知偶函数 yf（x） ，当 x（1，0）时，f（x）2 x，若 ， 为锐角三角形 的两个内角，则（ ） Af（sin）f（sin） Bf（ sin）f（cos） Cf（ cos）f（cos） Df（ cos）f（ sin） 10 （5 分）已知不共线向量，夹角为 ，|1，|2，（1t）， t（0t1） ，|在 tt0处取最小值，当 0t0时， 的取值范围为（ ） A （0，） B （，） C （，） D （，） 11 （5 分）如图所示，在著名的汉诺塔问题中，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色 各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始

4、柱、辅助柱及目标柱已知起始柱上套有 n 个圆 盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下： 每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面， 规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动，若将 n 个圆盘从起始柱移动 到目标柱上最少需要移动的次数记为 p（n） ，则 p（4）（ ） 第 3 页（共 27 页） A33 B31 C17 D15 12 （5 分） 定义： 区间a， b， （a， b， （a， b） ， a， b） 的长度均为 ba， 若不等式 m（m0）的解集是互不相交区间的并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之

5、和 为 l，则（ ） A当 m0 时，l B当 m0 时，l C当 m0 时，l D当 m0 时，l 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 分分 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 zx2y 的最大值是 14 （5 分）在等比数列an中，a11，a58a2，Sn为an的前 n 项和若 Sn1023，则 n 15 （5 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l，过 F 的直线与抛物线及其 准线 l 依次相交于 G、M、N 三点（其中 M 在 G、N 之间且 G 在第一象限） ，若|GF|4， |MN|2|MF|

6、，则 p 16 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，M 为 BC 的中点，将ABM 沿直线 AM 翻折成AB1M， 连结 B1D，N 为 B1D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是 存在某个位置使得 CNAB1； 翻折过程中，CN 的长是定值； 若 ABBM，则 AMB1D； 若 ABBM1，当三棱锥 B1AMD 的体积最大时，三棱锥 B1AMD 的外接球的表 面积是 4 第 4 页（共 27 页） 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题

7、，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17（12 分） ABC 的内角 A、 B、 C 的对边分别为 a， b， c， 点 D 为 AC 的中点， 已知 2sin2 sinC1，a，b4 （1）求角 C 的大小和 BD 的长； （2）设ACB 的角平分线交 BD 于 E，求CED 的面积 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，BAA145，平面 AA1C1C平 面 AA1B1B （1）求证：AA1BC； （2）若 BB1AB2，直线 BC 与平面 ABB1A1

8、所成角为 45，D 为 CC1的中点，求 二面角 B1A1DC1的余弦值 19 （12 分）如图，点 T 为圆 O：x2+y21 上一动点，过点 T 分别作 x 轴，y 轴的垂线，垂 足分别为 A，B，连接 BA 延长至点 P，使得，点 P 的轨迹记为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）若点 A，B 分别位于 x 轴与 y 轴的正半轴上，直线 AB 与曲线 C 相交于 M，N 两点， |AB|1，试问在曲线 C 上是否存在点 Q，使得四边形 OMQN 为平行四边形，若存在，求 第 5 页（共 27 页） 出直线 l 方程；若不存在，说明理由 20 （12 分）某水果种植基地引进一种新水

9、果品种，经研究发现该水果每株的产量 y（单位： kg）和与它“相近”的株数 x 具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距 离不超过 lm） ，并分别记录了相近株数为 0，1，2，3，4 时每株产量的相关数据如下： x 0 1 2 3 4 y 15 12 11 9 8 （1）求出该种水果每株的产量 y 关于它“相近”株数 x 的回归方程； （2）有一种植户准备种植该种水果 500 株且每株与它“相近”的株数都为 m（mN*） ， 计划收获后能全部售出，价格为 10 元/kg，如果收入（收入产量 x 价格）不低于 25000 元，则 m 的最大值是多少？ （3）该种植基地在如图所示的直角

10、梯形地块的每个交叉点（直线的交点）处都种了一株 该种水果，其中每个小正方形的边长和直角三角形的直角边长都为 1m，已知该梯形地块 周边无其他树木影响，若从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程预 测它的产量的分布列与数学期望 附：回归方程+x 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： ， 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnxaxx（aR） 第 6 页（共 27 页） （1）求函数 f（x）的极值； （2）设函数 g（x）emx+x2mx（x0，mR） ，若存在 x1x2，使 f（x1）f（x2） ， 证明：g（x1x2）g（e2a） （二）选考题：共（二）选考题：共 10

