2021年吉林省延边州高考数学质检试卷（理科）（2月份）.docx

1、第 1 页（共 20 页） 2021 年吉林省延边州高考数学质检试卷（理科） （年吉林省延边州高考数学质检试卷（理科） （2 月份）月份） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 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，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1 （5 分）设全集 UxN|x6，集合 A1，3，B2，4，则U（AB）等于（ ） A1，2，3，4 B5 C0，5 D2，4 2 （5 分）已知 i 为虚数单位，aR，若 z= 1 +为纯虚数，则 a（ ） A1 B2 C1 D1 2 3（5 分

2、） 已知向量 与向量 满足| |3， | |2， |2 |213， 则 a 与 b 的夹角为 （ ） A 6 B 4 C 3 D2 3 4 （5 分）南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础提出祖暅原 理： “幂势既同，则积不容异” 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平 行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个 几何体的体积相等如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 V1，V2， 被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为 S1， S2， 则 “V1， V2相等” 是“S1，S2总相等”的（ ） A充分

3、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 5 （5 分）有三张卡片，分别写有 1 和 2、1 和 3、2 和 3，甲、乙、丙三人各取走一张卡片， 甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上的相同的数字不是 2” ； 乙看了丙的卡片后说：“我 与丙的卡片上相同的数字不是 1” ；丙说： “我的卡片上的数字之和不是 5” ，则下列说法 中正确的是（ ） A甲的卡片上的数字是 1 和 3 B甲的卡片上的数字是 2 和 3 C乙的卡片上的数字是 1 和 3 第 2 页（共 20 页） D丙的卡片上的数字是 1 和 3 6 （5 分）已知各项均为正数且单调递减的等比数列an满足

4、 a3， 3 2 4，2a5成等差数列其 前 n 项和为 Sn，且 S531，则（ ） A= (1 2) 4 B= 2+3 C= 32 1 25 D= 2+4 16 7 （5 分）函数 f（x）ln（ 21）的图象大致是（ ） A B C D 8 （5 分）已知双曲线： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的一条渐近线与函数 ylnx+ln2e 的 图象相切，则双曲线的离心率等于（ ） A5 B3 C 5 2 D 3 2 9 （5 分）将偶函数 f（x）= 3sin（2x+）cos（2x+） （0）的图象向右平移 6个 单位，得到 yg（x）的图象，则 g（x）的一个单调递减区间为（ ） A （

5、 3， 6） B （ 12， 7 12） C （ 6， 2 3 ） D （ 3， 5 6 ） 10 （5 分）魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相 垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖” （如图） ，刘徽通过计算得知正方体的内 切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为 ：4在棱长为 2 的正方体内任取一点，此 点取自“牟合方盖”的概率为（ ） 第 3 页（共 20 页） A1 2 B 3 2 C2 3 D 3 3 11 （5 分） 过抛物线 C： y28x 的焦点 F， 且斜率为3的直线交 C 于点 M （M 在 x 轴上方） ， l 为 C 的准线，点 N 在

6、l 上且 MNl，则 M 到直线 NF 的距离为（ ） A3 B23 C33 D43 12 （5 分）已知函数() = | 2 + 2|， 0 ，0 ，则函数 g（x）2f（f（x）1）1 的零 点个数为（ ） A7 B8 C10 D11 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13 （5 分）已知实数 x，y 满足条件 + 2 0 2 2 0 + 2 3 0 ，则 z2x+2y 的最大值为 14 （5 分）已知二项式（ax+ 5 8 ） 8 的展开式的第二项的系数为5，则 3 3x3dx 15 （5 分） 已知ABC 中， 角 A

7、、 B、 C 所对的边分别为 a、 b、 c， 若 = 4 + 22 ， = 7， = 3 4，则ABC 的面积为 16 （5 分）在三棱锥 ABCD 中，ABBCCDDA5，ACBD42，则它的外接球 的体积为 ，内切球的表面积为 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： 60 分。分。 17 （12 分）设数列

