2021年山东省新高考高考数学二模试卷（三）.docx

1、第 1页（共 20页） 2021 年山东省新高考高考数学二模试卷（三）年山东省新高考高考数学二模试卷（三） 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只 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( )f zz， 1 34zi， 2 2zi ，则 12 ()f zz等于() A13iB211i C2i D55i 2 （5 分）集合 21 |0 1 x Ax x ，集合 1 2 |log (1)Bx yx，则集合AB 等于() A0， 1 2 B( 1,) C( 1,1)

2、D 1，) 3 （5 分）已知函数( )f x的定义域是(0,)，满足f（2）1且对于定义域内任意x，y都 有()( )( )f xyf xf y成立，那么f（2）f（4）的值为() A1B2C3D4 4 （5 分）一个等比数列前n项的和为 48，前2n项的和为 60，则前3n项的和为() A83B108C75D63 5 （5 分）若向量a ，b 满足| 2a ，| 1b ，且a ， 3 b ，则ab ，(b ) A 5 6 B 2 C 3 D 6 6 （5 分） 已知直线:20l axy与 22 :(1)()4Cxya相交于A、B两点， 则ABC 为钝角三角形的充要条件是() A(1,3)a

3、B(23a，23) C(23a，1)(1，23)D(,23)(23,)a 7 （5 分）已知函数( )cos()(0f xAxA，0，0)的部分图象如图所示， 则() A( )3cos() 6 f xx B( )3cos() 6 f xx 第 2页（共 20页） C( )3cos() 26 x f x D( )3cos() 26 x f x 8 （5 分）北京 2022 年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好 评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突 破为了宣传 2022 年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等 5 名志愿者

4、将两 个吉祥物安装在学校的体育广场， 若小明和小李必须安装同一个吉祥物， 且每个吉样物都至 少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为() A8B10C12D14 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项有多项 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 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）已知( )f x，( )g x都是定义在R上的函数，且( )f x为奇函数，( )g x的图象关于直 线1x 对称，则下列说法中正确的有(

5、) A(yg f( )1)x 为偶函数 B(ygf( )x为奇函数 Cyf( ( )g x的图象关于直线1x 对称 Dyf( (1)g x 为偶函数 10 （5 分）系统找不到该试题 11 （5 分）已知实数a，b满足 2 0(1)aabba，下列结论中正确的是() A4bB28ab C 11 1 ab D 27 4 ab 12 （5 分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线 2 :4C yx的焦点为F，准线为l，过点 F且斜率大于 0 的直线交抛物线C于A，B两点（其中A在B的上方） ，过线段AB的中点 M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N则() A| |PMNQ B若

6、P，Q是线段MN的三等分点，则直线AB的斜率为2 2 C若P，Q不是线段MN的三等分点，则一定有| |PQOQ D若P，Q不是线段MN的三等分点，则一定有| |NQOQ 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13 （5 分）已知二项式 1 (3)nx x 的展开式中，所有项的系数之和为 64，则该展开式中的 常数项是 第 3页（共 20页） 14 （5 分）如图，某湖有一半径为100m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监 测中心（大小忽略不计） ，在其正东方向相距200m的点A处安装一套监测设备为了监测 数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中

7、的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足 ABAC，90BAC定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域” ；设 AOB则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为 15 （5 分）已知直线ykx是曲线 x ye的切线，也是曲线ylnxm的切线，则实数 k ，实数m 16 （5 分）已知函数 2 ( 1) 2 2 ( )log2 21 xx x f x ，xR，若0, 2 使关于的不等式 (2sincos )(42sin2cos)2ffm成立，则实数m的范围为 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 个大题，共个大题，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

