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下载_163文库

资源描述

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

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

展开阅读全文