2021年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷（4月份）.docx

1、第 1页（共 22页） 2021 年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷（年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷（4 月份）月份） 一一、选择题选择题：本大题共本大题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，满分满分 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）设集合 2 |230Ax xx， 2 |log1Bxx，则(AB ) A( 1,2)B( 1,3)C(2,3)D( 1,) 2 （5 分） “绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，推动着新能源汽 车产业的迅速发展如表是 2020 年我国

2、某地区新能源乘用车的前 5 个月销售量与月份的统 计表： 月份代码x12345 销售量y（万 辆） 0.50.611.41.5 由上表可知其线性回归方程为0.28yxa，则a的值为() A0.16B1.6C0.06D0.8 3 （5 分） “0m”是“函数( )f xlnxmx在(0，1上为增函数”的() A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 4 （5 分）地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准震 级()M是用距震中 100 千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的 里 氏震级的计算公式为： 0 Amax Mlg

3、 A （其中 0 A（常数）是距震中 100 公里处接收到的 0 级地 震的地震波的最大振幅；Amax是指我们关注的这个地震在距震中 100 公里处接收到的地震 波的最大振幅） ，地震的级数就是当地震发生时，以地震波的形式放出的能量的指示参数 4.81.5 1010 M E 焦耳，其中M为地震级数，它直接同震源中心释放的能量（热能和动能） 大小有关，震源放出的能量越大，震级就越大已知汶川地震最大振幅是玉树地震最大振幅 的 0.9 10倍，若玉树地震波产生的能量为E，则汶川地震波产生的能量为() A 1.35 10EB1.35EC 0.9 10ED90E 5（5 分） 已知三角形ABC的边长分别

4、为3AB ，4AC ，5BC ，3BCBD ， 则(AD BC ) 第 2页（共 22页） A1B 2 3 C3D 2 3 6 （5 分）设O为坐标原点，F为抛物线 2 :8C xy的焦点，P为C上一点，若| 6PF ， 则POF的面积为() A2B4 2C4 3D4 7 （5 分）已知数列 n a满足 11 32 nnn aaa ，且 1 0a ， 6 2021a ，则 2 (a ) A 2021 31 B 2021 33 C 2021 63 D 2021 65 8 （5 分）在三棱锥ABCD中，2AB ，60ABCACD ，E、F分别为BC、AD 的中点， 且EFBC，EFAD，BCAD，

5、 则异面直线BF与DE所成角的余弦值为() A 1 3 B 2 3 C 2 3 D 3 4 二二、选择题选择题：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，有多项符合有多项符合 题目要求全部选对的得题目要求全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分 9 （5 分）给出如下数据： 第一组：3，11，5，13，7，2，6，8，9 第二组：12，20，14，22，16，11，15，17，18 则这两组数据的() A平均数相等B中位数相等C极差相等D方差相等 10 （5 分）已知函数(

6、 )sinf xx和( )cosg xx，则下列正确的是() A( )f x的图象可由( )g x的图象向右平移 2 个单位得到 B 3 ( 4 x ，)时，|( )| |( )|g xf x C( )( )( )h xf xg x的对称轴方程为：() 4 xkkZ D 若动直线xa与函数( )sinf xx和( )cosg xx的图象分别交于M，N两点， 则|MN 的最大值为2 11 （5 分）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这 个球的直径恰好与圆柱的高相等这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的 发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱

7、容球”的几何图形设圆柱的体积 与球的体积之比为m， 圆柱的表面积与球的表面积之比为n， 若 38 1 ( )() m f xx nx ， 则() 第 3页（共 22页） A( )f x的展开式中的常数项是 56 B( )f x的展开式中的各项系数之和为 0 C( )f x的展开式中的二项式系数最大值是 70 D( )16f i ，其中i为虚数单位 12 （5 分）已知 1 F， 2 F分别为双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点，C的一条渐 近线l的方程为3yx，且 1 F到l的距离为3 3，点P为C在第一象限上的点，点Q的坐 标为(2,0)，PQ为 12 F P

8、F的平分线，则下列正确的是() A双曲线的方程为 22 1 927 xy B 1 2 | 2 | PF PF C 12 | 3 6PFPF D点P到x轴的距离为 3 15 2 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，共分，共 20 分分 13 （5 分）1748 年，数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，得到公式 cossin ix exix，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥” 根 据此公式，可以得到“最美的数学公式” ：1 i e 14 （5 分）写出一个对称中心为( 4 ，0)的函数( )f x 16 （5 分）已知0

