2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题（教师版）

《2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题（教师版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届江苏省徐州市高三上学期期中数学试题（教师版）（21页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、江苏省徐州市江苏省徐州市 2021 届高三第一学期期中考试届高三第一学期期中考试 数学试题数学试题 一、单项选择题一、单项选择题( (本大题共本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5分，共计分，共计 40分分.在每小题给出的四个选项中，只在每小题给出的四个选项中，只 有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上有一个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上) ) 1. 已知集合 |2AxR x， 2 |20BxR xx 则下列结论正确的是( ) A. ABR B. AB C. () R AC B D. () R AC B 【答案】C 【解析】 【详解】集合2|22AxR x

2、xR xx 或 2 |20| 12BxR xxxRx |12ABxRxx或,所以A错误 ABB ，错误 |21 R C BxRxx或, R AC B,所以C正确，D错误 故答案选C 2. 复数 12 i z i (i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】 对复数z进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果. 【详解】由 1 221 12121 255 iii zi iii ， 知在复平面内对应的点 2 1 , 5 5 位于第一象限， 故选：A. 【点睛】本题主要考查了复数除法的运算以及复数的几何意

3、义，属于基础题. 3. 有 4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至少安排 1 名同学， 则不同的安排方法为( ) A. 6 种 B. 12 种 C. 36 种 D. 72 种 【答案】C 【解析】 【分析】 4 名同学中选 2 名作为一人，共 3 人分到三个小区即可 【详解】由题意不同的安排方法是 23 43 36C A 故选：C 【点睛】本题考查排列组合的应用，解题关键是确定完成事件方法 4. 如图， 宋人扑枣图轴是作于宋朝的中国古画，现收藏于中国台北故宫博物院有甲、乙两人想根据该 图编排一个舞蹈，舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶中的

4、两个动作，每人模仿一个动作， 若他们采用抽签的方式来决定谁模仿哪个动作，则甲只能模仿“爬”或“扶”且乙只能模仿“扶”或“捡”的概率是 ( ) A. 1 2 B. 1 3 C. 1 4 D. 1 6 【答案】C 【解析】 【分析】 先确定基本事件总数，再分类讨论要求事件含有的基本事件数，计算概率即可. 【详解】 依题意， 基本事件总数是 4 4 24A ， 设事件A表示甲只能模仿“爬”或“扶”且乙只能模仿“扶”或“捡”， 若甲模仿“爬”，则乙能模仿“扶”或“捡”，有 2 种选择， 剩余的 2 人全排列 2 2 2A 种排法， 故有2 2 4种 排法； 若甲模仿“扶”，则乙只能模仿 “捡”， 剩余

5、的 2 人全排列 2 2 2A 种排法，故有1 2 2种排法， 故A包含426个基本事件， 61 244 P A . 故选：C. 【点睛】本题考查了利用古典概型的概率计算解决实际问题，属于基础题. 5. 唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣 的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎 样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为 22 1xy，若将军从点(4, 3)A处出 发，河岸线所在直线方程为4xy，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最 短总路程为(

6、 ) A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 求出A关于y4x的对称点 A ,根据题意，1AC为最短距离，求出即可. 【详解】设点A关于4xy的对称点( , )A a b ，设军营所在区域为的圆心为C, 根据题意，1AC为最短距离， AA 的中点为 43 , 22 ab ， ，直线 AA的斜率为 1, 43 4, 22 , 3 1, 4 ab b a 解得：7,0ab, 17 16AC ， 故选: C. 【点睛】本题考查点关于直线对称，点与圆心的距离，考查运算求解能力，求解时注意对称性的应用. 6. 在长方体 1111 ABCDABC D中，1ABAD， 1 2

7、AA ， 设AC交BD于点O， 则异面直线 1 AO与 1 BD 所成角的余弦值为( ) A. 4 15 15 B. 4 15 15 C. 4 3 9 D. 4 3 9 【答案】D 【解析】 【分析】 首先以D为原点，DA，DC， 1 DD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线 成角即可。 【详解】以D为原点，DA，DC， 1 DD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 因为1ABAD， 1 2AA ， 所以 1 1,0,2A，1,1,0B， 1 1 ,0 2 2 O ， 1 0,0,2D， 1 1 1 , 2 2 2 AO ， 1 1, 1,2BD ， 则 11 11