11、 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答选修选修 4-4：坐标系与参数：坐标系与参数 方程方程 22 （10 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C：（ 为参数） ，在以坐 标原点O为极点， 以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中， 直线l的极坐标方程为cos （）2 （1）求曲线 C 的普通方程和直线 l 的直角坐标方程； （2）求曲线 C 与直线 l 交点的极坐标（0，02） 23已知函数 f（x）|x1|2|x+1|的最大值为 t （1）求实数 t 的值； （2）若 g（x）f（x）+2|x+1|，设 m0，n0，且满足t，求证：g（m+2）+g （2

12、n）2 第 7 页（共 27 页） 2019 年山东省潍坊市高考数学一模试卷（理科）年山东省潍坊市高考数学一模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 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 有有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1 （5 分）已知集合 Ax|x1，Bx|2x1，则（ ） AABx|x0 BABx|x1 CABx|x1 DABR 【分析】可解出集合 B，然后进行交集、并集的运算即可 【解答】解：Bx|x0，Ax|x1； ABx|x1，ABx|

13、x0 故选：B 【点评】考查描述法的定义，指数函数的单调性，以及交集、并集的运算 2 （5 分）若复数 z 满足（1+i）z|3+4i|，则 z 的虚部为（ ） A5 B C D5 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：由（1+i）z|3+4i|， 得 z， z 的虚部为 故选：C 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （5 分）设 ， 为两个不同平面，直线 m，则“”是“m”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】利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件

14、的定义进行 判断 【解答】解：根据题意，由于 ， 表示两个不同的平面，l 为 内的一条直线，由于“ ， 则根据面面平行的性质定理可知，则必然 中任何一条直线平行于另一个平面，条件可 第 8 页（共 27 页） 以推出结论，反之不成立， “ 是“l”的充分不必要条件 故选：A 【点评】主要是考查了空间中面面平行的性质定理的运用，属于基础题 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的一条渐近线方程为 y2x，则 C 的 离心率为（ ） A B C D 【分析】先根据双曲线的标准方程求得渐近线方程，根据其中一条的方程求得 a 和 b 的 关系，进而求得 a 和 c 的关系，则离心率可得 【解答

15、】解：双曲线的渐近线方程为 y，一条渐近线的方程为 y2x， 2，设 bt，a2t 则 ct 离心率 e 故选：C 【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质解题的关键是熟练掌握双曲线方程中的 a， b 和 c 基本关系 5 （5 分）执行如图的程序框图，如果输出的 y 值为 1，则输入的 x 的值为（ ） A0 Be C0 或 e D0 或 1 第 9 页（共 27 页） 【分析】根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可 【解答】解：程序对应的函数为 y， 若 x0，由 y1 得 ex1，得 x0，满足条件 若 x0，由 y2lnx1，得 lnx1，即 xe，满足条件 综上 x0 或 e， 故选

16、：C 【点评】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的 关键 6 （5 分）某校有 1000 人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布 N（105， 2） （0） ，试卷满分 150 分，统计结果显示数学成绩优秀（高于 120 分）的人数占 总人数的，则此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为（ ） A150 B200 C300 D400 【分析】由已知求出 P（X90）P（X120）0.2，进一步求出 P（90X105） P（90X120）0.3，则答案可求 【解答】解：P（X90）P（X120）0.2， P（90X120）10.40.

17、6， P（90X105）P（90X120）0.3， 此次数学考试成绩在 90 分到 105 分之间的人数约为 10000.3300 故选：C 【点评】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识，考查运算 求解能力，是基础题 7 （5 分）若函数 f（x）2sin（x+2） cosx（0）的图象过点（0，2） ，则（ ） A点（，0）是 yf（x）的一个对称中心 B直线 x是 yf（x）的一条对称轴 C函数 yf（x）的最小正周期是 2 D函数 yf（x）的值域是0，2 【分析】根据函数 f（x）的图象过点（0，2） ，求出 ，可得 f（x）cos2x+1，再利用余 第 10 页

