1、第 1 页 共 20 页 2020 届北京市东城区高三上学期期末数学试题届北京市东城区高三上学期期末数学试题 一、单选题一、单选题 1已知集合已知集合|1Ax x， |(2)( 1)0Bxxx，那么，那么AB （ ） A | 12xx B| 11xx C|12xx D| 11xx 【答案】【答案】D 【解析】【解析】求得集合 | 12Bxx ，结合集合的交集的运算，即可求解. 【详解】 由题意，集合 |(2)(1)0 | 12Bxxxxx ， 所以AB | 11xx . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查了集合的交集的运算，其中解答中正确求解集合B， 结合集合交集的概念 及运算求解是解答的关键
2、，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2复数复数在复平面内的在复平面内的对应点位于（对应点位于（ ） A第一象限第一象限 B第三象限第三象限 C第二象限第二象限 D第四象限第四象限 【答案】【答案】B 【解析】【解析】先化简复数，再计算对应点坐标，判断象限. 【详解】 ，对应点为 ，在第三象限. 故答案选 B 【点睛】 本题考查了复数的坐标表示，属于简单题. 3下列函数中，是偶函数，且在区间下列函数中，是偶函数，且在区间0,上单调递增的为（上单调递增的为（ ） A 1 y x Bln|yx C2xy D1 |yx 【答案】【答案】B 【解析】【解析】结合函数的单调性与奇偶性的定义与判定方法
3、，以及初等函数的性质，逐项判 定，即可求解. 第 2 页 共 20 页 【详解】 由题意，对于 A 中，函数 1 fxf x x ，所以函数为奇函数，不符合题意； 对于 B 中，函数 ln|f xx满足 ln| ln|fxxxf x，所以函数为偶函 数， 当0x 时，函数lnyx为0,上的单调递增函数，符合题意； 对于 C 中，函数2xy 为非奇非偶函数，不符合题意； 对于 D 中，1 |yx 为偶函数，当0x 时，函数1yx 为单调递减函数，不符合 题意， 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了函数的奇偶性和函数的单调性的判定与应用， 其中解答中熟记函数的单 调性与奇偶性的判定方法，以及初等函
4、数的性质是解答的关键，着重考查了推理与论证 能力，属于基础题. 4设设, a b为实数，则为实数，则“0ab”是是“ ab ”的（的（ ） ） A充分而不必要条件充分而不必要条件 B必要而不充分条件必要而不充分条件 C充分必要条件充分必要条件 D既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据函数 x f x为单调递增函数，结合充分条件和必要条件的判定方法， 即可求解. 【详解】 由题意，函数 x f x为单调递增函数， 当0ab时，可得 f af b，即 ab 成立， 当 ab ，即 f af b时，可得ab，所以0ab不一定成立， 所以“0ab”是“ ab
5、 ”的充分而不必要条件. 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了指数函数的性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记指 数函数的性质，以及熟练应用充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键，着重考查 第 3 页 共 20 页 了推理与论证能力，属于中档题. 5 设 设，是两个不同的平是两个不同的平面，面， ,m n是两条不同的直线， 则下列结论中正确的是 （ 是两条不同的直线， 则下列结论中正确的是 （ ） ） A若若m，mn，则，则/ /n B 若 若 ，m ，n ， 则， 则m n C若若/ /n，mn，则，则m D 若 若 / /，m，n， 则， 则/mn 【答案】【答案】B 【解析
6、】【解析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意，对于 A 中，若m，mn，则/ /n或n ，所以不正确； 对于 C 中，若/ /n，mn，则m与可能平行，相交或在平面内，所以不正确； 对于 D 中，若/ /，m ，n，则m与n平行、相交或异面，所以不正确； 对于 B 中，若，m，n， ，根据线面垂直的性质，可证得mn成立， 故选：B. 【点睛】 本题主要考查了线面位置关系的判定与证明， 其中解答中熟记线面位置关系的判定定理 和性质定理，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题. 6从数字从数字 1，2，3，4，5 中，取出中，
7、取出 3 个数字（允许重复） ，组成三位数，各位数字之和个数字（允许重复） ，组成三位数，各位数字之和 等于等于 6，这样的三位数的个数为（，这样的三位数的个数为（ ） A7 B9 C10 D13 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由题意，把问题分为三类：当三个数分别为1,1,4，1,2,3，2,2,2三种情况， 结合排列、组合和计数原理，即可求解. 【详解】 从数字 1，2，3，4，5 中，取出 3 个数字（允许重复） ，组成三位数，各位数字之和等 于 6， 可分为三类情况： （1）当三个数为1,1,4时，共有 1 3 3C 种排法； （2）当三个数为1,2,3时，共有 3 3 6A 种排