8、4 4 322 cos, 911 41 14 44 AO BD . 故选：D 【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。 7. 若偶函数 ( )f x满足( )(1)2020f xf x ，( 2)1f ，则(2021)f( ) A. 2020 B. 1010 C. 1010 D. 2020 【答案】A 【解析】 【分析】 先根据题意得函数 f x是以2为周期的周期函数，再结合奇偶性即可求解. 【详解】解：根据题意得 2020 (1) ( ) f x f x ， 所以 2020 2 1 f xf x f x ，即函数是以2为周期的周期函数， 由于函数是偶函数，( 2)1f ， 所以

9、 21f，所以 12020f， 所以 (2021)2 1010 112020fff. 故选：A. 【点睛】本题考查函数的周期性，考查运算能力，是基础题. 8. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产 物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为三段，去掉中间的区间段 1 2 ( , ) 3 3 ，记为 第一次操作；再将剩下的两个区间 1 0, 3 ， 2 ,1 3 分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次 操作；，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中 间的区间段.操作过程

10、不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”若使去掉的各区间 长度之和不小于 9 10 ，则需要操作的次数 n的最小值为( )(参考数据：lg20.3010，lg30.4771) A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】 依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n项和，列出不等式解之可得 【详解】第一次操作去掉的区间长度为 1 3 ；第二次操作去掉两个长度为 1 9 的区间，长度和为 2 9 ；第三次操 作去掉四个长度为 1 27 的区间， 长度和为 4 27 ； 第n次操作去掉 1 2n个长度为 1 3n 的区间， 长度和为

11、 1 2 3 n n ， 于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为 1 1222 1 3933 n n n n S ， 由题意， 9 0 2 1 31 n ，即 21 lglg1 031 n ，即lg3 lg21n，解得： 11 5.679 lg3lg20.4771 0.3010 n ， 又n为整数，所以n的最小值为6. 故选：C. 【点睛】本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n项和等知识及估算能力，属于中档题. 二、多项选择题二、多项选择题( (本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5分，共计分，共计 20分分.在每小题给出的四个选项中，至在每小题给出的四个选项中，至

12、少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上) ) 9. 已知曲线C的方程为 22 1() 91 xy k kk R( ) A. 当5k 时，曲线C是半径为 2的圆 B. 当0k 时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为 1 3 yx C. 存在实数k，使得曲线C为离心率为2的双曲线 D. “1k ”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要不充分条件 【答案】ABD 【解析】 【分析】 A.由5k 得到曲线方程判断；B.由 0k 得到曲线方程判断；C.根据曲线C为离心率为 2的双曲线，则 由910kk 判断；D. 利用充分和必要条件的

13、定义判断. 【详解】A.当5k 时，曲线方程为 22 4xy，所以是半径为 2圆，故正确； B.当0k 时，曲线方程为 2 2 1 9 x y，所以是双曲线，且其渐近线方程为 1 3 yx ，故正确； C.若曲线C为离心率为 2的双曲线，则9 10kk ，方程无解，故错误； D. 当10k 时，1k ，曲线C为焦点在 y 轴上的椭圆，故不充分，当曲线C 为焦点在x轴上的椭圆时， 则 10 91 k kk ，解得15k，故必要，故正确； 故选：ABD 【点睛】本题主要考查曲线与方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题. 10. 设0a，0b，则( ) A. 12 (2 )()9ab ab B.