18、（共 27 页） 弦函数的图象和性质，得出结论 【解答】解：由函数 f（x）2sin（x+2） cosx （0）的图象过点（0，2） ， 可得 2sin22，即 sin21，2， 故 f（x）2sin（x+2） cosx2cos2xcos2x+1， 当 x时，f（x）1，故 A、B 都不正确； f（x）的最小正周期为，故 C 不正确； 显然，f（x）cosx+10，2，故 D 正确， 故选：D 【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题 8 （5 分）y4cosxe|x|图象可能是（ ） A B C D 【分析】判断函数的奇偶性，利用导数判断函数在（0，+）上的单调性即可得出结论 【

19、解答】解：显然 y4cosxe|x|是偶函数，图象关于 y 轴对称， 当 x0 时，y4sinxex（4sinx+ex） ， 显然当 x（0，时，y0， 当 x（，+）时，exee34，而 4sinx4， y（4sinx+ex）0， y（4sinx+ex）0 在（0，+）上恒成立， y4cosxe|x|在（0，+）上单调递减 故选：D 【点评】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属 于基础题 第 11 页（共 27 页） 9 （5 分）已知偶函数 yf（x） ，当 x（1，0）时，f（x）2 x，若 ， 为锐角三角形 的两个内角，则（ ） Af（sin）f（sin

20、） Bf（ sin）f（cos） Cf（ cos）f（cos） Df（ cos）f（ sin） 【分析】根据题意，由函数的解析式可得 f（x）在（0，1）上为减函数，结合函数的奇 偶性可得 f（x）在（0，1）上为增函数，又由 ， 为锐角三角形的两个内角分析可得 sinsin（90）cos，结合函数的单调性分析可得答案 【解答】解：根据题意，当 x（1，0）时，f（x）2 x（ ）x，则 f（x）在（1， 0）上为减函数， 又由 f（x）为偶函数，则 f（x）在（0，1）上为增函数， 若 ， 为锐角三角形的两个内角，则 +90，则 90，则有 sinsin（90 ）cos， 则有 f（ sin

21、）f（cos） ， 故选：B 【点评】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用， 属于基础题 10 （5 分）已知不共线向量，夹角为 ，|1，|2，（1t）， t（0t1） ，|在 tt0处取最小值，当 0t0时， 的取值范围为（ ） A （0，） B （，） C （，） D （，） 【分析】由平面向量的线性运算得：得：t（1t），由向量模的 运算得：|2（t（1t）2（5+4cos）t22（1+2cos）t+1， 由二次函数图象的性质可得：当 tt0时，|取最小值，再求向量夹角的 取值范围即可 【解答】解：由题意有：不共线向量，夹角为 ，|1，|2， 由（1t），

22、t（0t1） ， 得：t（1t）， 第 12 页（共 27 页） 所以|2（t（1t）2（5+4cos）t22（1+2cos）t+1， 由二次函数图象的性质有：当 tt0时，|取最小值， 即 0， 解得cos0， 又 0， 即 （，） ， 故选：C 【点评】本题考查了平面向量的线性运算、向量模的运算及向量夹角的取值范围，属中 档题 11 （5 分）如图所示，在著名的汉诺塔问题中，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色 各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱已知起始柱上套有 n 个圆 盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下： 每次只能移动一个圆盘，

23、且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面， 规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动，若将 n 个圆盘从起始柱移动 到目标柱上最少需要移动的次数记为 p（n） ，则 p（4）（ ） A33 B31 C17 D15 【分析】由简单的合情推理得：P（n）是以 P（1）+12 为首项，2 为公比的等比数 列，由等比数列通项公式可得：P（n）+12n，所以 P（n）2n1，得解 【解答】解：设把圆盘从起始柱全部移到目标柱上最少需要移动的次数记为 p（n） ，则把 起始柱上的 （除最底下的） 圆盘从起始柱移动到辅助柱最少需要移动的次数记为 p （n1） ， 则有 P（n）2P（n

24、1）+1， 则有 P（n）+12P（n1）+1，又 P（1）1， 即P（n）是以 P（1）+12 为首项，2 为公比的等比数列， 由等比数列通项公式可得：P（n）+12n，所以 P（n）2n1， 第 13 页（共 27 页） 即 P（4）24115， 故选：D 【点评】本题考查了数列的递推公式及等比数列的通项公式，属中档题 12 （5 分） 定义： 区间a， b， （a， b， （a， b） ， a， b） 的长度均为 ba， 若不等式 m（m0）的解集是互不相交区间的并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之和 为 l，则（ ） A当 m0 时，l B当 m0 时，l C当 m0 时，l D当