8、an满足 a11，an+1an23n 1 （1）求数列an的通项公式； （2）令 bn（2n+1）an，求数列bn的前 n 项和 Sn 18 （12 分）某地准备修建一条新的地铁线路，为了调查市民对沿线地铁站配置方案的满意 第 4 页（共 20 页） 度，现对居民按年龄（单位：岁）进行问卷调查，从某小区年龄在18，68内的居民中随 机抽取 100 人，将获得的数据按照年龄区间18，28） ，28，38） ，38，48） ，48，58） ， 58，68分成 5 组，同时对这 100 人的意见情况进行统计得到频率分布表经统计，在这 100 人中，共有 65 人赞同目前的地铁站配置方案 分组 持赞同

9、意见的人数 占本组的比例 18，28） 20 0.8 28，38） a b 38，48） 8 0.8 48，58） 12 0.6 58，68 15 0.6 （1）求 a 和 b 的值； （2）在这 100 人中，按分层抽样的方法从年龄在区间28，38） ，38，48）内的居民（包 括持反对意见者）中随机抽取 6 人进一步征询意见，再从这 6 人中随机抽取 3 人参加市 里的座谈，记被抽取参加座谈的 3 人中年龄在28，38）的人数为 X，求 X 的分布列和数 学期望 19 （12 分）如图所示，半圆弧 所在平面与平面 ABCD 垂直，且 M 是上异于 A，D 的 点，ABCD，ABC90，AB

10、2CD2BC （1）求证：AM平面 BDM； （2）若 M 为 AD 的中点，求二面角 BMCD 的余弦值 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =11（ab0）的离心率为 3 3 ，上、下顶点分别为 B1，B2，直线 1 经过点 D（0， 2） 且与椭圆 C 交于 P，Q 两点，当1 + 1 =21 时，四边形 B1PB2Q 的面积为 62 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2） 若直线 B1P， B2Q 交于点 N， 试判断点 N 是否在定直线上， 若是， 求出该直线方程； 第 5 页（共 20 页） 若不是，请说明理由 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxax，其中

11、 a0 （1）若 f（x）无零点，求实数 a 的取值范围； （2）若 f（x）有两个相异零点 x1，x2，求证：x1x2e2 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 = 6 = 6（ 为参数） ，以坐 标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ( + 3) = 2 （1）求 C 的普通方程和 l

12、 的直角坐标方程； （2）直线 l 与 x 轴的交点为 P，经过点 P 的直线 m 与曲线 C 交于 A，B 两点，若 | + | = 43，求直线 m 的倾斜角 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|1x|x+3| （1）求不等式 f（x）1 的解集； （2）若函数 f（x）的最大值为 m，正实数 p，q 满足 p+2qm，求 2 +2 + 1 的最小值 第 6 页（共 20 页） 2021 年吉林省延边州高考数学质检试卷（理科） （年吉林省延边州高考数学质检试卷（理科） （2 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共

13、 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，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1 （5 分）设全集 UxN|x6，集合 A1，3，B2，4，则U（AB）等于（ ） A1，2，3，4 B5 C0，5 D2，4 【解答】解：全集 UxN|x60，1，2，3，4，5， 集合 A1，3，B2，4， AB1，2，3，4， U（AB）0，5 故选：C 2 （5 分）已知 i 为虚数单位，aR，若 z= 1 +为纯虚数，则 a（ ） A1 B2 C1 D1 2 【解答】解：z= 1 + = (1)() (+)()

14、 = 1(+1) 2+1 = 1 2+1 +1 2+1 ， 因为 z= 1 +为纯虚数，所以 1 2+1 = 0， +1 2+1 0，解得 a1， 故选：C 3（5 分） 已知向量 与向量 满足| |3， | |2， |2 |213， 则 a 与 b 的夹角为 （ ） A 6 B 4 C 3 D2 3 【解答】解：| | = 3，| | = 2，|2 | = 213， (2 )2= 4 2 + 2 4 = 4 9 + 4 4 = 52， = 3， ， = | | |= 3 32 = 1 2，且 ， 0， 与 的夹角为2 3 故选：D 4 （5 分）南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献，