9、 x ， 2 ( ) x f xxe， 2 ( )(1)g xmxlnx，若( )( )f xg x恒成立，则实 数m的取值范围是 四、解答题：共四、解答题：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，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_， 1 cos(2 )2sin()sin 2 ABABB，且ABC外接圆的半径为 1 在3bc，sin2sinCB，角B的平分线交AC于点D且:3 :2CD AD 请在 第 4页（共 22页） 这三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，求角A和ABC的面积 18 （12

10、 分）已知等差数列 n a的前n项和为 n S， 9 90S ， 10 20a，数列 n b满足 1 6b ， 1 34 nn bbn ， n T为数列 n b的前n项和 （1）求数列 n a的通项公式； （2）求证：数列1 nn ba为等比数列； （3）若369 0 n T 恒成立，求n的最小值 19 （12 分） 如图， 四棱锥PABCD中，PA 矩形ABCD， 其中2AD ，1AB ，2PA ， 点E为矩形ABCD的边BC上一动点 （1）F为线段PD上一点，| 3|PDDF，是否存在点E，使得/ /EF平面PAB，若存在， 请求出CE的长，若不存在，请说明理由； （2）若DEPE，求直线

11、PC与平面PED所成角的余弦值 20 （12 分）茂名市是著名的水果之乡， “高农业”蓬勃发展，荔枝，华李、香蕉、龙眼等 “岭南佳果”驰名中外某商铺推出一款以新鲜水果为原料的加工产品，成本为每份 10 元， 然后以每份 20 元的价格出售如果当天卖不完，剩下的作垃圾处理 （1）若商铺一天准备 170 份这种产品，求当天的利润y（单位：元）关于当天需求量n份 (*)nN的函数解析式 （ 2 ） 商 铺 记 录 了 100 天 这 种 产 品 的 日 需 求 量 （ 单 位 ： 份 ）， 整 理 得 图 若商铺计划一天准备 170 份或 180 份这种产品，用X表示准备 170 份的利润，Y表示准

12、备 180 份的利润，你认为应准备哪个数量更合理？请说明理由 （以 100 天记录的各需求量的 第 5页（共 22页） 频率作为各需求量发生的概率） 21 （12 分）已知点N为圆 22 1:( 1)16Cxy上一动点，圆心 1 C关于y轴的对称点为 2 C， 点M，P分别是线段 1 C N， 2 C N上的点，且 2 0MP C N ， 22 2C NC P （1）求点M的轨迹方程； （2）过点( 2,0)A 且斜率为(0)k k 的直线与点M的轨迹交于A，G两点，点H在点M的 轨迹上，GAHA，当2| |AGAH时，证明：32k 22 （12 分）已知函数 1 ( )cos() 22 f

13、xmlnxx ， 1 ( )( )cos() 22 g xf xxx （1）当1x时，若不等式 1 ( )1 x g xex 恒成立，求实数m的取值范围； （2）若存在两个不相等的正数 1 x， 2 x，使得 1122 ()()f xxf xx，证明： 12 2x xm 第 6页（共 22页） 2021 年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷（年广东省茂名市高考数学第二次综合测试试卷（4 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一、选择题选择题：本大题共本大题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，满分满分 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

14、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 2 |230Ax xx， 2 |log1Bxx，则(AB ) A( 1,2)B( 1,3)C(2,3)D( 1,) 【解答】解： | 13Axx ， |2Bx x， ( 1,)AB 故选：D 2 （5 分） “绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，推动着新能源汽 车产业的迅速发展如表是 2020 年我国某地区新能源乘用车的前 5 个月销售量与月份的统 计表： 月份代码x12345 销售量y（万 辆） 0.50.611.41.5 由上表可知其线性回归方程为0.28yxa，则a的值为() A0.16B1.6C0.06

15、D0.8 【解答】解：由题意可知， 1 (12345)3 5 x ， 1 (0.50.61 1.41.5)1 5 y ， 因为线性回归方程过点( , )x y， 所以有10.283a， 故0.16a 故选：A 3 （5 分） “0m”是“函数( )f xlnxmx在(0，1上为增函数”的() A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要条件 【解答】解：若( )f xlnxmx在(0，1上为增函数， 则 1 ( )0fxm x 在(0，1上恒成立， 第 7页（共 22页） 即 1 ( )minm x ，1m ， (，0(，1， 0m 是( )f xlnxmx在(0，1