25、 m0 时，l 【分析】当 m0 时，+m0，令 f（x）mx2 （3+3m）x+2m+40 的两根为 x1，x2，且 x1x2，根据韦达定理以及 f（1） ，f（2）的符 号，判断 x1，x2与 1 和 2 的大小可得不等式的解集，再根据区间长度的定义可得 【解答】解：当 m0 时，+m0， 令 f（x）mx2（3+3m）x+2m+40 的两根为 x1，x2，且 x1x2， 则0，且 x1+x23+， f（1）m33m+2m+410，f（2）4m66m+2m+420， 1x12x2， 由穿根法可得不等式的解集为（1，x1（2，x2， lx11+x22x1+x233+3， 故选：B 【点评】本

26、题考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，属于难题 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 分分 第 14 页（共 27 页） 13 （5 分）若 x，y 满足约束条件，则 zx2y 的最大值是 3 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数 zx2y 中，z 的几何意义，通 过直线平移即可得到 z 的最大值； 【解答】解： （1）作出不等式组对应的平面区域如图： 由 zx2y，得 y， 平移直线 y，当直线 y经过点 A（3，0）时，直线的截距最小，此时 z 最大， 此时 z 的最大值为 z3203 故答案为：3 【点评

27、】本题主要考查线性规划的应用，利用 z 的几何意义，通过数形结合是解决本题 的关键 14 （5 分）在等比数列an中，a11，a58a2，Sn为an的前 n 项和若 Sn1023，则 n 10 【分析】根据题意，由等比数列的通项公式，分析可得 q48q，解可得 q 的值，结合 等比数列的前 n 项和公式可得 Sn2n11023，解可得 n 的值，即可得答案 【解答】解：根据题意，等比数列an中，a11，a58a2， 则有 q48q，解可得 q2， 若 Sn1023，则有2n11023， 解可得：n10； 第 15 页（共 27 页） 故答案为：10 【点评】本题考查等比数列的前 n 项和公式的

28、应用，关键是掌握等比数列前 n 项和的形 式，属于基础题 15 （5 分）已知抛物线 y22px（p0）的焦点为 F，准线为 l，过 F 的直线与抛物线及其 准线 l 依次相交于 G、M、N 三点（其中 M 在 G、N 之间且 G 在第一象限） ，若|GF|4， |MN|2|MF|，则 p 2 【分析】由已知|MN|2|MF|可得 MN 所在直线的斜率，写出 MN 所在直线方程，与抛物 线方程联立，求得 G 的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解 p 【解答】解：如图，过 M 作 MHlH， 由|MN|2|MF|，得|MN|2|MH|， MN 所在直线斜率为， MN 所在直线方程为 y（x） ，

29、 联立，得 12x220px+3p20 解得：， 则|GF|，即 p2 故答案为：2 【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题 16 （5 分）如图，矩形 ABCD 中，M 为 BC 的中点，将ABM 沿直线 AM 翻折成AB1M， 连结 B1D， N 为 B1D 的中点， 则在翻折过程中， 下列说法中所有正确的序号是 存在某个位置使得 CNAB1； 翻折过程中，CN 的长是定值； 第 16 页（共 27 页） 若 ABBM，则 AMB1D； 若 ABBM1，当三棱锥 B1AMD 的体积最大时，三棱锥 B1AMD 的外接球的表 面积是 4 【分析】对于，取 A

30、D 中点 E，连接 EC 交 MD 与 F，可得到 ENNF，又 ENCN， 且三线 NE，NF，NC 共面共点，不可能， 对于，可得由NECMAB1（定值） ，NEAB1（定值） ，AMEC（定值） ，由余 弦定理可得 NC 是定值 对于，取 AM 中点 O，连接 B1O，DO，易得 AM面 ODB1，即可得 ODAM，从而 ADMD，显然不成立 对于：当平面 B1AM平面 AMD 时，三棱锥 B1AMD 的体积最大，可得球半径为 1， 表面积是 4 【解答】解：对于：如图 1，取 AD 中点 E，连接 EC 交 MD 与 F，则 NEAB1，NF MB1， 如果 CNAB1，可得到 ENN

