1、第 1 页（共 20 页） 2021 年河北省高考数学联考试卷（一）年河北省高考数学联考试卷（一） 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在毎小题给出的四个选项中，只有一分。在毎小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。 1 （5 分）已知集合 1 |0 2 x Ax x ，|2BxN x，则(AB ) A(, 2) B(, 2)1 ，2) C1，2 D0，1，2 2 （5 分）已知复数z满足 2 3 i z i ，则| (z ) A 2 2 B2 C 3 2 D3 3 （5 分）已知单位向量a，b满足|2
2、|3ba，则(a b ) A 1 2 B2 C 1 2 D2 4 （5 分）已知 6 sin() 123 ，则 5 cos()( 12 ) A 3 3 B 6 3 C 3 3 D 6 3 5 （5 分）函数 3 | | cos ( ) x xx f x e 在 3，3上的大致图象为( ) A B C D 6 （5 分）已知双曲线 22 2 :1(0) 2 xy Cb b 的离心率为e，若( 5e，10)，则C的焦点 到一条渐近线的距离的取值范围为( ) A(1，3 2) B( 2，) C(2 2，3 2) D( 2，3 2) 7 （5 分）数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学
3、领先地位作为他们 的战略需求现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想” ， “世界数 学通史” ， “几何原本” ， “什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选 3 第 2 页（共 20 页） 门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有( ) A60 种 B78 种 C84 种 D144 种 8 （5 分） 已知函数 2 ( ) 1 x f xx e ，若正实数m、n满足(9)(2 )2f mfn，则 21 mn 的 最小值为( ) A8 B4 C 8 3 D 8 9 二、多选题：本题共二、多选题：本题共 4 小题，每小题小题，每小
4、题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多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的得符合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 3 分分 9 （5 分）下列四个条件中，能成为xy的充分不必要条件的是( ) A 22 xcyc B 11 0 xy C| |xy Dlnxlny 10 （5 分）空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，其对应关系如表： AQI指数值 0 50 51100 101150 151 200 201 300 300 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 为监测
5、某化工厂排放废气对周边空气质量指数的影响，某科学兴趣小组在校内测得 10 月 1 日20日AQI指数的数据并绘成折线图如图：下列叙述不正确的是( ) A这 20 天中AQI指数值的中位数略大于 150 B这 20 天中的空气质量为优的天数占 1 4 C10 月 4 日到 10 月 11 日，空气质量越来越好 D总体来说，10 月中旬的空气质量比上旬的空气质量好 11 （5 分）设函数 2 ( )2 3sin cos2sinf xxxx，则下列关于函数( )f x的说法正确的是( ) A最小正周期为2 B( )f x的图象关于直线 2 3 x 对称 第 3 页（共 20 页） C( )f x在(
6、,) 3 6 上单调递减 D当0 x，)a时，( )f x的值域为0，1，则实数a的取值范围为(, 6 3 12 （5 分）如图 1，在正方形ABCD中，点E为线段BC上的动点（不含端点） ，将ABE沿 EE翻折，使得二面角BAED为直二面角，得到图 2 所示的四棱锥BAECD，点F为 线段BD上的动点（不含端点） ，则在四棱锥BAECD中，下列说法正确的有( ) AB、E、C、F四点不共面 B存在点F，使得/ /CF平面BAE C三棱锥BADC的体积为定值 D存在点E使得直线BE与直线CD垂直 三、填空题：本大题有三、填空题：本大题有 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分