15、他在实践的基础提出祖暅原 第 7 页（共 20 页） 理： “幂势既同，则积不容异” 其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平 行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个 几何体的体积相等如图，夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为 V1，V2， 被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为 S1， S2， 则 “V1， V2相等” 是“S1，S2总相等”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：由祖暅原理知，若 S1，S2总相等，则 V1，V2相等成立，即必要性成立， 若 V

16、1， V2相等， 则只需要底面积和高相等即可， 则 S1， S2不一定相等， 即充分性不成立， 即“V1，V2相等”是“S1，S2总相等”的必要不充分条件， 故选：B 5 （5 分）有三张卡片，分别写有 1 和 2、1 和 3、2 和 3，甲、乙、丙三人各取走一张卡片， 甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上的相同的数字不是 2” ； 乙看了丙的卡片后说：“我 与丙的卡片上相同的数字不是 1” ；丙说： “我的卡片上的数字之和不是 5” ，则下列说法 中正确的是（ ） A甲的卡片上的数字是 1 和 3 B甲的卡片上的数字是 2 和 3 C乙的卡片上的数字是 1 和 3 D丙的卡片上的数字是 1

17、和 3 【解答】解：对于 A，因为丙说： “我的卡片上的数字之和不是 5” ， 所以丙的卡片上的数字不是 2 和 3，甲的卡片上的数字是 1 和 3，乙的卡片上的数字是 2 和 3， 丙的卡片上的数字是 1 和 2，满足条件，所以 A 对； 对于 B， 假设 B 对， 即甲的卡片上的数字是 2 和 3， 则乙丙必有相同数字 1， 不满足条件， 所以 B 错； 对于 C， 假设 C 对， 即乙的卡片上的数字是 1 和 3， 则丙的卡片上的数字是不能是 1 和 3， 第 8 页（共 20 页） 也不能是 2 和 3，所以 C 错； 对于 D， 假设 D 对， 即丙的卡片上的数字是 1 和 3， 则

18、甲乙必有相同数字 2， 不满足条件， 所以 D 错 故选：A 6 （5 分）已知各项均为正数且单调递减的等比数列an满足 a3， 3 2 4，2a5成等差数列其 前 n 项和为 Sn，且 S531，则（ ） A= (1 2) 4 B= 2+3 C= 32 1 25 D= 2+4 16 【解答】解：由 a3，3 2 4，2a5成等差数列，得 3a4a3+2a5， 设an的公比为 q，q0 且 q1， 可得 3a1q3a1q2+2a1q4， 即为 2q23q+10， 解得 = 1 2或 q1（舍去） ， 所以5= 1(1 1 25) 11 2 = 31，解得 a116 所以数列an的通项公式为=

19、16 (1 2) 1 = (1 2) 5， = 161(1 2) 11 2 = 32 1 25， 故选：C 7 （5 分）函数 f（x）ln（ 21）的图象大致是（ ） A B C D 第 9 页（共 20 页） 【解答】解：根据题意，对于函数 f（x）ln（ 21） ，有 21 0，解可得 x1 或1 x0，即函数的定义域为x|x1 或1x0，排除 AD， 又由 f（2）ln2 3 0，排除 B； 故选：C 8 （5 分）已知双曲线： 2 2 2 2 =1（a0，b0）的一条渐近线与函数 ylnx+ln2e 的 图象相切，则双曲线的离心率等于（ ） A5 B3 C 5 2 D 3 2 【解答

20、】解:由双曲线： 2 2 2 2 =1（a0，b0）,可知其渐近线方程为 = 或 = , 设切点为(x0,y0),由 ylnx+ln2e,得 y= 1 , 双曲线的一条渐近线与函数 ylnx+ln2e 的图象相切, 1 0 = 0 = 0+ 2 或 1 0 = 0 = 0+ 2 , 解得0= 1 2 ,0= 1,0= 0, = 2, = = 2+2 =1 + ( ) 2 = 5 故选：A 9 （5 分）将偶函数 f（x）= 3sin（2x+）cos（2x+） （0）的图象向右平移 6个 单位，得到 yg（x）的图象，则 g（x）的一个单调递减区间为（ ） A （ 3， 6） B （ 12， 7