31、F，又 ENCN，且三线 NE，NF，NC 共面共点，不可能， 故错 对于：如图 1，可得由NECMAB1（定值） ，NEAB1（定值） ，AMEC（定 第 17 页（共 27 页） 值） ， 由余弦定理可得 NC2NE2+EC22NEECcosNEC，所以 NC 是定值，故正确 对于：如图 2，取 AM 中点 O，连接 B1O，DO，易得 AM面 ODB1，即可得 OD AM，从而 ADMD，显然不成立，可得不正确 对于：当平面 B1AM平面 AMD 时，三棱锥 B1AMD 的体积最大，易得 AD 中点 H 就是三棱锥 B1AMD 的外接球的球心，球半径为 1，表面积是 4故正确 故答案为：

32、 【点评】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能 力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题 三、解答题：共三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17（12 分） ABC 的内角 A、 B、 C 的对边分别为 a， b， c， 点 D 为 AC 的中点， 已知 2sin2 sinC1，a

33、，b4 （1）求角 C 的大小和 BD 的长； （2）设ACB 的角平分线交 BD 于 E，求CED 的面积 【分析】 （1） 由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 tanC， 结合范围 C （0， ） ，可求 C 的值，由余弦定理可得 BD 的值 （2）由（1）可知 BD2+BC24CD2，可求DBC，可得 SDBC，利用三角 形的面积公式可求 SBCESCED， 代入 SBCE+SCEDSBCD， 即可解得 SCED 的值 【解答】解： （1）由题意可得：sinC+12sin20， sinC+cos（A+B）0， 又 A+BC， sinCcosC0，可得 tanC， 第 18 页（共

34、27 页） C（0，） ， C， 在BCD 中，由余弦定理可得：BD23+421， 解得：BD1， （2）由（1）可知 BD2+BC24CD2， DBC， SDBCBDBC， CE 是BCD 的角平分线， BCEDCE， 在CEB 和CED 中，SBCE， SCED， 可得：， SBCESCED， 代入 SBCE+SCEDSBCD， （1+）SCED， SCED（2）23 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解 三角形中的综合应用，考查了计算能力和数形结合思想，考查了转化思想的应用，属于 中档题 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CAC

35、B，BAA145，平面 AA1C1C平 面 AA1B1B （1）求证：AA1BC； （2）若 BB1AB2，直线 BC 与平面 ABB1A1所成角为 45，D 为 CC1的中点，求 二面角 B1A1DC1的余弦值 第 19 页（共 27 页） 【分析】 （1）过点 C 作 COAA1，则 CO平面 AA1B1B，COOB，推导出 RtAOC RtBOC，从而 AA1OB，再由 AA1CO，得 AA1平面 BOC，由此能证明 AA1BC （2）以 O 为坐标原点，OA，OB，OC 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标 系，利用向量法能求出二面角 B1A1DC1的余弦值 【解答】证明：

36、 （1）过点 C 作 COAA1，垂足为 O， 平面 AA1C1C平面 AA1B1B， CO平面 AA1B1B，故 COOB， 又CACB，COCO，COACOB90， RtAOCRtBOC，故 OAOB， A1AB45，AA1OB， AA1CO，AA1平面 BOC， AA1BC 解： （2）BB1AB2，直线 BC 与平面 ABB1A1所成角为 45，D 为 CC1的中点， 以 O 为坐标原点，OA，OB，OC 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， CO平面 AA1B1B，CBO 是直线 BC 与平面 AA1B1B 所成角，CBO45， AB，AOBOCO1， A（1，0，0

37、） ，B（0，1，0） ，C（0，0，1） ，A1（1，0，0） ，B1（2，1，0） ，D（ 1，0，1） ， （0，0，1） ，（1，1，1） ， 设平面 A1B1D 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x1，得 （1，1，0） ， OB平面 AA1C1C，平面 AA1C1C 的法向量（0，1，0） ， 设二面角 B1A1DC1的平面角为 ， 第 20 页（共 27 页） 则 cos， 二面角 B1A1DC1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，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题 19 （12

38、分）如图，点 T 为圆 O：x2+y21 上一动点，过点 T 分别作 x 轴，y 轴的垂线，垂 足分别为 A，B，连接 BA 延长至点 P，使得，点 P 的轨迹记为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）若点 A，B 分别位于 x 轴与 y 轴的正半轴上，直线 AB 与曲线 C 相交于 M，N 两点， |AB|1，试问在曲线 C 上是否存在点 Q，使得四边形 OMQN 为平行四边形，若存在，求 出直线 l 方程；若不存在，说明理由 【分析】 （1）设 T（x0，y0） ，P（x，y） ，通过，即 A 为 PB 的中点，转化求解， 点 P 的轨迹 C 的方程 （2）设直线 l 的方程为 yk