8、字说明、证明过程或演算步骤 17 （10 分）已知数列 n a的前n项和为 * () n S nN （1）若 n a为等差数列， 11 165S， 38 28aa，求 n a的通项公式； （2）若数列 n S满足 12 2 111 35 222 n n SSSn，求 n S 18 （12 分）在平面四边形ABCD中，4AB ，2 2AD ，对角线AC与BD交于点E，E 是BD的中点，且2AEEC （1）若 4 ABD ，求BC的长； （2）若3AC ，求cosBAD 19 （12 分）近年来，我国的电子商务行业发展迅速，与此同时，相关管理部门建立了针对 电商的商品和服务评价系统 现从评价系统中

9、选出 200 次成功的交易， 并对其评价进行统计， 对商品的好评率为 3 5 ，对服务的好评率为 7 10 ，其中对商品和服务均为好评的有 80 次 （1）是否可以在犯错误概率不超过 0.1 的前提下，认为商品好评与服务好评有关？ （2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的 4 次购物中，设对商品和服务全好评 第 4页（共 20页） 的次数为随机变量X，求对商品和服务全好评的次数X的分布列及其期望 参考公式：独立性检验统计量 2 2 () ()()()() n adbc K ab cdac bd ，其中nabcd 临界值表： 2 0 ()P Kk 0.150.100.050.0250.0

10、100.0050.001 0 k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 20 （12 分）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD是边长为 2 的菱形，60ABC， 90ASD，且2SC （1）证明：平面SAD 平面ABCD； （2）当四棱锥SABCD的体积最大时，求二面角BSCD的余弦值 21 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的一个焦点为(3,0)，且过点 3 (1,) 2 （1）求椭圆C的方程； （2）设 1( ,0)Aa， 2( ,0) A a，(0, )Bb，点M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线 1 A B 与

11、直线 2 A M交于点P，直线 1 AM与直线 2 A B交于点Q，求证：BPQ为等腰三角形 22 （12 分）已知函数( )1 x f xeax， 2 ( )g xkx （1）当0a 时，求( )f x的值域； （2）令1a ，当(0,)x时， ( ) ( ) (1) g x f xx ln x 恒成立，求k的取值范围 第 5页（共 20页） 2021 年山东省新高考高考数学二模试卷（三）年山东省新高考高考数学二模试卷（三） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分在每小题给出的四个选项中在每小题给

12、出的四个选项中，只只 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( )f zz， 1 34zi， 2 2zi ，则 12 ()f zz等于() A13iB211i C2i D55i 【解答】解： 1 34zi， 2 2zi ， 则 12 55zzi， ( )f zz， 则 1212 ()55f zzzzi 故选：D 2 （5 分）集合 21 |0 1 x Ax x ，集合 1 2 |log (1)Bx yx，则集合AB 等于() A0， 1 2 B( 1,) C( 1,1)D 1，) 【解答】解： 1 2 1 | 1, |(1) 0 |011 |01 2 AxxBx log

13、xxxxx ， ( 1,1)AB 故选：C 3 （5 分）已知函数( )f x的定义域是(0,)，满足f（2）1且对于定义域内任意x，y都 有()( )( )f xyf xf y成立，那么f（2）f（4）的值为() A1B2C3D4 【解答】解：f（4）(22)ff（2）f（2）2f（2） ， f（4）2 f（2）f（4）123 ， 故选：C 4 （5 分）一个等比数列前n项的和为 48，前2n项的和为 60，则前3n项的和为() A83B108C75D63 【解答】解：等比数列的第一个n项的和为：48，第二个n项的和为604812 第三个n项的和为： 12 123 48 第 6页（共 20页

14、） 前3n项的和为60363 故选：D 5 （5 分）若向量a ，b 满足| 2a ，| 1b ，且a ， 3 b ，则ab ，(b ) A 5 6 B 2 C 3 D 6 【解答】解：因为向量a ，b 满足| 2a ，| 1b ，且a ， 3 b ， 222 |()23ababaa bb ， cosab ， 2 1 2 11 () 2 0 | |3 1 abb b abb ， 又因为向量的夹角0， ab ， 2 b ， 故选：B 6 （5 分） 已知直线:20l axy与 22 :(1)()4Cxya相交于A、B两点， 则ABC 为钝角三角形的充要条件是() A(1,3)aB(23a，23)