21、 12） C （ 6， 2 3 ） D （ 3， 5 6 ） 【解答】解：函数 f（x）= 3sin（2x+）cos（2x+） ， = 2(2 + 6)， 由于函数 f（x）为偶函数且 0， 故：= 2 3 ， 所以：函数 f（x）cos2x 的图象向右平移 6个单位 得到：g（x）2cos（2x 3）的图象， 第 10 页（共 20 页） 令：2 2 3 2 + （kZ） ， 解得： + 6 + 2 3 （kZ） ， 故函数的单调递减区间为： + 6 ， + 2 3 （kZ） ， 当 k0 时，单调递减区间为： 6 ， 2 3 ， 由于： （ 6 ， 2 3 ） 6 ， 2 3 ， 故选：C

22、 10 （5 分）魏晋时期数学家刘徽在他的著作九章算术注中，称一个正方体内两个互相 垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖” （如图） ，刘徽通过计算得知正方体的内 切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为 ：4在棱长为 2 的正方体内任取一点，此 点取自“牟合方盖”的概率为（ ） A1 2 B 3 2 C2 3 D 3 3 【解答】解：正方体的棱长为 2，则其内切球的半径 r1， 正方体的内切球的体积 V球= 4 31 3=4 3， 又由已知 球 方盖 = 4，V 牟合方盖= 4 4 3= 16 3 在棱长为 2 的正方体内任取一点，此点取自“牟合方盖”的概率为： 16 3 23 = 2 3

23、 故选：C 11 （5 分） 过抛物线 C： y28x 的焦点 F， 且斜率为3的直线交 C 于点 M （M 在 x 轴上方） ， l 为 C 的准线，点 N 在 l 上且 MNl，则 M 到直线 NF 的距离为（ ） A3 B23 C33 D43 【解答】解：如图， 第 11 页（共 20 页） 由抛物线 C：y28x，得 F（2，0） ， 则 MF：y= 3（x2） ，与抛物线 y24x 联立得 3x220 x+120，解得1= 2 3，x26 M（6，43） ， MNl，N（2，43） ， F（2，0） ，NF：y= 3（x2） ，即3x+y23 =0 M 到 NF 的距离为|63+43

24、23| (3) 2+12 = 43， 故选：D 12 （5 分）已知函数() = | 2 + 2|， 0 ，0 ，则函数 g（x）2f（f（x）1）1 的零 点个数为（ ） A7 B8 C10 D11 【解答】解：令 g（x）0，得 f（f（x）1）= 1 2， 令 f（x）1t，则 f（t）= 1 2， 作出函数 f（x）的大致图象如图示： 则 f（t）= 1 2有 4 个实数根 t1，t2，t3，t4，其中 t1（3，2） ，t2（2，1） ，t3（ 1，0） ，t4（1，2） ， 若 t（3，2） ，则 f（x）1t 有 1 个实数根， 若 t（2，1） ，则 f（x）1t 有 1 个实

25、数根， 若 t（1，0） ，则 f（x）1t 有 4 个实数根， 若 t（1，2） ，则 f（x）1t 有 2 个实数根， 第 12 页（共 20 页） 故 f（x）1t 共有 8 个实数根， 即函数 g（x）有 8 个零点， 故选：B 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13 （5 分）已知实数 x，y 满足条件 + 2 0 2 2 0 + 2 3 0 ，则 z2x+2y 的最大值为 22 5 【解答】解：作出不等式组表示的可行域如图， 联立2 2 = 0 + 2 3 = 0，解得 A（ 7 5 ， 4 5） ， 作出直线 x

26、+y0，平移至点(7 5， 4 5)时， z2x+2y 取得最大值，最大值为22 5 ， 故答案为：22 5 14 （5 分） 已知二项式 （ax+ 5 8 ） 8 的展开式的第二项的系数为5， 则 3 3x3dx 60 【解答】解：二项式（ax+ 5 8 ）8的展开式的第二项的系数为 8 1 a7 5 8 = 5a7= 5， a1， 则 3 3x3dx= 3 4 14 3 4 （3）460 故答案为：60 15 （5 分） 已知ABC 中， 角 A、 B、 C 所对的边分别为 a、 b、 c， 若 = 4 + 22 ， = 第 13 页（共 20 页） 7， = 3 4，则ABC 的面积为

