2021年广东省惠州市高考数学第三次调研试卷.docx

1、第 1 页（共 19 页） 2021 年广东省惠州市高考数学第三次调研试卷年广东省惠州市高考数学第三次调研试卷 一、单项选择题：本题共一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题满分小题，每小题满分 40 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项分在每小题给出的四个选项 中，只有一项符合题目要求，选对得中，只有一项符合题目要求，选对得 5 分，选错得分，选错得 0 分分 1 （5 分）设集合 A1，0，1，2，集合 Bx|12x8，则 AB（ ） A1，1 B0，1，2 C1，2，3 D1，2 2 （5 分）已知复数 z= 1+3 3+ （其中 i 为虚数单位） ，则在复平面内对应的点位于（

2、） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3 （5 分）已知正方形 ABCD 的边长为 2，E 为 BC 的中点，则 =（ ） A2 B0 C1 2 D2 4 （5 分）2020 年 4 月 30 日，我国的 5G 信号首次覆盖了海拔超过 8000 米的珠穆朗玛峰峰 顶和北坡登山路线为了保证中国登山队测量珠峰高程的顺利直播，现从甲、乙、丙、 丁这 4 名技术人员中随机安排 3 人分别去往北坡登山路线中标记为、的 3 个崎 岖路段进行信号检测，若甲没有安排去往标记为的崎岖路段，则不同的安排方法共有 （ ） A12 种 B18 种 C24 种 D6 种 5 （5 分）若双曲线 C： 2

3、2 2 2 =1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24 所 截得的弦长为 23，则 C 的离心率为（ ） A2 B3 C2 D23 3 6 （5 分）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图” ，后人称其为“赵 爽弦图” 如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车” ，其中正方形 ABCD 内部为“赵爽弦图” ，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的我们将图中 阴影所在的四个三角形称为“风叶” ，若从该“数学风车”的八个顶点中任取两点，则该 两点取自同一片“风叶”的概率为（ ） 第 2 页（共 19 页） A3 7 B4 7 C 3 14 D11 14 7

4、 （5 分）若函数 f（x）Asin（2x+） （A0，0 2）的部分图象如图所示，则下列 叙述正确的是（ ） A函数 f（x） 的图象可由 yAsin2x 的图象向左平移 6个单位得到 B函数 f（x）的图象关于直线 x= 3对称 C （ 12，0）是函数 f（x）图象的一个对称中心 D函数 f（x）在区间 3， 3上单调递增 8 （5 分）已知 a22.1，b2.12，cln2.14，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Aabc Bacb Cbac Dcba 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题满分小题，每小题满分 20 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选

5、项分在每小题给出的四个选项 中，有多项符合题目要求。全部选对得中，有多项符合题目要求。全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分） 无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 a10， d0， 则下列结论正确的是 （ ） A数列an单调递减 B数列an有最大值 C数列Sn单调递减 D数列Sn有最大值 10 （5 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 到准线的距离为 2，过点 F 的直线与 抛物线交于 P，Q 两点，O 为坐标原点，则下列结论中成立的有（ ） A抛物线 C 的准线方程为 y1 第 3 页（共 19 页） B

6、线段 PQ 长度的最小值为 4 CSOPQ2 D = 3 11 （5 分）如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1，若 ABBC，E，F 分别是 AB1，BC1 的中点，则下列结论中成立的是（ ） AEF 与 BB1垂直 BEF平面 BDD1B1 CEF 与 C1D 所成的角为 45 DEF平面 A1B1C1D1 12 （5 分）函数 f（x）为定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）e x（x1） ，下列结 论正确的有（ ） A当 x0 时，f（x）ex（x+1） B函数 f（x）有且仅有 2 个零点 C若 me 2，则方程 f（x）m 在 x0 上有解 Dx1，x2R，|f（x2