7、把答案填在题中横线上分把答案填在题中横线上 13 （5 分）已知数列 n a的首项 1 1 2 a ， 1 1 1 n n a a ，则 2021 a 14 （5 分）二项式 6 2 (3) (*)xnN x 的展开式中 2 x的系数为 .（用数字作答） 15 （5 分）如图，在ABC中，8AB ，12BCAC，分别取三边的中点D，E，F， 将BDE，ADF，CEF分别沿三条中位线折起，使得A，B，C重合于点P，则当三 棱锥PDEF的外接球的体积最小时，其外接球的半径为 ，三棱锥PDEF的体积 为 16 （5 分）如图，抛物线 2 :4C xy的焦点为F，P为抛物线C在第一象限内的一点，抛 物
8、线C在点P处的切线PM与圆F相切（切点为)M且交y轴于点Q，过点P作圆F的另 一条切线PN（切点为)N交y轴于T点若已知| |FQFP，则|FT的最小值为 第 4 页（共 20 页） 四、解答题：本大题有四、解答题：本大题有 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）在sin()cos() 6 aACbA ，12coscoscos()cos()CBCBCB， 2tan tantan Bb ABc 这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上并作答 问题： 在ABC中， 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 且2
9、 3bc，6a ， _ 求 ABC的面积 18 （12 分）已知数列 n a满足 1 1 2 a ， 11 20(*) nnnn aaaanN （1）证明：数列 1 n a 是等差数列，并求数列 n a的通项公式； （2）设 n S为数列 1 nn a a 的前n项和，证明 1 4 n S 19 （12 分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为 4 的正方形，/ /EFBC， 2EF ，CEDE，CEDE，平面CDE 平面ABCD （1）求证：DE 平面EFBC； （2）求二面角ABFC的余弦值 20 （12 分）椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 与椭圆 22
10、:1 2524 xy E有共同的焦点，且椭圆C的 离心率 1 2 e 点M、F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，直线l过点F且交椭圆C于P， Q两点，设直线MP，MQ的斜率分别为 1 k， 2 k （1）求椭圆C的标准方程； （2）是否存在直线l，使得 12 1 4 kk ，若存在，求出直线l方程；不存在，说明理由 第 5 页（共 20 页） 21 （12 分）下围棋既锻炼思维又愉悦身心，有益培养人的耐心和细心，舒缓大脑并让其得 到充分休息现某学校围棋社团为丰富学生的课余生活，举行围棋大赛，要求每班选派一名 围棋爱好者参赛现某班有 12 位围棋爱好者，经商议决定采取单循环方式进行比赛， （规则 采
11、用“中国数目法” ，没有和棋)即每人进行 11 轮比赛，最后靠积分选出第一名去参加校 级比赛积分规则如下（每轮比赛采取 5 局 3 胜制，比赛结束时，取胜者可能会出现3:0， 3:1，3:2三种赛式） 3:0或3:1 3:2 胜者积分 3 分 2 分 负者积分 0 分 1 分 9 轮过后，积分榜上的前两名分别为甲和乙，甲累计积分 26 分，乙累计积分 22 分第 10 轮甲和丙比赛，设每局比赛甲取胜的概率均为 2 3 ，丙获胜的概率为 1 3 ，各局比赛结果相互独 立 （1） （）在第 10 轮比赛中，甲所得积分为X，求X的分布列； （）求第 10 轮结束后，甲的累计积分Y的期望； （2）已知
12、第 10 轮乙得 3 分，判断甲能否提前一轮获得累计积分第一，结束比赛( “提 前一轮”即比赛进行 10 轮就结束，最后一轮即第 11 轮无论乙得分结果如何，甲累计积分最 多）？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由 22 （12 分）已知函数( )(1)1 1 kx f xln x x （1）求函数( )f x的极值； （2） （）当0 x 时，( )0f x 恒成立，求正整数k的最大值； （）证明： 3 (2) 1 (1 1 2)(12 3)1(1) n n n ne 第 6 页（共 20 页） 2021 年河北省高考数学联考试卷（一）年河北省高考数学联考试卷（一） 参考答案与试题解析参