16、上为增函数的充分不必要条件 故选：A 4 （5 分）地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准震 级()M是用距震中 100 千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的 里 氏震级的计算公式为： 0 Amax Mlg A （其中 0 A（常数）是距震中 100 公里处接收到的 0 级地 震的地震波的最大振幅；Amax是指我们关注的这个地震在距震中 100 公里处接收到的地震 波的最大振幅） ，地震的级数就是当地震发生时，以地震波的形式放出的能量的指示参数 4.81.5 1010 M E 焦耳，其中M为地震级数，它直接同震源中心释放的能量（热能和动能） 大小

17、有关，震源放出的能量越大，震级就越大已知汶川地震最大振幅是玉树地震最大振幅 的 0.9 10倍，若玉树地震波产生的能量为E，则汶川地震波产生的能量为() A 1.35 10EB1.35EC 0.9 10ED90E 【解答】解：设玉树地震最大振幅为 max A，则汶川地震最大振幅为 0.9 10 max A， 0 max A Mlg A 玉树 ， 0.9 00 10 0.90.9 maxmax AA MlglgM AA 汶川玉树， 1.5 4.8 1010 M E 玉树 玉树 ， 1.50.91.5 4.84.81.5 0.91.351.35 10101010101010 MM EEE 玉树玉树

18、 汶川玉树 ， 故选：A 5（5 分） 已知三角形ABC的边长分别为3AB ，4AC ，5BC ，3BCBD ， 则(AD BC ) A1B 2 3 C3D 2 3 【解答】解：三角形ABC的边长分别为3AB ，4AC ，5BC ，3BCBD ， 第 8页（共 22页） 90A， 221211121 () ()() ()() ()4 3333333 AD BCABBDACABABACABACABABACACABACAC ABAB 22 22 03 33 ， 故选：D 6 （5 分）设O为坐标原点，F为抛物线 2 :8C xy的焦点，P为C上一点，若| 6PF ， 则POF的面积为() A2B4

19、 2C4 3D4 【解答】解：由抛物线方程得准线方程为：2y ，焦点(0,2)F， 又P为C上一点，| 6PF ，可得4 P y ， 代入抛物线方程得：| 4 2 P x， 1 | | 4 2 2 POFP SOFx 故选：B 7 （5 分）已知数列 n a满足 11 32 nnn aaa ，且 1 0a ， 6 2021a ，则 2 (a ) A 2021 31 B 2021 33 C 2021 63 D 2021 65 【解答】解：由题意 11 32 nnn aaa ，可得 11 2() nnnn aaaa ， 若 1 0 nn aa ，则 651 0aaa，与题中条件矛盾， 1 0 nn

20、 aa ， 212 aaa， 数列 1 nn aa 是以 2 a为首项，2 为公比的等比数列， 1 12 2n nn aaa ， 014 655421222 222aaaaaaaaa， 第 9页（共 22页） 62 31aa， 2 2021 31 a ， 故选：A 8 （5 分）在三棱锥ABCD中，2AB ，60ABCACD ，E、F分别为BC、AD 的中点， 且EFBC，EFAD，BCAD， 则异面直线BF与DE所成角的余弦值为() A 1 3 B 2 3 C 2 3 D 3 4 【解答】解：连结AE，DE，BF，CF，如图所示， 因为BCEF，BCAD，又EFADF ，EF，AD 平面AE

21、D， 所以BC 平面AED，又AE，DE 平面AED， 所以BCAE，BCDE， 又因为E为BC的中点， 所以ABAC，DBDC， 同理可得，ABBD，ACCD， 又因为60ABCACD ， 所以ABC和ADC都是等边三角形， 故ABBDACCDBCAD， 则三棱锥ABCD是正四面体， 取CF的中点G，连结EG，则/ /EGBF， 所以GED为直线BF与DE所成的角（或其补角） ， 因为2AB ，所以 13 22 EGBF，3ED ， 22 7 2 DGFGFD， 在EGD中，由余弦定理可得， 222 37 3 2 44 cos 233 23 2 EGDEDG GED EG DE ， 所以异面