14、22 2(1)aabb C 22 ab ab ba D. 22 ab ab ab 【答案】ACD 【解析】 【分析】 对于 A， 化简后利用基本不等式判断即可； 对于 B， 举反例可判断； 对于 C， 利用作差法判断即可； 对于 D， 【详解】对于 A，因为 122222 (2 )()19 abab ab abbaba +45+2=，当且仅当 22ab ba ，即ab时 取等号，所以 A正确； 对于 B，令1ab，则 22 2ab ，2(1)4ab，此时 22 2(1)aabb ，所以 B 错误； 对于 C，因为0a，0b， 所以 22332222 ()()() () ababa babab

15、aabbab ab ab baabab 2 ()() 0 ab ab ab ，所以 22 ab ab ba ，所以 C正确； 对于 D， 2222 222 ()2 abaabbabab abababab ababab ， 当且仅当ab时取等号， 所以 22 ab ab ab ，所以 D 正确； 故选：ACD 【点睛】此题考查基本不等式的应用，考查不等式性质的应用，属于基础题 11. 如图，BC，DE是半径为 1的圆 O的两条不同的直径， 2BFFO ，则( ) A. 1 3 BFFC uuu ruuu r B. 8 9 FD FE uuu r uur C. 4 1cos, 5 FD FE uu

16、u r uur D. 满足FCFDFE uuu ruuu ruur 的实数与的和为定值 4 【答案】BCD 【解析】 【分析】 A. 根据 2BFFO 易得 1 2 BFFC判断；B. 由 FD FEODOFOEOF uuu r uuruuu ruuu ruuu ruuu r 运算求解判断； ，C.建立平 面直角坐标系：设,0, 2 DOF ，则 1 cos,sin,cos,sin,0 3 DEF ，得到 11 cos ,sin,cos , sin 33 FDFE ， 由c o s , F D F E F DF E F D F E u u u r u u r u u u r u u r u u

17、 u r u u r 利用三角恒等变换和三 角函数的性质判断；D. 将FCFDFE uuu ruuu ruur ，利用线性运算变形为4OFODOF uuu ruuu ruuu r 判断； 【详解】A. 因为 2BFFO ，所以 1 2 BFFC，故错误； B. 2 FD FEODOFOEOFOD OEOD OFOF OEOF uuu r uuruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r uuu ruuu r uuu ruuu r uuu ruuu r ， 22 18 1 0 99 OEOF ODOEOF uuu ruuu r uuu ruuu ruuu r ，故正确； C.建立如图所示

18、平面直角坐标系： 设,(0, 2 DOF ，则 1 cos,sin,cos, sin,0 3 DEF ， 所以 11 cos ,sin,cos , sin 33 FDFE ， 所以 22 22 8 9 cos, 11 cossincossin 33 FD FE FD FE FDFE uuu r uur uuu r uur uuu ruur ， 8 4 9 ( 1, 5822 cos2 819 ，故正确； D. 由FCFDFE uuu ruuu ruur ， 得 4O FO D O FO E O FO DO F u u uru u ur u u uru u ur u u uru u uru u

19、ur ， 所以4， 故正确； 故选：BCD 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 12. 在现代社会中，信号处理是非常关键的技术，我们通过每天都在使用的电话或者互联网就能感受到而 信号处理背后的“功臣”就是正弦型函数函数 4 1 sin(21) ( ) 21 i ix f x i 的图象就可以近似的模拟某种信号的 波形，则( ) A. 函数 ( )f x为周期函数，且最小正周期为 B. 函数 ( )f x的图象关于点(2,0)对称 C. 函数 ( )f x的图象关于直线 2 x 对称 D. 函数 ( )f x的导函数 ( ) fx的最大值为

20、4 【答案】BCD 【解析】 【分析】 利用周期的定义可判断 A选项的正误；根据40fxfx 可判断 B选项的正误；利用函数的对 称性可判断 C 选项的正误；求得函数 yf x的导数，求出 yfx 的最大值，可判断 D选项的正误. 【详解】 sin3sin5sin7 sin 357 xxx f xx， sin 3sin 5sin 7 sin 357 xxx f xx sin3sin5sin7 sin 357 xxx xf xf x ， 所以，不是函数 yf x的最小正周期，A选项错误； sin3sin5sin7 sin 357 xxx fxx sin3sin5sin7 sin 375 xxx