13、考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在毎小题给出的四个选项中，只有一分。在毎小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。 1 （5 分）已知集合 1 |0 2 x Ax x ，|2BxN x，则(AB ) A(, 2) B(, 2)1 ，2) C1，2 D0，1，2 【解答】解：集合 1 |0 |2 2 x Axx x x 或1x，又|2BxN x， 所以1AB ，2 故选：C 2 （5 分）已知复数z满足 2 3 i z i ，则| (z ) A 2 2 B2 C 3 2 D3 【解答】解
14、： 2(2)(3)7 31010 iiii z i ， 所以 2 | 2 z 故选：A 3 （5 分）已知单位向量a，b满足|2 |3ba，则(a b ) A 1 2 B2 C 1 2 D2 【解答】解：因为| | 1ab，|2 |3ba， 两边同时平方得， 22 443baa b， 故 1 2 a b 故选：C 4 （5 分）已知 6 sin() 123 ，则 5 cos()( 12 ) A 3 3 B 6 3 C 3 3 D 6 3 【解答】解：因为 6 sin() 123 ， 则 56 cos()cos()sin() 12122123 第 7 页（共 20 页） 故选：B 5 （5 分）
15、函数 3 | | cos ( ) x xx f x e 在 3，3上的大致图象为( ) A B C D 【解答】解： 33 | | () cos()cos ()( ) xx xxxx fxf x ee ， 则函数( )f x为奇函数，故排除C； 又因为f（1） cos11 2e ，故排除A，D； 故选：B 6 （5 分）已知双曲线 22 2 :1(0) 2 xy Cb b 的离心率为e，若( 5e，10)，则C的焦点 到一条渐近线的距离的取值范围为( ) A(1，3 2) B( 2，) C(2 2，3 2) D( 2，3 2) 【解答】 解： 双曲线 22 2 :1(0) 2 xy Cb b
16、的离心率为e， 可得 2 2 ( 5 2 cb e a ，10)， 解得(2 2b，3 2)， C的焦点 2 (2b，0)到一条渐近线20bxy的距离： 2 22 2 ( 2) bb b b ， 则C的焦点到一条渐近线的距离的取值范围为(2 2b，3 2)， 故选：C 7 （5 分）数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们 的战略需求现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想” ， “世界数 学通史” ， “几何原本” ， “什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选 3 第 8 页（共 20 页） 门，大一到大三三学年必须将四门选修
17、课程选完，则每位同学的不同选修方式有( ) A60 种 B78 种 C84 种 D144 种 【解答】解：根据题意，分 2 步进行分析： 将 4 四门选修课程分为 3 组， 若分为 2、1、1 的三组，有 2 4 6C 种分组方法， 若分为 2、2、0 的三组，有 2 4 2 2 3 C A 种分组方法， 若分为 3、1、0 的三组，有 3 4 4C 种分组方法 则一共有63413种分组方法， 将分好的三组安排在三年内选修，有 3 3 6A 种情况， 则有13678种选修方式， 故选：B 8 （5 分） 已知函数 2 ( ) 1 x f xx e ，若正实数m、n满足(9)(2 )2f mfn
18、，则 21 mn 的 最小值为( ) A8 B4 C 8 3 D 8 9 【解答】解：函数 2 ( ) 1 x f xx e ， 所以 2 () 1 x fxx e ， 所以( )()2f xfx 由于函数 2 ( ) 1 x f xx e 在定义域上单调递增， 故正实数m、n满足(9)(2 )2f mfn， 故92mn， 所以29mn， 所以 211211418 (2 )()(4)(42 4) 9999 nm mn mnmnmn （当且仅当买2mn时， 等号成立） 故选：D 二、多选题：本题共二、多选题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分在每小题给出的四个选项中
19、，有多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的得符合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 3 分分 第 9 页（共 20 页） 9 （5 分）下列四个条件中，能成为xy的充分不必要条件的是( ) A 22 xcyc B 11 0 xy C| |xy Dlnxlny 【解答】解：选项A：若 22 xcyc，则 2 0c ，则xy， 反之xy，当0c 时得不出 22 xcyc， 22 xcyc是xy的充分不必要条件，故选项A正确； 选项B：由 11 0 xy 可得0yx，即能推出xy， 但xy不能推出 11 0 xy （因