7、）f（x1）|2 恒成立 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，其中分，其中 16 题第一空题第一空 2 分，第二空分，第二空 3 分。分。 13 （5 分）已知 cos（ 6 +）= 3 3 ，则 cos（5 6 ） 14 （5 分）设随机变量 服从正态分布 N（1，2） ，若 P（2）0.8，则 P（02） 15 （5 分）写出一个包含有 ex的偶函数 f（x） 16 （5 分）在空间中，定义“点到几何图形的距离”为：这个点到几何图形上各点距离中 的最小值现有边长为 2 的正方形 ABCD，则到定点 A 距离为 1 的点围成的几何体

8、的体 积为 ；该正方形 ABCD 区域（包括边界以及内部的点）记为 ，则到 距离等 于 1 的点所围成的几何体的体积为 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）已知数列an的前 n 项和为 Sn，且有 Sn2an2 第 4 页（共 19 页） （1）求数列an的通项公式； （2）若 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Tn 18 （12 分）在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，已知 c= 7 2，ABC 的面积 为33 2 ，又 tanA+

9、tanB= 3（tanAtanB1） （）求角 C 的大小； （）求 a+b 的值 19 （12 分）华为手机作为全球手机销量第二位，一直深受消费者喜欢惠州某学校学习小 组为了研究手机用户购买新手机时选择华为品牌是否与年龄有关系，于是随机调查 100 个 2020 年购买新手机的人，得到如下不完整的列联表定义用户年龄 30 岁以下为“年 轻用户” ，30 岁以上为“非年轻用户” 购买华为 购买其他品牌 总计 年轻用户 28 非年轻用户 24 60 总计 100 （1）请将列联表填充完整，并判断是否至少有 90%的把握认为购买手机时选择华为与年 龄有关？ （2）若从购买华为手机用户中采取分层抽样

10、的方法抽出 9 人，再从中随机抽取 3 人，其 中年轻用户的人数记为 X，求 X 的分布列和数学期望 附：K2= ()2 (+)(+)(+)(+) P（K2k0） 0.100 0.050 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 10.828 20 （12 分）已知边长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1（如图） ，现用一个平面 截该正方 体，平面 与棱 AA1、AB、BC 分别交于点 E、F、G若 A1E2EA，AF2FB，CG 2GB （1）求面 与面 ABCD 所成锐二面角的余弦值； （2）在图中作出截面 与正方体各面的交线，用字母标识出交线与棱的交点 第

11、5 页（共 19 页） 21 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 3 2 ，左右顶点分别为 A，B， 右焦点为 F2，P 为椭圆上异于 A，B 的动点，且APF2面积的最大值为1 + 3 2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）设直线 AP 与 y 轴交于 M 点，过点 A 作 BP 的平行线交 y 轴与点 N，试探究是否存 在定点 Q，使得以 MN 为直径的圆恒过定点 Q 22 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+sinx+a （1）求 f（x）的导函数 f（x）在（0，）上的零点个数； （2）求证：当 a1，3时，f（x）有且仅有 2 个不同的零点 第

12、 6 页（共 19 页） 2021 年广东省惠州市高考数学第三次调研试卷年广东省惠州市高考数学第三次调研试卷 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，每小题满分小题，每小题满分 40 分，共分，共 40 分在每小题给出的四个选项分在每小题给出的四个选项 中，只有一项符合题目要求，选对得中，只有一项符合题目要求，选对得 5 分，选错得分，选错得 0 分分 1 （5 分）设集合 A1，0，1，2，集合 Bx|12x8，则 AB（ ） A1，1 B0，1，2 C1，2，3 D1，2 【解答】解：由 12x8，得 0 x3，Bx|12x8x|0 x

13、3， 又 A1，0，1，2， AB1，0，1，2x|0 x30，1，2 故选：B 2 （5 分）已知复数 z= 1+3 3+ （其中 i 为虚数单位） ，则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 【解答】解：z= 1+3 3+ = (1+3)(3) (3+)(3) = 3+332 (3)2+12)2 = 3+3+3 4 = 3 2 + 1 2 ， = 3 2 1 2 ， 在复平面内对应的点的坐标为（ 3 2 ， 1 2） ，位于第四象限 故选：D 3 （5 分）已知正方形 ABCD 的边长为 2，E 为 BC 的中点，则 =（ ） A2 B0 C1 2 D