22、直线BF与DE所成角的余弦值为 2 3 故选：B 第 10页（共 22页） 二二、选择题选择题：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，有多项符合有多项符合 题目要求全部选对的得题目要求全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分 9 （5 分）给出如下数据： 第一组：3，11，5，13，7，2，6，8，9 第二组：12，20，14，22，16，11，15，17，18 则这两组数据的() A平均数相等B中位数相等C极差相等D方差相等 【解答】解：对于A，第一组数据的平均数为

23、164 (31151372689) 99 ， 第二组数据的平均数为 1145 (122014221611 151718) 99 ， 所以两组数据的平 均数不相等，故选项A错误； 对于B，第一组数据的中位数是 7，第二组数据的中位数是 16，所以两组数据的中位数不 相等，故选项B错误； 对于C，第一组数据的极差为13211，第二组数据的极差为221111，所以两组数据 的极差相等，故选项C正确； 对于D，第一组数据的方差为 222222222 1646464646464646464 (3)(11)(5)(13)(7)(2)(6)(8)(9) 9999999999 222222222 4.113.

24、892.115.890.115.111.110.891.89， 第二组数据的方差为 222222222 1145145145145145145145145145 (12)(20)(14)(22)(16)(11)(15)(17)(18) 9999999999 第 11页（共 22页） 222222222 4.113.892.115.890.115.111.110.891.89， 所以两组数据的方差相等 故选：CD 10 （5 分）已知函数( )sinf xx和( )cosg xx，则下列正确的是() A( )f x的图象可由( )g x的图象向右平移 2 个单位得到 B 3 ( 4 x ，)时，

25、|( )| |( )|g xf x C( )( )( )h xf xg x的对称轴方程为：() 4 xkkZ D 若动直线xa与函数( )sinf xx和( )cosg xx的图象分别交于M，N两点， 则|MN 的最大值为2 【解答】解：函数( )sinf xx和( )cosg xx， 函 数( )sinf xx的 图 象 由 函 数( )cosg xx的 图 象 向 右 平 移 2 个 单 位 ， 得 到 cos()sin 2 yxx 的图象，故A正确； 对于B：函数|( )| |sin|f xx和|( )| |cos|g xx，当 3 (, ) 4 x 时，如图所示： 故B正确； 对于:

26、( )( )( )sincos2sin() 4 C h xf xg xxxx ， 令() 42 xkkZ ，解得() 4 xkkZ ，故C正确； 对于D：若动直线xa与函数( )sinf xx和( )cosg xx的图象分别交于M，N两点， 故| |sincos|2 |sin()| 4 MNxxx ， 当 3 () 4 xkkZ 时，|MN的最大值为2，故D正确； 故选：ABCD 第 12页（共 22页） 11 （5 分）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这 个球的直径恰好与圆柱的高相等这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的 发现，于是留下遗言：他死

27、后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形设圆柱的体积 与球的体积之比为m， 圆柱的表面积与球的表面积之比为n， 若 38 1 ( )() m f xx nx ， 则() A( )f x的展开式中的常数项是 56 B( )f x的展开式中的各项系数之和为 0 C( )f x的展开式中的二项式系数最大值是 70 D( )16f i ，其中i为虚数单位 【解答】解：设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R， 则圆柱的体积 3 1 2VR，球的体积 3 2 4 3 VR，可得 1 2 3 2 V m V ， 圆柱的表面积 22 1 2226SRRRR， 球的表面积为 2 2 4SR，则 1 2

28、 3 2 S n S ，可得1 m n 3838 11 ( )()() m f xxx nxx ， 其二项展开式的通项为 24 4 18 ( 1) rrr r TCx ， 令2440r，得6r ，常数项为 66 8 ( 1)28C ，故A错误； 各项系数和为f（1）0，故B正确； 二项式系数的最大值为 4 8 70C ，故C正确； 4 388 11 ( )()()0 i f ii ii ，故D错误 故选：BC 12 （5 分）已知 1 F， 2 F分别为双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左、右焦点，C的一条渐 近线l的方程为3yx，且 1 F到l的距离为3 3，点P为C