20、为x，y的正负不确定） ， 所以 11 0 xy 是xy的充分不不要条件，故选项B正确； 选项C：由| |xy可得 22 xy，则()()0 xy xy，不能推出xy， 由xy也不能推出| |xy（如1x ，2)y ， 所以| |xy是xy的既不充分又不必要条件，故选项C错误； 选项D：若lnxlny，则xy，反之xy得不出lnxlny， 所以lnxlny是xy的充分不不要条件，故选项D正确 故选：ABD 10 （5 分）空气质量指数AQI是反映空气质量状况的指数，其对应关系如表： AQI指数值 0 50 51100 101150 151 200 201 300 300 空气质量 优 良 轻度
21、污染 中度污染 重度污染 严重污染 为监测某化工厂排放废气对周边空气质量指数的影响，某科学兴趣小组在校内测得 10 月 1 日20日AQI指数的数据并绘成折线图如图：下列叙述不正确的是( ) A这 20 天中AQI指数值的中位数略大于 150 B这 20 天中的空气质量为优的天数占 1 4 第 10 页（共 20 页） C10 月 4 日到 10 月 11 日，空气质量越来越好 D总体来说，10 月中旬的空气质量比上旬的空气质量好 【解答】解：对于A，由折线图知 100 以上的数据有 10 个，100 以下的数据有 10 个，中位 数是 100 两边两个数的均值， 观察比 100 大的数离 1
22、00 远点， 因此两者均值大于 100 但小于 150，所以A错误； 对于B，20 天中空气质量为优的有 5 天，占 1 4 ，所以B正确； 对于C，10 月 4 日到 10 月 11 日，空气质量是越来越差，所以C错误； 对于D，10 月上旬的空气质量AQI指数值在 100 以下的多，中旬的空气质量AQI指数值在 100 以上的多，上旬的空气质量比中旬的空气质量好，所以D错误 故选：ACD 11 （5 分）设函数 2 ( )2 3sin cos2sinf xxxx，则下列关于函数( )f x的说法正确的是( ) A最小正周期为2 B( )f x的图象关于直线 2 3 x 对称 C( )f x
23、在(,) 3 6 上单调递减 D当0 x，)a时，( )f x的值域为0，1，则实数a的取值范围为(, 6 3 【解答】解： 2 ( )2 3sin cos2sin3sin2cos212sin(2)1 6 f xxxxxxx ， :A T，A错误； B：由于 2 ()3 3 f 为函数的最小值，故B正确； :(,) 3 6 C x 时，2( 62 x ，) 2 ，( )f x单调递增，C错误； :(0)0D f，且当2 62 x ，即 6 x 时，函数取得最大值 1， 由对称性知(0)()0 3 ff ， 故(, 6 3 a ，D正确 故选：BD 12 （5 分）如图 1，在正方形ABCD中，
24、点E为线段BC上的动点（不含端点） ，将ABE沿 EE翻折，使得二面角BAED为直二面角，得到图 2 所示的四棱锥BAECD，点F为 第 11 页（共 20 页） 线段BD上的动点（不含端点） ，则在四棱锥BAECD中，下列说法正确的有( ) AB、E、C、F四点不共面 B存在点F，使得/ /CF平面BAE C三棱锥BADC的体积为定值 D存在点E使得直线BE与直线CD垂直 【解答】解：对于A：假设直线BE与直线CF在同一平面上，所以：点E在平面BCF上， 又点E在线段BC上，BC平面BCFC， 所以点E与点C重合，与点E异于C矛盾， 所以直线BE与CF必不在同一平面上，即B、E、C、F四点不
25、共面，故A正确； 对于B：当点F为线段BD的中点时， 1 2 ECAD，再取AB的中点G， 则/ /ECFG，且ECFG， 所以：四边形ECFQ为平行四边形， 所以/ /FCEG， 则：直线/ /CF平面BAE，故B正确； 对于C：由题 BADC V ，但E的移动会导致点B到平面ACD的距离在变化，所以 BADC V 的体 积不是定值，故C错误； 对于D：过点B作BOAE于O， 由于平面BAE 平面AECD，平面BAE平面AECDAE， 所以BO 平面AECD， 过点D作DHAE于H，因为平面BAE 平面AECD， 平面BAE平面AECDAE， 所以DH 平面BAE， 所以DHBE， 若存在点