14、2 【解答】解：已知正方形 ABCD 的边长为 2，E 为 CB 的中点，则 =0， 故 = （ + ） （ ） （ + 1 2 ） （ ） = 2 1 2 第 7 页（共 19 页） 1 2 2 =40 1 2 42， 故选：D 4 （5 分）2020 年 4 月 30 日，我国的 5G 信号首次覆盖了海拔超过 8000 米的珠穆朗玛峰峰 顶和北坡登山路线为了保证中国登山队测量珠峰高程的顺利直播，现从甲、乙、丙、 丁这 4 名技术人员中随机安排 3 人分别去往北坡登山路线中标记为、的 3 个崎 岖路段进行信号检测，若甲没有安排去往标记为的崎岖路段，则不同的安排方法共有 （ ） A12 种 B

15、18 种 C24 种 D6 种 【解答】解：根据题意， 若甲没有安排去往标记为的崎岖路段，则标记为的崎岖路段有 3 种安排方法， 对于标记为的崎岖路段，可以从剩下 3 人中任选 1 人，有 3 种安排方法， 对于标记为的崎岖路段，可以从剩下 2 人中任选 1 人，有 2 种安排方法， 则有 33218 种安排方法， 故选：B 5 （5 分）若双曲线 C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24 所 截得的弦长为 23，则 C 的离心率为（ ） A2 B3 C2 D23 3 【解答】解：双曲线 C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的一条渐近线不妨为：bx+ay0

16、， 圆（x2）2+y24 的圆心（2，0） ，半径为：2， 双曲线 C： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24 所截得的弦长 为 2， 可得圆心到直线的距离为：22 (3)2= |2| 2+2， 解得：4 242 2 =1，e1，即 e= 23 3 故选：D 6 （5 分）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图” ，后人称其为“赵 爽弦图” 如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车” ，其中正方形 ABCD 内部为“赵爽弦图” ，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的我们将图中 第 8 页（共 19 页） 阴影所在的四个三角形称为

17、“风叶” ，若从该“数学风车”的八个顶点中任取两点，则该 两点取自同一片“风叶”的概率为（ ） A3 7 B4 7 C 3 14 D11 14 【解答】解：从该“数学风车”的八个顶点中任取两点的基本事件有8 2=28 种，其中两 点取自同一片“风叶”的 43 2=12 种，故所求概率为：12 28 = 3 7 故选：A 7 （5 分）若函数 f（x）Asin（2x+） （A0，0 2）的部分图象如图所示，则下列 叙述正确的是（ ） A函数 f（x） 的图象可由 yAsin2x 的图象向左平移 6个单位得到 B函数 f（x）的图象关于直线 x= 3对称 C （ 12，0）是函数 f（x）图象的一

18、个对称中心 D函数 f（x）在区间 3， 3上单调递增 【解答】解：由图可知，A2， 函数 f（x）经过点（5 12，0） ，2sin（2 5 12 +）0， 5 6 +k，kZ，即 k 5 6 ，kZ， 0 2，= 6 第 9 页（共 19 页） 函数 f（x）2sin（2x+ 6） 函数 y2sin2x 的图象向左平移 6个单位得到 y2sin2（x+ 6）2sin（2x+ 3）f（x） ， 故 A 错误； 令 2x+ 6 = 2 +k，kZ，则 x= 6 + 2 ，kZ，不存在 k 使其对称轴为 x= 3，即 B 错误； 令 2x+ 6 =k，kZ，则 x= 12 + 2 ，kZ， 当