21、x ， sin 34sin 54sin 74 sin4 357 4 xx xfx x sin3sin5sin7 7 sin 35 xxx x， 所以40fxfx，故函数 ( )f x的图象关于点(2,0)对称，B选项正确； sin 3sin 5sin 7 sin 375 xxx fxx sin3sin5sin7 sin 357 xxx xf x， 所以，函数 yf x的图象关于直线 2 x 对称，C选项正确； coscos3cos5cos7fxxxxx ， 1 cos1x ，1 cos31x ，1cos51x ，1 cos71x ， 则 coscos3cos5cos74fxxxxx ，又 04

22、 f ， 所以函数 yfx 的最大值为4，D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查正弦、余弦型函数基本性质的判断，涉及正弦型函数的周期性、对称性以及余弦型函数 最值的判断，考查计算能力，属于中等题. 三、填空题三、填空题( (本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 20 分分.请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上) ) 13. 26 2 (1)()xx x 展开式中含 2 x的项的系数为_ 【答案】-100 【解析】 【分析】 先求出 6 2 x x 展开式中的常数项与含 2 x的系数，再求 6 2 x x 展开式中的常数项，合并求得

23、结果. 【详解】 6 2 x x 展开式的通项公式为： 66 2 166 ( 2) 2 r rrrrr r TCxCx x ， 令6 20r，解得3r ， 33 3 16 ( 2)160TC ， 令622r，解得2r =， 22 2 16 ( 2)60TC ， 6 2 1 2xx x 展开式中含 2 x的项的系数为：160 60100 ， 故答案为：-100. 【点睛】该题考查二项展开式中某一项系数的求解，属于基础题目. 14. 某学习小组研究一种卫星接收天线(如图所示)，发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的 卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处(如图所

24、示)，已知接收天线 的口径(直径)为4.8m，深度为1m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为_m 【答案】1.44 【解析】 【分析】 在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系， 使接收天线的顶点(即抛物线的顶点)与原点重合， 焦点在x 轴上，根据题意求得抛物线的标准方程，可求得该抛物线的焦点坐标，进而可得出结果. 【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面建立直角坐标系，使接收天线的顶点(即抛物线的顶点) 与原点重合，焦点在x轴上， 设抛物线的标准方程为 2 20ypx p，由已知条件可得，点1,2.4A在抛物线上， 所以， 2 22.4p ，解得2.88p ， 所以，所求抛物线的标准方程为

25、2 5.76yx，焦点坐标为1.44,0， 因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.44. 故答案为：1.44. 【点睛】本题考查抛物线方程的实际应用，考查计算能力，属于基础题. 15. 已知 ,0 2 ， 3 sin 45 ，则tan2的值为_ 【答案】 7 24 【解析】 【分析】 利用两角差的正弦公式可求出sin的值，进而可求得tan的值，利用二倍角的正切公式可求得tan2的 值. 【详解】,0 2 Q， 444 ，则 2 4 cos1 sin 445 ， 所以， 2 sinsinsincoscossin 44444410 ， 2 7 2 cos1 sin 10 ， sin1 tan co

26、s7 ， 因此， 2 2tan7 tan2 1tan24 . 故答案为： 7 24 . 【点睛】本题考查利用二倍角的正切公式求值，同时也考查了两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系 求值，考查计算能力，属于中等题. 16. 在平面四边形ABCD中，1ABCD，2 BC ，2AD ，90ABC，将ABC沿AC折 成三棱锥，当三棱锥BACD的体积最大时，三棱锥外接球的体积为_ 【答案】 4 3 【解析】 【分析】 先由题中条件， 得到ACCD，30DAC， 过点B作BEAC于点E， 求出 6 3 BE ， 则 3 3 AE ， 为使三棱锥BACD的体积最大， 只需BE 平面ACD， 记A C D的