15、 C(23a，1)(1，23)D(,23)(23,)a 【解答】解： 22 :(1)()4Cxya的圆心为(1, )Ca，半径2r ， 故点C到直线:20l axy的距离为 22 |2|2|1| 11 aaa d aa ， 故 2 2 2 2 44 1 a ABd a ， 又2CACB， 因为ABC为钝角三角形， 故 222 ACBCAB，即 2 2 4416 1 a a ， 化简可得 2 410aa ， 解得2323a， 当三点A，B，C共线时，有20aa，即1a ，此时ABC不存在， 所以ABC为钝角三角形的充要条件是(23a，1)(1，23) 第 7页（共 20页） 故选：C 7 （5

16、分）已知函数( )cos()(0f xAxA，0，0)的部分图象如图所示， 则() A( )3cos() 6 f xx B( )3cos() 6 f xx C( )3cos() 26 x f x D( )3cos() 26 x f x 【解答】解：由图知，3A ， 把点 3 (0, ) 2 代入( )f x得， 3 3cos 2 ， 3 cos 2 ，(0, )， 6 ， ( )3cos() 6 f xx ， 把点 5 ( 3 ，3)代入得， 5 cos()1 36 ， 5 2 36 k ，kZ， 16 25 k，kZ， 0， 1 2 ， 1 ( )3cos() 26 f xx ， 故选：D

17、8 （5 分）北京 2022 年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好 评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突 破为了宣传 2022 年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等 5 名志愿者将两 个吉祥物安装在学校的体育广场， 若小明和小李必须安装同一个吉祥物， 且每个吉样物都至 少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为() A8B10C12D14 【解答】解：根据题意，分 2 种情况讨论： 小明和小李两个人安装同一个吉祥物，则剩下 3 人安装另外 1 个，有 2 种安装方案， 小明和小李和另外一人安装同一个吉祥物，则剩下 2

18、 人安装另外 1 个，有 1 3 26C 种安 第 8页（共 20页） 装方案， 则有268种不同的安装方案， 故选：A 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项有多项 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 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分）已知( )f x，( )g x都是定义在R上的函数，且( )f x为奇函数，( )g x的图象关于直 线1x 对称，则下列说法中正确的有() A(yg f( )1)x 为偶函数 B

19、(ygf( )x为奇函数 Cyf( ( )g x的图象关于直线1x 对称 Dyf( (1)g x 为偶函数 【解答】解：根据题意，( )f x为奇函数，则()( )fxf x ，( )g x图象关于直线1x 对称， 则(1)(1)gxgx， 据此分析选项： 对于A， 对于( ( )1)yg f x，( ()1)(1( )( ( )1)g fxgf xg f x， 则函数( ( )1)yg f x 为偶函数，A正确； 对于B，对于( ( )yg f x，有( ()( )( ( )g fxgf xg f x ，不是奇函数，B错误； 对于C，( )g x图象关于直线1x 对称， 则函数( ( )yf

20、 g x图象关于直线1x 对称，C正确； 对于D，( )g x图象关于直线1x 对称，则(1)(1)gxgx，对于( (1)yf g x，有 ( (1)( (1)f gxf g x ，则( (1)f g x 为偶函数，D正确； 故选：ACD 10 （5 分）系统找不到该试题 11 （5 分）已知实数a，b满足 2 0(1)aabba，下列结论中正确的是() A4bB28ab C 11 1 ab D 27 4 ab 【解答】解：实数a，b满足 2 0(1)aabba， A 22 1 1111 112 2 (1)24 11111 aa baaa aaaaa ，当且仅当 2a 时取等号，因此正确；