27、7 【解答】解：由题意， = = 7 2 + 2 = 1 ，解得 sinA= 14 4 ，cosA= 2 4 ， 因为 cosC= 3 4， 故 sinC= 1 2 = 7 4 ， 由正弦定理 = ，可得 14 4 = 7 4 ， 又 a4+22 c， 解得 a4，c22， 由余弦定理可知 cosC= 2+22 2 = 16+28 8 = 3 4，解得 b2（b4 舍去） ， 所以ABC 的面积 S= 1 2absinC= 1 2 4 2 7 4 = 7 故答案为：7 16 （5 分）在三棱锥 ABCD 中，ABBCCDDA5，ACBD42，则它的外接球 的体积为 4141 6 ，内切球的表面

28、积为 8 17 【解答】解：构造长方体 EBFDAGCH，则三棱锥 ABCD 的 6 条棱就是长方体的 6 条面的对角线，设长方体的共顶点的 3 条棱长分别为 x，y，z. 设三棱锥 ABCD 的外接球的半径为 R，则 2R 为长方体的对角线的长度 不妨设 x2+y232，x2+z2y2+z225， 则 4R2x2+y2+z241，解得 R= 41 2 三棱锥 ABCD 的外接球的体积 V= 4 3 ( 41 2 )3= 4141 6 设三棱锥 ABCD 的内切球的半径为 r， 则 4 1 2 42 52 (22)2r= 1 3 344， 解得 r= 2 34， 内切球的表面积4 ( 2 34

29、) 2 = 8 17 故答案为：4141 6 ， 8 17 第 14 页（共 20 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，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： 60 分。分。 17 （12 分）设数列an满足 a11，an+1an23n 1 （1）求数列an的通项公式； （2）令 bn（2n+1）an，求数列bn的前 n 项和 Sn 【解答】

30、解： （1）a11，an+1an23n 1， 可得 ana1+ （a2a1） + （a3a2） + （anan1） 1+2+6+23n 21+2(131) 13 =3n 1， 上式对 n1 也成立， 所以 an3n 1，nN*； （2）bn（2n+1）an（2n+1） 3n 1， Sn330+531+732+（2n1） 3n 2+（2n+1） 3n1， 3Sn33+532+733+（2n1） 3n 1+（2n+1） 3n， 两式相减可得2Sn3+2（31+32+3n 2+3n1）（2n+1） 3n 3+23(13 1) 13 （2n+1） 3n， 则 Snn3n 18 （12 分）某地准备修建

31、一条新的地铁线路，为了调查市民对沿线地铁站配置方案的满意 度，现对居民按年龄（单位：岁）进行问卷调查，从某小区年龄在18，68内的居民中随 机抽取 100 人，将获得的数据按照年龄区间18，28） ，28，38） ，38，48） ，48，58） ， 58，68分成 5 组，同时对这 100 人的意见情况进行统计得到频率分布表经统计，在这 100 人中，共有 65 人赞同目前的地铁站配置方案 第 15 页（共 20 页） 分组 持赞同意见的人数 占本组的比例 18，28） 20 0.8 28，38） a b 38，48） 8 0.8 48，58） 12 0.6 58，68 15 0.6 （1）求

32、 a 和 b 的值； （2）在这 100 人中，按分层抽样的方法从年龄在区间28，38） ，38，48）内的居民（包 括持反对意见者）中随机抽取 6 人进一步征询意见，再从这 6 人中随机抽取 3 人参加市 里的座谈，记被抽取参加座谈的 3 人中年龄在28，38）的人数为 X，求 X 的分布列和数 学期望 【解答】解： （1）由题意可得：20+a+8+12+1565，20 0.8 + + 8 0.8 + 12 0.6 + 15 0.6 =100， 解得 a10，b0.5 （2）在区间28，38） ，38，48）内的居民分别为10 0.5 =20 人， 8 0.8 =10 人 在这 100 人中