26、E使得直线BE与直线CD垂直，DH 平面AECD， DC 平面AECD， 第 12 页（共 20 页） DHDCD， 所以BE 平面AECD， 所以E和O重合，与ABE是以点B为直角的三角形矛盾， 所以不存在点E，使得直线BE与直线CD垂直，故D错误 故选：AB 三、填空题：本大题有三、填空题：本大题有 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填在题中横线上分把答案填在题中横线上 13 （5 分）已知数列 n a的首项 1 1 2 a ， 1 1 1 n n a a ，则 2021 a 1 【解答】解： 1 1 2 a ， 1 1 1 n n a a ， 2 1a ， 3
27、 2a ， 4 1 2 a ， 数列 n a是周期为 3 的数列， 2021673 3 22 1aaa ， 故答案为：1 14 （5 分）二项式 6 2 (3) (*)xnN x 的展开式中 2 x的系数为 4860 .（用数字作答） 【解答】 解： 二项式 6 2 (3)x x 的展开式的通项公式为 666 2 166 2 (3 )( )32 rrrrrrr r TCxCx x ， 0r ，1，6， 令622r，求得2r ，故开式中含 2 x项系数为 242 6 324860C ， 故答案为：4860 15 （5 分）如图，在ABC中，8AB ，12BCAC，分别取三边的中点D，E，F， 将
28、BDE，ADF，CEF分别沿三条中位线折起，使得A，B，C重合于点P，则当三 棱锥PDEF的外接球的体积最小时，其外接球的半径为 17 2 ，三棱锥PDEF的体 积为 【解答】解：由题意可知三棱锥PDEF的对棱分别相等，设2BCa，则122ACa， 将三棱锥PDEF补成长方体，则面对角线长度分别为：a，6a，4， 三棱锥的外接球就是长方体的外接球， 第 13 页（共 20 页） 长方体的长宽高分别为：x，y，z，则 222 xya， 222 (6)yza， 22 16xz 所以 2222 626xyzaa，所以外接球的半径为： 2222 626 22 xyzaa r ， 当3a 时，外接球半径
29、取得最小值，外接球的体积取得最小值， 此时 17 2 r ，解得2 2xz，1y ， 所以三棱锥的体积为： 118 2 22 2142 22 21 323 故答案为： 17 2 ； 8 3 16 （5 分）如图，抛物线 2 :4C xy的焦点为F，P为抛物线C在第一象限内的一点，抛 物线C在点P处的切线PM与圆F相切（切点为)M且交y轴于点Q，过点P作圆F的另 一条切线PN（切点为)N交y轴于T点若已知| |FQFP，则|FT的最小值为 16 9 【解答】解：抛物线 2 :4C xy的焦点为(0,1)F，准线方程为1y ， 设 2 (2 ,)Pt t，由| |FQFP，即为 2 11 Q yt
30、， 则 2 (0,)Qt， 抛物线 2 4 x y ，可得 1 2 yx ，所以 PM kt， 第 14 页（共 20 页） 不妨设FQP，则 1 tan t ， 23NTFTFPTPF ， 在PFT中，由正弦定理可得 2 2 |sin1 | sin334 PFt FT sin 2222222 2222 (1)()(1)(1)(1) 3331 tsincosttant cossintant ， 所以3PTy，所以 3 ， 所以tan3，即 2 310t ， 所以 22222 222 (1)(31)431168 319(31)99(31)9 ttt ttt 16816 2 9999 ， 当且仅当
31、 2 314t ， 即 2 5 3 t 时， 16 | 9 min FT 故答案为：16 9 四、解答题：本大题有四、解答题：本大题有 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）在sin()cos() 6 aACbA ，12coscoscos()cos()CBCBCB， 2tan tantan Bb ABc 这三个条件中任选一个，补充到下面的横线上并作答 问题： 在ABC中， 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 且2 3bc，6a ， _ 求 ABC的面积 【解答】解：选sin()cos() 6 aACb
32、A ， 由正弦定理得sinsinsincos() 6 ABBA ， 因为0B， 所以 31 sincos()cossin 622 AAAA ， 即cos()0 6 A ， 因为0A， 所以 3 A ， 因为 222 abcbc，2 3bc，6a ， 第 15 页（共 20 页） 所以2bc ， 所以 113 sin2 sin 2232 ABC SbcA 选因为12coscoscos()cos()CBCBCB， 所以12coscoscos()cos()0CBCBCB， 整理得 1 cos 2 A ， 因为0A， 所以 3 A ， 因为 222 abcbc，2 3bc，6a ， 所以2bc ， 所