21、111 .2213(1)4 2 3(1)42 34 111 B abaaaa aaa ， 当 且 仅 当 第 9页（共 20页） 3 1 3 a 取等号，因此不正确； C1a ， 1 (0,1) a ， 2 22 1111121 (1)11 a abaaaaa ，因此不正确； D 23 11 aa aba aa ，令 3 ( ) 1 x f x x ，(1)x 2 2 3 2() 2 ( ) (1) xx fx x ， 可得 3 2 x 时，函数( )f x取得极小值，即最小值 3 3 ( ) 327 2 ( ) 3 24 1 2 f ， 27 ( ) 4 f x，即 27 4 ab，因此正确

22、 故选：AD 12 （5 分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线 2 :4C yx的焦点为F，准线为l，过点 F且斜率大于 0 的直线交抛物线C于A，B两点（其中A在B的上方） ，过线段AB的中点 M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N则() A| |PMNQ B若P，Q是线段MN的三等分点，则直线AB的斜率为2 2 C若P，Q不是线段MN的三等分点，则一定有| |PQOQ D若P，Q不是线段MN的三等分点，则一定有| |NQOQ 【解答】解：抛物线的焦点为(1,0)F，设直线AB的方程为(1)yk x，0k ， 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 由

23、 2 (1) 4 yk x yx ，得 2222 (24)0k xkxk，则 12 2 4 2xx k ， 12 1x x ， 12 2 2 1 2 M xx x k ， 2 (1) MM yk x k ，直线MN的方程为 2 y k ， O，P，A共线， 11 PP xy xy ， 2 1111 111 2 22 P P x yxyy x ykykyk ， 同理 2 2 Q y x k ， 12 2 2 2 M PQ yyy xx kkk ， 第 10页（共 20页） 22 22 11 MNPQ xxxx kk ， MPQN xxxx，即| |MPNQ，A正确； 若P，Q是线段MN的三等分点

24、，则 1 | 3 PQMN， 12 22 1212 (11)(2) 233 yy kkk ， 2 12 4(1) 3 k yy k ， 又 12 4 2 M yyy k ， 22 12121212 (1)(1)(1)4y ykxxkx xxx ， 2 121212 2 16 ()416yyyyy y k ， 2 2 164(1) 16 3 k kk ，解得2 2k ，(0)k ，B正确； 由 2222 (24)0k xkxk，得 22 2 221kk x k ， 22 2 2 221kk x k ， 2 22 221 (1) k yk x k ， 2 2 2 11 2 Q yk x kk ，

25、又 2 QM yy k ， 222 22 22 1122521 |()( ) kkk OQ kkk ， 2 12 2 2 1 | 2 yyk PQ kk ， 22222 22 44 52214(1)(11)(13) | kkkkk OQPQ kk ， 当2 2k 时，| |OQPQ，C错误； 由图可知| 1NQ ，而 2 | Q OQy k ，只要02k，就有| 1 |OQNQ ，D错误， 故选：AB 第 11页（共 20页） 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分分 13 （5 分）已知二项式 1 (3)nx x 的展开式中，所有项的系数之和为 64，

26、则该展开式中的 常数项是1215 【解答】解：二项式 1 (3)nx x 的展开式中，所有项的系数之和为264 n ，6n 它的通项公式为 3 3 6 2 16 ( 1)3 r rrr r TCx ， 令 3 30 2 r ，可得2r ， 故二项式 1 (3)nx x 的展开式的常数项为 24 6 31215C ， 故答案为：1215 14 （5 分）如图，某湖有一半径为100m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监 测中心（大小忽略不计） ，在其正东方向相距200m的点A处安装一套监测设备为了监测 数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足 ABAC

27、，90BAC定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域” ；设 AOB则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为 2 (10000 525000)m 【解答】解：由题意可知将“直接监测覆盖区域”面积转化为三角形ABC和三角形AOB 的面积之和， 第 12页（共 20页） 1 sin10000sin 2 AOB sOA OB ； 在三角形AOB中， 222 2cos5000040000cosABOBOAOBOA， 三角形ABC为等腰直角三角形， 2 11 2500020000cos 22 ABC sABACAB ， 所以“直接监管覆盖区域”面积为 2500010000sin20000cos2