33、，按分层抽样的方法从年龄在区间28，38） ，38，48）内的居民（包括持 反对意见者）中随机抽取 6 人进一步征询意见， 则在区间28，38） ，38，48）内抽取的人数分别为 4 人，2 人 再从这 6 人中随机抽取 3 人参加市里的座谈， 记被抽取参加座谈的 3 人中年龄在28， 38） 的人数为 X，则 X 的取值可能为 1，2，3 P（X1）= 4 1 2 2 6 3 = 1 5，P（X2）= 4 2 2 1 6 3 = 3 5，P（X3）= 4 3 6 3 = 1 5， X 的分布列为： X 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 数学期望 E（X）1 1 5 +2 3 5 +3

34、1 5 =2 19 （12 分）如图所示，半圆弧 所在平面与平面 ABCD 垂直，且 M 是上异于 A，D 的 点，ABCD，ABC90，AB2CD2BC （1）求证：AM平面 BDM； 第 16 页（共 20 页） （2）若 M 为 AD 的中点，求二面角 BMCD 的余弦值 【解答】证明： （1）取 AB 中点为 E，连结 DE， AB2CD，CDBE， ABCD，四边形 BCDE 是平行四边形， 又 CDBC，ABC90，BCDE 是正方形， 设 CD1，则 BCDEBEAE1，AB2，BDAD= 2， BD2+AD2AB2，即 BDAD， 又平面 ADM平面 ABCD，平面 ADM平面

35、 ABCDAD， BD平面 ADM， 又 AM平面 ADM，AMBD， M 是半圆弧 AD 上异于 A，D 的点， AMDM，又 DMBDD， AM平面 BDM 解： （2）取 AD 的中点为 O，连结 OM，OE， 则 OEBD，OEAD， 当 M 为 AD 的中点时，MAMD，则 OMAD， 平面 ADM平面 ABCDAD，OM平面 ABCD， 以 O 为坐标原点，分别以 OE，OD，OM 为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，B（2， 2 2 ，0） ，C（ 2 2 ，2，0） ，D（0， 2 2 ，0） ，M（0，0， 2 2 ） ， =（ 2 2 ，2， 2 2 ）

36、， =（ 2 2 ， 2 2 ，0） ， =（0， 2 2 ， 2 2 ） ， 设 =（x，y，z）是平面 MBC 的一个法向量， 则 = + 2 = 0 = = 0 ，取 x1，得 =（1，1，3） ， 设 =（x，y，z）是平面 MCD 的一个法向量， 第 17 页（共 20 页） 则 = + 2 = 0 = = 0 ，取 y1，得 =（1，1，1） ， cos ， = | |= 3 113 = 33 11 ， 由图知二面角 BMCD 是钝角， 二面角 BMCD 的余弦值为 33 11 20 （12 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =11（ab0）的离心率为 3 3 ，上、下顶点分

37、别为 B1，B2，直线 1 经过点 D（0， 2） 且与椭圆 C 交于 P，Q 两点，当1 + 1 =21 时，四边形 B1PB2Q 的面积为 62 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2） 若直线 B1P， B2Q 交于点 N， 试判断点 N 是否在定直线上， 若是， 求出该直线方程； 若不是，请说明理由 【解答】解： （1）当1 + 1 =21 时，可得 D 为 PQ 的中点， 则直线 lB1B2， 由 y= 2可得 2 2 + 2 42 =1，解得 x 3 2 a，则|PQ|= 3a， 由四边形 B1PB2Q 的面积为 62，可得1 2 3a2b62， 则 ab26， 又 e= =1 2

38、2 = 3 3 ， 解得 a= 6 ，b2， 所以椭圆的方程为 2 6 + 2 4 =1； （2）由题意可得直线 l 的斜率存在，设为 k，其方程设为 ykx+1， 第 18 页（共 20 页） 与椭圆方程 2x2+3y212 联立，可得（2+3k2）x2+6kx90， 设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，则 x1+x2= 6 2+32，x1x2= 9 2+32， 两式相除可得 k= 3(1+2) 212 ， 由 B1（0，2） ，B2（0，2） ，可得直线 B1P 的方程为 y= 12 1 x+2，即为 y= 11 1 x+2， B2Q 的方程为 y= 2+2 2 x2，即为 y=