33、以 113 sin2 sin 2232 ABC SbcA 选 2tan tantan Bb ABc ， 由正弦定理得， 2tansin tantansin BB ABC ， 所以 2sin sin cos sinsin sin coscos B B B AB C AB ， 所以 2sincossin sinsin BAB CC ， 因为sin0B ，sin0C ， 所以 1 cos 2 A ， 因为(0, )A，所以 3 A ， 因为 222 abcbc，2 3bc，6a ， 所以2bc ， 所以 113 sin2 sin 2232 ABC SbcA 18 （12 分）已知数列 n a满足 1
34、 1 2 a ， 11 20(*) nnnn aaaanN （1）证明：数列 1 n a 是等差数列，并求数列 n a的通项公式； （2）设 n S为数列 1 nn a a 的前n项和，证明 1 4 n S 第 16 页（共 20 页） 【解答】证明： （1）数列 n a满足 1 1 2 a ， 11 20(*) nnnn aaaanN 1 11 2 nn aa ， 数列 1 n a 是等差数列，公差为 2，首项为 2， 1 22(1)2 n nn a ，解得 1 2 n a n （2） 1 11 11 () 22(1)41 nn a a nnnn ， 111111111 (1)(1) 422
35、31414 n S nnn 19 （12 分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为 4 的正方形，/ /EFBC， 2EF ，CEDE，CEDE，平面CDE 平面ABCD （1）求证：DE 平面EFBC； （2）求二面角ABFC的余弦值 【解答】（1） 证明： 因为平面CDE 平面ABCD， 平面CDE平面ABCDCD， 且B C C D， BC 平面ABCD， 所以BC 平面CDE，又因为DE 平面CDE，所以BCDE， 因为CEDE，BCCEC，BC，CE 平面EFBC， 所以DE 平面EFBC； （2）解：取CD，AB的中O，P，连结EO，OP， 因为平面CDE 平面AB
36、CD，CDE为等腰直角三角形， 所以EO 平面ABCD，则OP，OC，OE三条直线两两垂直， 以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则(4A，2，0)，(4B，2，0)，(0C，2，0)，(0D，2，0)，(0E，0，2)，(2F，0， 2)， 所以(0,4,0),(2,2, 2)ABFB， 设平面ABF的法向量为( , , )nx y z， 第 17 页（共 20 页） 则有 40 2220 n ABy n FBxyz ， 令1x ，则0y ，1z ，故(1,0,1)n ， 由（1）可知，DE 平面EFBC， 所以平面BFC的法向量(0,2,2)DE ， 所以 21 cos, 2|
37、22 2 n DE n DE nDE ， 由图可知，二面角ABFC为钝角， 所以二面角ABFC的余弦值为 1 2 20 （12 分）椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 与椭圆 22 :1 2524 xy E有共同的焦点，且椭圆C的 离心率 1 2 e 点M、F分别为椭圆C的左顶点和右焦点，直线l过点F且交椭圆C于P， Q两点，设直线MP，MQ的斜率分别为 1 k， 2 k （1）求椭圆C的标准方程； （2）是否存在直线l，使得 12 1 4 kk ，若存在，求出直线l方程；不存在，说明理由 【解答】解： （1）由题可知1c ，且 1 2 c e a ，所以2a ，则 2 3b ，
38、 所以椭圆的方程为： 22 1 43 xy ； （2）由（1）可得：椭圆的右焦点坐标为(1,0)，左顶点坐标为( 2,0)， 假设存在直线l，满足 12 1 4 kk ， 若直线l的斜率不存在时， 12 0kk，不合题意，舍去， 第 18 页（共 20 页） 所以可设直线l的方程为：(1)yk x，联立方程 22 (1) 1 43 yk x xy ， 消去y整理可得： 2222 (34)84120kxk xk，设 1 (P x， 1) y， 2 (Q x， 2) y， 则 22 1212 22 8412 , 3434 kk xxx x kk ， 则 12121212 12 12121212 (