28、500010000 5sin() AOBABC ss ，其中tan2， 当sin()1时，面积取得最大值为2500010000 5， 故答案为：2500010000 5 15 （5 分）已知直线ykx是曲线 x ye的切线，也是曲线ylnxm的切线，则实数k e，实数m 【解答】解：对于 x ye，设切点为( ,) n n e， 因为 x ye ，故切线斜率 n ke， 故切线方程为() nn yeexn，由已知得切线过(0,0)， 所以() nn een，故1n ，所以ke 对于ylnxm，设切点为( ,)c lncm， 所以 1 y x ，因为切线为yex，得 1 |x cye c ， 所

29、以 1 c e ，所以切点为 1 ( ,1) e ，代入ylnxm得 1 1lnm e ， 所以2m 故答案为：e；2 16 （5 分）已知函数 2 ( 1) 2 2 ( )log2 21 xx x f x ，xR，若0, 2 使关于的不等式 (2sincos )(42sin2cos)2ffm成立，则实数m的范围为2m 【解答】解：令 2 ( 1) 2 2 ( )( )1log1 21 xx x g xf x ， 则 2 ( 1) 2 2 ()()1log1 21 xx x gxfx ， 而 2 222 ( )()120 2121 x xx g xgxlog ， 所以( )g x是奇函数，而

30、2 ( 1) 2 log xx 在R上单调递增， 2 1 21 x 在R上单调递增， 第 13页（共 20页） 所以( )g x是在R上的单调递增函数且为奇函数， 而(2sincos )(42sin2cos)2ffm可变形成 (2sincos )11(42sin2cos)ffm ， 即(2sincos )(42sin2cos)(2sin2cos4)ggmgm ， 由( )g x是 在R上 的 单 调 递 增 函 数 ， 则0, 2 使 关 于的 不 等 式 2sincos2sin2cos4m成立， 即2(sincos )2sincos4m， 设sincos2sin() 4 t ，0, 2 ，则

31、1, 2t， 2 2sincos1t， 令 222 ( )2(1)423(1)2h tttttt ，1, 2t，则( )h t的最大值为2， 所以2m 即2m 综上所述：实数m的范围为2m 故答案为：2m 四、解答题：本大题共四、解答题：本大题共 6 个大题，共个大题，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）已知数列 n a的前n项和为 * () n S nN （1）若 n a为等差数列， 11 165S， 38 28aa，求 n a的通项公式； （2）若数列 n S满足 12 2 111 35 222 n n SSSn

32、，求 n S 【解答】 （1）由题意可设等差数列的公差为d， 则 1 1 1155165 2928 ad ad ，解得 1 5 2 a d ，23 n an； （2）当1n 时， 1 1 8 2 S ， 11 16aS， 当 12 2 111 2,35, 222 n n nSSSn时 121 21 111 32, 222 n n SSSn 得， 1 3 2 n n S ，3 2n n S ， 当1n 时， 1 16S 不适合上式， 16,1 3 2 ,2 nn n S n 第 14页（共 20页） 18 （12 分）在平面四边形ABCD中，4AB ，2 2AD ，对角线AC与BD交于点E，E

33、是BD的中点，且2AEEC （1）若 4 ABD ，求BC的长； （2）若3AC ，求cosBAD 【解答】解： （1）在ABD中，由余弦定理知， 222 2cosADABBDAB BDABD， 2 8162 4cos 4 BDBD ，化简得 2 4 280BDBD， 解得2 2BD ， E是BD的中点， 1 2 2 BEBD， 在ABE中，由余弦定理知， 222 2 2cos16224210 2 AEABBEAB BEABD ， 10AE， 2AEEC ， 33 10 22 ACAE， 由余弦定理知， 222 161023 cos 2241010 ABAEBE BAC AB AE ， 在AB