19、k0 时，对称中心为（ 12，0） ，即 C 正确； 令 2x+ 6 2 +2k， 2 +2k，kZ， 则 x 3 +k， 6 +k，kZ，当 k0 时，单调递增区间为 3， 6，故 D 错误； 故选：C 8 （5 分）已知 a22.1，b2.12，cln2.14，则 a，b，c 的大小关系为（ ） Aabc Bacb Cbac Dcba 【解答】解：构造函数 f（x）x2，g（x）2x，由函数图像可知： 在 x（2，4）时，x22x，即 f（2.1）g（2.1） ， 2.1222.1224， 又ln2.144ln2.14lne4， bac， 故选：C 二、多项选择题：本题共二、多项选择题：本

20、题共 4 小题，每小题满分小题，每小题满分 20 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项分在每小题给出的四个选项 中，有多项符合题目要求。全部选对得中，有多项符合题目要求。全部选对得 5 分，部分选对得分，部分选对得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分 9 （5 分） 无穷等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若 a10， d0， 则下列结论正确的是 （ ） A数列an单调递减 B数列an有最大值 C数列Sn单调递减 D数列Sn有最大值 【解答】解：无穷等差数列an的首项 a10，公差 d0， an是递减数列，且先正值，后负值，首项为数列an的最大值； an的前 n 项和为 Sn

21、先增加，后减小， Sn有最大值； 故选：ABD 第 10 页（共 19 页） 10 （5 分）已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点 F 到准线的距离为 2，过点 F 的直线与 抛物线交于 P，Q 两点，O 为坐标原点，则下列结论中成立的有（ ） A抛物线 C 的准线方程为 y1 B线段 PQ 长度的最小值为 4 CSOPQ2 D = 3 【解答】解：对于 A：焦点 F 到准线的距离 p2， 所以抛物线 C 的焦点为（1，0） ， 准线方程为 x1，故 A 错误， 对于 B：当 PQ 垂直于 x 轴时长度最小，此时 p（1，2） ，Q（1，2） ， 所以|PQ|4，故 B 正确， 对于 C：

22、设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，直线 PQ 的方程为 xmy+1， 联立抛物线 y22px， 消去 y 可得 x2（4m2+2）x+10，消去 x 可得 y24my40， 所以 x1+x24m2+2，y1+y24m，y1y24， 所以 SOPQ= 1 2|OF|y1y2|= 1 2 1 (1+ 2)2 412= 1 2 162+ 16 2， 当 m0 时成立，故 C 正确， 对于 D：又 x1x21，y1y24， 所以 =x1x2+y1y23，故 D 正确， 故选：BCD 11 （5 分）如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1，若 ABBC，E，F 分别是 AB1，BC1 的

23、中点，则下列结论中成立的是（ ） AEF 与 BB1垂直 BEF平面 BDD1B1 第 11 页（共 19 页） CEF 与 C1D 所成的角为 45 DEF平面 A1B1C1D1 【解答】解：连 A1B，A1C1，则 A1B 交 AB1于 E，又 F 为 BC1中点， 可得 EFA1C1，由 B1B平面 A1B1C1D1，可得 B1BA1C1，可得 B1BEF，故 A 正确； 连接 D1B1，EFA1C1，A1C1平面 BDD1B1，可得 EF平面 BDD1B1，故 B 正确； EF 与 C1D 所成角就是A1C1D，AA1的长度不确定，A1C1D 的大小不确定，故 C 错误； 由 E，F

24、分别是 AB1，BC1的中点，得 EFA1C1，可得 EF平面 A1B1C1D1，故 D 正确 故选：ABD 12 （5 分）函数 f（x）为定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，f（x）e x（x1） ，下列结 论正确的有（ ） A当 x0 时，f（x）ex（x+1） B函数 f（x）有且仅有 2 个零点 C若 me 2，则方程 f（x）m 在 x0 上有解 Dx1，x2R，|f（x2）f（x1）|2 恒成立 【解答】解：当 x0 时，f（x）e x（x1） ，f（x）ex（x1）+exex（2 x） ， 可得 0 x2 时，f（x）0，f（x）递增，x2 时，f（x）0，f（x）递减，可得