39、2+3 2 x2， 联立，可得 x= 412 31+2，y= 412+6122 31+2 = 61+62+6122 31+2 =4， 所以点 N 在定直线 y4 上 21 （12 分）已知函数 f（x）lnxax，其中 a0 （1）若 f（x）无零点，求实数 a 的取值范围； （2）若 f（x）有两个相异零点 x1，x2，求证：x1x2e2 【解答】 （1）解：f（x）lnxax 的定义域是（0，+） ，f（x）= 1 a= 1 ， 由于 a0，x0，令 f（x）0，解得 0 x 1 ， f（x）在（0，1 ）上单调递增，在（ 1 ，+）上单调递减 f（x）f（1 ）lna1，欲使函数 f（x

40、）无零点， 则只要lna10，即 lna1，a 1 故实数 a 的取值范围是（1 ，+） （2）证明：因为 f（x）有两个相异的零点，又由于 x0， 故不妨令 x1x20，且有 lnx1ax1，lnx2ax2， lnx1+lnx2a（x1+x2） ，lnx1lnx2a（x1x2） ， 要证 x1x2e2ln（x1x2）2lnx1+lnx22a 2 1+2 12 12 2 1+2lnx1 lnx2 2(12) 1+2 ln1 2 2(1 21) 1 2+1 ， 令 t= 1 2，则 t1，故只要证明当 t1 时，lnt 2(1) +1 恒成立， 令 g（t）lnt 2(1) +1 ，t1， 第

41、19 页（共 20 页） 则 g（t）= 1 4 (+1)2 = (1)2 (+1)2 0， 故 g（t）在（1，+）上单调递增，g（t）g（1）0 t1 时，g（t）0 恒成立，即 lnt 2(1) +1 0 恒成立，即 lnt 2(1) +1 恒成立，从而 证明 x1x2e2 故 x1x2e2 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题计分一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为

42、 = 6 = 6（ 为参数） ，以坐 标原点 O 为极点，以 x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ( + 3) = 2 （1）求 C 的普通方程和 l 的直角坐标方程； （2）直线 l 与 x 轴的交点为 P，经过点 P 的直线 m 与曲线 C 交于 A，B 两点，若 | + | = 43，求直线 m 的倾斜角 【解答】解： （1）曲线 C 的参数方程为 = 6 = 6（ 为参数） ，转换为直角坐标方程 为 x2+y26 直线 l 的极坐标方程为( + 3) = 2整理得 1 2 3 2 2 = 0，转换为直 角坐标方程为 3 4 = 0 （2）直线 l 与 x 轴的交

43、点为 P，所以 P（4，0） ， 所以 = 4 + = （t 为参数） ， 把直线的参数方程代入圆的方程得到： （4+tcos）2+（tsin）26， 整理得 t2+8cost+100， 所以 t1+t28cos， 所以| + | = |8| = 43， 解得 = 3 2 或 = 3 2 ， 所以 = 6或 5 6 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23设函数 f（x）|1x|x+3| 第 20 页（共 20 页） （1）求不等式 f（x）1 的解集； （2）若函数 f（x）的最大值为 m，正实数 p，q 满足 p+2qm，求 2 +2 + 1 的最小值 【 解 答 】 解 （ 1 ） 不 等 式 f （ x ） 1|1 x| |x+3| 1 3 1 + + 3 1 或 31 1 3 1或 1 1 3 1， 解得 x 3 2， 故原不等式的解集为x|x 3 2； （2）f（x）= 4， 3 2 2，31 4， 1 ，f（x）max4，m4， p+2q4，p0，q0，p+2+2q6， 2 +2 + 1 = （ 2 +2 + 1 ） +2+2 6 = 1 6 （2+2+ 4 +2 + +2 ） 1 6 （4+2 4 +2 +2 ） = 1 6 （4+4） = 4 3， 2 +2 + 1 的最小值为 4 3，当且仅当 p1q= 3 2时取等