34、C中，由余弦定理知， 2222 3 103 1035 2cos16()24 22210 BCABACAB ACBAC ， 10 2 BC （2）3AC ，2AEEC ，2AE， AEBAED ， cosAEBAED ， 设BEDEx， 则 222222 22 AEBEABAEDEAD AE BEAE DE ，即 22 41648 2 22 2 xx xx ， 第 15页（共 20页） 解得2 2x ， 24 2BDBE， 在ABD中，由余弦定理知， 222 168322 cos 24242 2 ABADBD BAD AB AD 19 （12 分）近年来，我国的电子商务行业发展迅速，与此同时，相

35、关管理部门建立了针对 电商的商品和服务评价系统 现从评价系统中选出 200 次成功的交易， 并对其评价进行统计， 对商品的好评率为 3 5 ，对服务的好评率为 7 10 ，其中对商品和服务均为好评的有 80 次 （1）是否可以在犯错误概率不超过 0.1 的前提下，认为商品好评与服务好评有关？ （2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的 4 次购物中，设对商品和服务全好评 的次数为随机变量X，求对商品和服务全好评的次数X的分布列及其期望 参考公式：独立性检验统计量 2 2 () ()()()() n adbc K ab cdac bd ，其中nabcd 临界值表： 2 0 ()P Kk 0

36、.150.100.050.0250.0100.0050.001 0 k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 【解答】解： （1）由题意可知关于服务与评价的22列联表 对服务好评对服务不满意合计 对商品好评8040120 对商品不满意602080 合计14060200 2 2 200(80204060) 1.5872.706 14060 120 80 K , 所以不可以在犯错误概率不超过 0.1 的前提下，认为商品好评与服务好评有关； （2）每次购物时，对商品和服务都好评的概率为 2 5 ，且X的取值可以是 0,1,2,3,4， 4 4 381 (0)( )

37、55 P X ； 13 4 4 23216 (1)( ) 555 P XC； 222 4 4 23216 (2)( ) ( ) 555 P XC； 33 4 4 2396 (3)( ) 555 P XC； 第 16页（共 20页） 4 4 216 (4)( ) 55 P X 故X的分布列为： X01234 P 4 81 5 4 216 5 4 216 5 4 96 5 4 16 5 由于 2 (4, ) 5 XB, 28 ()4 55 E X 20 （12 分）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD是边长为 2 的菱形，60ABC， 90ASD，且2SC （1）证明：平面SAD 平面ABC

38、D； （2）当四棱锥SABCD的体积最大时，求二面角BSCD的余弦值 【解答】解： （1）证明：如图，取AD的中点O，连接SO、CO、AC， 60ADCABC ，且ADDC， 又2ADCD，则ACD为正三角形，COAD，3CO ， 又90ASD，ASD为直角三角形， 1 1 2 SOAD， 在ACS中， 222 COSOSC，则COSO， 又ADSOO ，AD、SO 平面ADS， CO平面ADS， 第 17页（共 20页） 又CO 平面ABCD，平面SAD 平面ABCD （2）90ASD，则点S在以AD为直径的圆上，且1SO ， 设点S到平面ABCD的距离为d， 1 3 SABCDABCD V

39、Sh 矩形 ， 而 1 222602 3 2 ABCD Ssin 矩形 ， 当d取最大值时四棱锥SABCD的体积最大， 此时SO 平面ABCD， 又由（1）可知COAD，如图建系， 则( 3, 2,0)B，(0S，0，1)，( 3C，0，0)，(0D，1，0)， 则(3BS ，2，1)，( 3SC ，0，1)，(0SD ，1，1)， 设平面SBC的法向量为(mx ，y，) z， 则 320 30 m BSxyz m SCxz ，取1x ，则(1m ，0，3)， 设平面SCD的法向量为(na ，b，) c， 则 30 0 n SCac n SDbc ，取1a ，得(1, 3, 3)n ， 则 4