25、 x2 处 f（x）取得极大值 e 2， x+，f（x）0，画出 yf（x）在 x0 的图象，由奇函数的图象关于原点对称，可 得 f（x）在 x0 的图象，且 f（0）0， 可得 yf（x）在 R 上的图象 当 x0 时，x0，f（x）f（x）ex（x1）ex（x+1） ，故 A 正确； 由图象可得 f（x）与 x 轴有三个交点，故 B 错误； 由 x0 时，可得 f（x）（1，e 2，可得方程 f（x）m 在 x0 上有解，则1m e 2，故 C 错误； 第 12 页（共 19 页） 由图象可知，f（x）（1，1） ，则x1，x2R，|f（x2）f（x1）|1（1）2，故 D 正确 故选：A

26、D 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，其中分，其中 16 题第一空题第一空 2 分，第二空分，第二空 3 分。分。 13 （5 分）已知 cos（ 6 +）= 3 3 ，则 cos（5 6 ） 3 3 【解答】解：cos（ 6 +）= 3 3 ， cos（5 6 ）cos（ 6 +）cos（ 6 +）= 3 3 故答案为： 3 3 14 （5 分）设随机变量 服从正态分布 N（1，2） ，若 P（2）0.8，则 P（02） 0.6 【解答】解：随机变量 服从正态分布 N（1，2） ， 正态分布曲线的对称轴为 x1， 又 P（2）0.

27、8，P（2）0.2， 则 P（0）P（2）0.2， P（02）120.20.6 故答案为：0.6 15 （5 分）写出一个包含有 ex的偶函数 f（x） ex+e x 【解答】解：根据题意，要求 f（x）包含 ex，且是偶函数， 则 f（x）ex+e x， 故答案为：ex+e x（答案不唯一） 16 （5 分）在空间中，定义“点到几何图形的距离”为：这个点到几何图形上各点距离中 的最小值现有边长为 2 的正方形 ABCD，则到定点 A 距离为 1 的点围成的几何体的体 第 13 页（共 19 页） 积为 4 3 ；该正方形 ABCD 区域（包括边界以及内部的点）记为 ，则到 距离等于 1 的点

28、所围成的几何体的体积为 8 + 16 3 【解答】解：到定点 A 距离等于 1 的点所围成的几何体是半径为 1 的球， 其体积 V= 4 3 13= 4 3 ； 由题意可知，几何体为组合体，是一个棱长为 2 的正方体和四个高为 2， 底面半径为 1 的半圆柱及四个半径为 1 的四分之一球， 其体积为 V222+4 1 2 122+4 1 4 4 31 3= 8 +16 3 故答案为：4 3 ；8 + 16 3 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）已知数列an

29、的前 n 项和为 Sn，且有 Sn2an2 （1）求数列an的通项公式； （2）若 bnnan，求数列bn的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）Sn2an2，Sn12an12（n2） ， an2an1， 又a12，an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， an2n； （2）bnnann2n， Tn12+222+323+n2n， 2Tn122+223+n2n+1， 因此：Tn12+（22+23+2n）n2n+1 Tn（n1）2n+1+2 18 （12 分）在ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，已知 c= 7 2，ABC 的面积 为33 2 ，又 tanA+tanB= 3

30、（tanAtanB1） （）求角 C 的大小； （）求 a+b 的值 【解答】解： （I）tanA+tanB= 3（tanAtanB1） ， tan（A+B）= + 1 = 3， 第 14 页（共 19 页） A+B= 2 3 ，从而 C= 3 （7 分） （II）由 SABC= 1 2 = 33 2 ，C= 3得 ab6， 又 cosC= 2+22 2 = 1 2，c= 7 2， a+b= 11 2 （14 分） 19 （12 分）华为手机作为全球手机销量第二位，一直深受消费者喜欢惠州某学校学习小 组为了研究手机用户购买新手机时选择华为品牌是否与年龄有关系，于是随机调查 100 个 2020