29、在第一象限上的点，点Q的坐 标为(2,0)，PQ为 12 F PF的平分线，则下列正确的是() 第 13页（共 22页） A双曲线的方程为 22 1 927 xy B 1 2 | 2 | PF PF C 12 | 3 6PFPF D点P到x轴的距离为 3 15 2 【解答】解：渐近线l的方程为3yx，3 b a ， 1( ,0)Fc到l的距离为3 3， 2 |()| 3 3 1( ) b c a b b a ， 3a， 双曲线的标准方程为 22 1 927 xy ，即选项A正确； 22 9276cab， 1( 6,0) F， 2(6,0) F， 由角分线定理知， 11 22 |8 2 |4 P

30、FFQ PFQF ，即选项B正确； 由双曲线的定义知， 12 | 26PFPFa， 112 | 12 |PFF F， 2 | 6PF ， 在等腰 12 PF F中， 2 21 12 1 | 31 2 cos |124 PF PF F FF ， 2 2121 15 sin1 4 PF FcosPF F， 2221 19 | cos66 42 P xOFPFPF F， 221 153 15 | sin6 42 P yPFPF F，即选项D正确； 第 14页（共 22页） 22 93 15 |( )()3 6 22 OP， 12 | |2| 2| 6 6PFPFOPOP ，即选项C错误 故选：ABD

31、 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，共分，共 20 分分 13 （5 分）1748 年，数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，得到公式 cossin ix exix，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥” 根 据此公式，可以得到“最美的数学公式” ：1 i e 0 【解答】解：因为公式cossin ix exix， 所以1cossin11 10 i ei ， 故答案为：0 14 （5 分）写出一个对称中心为( 4 ，0)的函数( )f x sin() 4 yx 【解答】解：sin() 4 yx ，答案不唯一，正确即可 1

32、6 （5 分）已知0 x ， 2 ( ) x f xxe， 2 ( )(1)g xmxlnx，若( )( )f xg x恒成立，则实 数m的取值范围是e，e 【 解 答 】 解 ：( )( )f xg x恒 成 立 22 (1)(0) x xeg mxlnx x恒 成 立 2 2 (1)(0) x xelnx mx x 恒成立， 令 2 ( ) xx xelnxelnx h xx xxx ， 则 2 2 (1)1 ( ) x xexlnx h x x ， 再令 2 ( )(1)1(0) x t xxexlnxx， 则 1 ( )20 x t xxex x 恒成立， ( )yt x在(0,)上单

33、调递增，又t（1）h （1）0， 当(0,1)x时，( )0t x，即( )0h x，( )h x在(0,1)上单调递减； 当(1,)x时，( )0t x，即( )0h x，( )h x在(1,)上单调递增； ( )minh xh（1）1e ， 2 1 1me， 第 15页（共 22页） 解得：ee ， 故答案为：e，e 四、解答题：共四、解答题：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，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_， 1 cos(2 )2sin()sin 2 ABABB，且ABC外接圆的半径为

34、1 在3bc，sin2sinCB，角B的平分线交AC于点D且:3 :2CD AD 请在 这三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，求角A和ABC的面积 【解答】解：因为 1 cos(2 )2sin()sin 2 ABABB， 所以 1 cos()2sin()sin 2 ABBABB， 所以 1 cos()cossin()sin2sin()sin 2 ABBABBABB， 即 1 cos()cossin()sin 2 ABBABB， 所以 1 cos 2 A ， 因为A为三角形内角， 所以 3 A ， 因为ABC外接圆的半径为 1， 所以2sin3aA， 选3bc， 由余弦定理得 2222

35、3()393abcbcbcbcbc， 所以2bc ， 133 sin 242 ABC SbcAbc ； sin2sinCB， 由正弦定理得2cb， 由余弦定理得 2222 33abcbcb， 所以1b ，2c ， 133 sin 242 ABC SbcAbc ； 第 16页（共 22页） 角B的平分线交AC于点D且:3 :2CD AD ， 所以 3 2 a c ， 所以2c ， 由余弦定理得 222 3abcbc， 所以 2 210bb ，即1b ， 133 sin 242 ABC SbcAbc 18 （12 分）已知等差数列 n a的前n项和为 n S， 9 90S ， 10 20a，数列