8、法； （3）当三个数为2,2,2时，只有 1 中排法， 由分类计数原理可得，共有3 6 1 10 种不同排法，即这样的数共有 10 个. 第 4 页 共 20 页 故选：C. 【点睛】 本题主要考查了计数原理与排列、组合的应用，其中解答中认真审题，合理分类，结合 计数原理求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 7设设，是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（ ） ） A若若 2 ，则，则sin sin2 B若若 2 ，则，则cos cos2 C若若 2 ，则，则sinsin1 D若若 2 ，则，则coscos1 【答案】【答案
9、】A 【解析】【解析】结合三角恒等变换的公式，以及合理利用赋值法，逐项判定，即可求解得到答 案. 【详解】 对于 A 中，因为 2 ，则0, 24424 又由sinsin2sincos2sincos2cos2 22422 ， 所以sinsin2是正确的； 对于 B 中，例如, 66 ，此时coscos32 66 ， 所以coscos2不一定成立，所以不正确； 对于 C 中，因为 2 ，例如 5 , 612 时， 5 61 162 sinsin 2 1 24 ， 所以sinsin1不正确； 对于 D 中， 因为 2 ， 例如 2 , 36 时， 13 cosc 2 3 os1 622 ， 所以c
10、oscos1不正确， 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了三角恒等变换的应用，以及三角函数值的应用，其中解答熟记三角恒等 变换的公式，以及合理利用赋值法求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属 于基础题. 第 5 页 共 20 页 8用平面截圆柱面，当圆柱的轴与用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截面是一个椭圆，著所成角为锐角时，圆柱面的截面是一个椭圆，著 名数学家名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论创立的双球实验证明了上述结论.如图所示， 将两个大小相同的球如图所示， 将两个大小相同的球嵌嵌 入圆柱内，使它们分别位于入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，
11、并且与圆柱面和的上方和下方，并且与圆柱面和均相切均相切.给出下列三个给出下列三个 结论：结论： 两个球与两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；的切点是所得椭圆的两个焦点； 若球心距若球心距 12 4OO ，球的半径为，球的半径为 3，则所得椭圆的焦距为，则所得椭圆的焦距为 2； 当圆柱的轴与当圆柱的轴与所成的角由小所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大变大时，所得椭圆的离心率也由小变大. 其中，所有正确结论的序号是（其中，所有正确结论的序号是（ ） A B C D 【答案】【答案】C 【解析】【解析】 设圆柱的底面半径为R， 根据题意分别求得bR， sin R a ， tan R OC
12、， 结合椭圆的结合性质，即可求解. 【详解】 由题意，作出圆柱的轴截面，如图所示， 设圆柱的底面半径为R，根据题意可得椭圆的短轴长为22bR，即bR， 长轴长为 2 2 sin R a ，即 sin R a ， 在直角 1 OOC中，可得 1 tan OC OC ，即 1 tantan OCR OC ， 又由 22 2 222 222 1 1 tantansin RR OCbRR ， 即 2 22 OCba，所以 2 22 OCab， 又因为椭圆中 222 cab，所以OC c，即切点为椭圆的两个交点，所以是正确 的； 由 12 4OO ，可得 1 2OO ，又由球的半径为 3，即3R ， 在
13、直角 1 OOC中， 22 222 1 2( 3)1OCOOR， 由可知，即1c ，所以22c ，即椭圆的焦距为 2，所以是正确的； 第 6 页 共 20 页 由可得 sin R a ， tan R c ， 所以椭圆的离心率为 sin tan cos tan sin R c e R a ， 所以当当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率变小，所以不正确. 故选：C 【点睛】 本题主要考查了椭圆的几何性质及其应用，其中解答中认真审题，合理利用圆柱的结构 特征， 以及椭圆的几何性质求解是解答的关键， 着重考查了分析问题和解答问题的能力， 属于中档试题. 二、填空题二、填空题 9若双曲线若双
14、曲线 2 2 1 x y m 与与 22 1 32 xy 有相同的焦点，则实数有相同的焦点，则实数m _. 【答案】【答案】4 【解析】【解析】结合双曲线的几何性质，得到132m ，即可求解，得到答案. 【详解】 由题意，双曲线 2 2 1 x y m 与 22 1 32 xy 有相同的焦点， 可得132m ，解得4m. 故答案为：4. 【点睛】 本题主要考查了双曲线的标准方程及几何性质的应用， 其中解答中熟练应用双曲线的几 何性质是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题. 10已知已知 n a是各项均为正的等比数列，是各项均为正的等比数列， n S为其前为其前n项和，若项和，若 1 6a