31、 年购买新手机的人，得到如下不完整的列联表定义用户年龄 30 岁以下为“年 轻用户” ，30 岁以上为“非年轻用户” 购买华为 购买其他品牌 总计 年轻用户 28 非年轻用户 24 60 总计 100 （1）请将列联表填充完整，并判断是否至少有 90%的把握认为购买手机时选择华为与年 龄有关？ （2）若从购买华为手机用户中采取分层抽样的方法抽出 9 人，再从中随机抽取 3 人，其 中年轻用户的人数记为 X，求 X 的分布列和数学期望 附：K2= ()2 (+)(+)(+)(+) P（K2k0） 0.100 0.050 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 10.82

32、8 【解答】解： （1）根据题目所给数据得到如下 22 的列联表： 购买华为 购买其他品牌 总计 年轻用户 12 28 40 非年轻用户 24 36 60 总计 36 64 100 由列表可得 K2= 100(36122824)2 40603664 1.0422.706， 故没有 90%的把握认为购买手机时选择华为与年龄有关 第 15 页（共 19 页） （2）利用分层抽样抽取 9 个购买华为手机的用户， 其中年轻用户抽12 36 9 =3（人） ，非年轻用户抽24 36 9 =6（人） ， 现在其中随机抽取 3 人，设抽到的年轻用户人数为 X， 则 X 可能的取值为 0，1，2，3， 所以

33、P（Xi）= 3 6 3 9 3 （i0，1，2，3） ， 故 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 5 21 15 28 3 14 1 84 E（X）0 5 21 +1 15 28 + 2 3 14 + 3 1 84 =1 20 （12 分）已知边长为 3 的正方体 ABCDA1B1C1D1（如图） ，现用一个平面 截该正方 体，平面 与棱 AA1、AB、BC 分别交于点 E、F、G若 A1E2EA，AF2FB，CG 2GB （1）求面 与面 ABCD 所成锐二面角的余弦值； （2）在图中作出截面 与正方体各面的交线，用字母标识出交线与棱的交点 【解答】解： （1）在 C1C 上取点 M

34、，使 C1M2MC，连接 MG、ME， 连接 BD、AC 交于 O，交 FG 于 Q， 因为 AECM，AECM，所以 MEAC， 又因为 AF2FB，CG2GB， 所以 FGAC，OQ2GB，OQ2 2 2 =2， 所以 FGME，所以 F、G、M、E 都在平面 上， 连接 B1D1、A1C1交于 O1，连接 O1O 交 EM 于 P， 第 16 页（共 19 页） 因为 ABCDA1B1C1D1为正方体，O1O平面 ABCD，从而POQ90， AC平面 BB1D1D，FGAC， 所 FG平面 BB1D1D，所以 FGPQ，FGOQ， 所以PQO 为平面 与平面 ABCD 所二面角的平面角，

35、设其大小为 ， tan= = 1 2 = 2 2 ，cos= 1 1+2 = 6 3 ， 所以平面 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 6 3 （2）由（1）延长 QP 交 D1D 于 N，连接 EN、MN， ANQDtan（32 1 22） 2 2 = 5 2，于是 D1N0.5， 故平面 与正方体截面为五边形 EFGMN，其中位置 D1N0.5，MC1 21 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 = 1(0)的离心率为 3 2 ，左右顶点分别为 A，B， 右焦点为 F2，P 为椭圆上异于 A，B 的动点，且APF2面积的最大值为1 + 3 2 （1）求椭圆 C 的方程； （