27、外接圆圆心为O， 连接OE，OB， 根据题中数据，求出OBOAOCOD，得出点O即为该三棱锥外接球的球心，进而可求出球的体积. 【详解】因为在平面四边形ABCD中，1ABCD， 2BC ，2AD ，90ABC， 所以 22 3ACABBC ，则 222 4ACCDAD ， 所以ACCD，30DAC， 则 13 22 ACD SAC CD， 过点B作BEAC于点E， 由 11 22 ABC SAB BCAC BE可得， 6 3 BE ，则 3 3 AE 为使三棱锥BACD的体积最大，只需BE 平面ACD， 记ACD的外接圆圆心为O，连接OE，OB， 因为ACD为直角三角形，所以O为AD中点，且1

28、OAOCOD， 又在AOE中，由余弦定理可得， 222 1331 2cos301 21 3323 OEAEOAAE OA ， 则 3 3 OE ， 所以 22 1OBOEBEOAOCOD ， 因此点O即为该三棱锥外接球的球心，且该外接球的半径为1， 所以球的体积为 3 44 1 33 V. 故答案为： 4 3 . 【点睛】本题主要考查求几何体外接球的体积，熟记球的体积公式，以及简单几何体的结构特征即可，属 于常考题型. 四、 解答题四、 解答题( (本大题共本大题共 6 小题， 共计小题， 共计 70 分分.请在答题卡指定区域内作答请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、解答时应写出文

29、字说明、 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤) ) 17. 在coscos2cB bC， cos()cos 2 bCcB，sin cos2BB 这三个条件中任选一个， 补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求ABC的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由 问题： 是否存在ABC， 它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 且 6 A ， _，4b？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【答案】答案见解析. 【解析】 【分析】 利用正弦定理和余弦定理分别求出B，及一条边，再利用面积公式，从而求得面积； 【详解】选择： 由余弦定理可知， 222222 coscos2 22 acb

30、abc cBbBcba acab ， 由正弦定理得， sin sin1 bA B a ，又(0,)B，所以 2 B ， 所以ABC是直角三角形，则2 3c ，所以ABC的面积 1 2 3 2 Sac. 选择： 由正弦定理得， sincos()sincos 2 BCCB，即sinsinsincosBCCB， 又 (0,)C ，所以sin0C ，所以sincosBB，即tan1B ， 又 (0,)B ，所以 4 B 由正弦定理得， sin 2 2 sin bA a B ， 所以ABC的面积 1 sin4 2sin()4 2sin()22 3 246 SabCAB. 选择： 因为 sincos2si

31、n()2 4 BBB，所以 sin()1 4 B， 又 (0,)B ，所以 5 ( ,) 444 B，所以 42 B，即 4 B 由正弦定理得， sin 2 2 sin bA a B ， 所以ABC的面积 1 sin4 2sin()4 2sin()22 3 246 SabCAB. 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想， 考查逻辑推理能力、运算求解能力. 18. 设 n S为数列 n a的前 n 项和，满足 1 23 nn Saa，且 2 a， 3 2a ， 4 8a 成等差数列 (1)求数列 n a的通项公式； (2)设 n n n b a

32、 ，求数列 n b的前 n 项和 n T 【答案】(1) 1 3 n n a；(2) 1 923 44 3 n n n T 【解析】 【分析】 (1)由 1nnn aSS 2n和 1 23 nn Saa， 可得 1 3 nn aa ， 通过递推分别用 1 a表示， 列方程可得 1 1a ， 进而可得 n a的通项公式； (2)写出 1 3 n n n nn b a ，利用乘公比错位相减求 n T即可. 【详解】(1)当2n时， 11 22233 nnnnn aSSaa ，即 1 3 nn aa ， 由 2 a， 3 2a ， 4 8a 成等差数列可知， 324 2(2)8aaa ， 即 222

33、 2(32)98aaa ，解得 2 3a ，所以 1 1a ， 则 n a是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以 n a的通项公式为 1 3 n n a (2)由(1)知， 1 3 n n n nn b a ， 则 0121 123 3333 n n n T ， 1231 11231 333333 n nn nn T ， 两式相减得， 1231 21111 (1) 333333 n nn n T 1 1 3 1 3 1 3 n n n 332 22 3n n ， 所以 1 923 44 3 n n n T 【点睛】本题考查了 n S与 n a的关系，等比数列的通项公式，考查了乘公比错位相减求