39、x+t，先根据|AB|1，可得+t21，再根据韦达定理， 第 21 页（共 27 页） 点在椭圆上可得 4t24k2+1，将代入可得 4k4+k2+10，该方程无解，问题得 以解决 【解答】解： （1）设 T（x0，y0） ，P（x，y） ， 由 A（x0，0） ，B（0，y0） 由题意，即 A 为 PB 的中点 x2x0，yy0， 即 x0x，y0y， x02+y021 故点 P 的轨迹 C 的方程为+y21， （2）由题意知 l 的斜率存在且不为零， 设直线 l 的方程为 ykx+t， |AB|1， （）2+t21， 即+t21， 联立，消 y 可得（4k2+1）x2+8ktx+4（t21

40、）0， 设 M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， x1+x2，x1x2， y1+y2k（x1+x2）+2t， 四边形 OMQN 为平行四边形，故 Q（，） ， （）2+（）21， 整理可得 4t24k2+1， 将代入可得 4k4+k2+10，该方程无解， 故这样的直线不存在 【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程 第 22 页（共 27 页） 的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题 20 （12 分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量 y（单位： kg）和与它“相近”的株数 x 具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直

41、线距 离不超过 lm） ，并分别记录了相近株数为 0，1，2，3，4 时每株产量的相关数据如下： x 0 1 2 3 4 y 15 12 11 9 8 （1）求出该种水果每株的产量 y 关于它“相近”株数 x 的回归方程； （2）有一种植户准备种植该种水果 500 株且每株与它“相近”的株数都为 m（mN*） ， 计划收获后能全部售出，价格为 10 元/kg，如果收入（收入产量 x 价格）不低于 25000 元，则 m 的最大值是多少？ （3）该种植基地在如图所示的直角梯形地块的每个交叉点（直线的交点）处都种了一株 该种水果，其中每个小正方形的边长和直角三角形的直角边长都为 1m，已知该梯形地

42、块 周边无其他树木影响，若从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程预 测它的产量的分布列与数学期望 附：回归方程+x 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： ， 【分析】 （1）利用公式 b， 分别求出回归系数 b，a 即可； （2）设每株的产量为 ykg，根据题意可得 10500y25000 可求 y 的范围，进而可求满 足条件的 x 及每一个值所对应的概率，可求分布列，及期望 第 23 页（共 27 页） 【解答】解： （1）由题意可得， 2，11（1 分） 24+（1）1+00+1（2）+2（3）17 （2）2+（1）2+02+12+2210 b（3 分） 112， x（

43、4 分） （2）设每株的产量为 ykg，根据题意可得 10500y25000 y5（5 分） 令x5 可得，x即 m 最大值是 5（7 分） （3）由回归方程可得，当 x1 时，y 当 x2 时，y11，当 x3 时，y 当 x4 时，y P（y） P（y11）， P（y） P（y） 即 y 的分布列为 y 12.7 11 9.3 7.6 P E（y）（11 分） 第 24 页（共 27 页） 即产量的期望（12 分） 【点评】本题主要考查了线性回归方程的求解及随机变量期望及分布列的求解，属于中 档试题 21 （12 分）已知函数 f（x）xlnxaxx（aR） （1）求函数 f（x）的极值；

44、 （2）设函数 g（x）emx+x2mx（x0，mR） ，若存在 x1x2，使 f（x1）f（x2） ， 证明：g（x1x2）g（e2a） 【分析】 （1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极值即可； （2）求出 a，问题转化为证明 lnx1+lnx22（1） ，即 ln 2，不妨设 x1x2，t1，即证 lnt2，根据函数的单调性证明即可 【解答】解： （1）f（x）的定义域是（0，+） ， f（x）lnxa，令 f（x）0，解得：xea， 故 f（x）在（0，ea）递减，在（ea，+）递增， 故 f（x）极小值f（ea）ea， 故 f（x）的极小值是ea，无极大值； （2）g（m）memx+2xmm（emx1）+2x， 当 m0 时，由于 x0，故 emx1，emx10，即 g（x）0， 当 m0 时，由于 x0，故 emx1，emx10，即 g（x）0， 当 m0 时，g（x）2x0， 综上，g（x）0，故 g（x）在（0，+）递增， 故只需证明 x1x2e2