36、n b满足 1 6b ， 1 34 nn bbn ， n T为数列 n b的前n项和 （1）求数列 n a的通项公式； （2）求证：数列1 nn ba为等比数列； （3）若369 0 n T 恒成立，求n的最小值 【解答】解： （1）等差数列 n a为等差数列，设首项为 1 a，公差为d， 则有 101 91 920 93690 aad Sad ，解这个方程组可得， 1 2 2 a d ， 数列 n a的通项公式即为： * 2 () n an nN （2）根据题意，可得 111 12(1)134221363 nnnnn babnbnnbn ， 11 1363 3 121 nnn nnn bab

37、n babn ， 即得数列1 nn ba是以 11 16213bba 为首项，公比为 3 的等比数列 （3）由上可得，13n nn ba 213n n bn * 321() n n bnnN， 23 (3333 )(35721) n n Tn， 12 3(1 3 )(24)3243 1 322 nn n nnnn T ， 212 1 1 32(1)4(1)33243 3230 22 nn n nn nnnn TTn ， n T随着n的增大而增大， 又 4 144T ， 5 398T ， 所以使369 0369 nn TT恒成立的n的最小值为 5 19 （12 分） 如图， 四棱锥PABCD中，

38、PA 矩形ABCD， 其中2AD ，1AB ，2PA ， 第 17页（共 22页） 点E为矩形ABCD的边BC上一动点 （1）F为线段PD上一点，| 3|PDDF，是否存在点E，使得/ /EF平面PAB，若存在， 请求出CE的长，若不存在，请说明理由； （2）若DEPE，求直线PC与平面PED所成角的余弦值 【解答】解： （1）存在点E满足/ /EF平面PAB，此时 2 . 3 CE 证明如下： 在线段PA上取一点M，使得3PAMA， 因为3PAMA，3PDFD，所以/ /MFAD且 2 3 MFAD， 又因为/ /BEAD且 2 3 BEAD， 所以/ /BEMF且BEMF， 故四边形BEF

39、M是平行四边形， 所以/ /EFMB，又EF 平面PAB，MB 平面PAB， 所以/ /EF平面PAB； （2）因为PA 平面ABCD，又DE 平面ABCD， 所以PADE，又DEPE，PAPEP ，PA，PE 平面PAE， 所以DE 平面PAE，又AE 平面PAE， 所以DEAE， 设CEx，因为 222 DEAEAD，解得1x ，即E为BC的中点， 以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则(0,0, 2),(1,1,0),(0,2,0),(1,2,0)PEDC， 所以(1,2,2),(1,1,2),(0,2,2)PCPEPD ， 设平面PED的法向量为( , , )nx y z

40、， 第 18页（共 22页） 则有 0 0 n PE n PD ，即 20 220 xyz yz ， 令1x ，则1y ，2z ，故(1,1, 2)n ， |1227 |cos,| 14|72 n PC n PC nPC ， 所以直线PC与平面PED所成角的正弦值为 7 14 ， 故直线PC与平面PED所成角的余弦值为 2 73 21 1() 1414 20 （12 分）茂名市是著名的水果之乡， “高农业”蓬勃发展，荔枝，华李、香蕉、龙眼等 “岭南佳果”驰名中外某商铺推出一款以新鲜水果为原料的加工产品，成本为每份 10 元， 然后以每份 20 元的价格出售如果当天卖不完，剩下的作垃圾处理 （1

41、）若商铺一天准备 170 份这种产品，求当天的利润y（单位：元）关于当天需求量n份 (*)nN的函数解析式 （ 2 ） 商 铺 记 录 了 100 天 这 种 产 品 的 日 需 求 量 （ 单 位 ： 份 ）， 整 理 得 第 19页（共 22页） 图 若商铺计划一天准备 170 份或 180 份这种产品，用X表示准备 170 份的利润，Y表示准备 180 份的利润，你认为应准备哪个数量更合理？请说明理由 （以 100 天记录的各需求量的 频率作为各需求量发生的概率） 【解答】解： （1）由题意可知 201700,170 () 1700,170 nn ynN n ， （2）若准备 170 份

42、时，X的可能取值为 1100，1300，1500，1700， (1100)0.1P X ； (1300)0.2P X ； (1500)0.2P X ； (1700)0.5P X ； ()11000.1 13000.215000.217000.51520E X； 若准备 180 份时，Y的可能取值为 1000，1200，1400，1600，1800， (1000)0.1P Y ； (1200)0.2P Y ； (1400)0.2P Y ； (1600)0.14P Y ； (1800)0.36P Y ； ( )10000.1 12000.214000.216000.1418000.361 492E