40、2 7 cos, | |72 7 m n m n mn ， 设二面角BSCD的平面角为，经观察为钝角， 则 |2 7 cos | |7 m n mn ， 故二面角BSCD的余弦值为 2 7 7 第 18页（共 20页） 21 （12 分）已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的一个焦点为(3,0)，且过点 3 (1,) 2 （1）求椭圆C的方程； （2）设 1( ,0)Aa， 2( ,0) A a，(0, )Bb，点M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线 1 A B 与直线 2 A M交于点P，直线 1 AM与直线 2 A B交于点Q，求证：BPQ为等腰三角形 【解答】解：

41、（1）根据题意可得2 22 3 3 () 1 2 1 c ab ， 解得 2 4a ， 2 1b ， 所以椭圆的方程为 2 2 1 4 x y （2）证明：设直线 2 A M的方程为(2)(0yk xk且 1) 2 k ， 直线 1 A B的方程为 1 1 2 yx， 联立 (2) 1 1 2 yk x yx ，解得 42 ( 21 k P k ， 4 ) 21 k k ， 联立 2 2 (2) 1 4 yk x x y ，得 2222 (14)161640kxk xk， 所以 2 2 164 2 41 M k x k ，则 2 2 82 41 M k x k ， 2 4 41 M k y k

42、 ， 即 2 2 82 ( 41 k M k ， 2 4 ) 41 k k ， 所以 1 2 2 2 4 1 41 824 2 41 A M k k k kk k ， 于是直线 1 AM的方程为 1 (2) 4 yx k ， 直线 2 A B的方程为 1 1 2 yx ， 联立 1 (2) 4 1 1 2 yx k yx ，解得 42 ( 21 k Q k ， 2 ) 21k ， 于是 PQ xx， 所以PQx轴， 第 19页（共 20页） 设PQ的中点为N，则点N的纵坐标为 42 2121 1 2 k kk ， 所以PQ的中点在定直线1y 上， 所以点B在PQ的垂直平分线上，所以| |BPB

43、Q 所以BPQ为等腰三角形 22 （12 分）已知函数( )1 x f xeax， 2 ( )g xkx （1）当0a 时，求( )f x的值域； （2）令1a ，当(0,)x时， ( ) ( ) (1) g x f xx ln x 恒成立，求k的取值范围 【解答】解： （1）函数( )1 x f xeax，所以( ) x fxea， 令( )0fx，解得xlna， 所以( )f x在(，lna上单调递减，在区间lna，)上单调递增， 所以( )f x的最小值为()11 lna f lnaealnaaalna ， 故函数( )f x的值域为1aalna，)； （2）当1a 时，( )1 x f

44、 xex， 不等式 ( ) ( ) (1) g x f xx ln x 可变形为 2 ( ) (1)(0)f xx ln xkxx，即 2 (1) (1) x eln xkx， 所以 (1)2 11 (1) (1) 1 (1) (1) xx x ln x ee eln x xx k x ex ln x ln x ， 因为 ( ) ( ) (1) g x f xx ln x 对(0,)x恒成立， 所以 (1) 1 1 (1) x ln x e x k e ln x 对(0,)x恒成立， 令 1 ( ) x e m x x ，则 2 (1)1 ( ) x xe m x x ， 令( )(1)1 x

45、 n xxe，则( ) x n xxe， 因为0 x ，所以( )0n x，故( )n x在(0,)上单调递增， 所以( )(0)0n xn， 故( )0m x，所以( )m x在(0,)上单调递增， 第 20页（共 20页） 则( )0(0)m xx， 又由 （1） 可知， 当1a ， 且0 x 时，( )1 x f xex的值域为(0,)， 即( )10 x f xex ， 所以1 x ex恒成立，即(1)xln x， 所以( )( (1)m xm ln x，即 ( ) 1 ( (1) m x m ln x ， 又 ( ) ( (1) m x k m ln x 对(0,)x恒成立， 所以1k，故实数k的取值范围为(，1