34、和，属于中档题. 19. 某生物研究所为研发一种新疫苗，在 200 只小白鼠身上进行科研对比实验，得到如下统计数据： 未感染病毒 感染病毒 总计 未注射疫苗 35 x y 注射疫苗 65 z w 总计 100 100 200 现从未注射疫苗的小白鼠中任取 1只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为 13 20 (1)能否有99.9%的把握认为注射此种疫苗有效？ (2)现从感染病毒的小白鼠中任意抽取 2只进行病理分析，记注射疫苗的小白鼠只数为X，求X的概率分 布和数学期望()E X 附： 2 2 , n adbc Knabcd abcdacbd ， 2 0 ()P Kk 0.10 0.05 0.02

35、5 0.010 0.005 0.001 0 k 2.706 3.841 5.024 6 635 7.879 10.828 【答案】(1)有 99.9%的把握认为注射此种疫苗有效；(2)概率分布见解析， 77 () 110 E X 【解析】 【分析】 (1)根据题中条件，先得出x，y，z，w，由公式求出 2 K ，结合临界值表，即可得出结果； (2)根据题意，得到X的所有可能取值为 0，1，2；分别求出对应的概率，即可得出分布列，以及期望. 【详解】(1)由条件知65x， 100y ，35z ，100w， 2 2 20035 3565 65 1810.828 100 100 100 100 K

36、， 所以有 99.9%的把握认为注射此种疫苗有效 (2)由题意，X的所有可能取值为 0，1，2 2 65 2 100 C208 (0) 495C P X ， 11 6535 2 100 C C91 (1) 198C P X ， 2 35 2 100 C119 (2) 990C P X ， 所以X的概率分布为 X 0 1 2 P 208 495 91 198 119 990 数学期望 2089111977 ()012 495198990110 E X 【点睛】本题主要考查独立性检验的基本思想，考查离散型随机变量的分布列与期望，属于常考题型. 20. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形

37、，PA 平面ABCD (1)求证：平面PAC 平面PBD； (2)若2APAB，60BAD，求二面角APBD的余弦值 【答案】(1)证明见解析；(2) 7 7 【解析】 【分析】 (1)先由已知推出PABD，BDAC，再由线面垂直判定定理得到BD 平面PAC，最后由面面垂直 判定定理推出平面PAC 平面PBD； (2)建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面ABP和平面DBP的法向量，根据向量的夹角公式直 接计算即可. 【详解】(1)因PA 平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PABD， 在菱形ABCD中，ACBD，又因为PAACA，PA平面PAC， AC 平面PAC，所以BD 平面PA

38、C， 又因为BD 平面PBD，所以平面PAC 平面PBD (2)设AC与BD交于点O，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则( 3,0,0)A， (0,1,0)B ，(0, 1,0)D，( 3,0,2)P， 所以(3,1,0)AB ，( 3, 1,2)BP ， (0, 2,0)BD ， 设平面ABP的法向量为( , , )mx y z， 则 30, 320, AB mxy BP mxyz 即 3 , 0, yx z 令1x ，得平面ABP的一个法向量为(1, 3,0)m ， 同理，可求得平面DBP的一个法向量为 3 ( 3,0,) 2 n， 所以 37 cos, 7|21 2 2 m n

39、m n m n 故二面角APBD的余弦值为 7 7 【点睛】本题考查面面垂直的判定、通过空间直角坐标系计算二面角的余弦值，属于中档题. 21. 已知函数 2 ( )2ln43f xxxx (1)求函数 ( )f x在1,2上的最小值； (2)若 3 ( )(1)f xa x，求实数a的值 【答案】(1)0；(2) 2 3 【解析】 【分析】 (1)求导研究函数的单调性得 ( )f x在1,2上是增函数，进而可得( )f x在1,2上的最小值； (2)将问题转化为 3 ( )(1)0f xa x， 进而构造函数 3 ( )( )(1)g xf xa x， 求导得 2 (1) (23) ( ) x