43、 Y， 以为()( )E XE Y，所以商铺应该准备 170 份 21 （12 分）已知点N为圆 22 1:( 1)16Cxy上一动点，圆心 1 C关于y轴的对称点为 2 C， 点M，P分别是线段 1 C N， 2 C N上的点，且 2 0MP C N ， 22 2C NC P （1）求点M的轨迹方程； （2）过点( 2,0)A 且斜率为(0)k k 的直线与点M的轨迹交于A，G两点，点H在点M的 第 20页（共 22页） 轨迹上，GAHA，当2| |AGAH时，证明：32k 【解答】解： （1）如图示： 22 2C NC P ，P为 2 C N的中点， 2 0MP C N ， 2 MPC N

44、 ， 点M在 2 C N的垂直平分线上， 2 | |MNMC， 122 | | 42MNMCMCMC， 点M在以 1 C， 2 C为焦点的椭圆上，2a ，1c ，3b ， 故M的轨迹方程是 22 1 43 xy ； （2）证明：将直线AG的方程(2)(0)yk xk代入 22 1 43 xy ， 得： 2222 (34)1616120kxk xk， 由 2 1 2 1612 ( 2) 34 k x k ，得： 2 1 2 2(34) 34 k x k ， 故 2 2 1 2 12 1 1|2| 34 k AGkx k ， 而GAHA，得直线AH的方程为： 1 (2)yx k ， 故同理可得 2

45、 2 121 43 kk AH k ， 由2| |AGAH得： 22 2 3443 k kk ， 即 32 46380kkk， 设 32 ( )4638f tttt，则k是( )f t的零点， 22 ( )121233(21)0f tttt， 第 21页（共 22页） 故( )f t在(0,)上单调递增， 又( 3)15 3260f，f（2）60， 故( )f t在(0,)上有唯一的零点，且零点k在( 3，2)内， 故32k，原命题成立 22 （12 分）已知函数 1 ( )cos() 22 f xmlnxx ， 1 ( )( )cos() 22 g xf xxx （1）当1x时，若不等式 1

46、 ( )1 x g xex 恒成立，求实数m的取值范围； （2）若存在两个不相等的正数 1 x， 2 x，使得 1122 ()()f xxf xx，证明： 12 2x xm 【解答】解： （1）当1x时， 1 ( )1 x g xex 恒成立等价于 1 1 0 x mlnxe ， 令 1 ( )1 x h xmlnxe ，则 1 1 ( ) x x mmxe h xe xx ， 当1m时， 1 1 x xe ， 1 0 x mxe ，( ) 0h x，( )h x在1，)上单调递减， 所以( )maxh xh（1）0，所以( ) 0h x 恒成立 当1m 时，令 1 ( )(1) x t xm

47、xex ， 11 ( )0 xx t xexe ， 所以( )t x在1，)上单调递减，( )maxt xt（1）10m ， 1 ( )(1)0 m t mme ， 由零点存在性定理知， 0 1x，m，使得 0 ()0t x，且 0 (1,)xx时，( )0t x ，( )0h x， ( )h x在 0 (1,)x上单调递增，所以( )h xh（1）0，不满足题意，舍去， 综上，1m （2）证明：不妨设 12 0 xx，则 21 0lnxlnx， 因为 1122 ()()f xxf xx，所以 111222 11 sinsin 22 xxmlnxxxmlnx， 令( )sin (0)P xxx

48、 x， ( )1cos0P xx ，( )P x在(0,)上单调递增， 21 ()()P xP x， 所以 2211 sinsinxxxx，即 2121 sinsinxxxx， 所以 21212121 11 ()(sinsin)() 22 m lnxlnxxxxxxx， 即 21 21 02 xx m lnxlnx ， 下证 21 12 21 xx x x lnxlnx ， 第 22页（共 22页） 令 2 1 (1) x t t x ，即证 1t t lnt ，只需证 1 0 t lnt t ， 设 1 ( )(1) t h tlntt t ， 2 (1) ( )0 2 t h t t t 在(1,)上恒成立， 所以( )h t在(1,)上单调递减， 所以( )h th（1）0， 所以 12 2x xm