39、1)(1)2()4 22222()4 yyk xk xx xxx kkk xxxxx xxx 22 222 22 22222 22 4128 24 82484(34) 3434 4128412164(34) 24 3434 kk kkk kk kk kkkkk kk 2 3611 364 k kk ，所以4k ， 所以直线l的方程为：4(1)yx，即440 xy， 综上，存在直线:440lxy，满足 12 1 4 kk 21 （12 分）下围棋既锻炼思维又愉悦身心，有益培养人的耐心和细心，舒缓大脑并让其得 到充分休息现某学校围棋社团为丰富学生的课余生活，举行围棋大赛，要求每班选派一名 围棋爱好
40、者参赛现某班有 12 位围棋爱好者，经商议决定采取单循环方式进行比赛， （规则 采用“中国数目法” ，没有和棋)即每人进行 11 轮比赛，最后靠积分选出第一名去参加校 级比赛积分规则如下（每轮比赛采取 5 局 3 胜制，比赛结束时，取胜者可能会出现3:0， 3:1，3:2三种赛式） 3:0或3:1 3:2 胜者积分 3 分 2 分 负者积分 0 分 1 分 9 轮过后，积分榜上的前两名分别为甲和乙，甲累计积分 26 分，乙累计积分 22 分第 10 轮甲和丙比赛，设每局比赛甲取胜的概率均为 2 3 ，丙获胜的概率为 1 3 ，各局比赛结果相互独 立 （1） （）在第 10 轮比赛中，甲所得积分
41、为X，求X的分布列； （）求第 10 轮结束后，甲的累计积分Y的期望； （2）已知第 10 轮乙得 3 分，判断甲能否提前一轮获得累计积分第一，结束比赛( “提 前一轮”即比赛进行 10 轮就结束，最后一轮即第 11 轮无论乙得分结果如何，甲累计积分最 第 19 页（共 20 页） 多）？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由 【解答】解： （1） （）X的可能取值为 3，2，1，0， 322 3 222216 (3)( )( ) (1) 333327 P XC， 222 4 22216 (2)( ) (1) 33381 P XC， 223 4 228 (1)( ) (1) 3381 P X
42、C， 313 3 2221 (0)(1)(1) 3339 P XC， 所以X的分布列为： X 3 2 1 0 P 16 27 16 81 8 81 1 9 （）Y的可能取值为 29，28，27，26， 则 1616812290 ( )29282726 278181981 E Y （2）若3X ，则甲 10 轮后的总积分为 29 分， 乙即便第 10 轮和第 11 轮都得 3 分，则 11 轮过后的总积分是 28 分， 2928， 所以甲如果第 10 轮积 3 分，则可提前一轮结束比赛，其概率为 16 (3) 27 P X 22 （12 分）已知函数( )(1)1 1 kx f xln x x
43、（1）求函数( )f x的极值； （2） （）当0 x 时，( )0f x 恒成立，求正整数k的最大值； （）证明： 3 (2) 1 (1 1 2)(12 3)1(1) n n n ne 【解答】解： （1） 2 1 ( ) (1) xk fx x ，1x ， 当0k时，( )0fx，函数在( 1,) 上单调递增，没有极值； 当0k 时，由( )0fx得1xk，由( )0fx得11xk ， 所以( )f x在( 1,1)k上单调递减，在(1,)k 上单调递增，此时函数( )f x的极小值 (1)2f klnkk，没有极大值； （2）当0 x 时，( )0f x 恒成立，即只要( )0 min
44、f x即可， 由（1）0k 时，( )f x在( 1,1)k上单调递减，在(1,)k 上单调递增， 第 20 页（共 20 页） （a）若1 0k 即1k时，( )f x在(0,)上单调递增，( )(0)1 min f xf满足题意； （b）当10k 即1k 时，( )f x在(0,1)k 上单调递减，在(1,)k 上单调递增， ( )(1)20 min f xf klnkk， 令( )2g xlnxx，则 1 ( )0 x g x x ， 所以( )g x在(1,)上单调递减， 且g（2）20ln，g（3）310ln ，g（4）420ln， 所以存在 0 (3,4)x 使得 0 ()0g x
45、， 则( )20g xlnxx的解集为 0 (1,)x， 综上k的取值范围 0 (,)x，其中 0 (3,4)x ， 所以正整数k的最大值 3； ( )ii证明：两边取对数得 2 (1 1 2)(123)1(1)2 1 n lnn nn n ， 即只要证 2 (1 1 2)(123)1(1)2 1 n lnn nn n ， 由( ) i知 33 (1)12 11 x ln x xx ， 令(1)xn n，则 3333 (1)1222() (1)1(1)1 ln n n n nn nnn ， 111113 (1 1 2)(123)1(1)23(1)2 22311 n lnn nnn nnn ， 所以 3 (2) 1 (1 1 2)(12 3)1(1) n n n ne