40、ax g x x ， 再分0a， 2 0 3 a， 2 3 a ， 2 3 a 四种情况讨论即可得答案. 【详解】解：(1)因为 2 22(1) ( )240 x fxx xx ， 当且仅当1x 时，( )0fx ， 所以 ( )f x在1,2上是增函数， 所以 ( )f x在1,2上的最小值为(1)0f (2)根据题意得： 3 ( )(1)0f xa x， 设 323 ( )( )(1)2ln43(1)g xf xa xxxxa x ， 则 22 2 2(1)(1) (23) ( )3 (1) xxax g xa x xx 当0a时，当1x 时，由(1)知( )0f x ， 而 3 (1)0

41、a x，所以 3 ( )(1)f xa x不恒成立 当 2 3 a 时， 2 01 3a ，当 2 3 x a 时，( )0g x ，当且仅当1x 时， ( )0g x ， 所以( )g x在 2 (,) 3a 上是减函数， 所以 2 ()(1)0 3 gg a ，即( )0g x 不恒成立 当 2 0 3 a时， 2 1 3a ， 当 2 0 3 x a 时，( )0g x ，当且仅当1x 时，( )0g x ， 所以( )g x在 2 (0,) 3a 上是增函数， 所以 2 ()(1)0 3 gg a ，即( )0g x 不恒成立 当 2 3 a 时， 3 2(1) ( ) x g x x

42、 ， 2 1 3a ， 当01x时，( )0g x ，( )g x在(0,1)上是增函数； 当1x 时，( )0g x ，( )g x在(1,)上是减函数 所以( )(1)0g xg，即( )0g x 恒成立 综上所述，实数a的值为 2 3 . 【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，研究不等式恒成立问题，考查综合分析能力与分类讨论思想， 是难题. 22. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的右焦点为 (1,0)F ，且过点 2 (1,) 2 (1)求椭圆C的方程； (2)设A是椭圆C上位于第一象限内的点，连接AF并延长交椭圆C于另一点B，点(2,0)P

43、，若PAB为 锐角，求ABP的面积的取值范围 【答案】(1) 2 2 1 2 x y；(2) 22 , 32 【解析】 【分析】 (1)利用点的坐标和焦点坐标可得答案； (2)分直线 AB 斜率存在和不存在讨论，存在时设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和由PAB为锐 角条件，可得三角形面积，再利用导数求范围可得答案. 【详解】(1)由题意知， 22 22 11 1, 2 1, ab ab 解得 2 2 2, 1, a b 所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y (2)当直线 AB 斜率不存在时， 12 2 22 ABP S , 当直线 AB斜率存在时设为 (1)yk x ， 联立 2

44、2 1 2 (1) x y yk x 整理得， 2222 (21)4220kxk xk， 设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy，则 2 12 2 4 21 k xx k += + ， 2 12 2 22 21 k x x k ， 2 22 1212121 2 2 (1)(1)(+1) 21 k kxxkxyxyxx k 由PAB为锐角可知， 0AF AP ，即 1111 (1)(2)0 xxy y， 222 2 111 111 23330 222 xxx xyx，解得 1 33x ，又点 A在第一象限， 1 033x ，当0 x时， 1y ， 1k ， 当 1 33x 时， 3

45、 35y ， (23) 3 35k ， 所以 (, 1)(23) 3 35,k ， 所以ABP的面积 2 12121212 11| | | |()4 222 k SPFyykxxxxx x 2 2222 2222 422(1) 4 2121(21 | 2 )2 kkkk kk k k ， 因为 2 2 (23) 3 351k ，所以 2 (1,)k ， 令 2 1 2,(3,)tk t ， 2 222 11 111 22 ( ) 444 tt t f t ttt ，( )f t在(3,)单调递增， 所以 112 (3) 4369 f， 2 1 ( ), 9 4 f t ， 22 2, 32 ABP Sf t ， 综上所述，ABP的面积取值范围是 22 , 32 . 【点睛】本题考查椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，向量与椭圆结合，求三角形面积的取值范围 的问题，属于有难度的题.