36、2）设直线 AP 与 y 轴交于 M 点，过点 A 作 BP 的平行线交 y 轴与点 N，试探究是否存 在定点 Q，使得以 MN 为直径的圆恒过定点 Q 第 17 页（共 19 页） 【解答】 解：（1） 由题意知， 当P在y轴时， APF2面积最大， 所以1 2 ( + ) = 1 + 3 2 ， 又 = = 3 2 ， 联立，得 a2，b1， = 3， 所以椭圆 C 的方程为 2 4 + 2= 1 （2）设 P（x0，y0） ，其中 y00，则= 0 0+2， = 0 02， 所以直线 AP 的方程为 = 0 0+2 ( + 2)， 令 x0，得 = 20 0+2，即(0， 20 0+2)

37、， 又 ANBP，所以直线 AN 的方程为 = 0 02 ( + 2)， 令 x0，得 = 20 02，即(0， 20 02)， 所以，以 MN 为直径的圆的方程为：2+ ( 20 0+2)( 20 02) = 0， 又2+ ( 20 0+2)( 20 02) = 2 + 2 400 0 24 + 40 2 0 24 = 0， 且 P（x0，y0）在椭圆上，所以0 2 4 + 0 2 = 1，代入方程整理得圆的方程为2+ 2+ 0 0 1 = 0，令 y0，则 x1， 所以存在点 Q（1，0） ，使得以 MN 为直径的圆恒过点 Q 22 （12 分）已知函数 f（x）lnxx+sinx+a （

38、1）求 f（x）的导函数 f（x）在（0，）上的零点个数； （2）求证：当 a1，3时，f（x）有且仅有 2 个不同的零点 【解答】解： （1）f(x)lnxx+sinx+a, 所以 f（x）= 1 1+cosx, 设 g(x)f(x)= 1 1+cosx, 第 18 页（共 19 页） 当 x(0,)时，g(x)sinx 1 2 0, 所以 f(x)在(0,)上单调递减， 又因 g( 3)= 3 1+ 1 2 = 6 2 0,g( 2)= 2 1= 2 0, 即当 x(0,)时，存在 f( 3)f( 2)0, 且 yf(x)的图像连续， 所以 f(x)在(0,)上有且只有一个零点 （2）证明

39、：由已知 a1,3，f(x)定义域为(0,+), 且由(1)知，存在 x0( 3, 2),使得 f(x0)0, 由（1）知，当 x(0,x0)时，f(x)0,f(x)在(0,x0)上单调递增， 当 x(x0,)时，f(x)0,f(x)在(x0,)上单调递减， 所以 f(x)在(0,)上存在唯一的极大值点 x0( 3 x0 2), 所以 f(x0)f( 2)ln 2 2 +1+a2 2 0, 所以 f( 1 3)3 1 3 +sin 1 3 +aa3 1 3 +sin 1 3 1 3 +sin 1 3 0, 因为 f( 1 3)3 1 3 +sin 1 3 +aa3 1 3 +sin 1 3 1

40、 3 +sin 1 3 0, 因为 f( 1 3)f(x0)0, 所以 f(x)在(0,x0)上恰有一个零点， 当 x,6)时，f(x)= 1 1+cosx, f()= 1 1+cos= 1 20, f(6)= 1 6 1+cos6 1 6 1+cos11 6 = 335 6 0, 令 f(x)0 得1 =1cosx, 因为 y= 1 与 y1cosx 在,6)上单调递减， 所以 f(x)0 在,6)上有唯一的根，且记 x1,6)，使得 f(x1)0, 综合可知 f(x)在x0,x1)上单调递减，在(x1,6)上单调递增， 则 f(x1)f(6)ln66+sin6+aln66+1+3ln620, 因为 f(x0)f(6)0，所以 f(x)在x0,6)上恰有 1 个点， 第 19 页（共 19 页） 当 x6,+)时，f(x)lnxx+4, 设 (x)lnxx+4, (x)= 1 10, 所以 (x)在6,+)上单调递减， 则 (x)(6)ln66+4ln620, 所以当 x6,+)时，f(x)(x)(6)0,恒成立， 所以 f(x)在6,+)上没有零点， 综上，当 a1,3时，f(x)有且仅有 2 个零点