15、 ， 23 26aa， 则公比则公比q _， 4 S _. 第 7 页 共 20 页 【答案】【答案】 1 2 45 4 【解析】【解析】根据等比数列的通项公式，得到 2 210qq ，求得 1 2 q 再由等比数列的 前n项和公式，求得 4 S，得到答案. 【详解】 由题意，在数列 n a是各项均为正的等比数列， 因为 1 6a ， 23 26aa，可得 22 11 26126a qa qqq， 即 2 210qq ，解得 1 2 q 或1q （舍去） ， 又由等比数列的前n项和公式，可得 4 4 1 6 1 ( ) 45 2 1 4 1 2 S . 故答案为： 1 2 ， 45 4 . 【
16、点睛】 本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等比数列前n项和公式的应用，其中解答中 熟练等比数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与 运算能力，属于基础题. 11 能说明 能说明“直线直线0xym与圆与圆 22 420xyxy有两个不同的交点有两个不同的交点”是真命题是真命题 的一个的一个m的值为的值为_. 【答案】【答案】0 【解析】【解析】根据直线与圆相交，利用圆心到直线的距离小于圆的半径，得到 22 3 5 1( 1) m ，求得m的取值范围，即可求解. 【详解】 由题意，圆 22 420xyxy的圆心坐标为( 2,1)，半径为5r ， 若直线0xym与圆
17、22 420xyxy有两个不同的交点， 则满足圆心到直线的距离小于圆的半径，即 22 3 5 1( 1) m ，解得 310310m， 所以命题为真命题的一个m的值为0. 故答案为：0. 第 8 页 共 20 页 【点睛】 本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，列 出不等式求得m的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 12在平行四边形在平行四边形ABCD中，已知中，已知AB AC AC AD ，| 4AC ，| 2BD ，则四，则四 边形边形ABCD的面积是的面积是_. 【答案】【答案】4 【解析】【解析】由AB AC AC AD ，
18、根据向量的线性运算，得到AC BD uuu ruuu r ，进而得到四 边形ABCD是菱形，即可求得四边形的面积，得到答案. 【详解】 由题意，在平行四边形ABCD中， AB AC AC AD ， 可得()0AB ACACADABAC BD，所以AC BD uuu ruuu r 所以四边形ABCD是菱形， 又由| 4AC ，| 2BD ，所以面积为 1 4 24 2 S . 故答案为：4. 【点睛】 本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积的应用，以及菱形的面积的计算，其中 解答熟练应用向量的减法运算公式，以及向量的数量积的公式，求得四边形为菱形是解 答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于
19、基础题. 13已知函数已知函数( )2sin()(0)f xx ，曲线，曲线 yf x与直线与直线3y 相交，若存相交，若存 在相邻两个交点间的距离为在相邻两个交点间的距离为 6 ，则，则的所有可能值为的所有可能值为_ 【答案】【答案】2 或 10 【解析】【解析】令2sin()3x，解得2, 3 xkkZ 或 2 2, 3 xkkZ ， 根据存在相邻两个交点间的距离为 6 ，得到 21 36 xx w 或 21 5 36 xx w ，即 可求解，得到答案. 【详解】 由题意，函数( )2sin()(0)f xx ，曲线 yf x与直线3y 相交， 第 9 页 共 20 页 令2sin()3x
20、，即 3 sin() 2 x， 解得2, 3 xkkZ 或 2 2, 3 xkkZ ， 由题意存在相邻两个交点间的距离为 6 ，结合正弦函数的图象与性质， 可得 21 2 2(), 33 kw xxkZ ， 令0k ， 可得 21 36 xx w ， 解得2w. 或 21 72 2(), 33 kw xxkZ ， 令0k ， 可得 21 5 36 xx w ， 解得10w. 故答案为：2或10. 【点睛】 本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及三角方程的求解，其中解答中熟练 应用三角函数的图象与性质，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理能力与计算 鞥能力，属于中档试题. 14将初始
21、温度为将初始温度为0 C的物体放在室温恒定为的物体放在室温恒定为30 C的实验室里，现等时间间隔测量物的实验室里，现等时间间隔测量物 体温度，将第体温度，将第n次测量得到的物体温度记为次测量得到的物体温度记为 n t，已知，已知 1 0tC .已知物体温度的已知物体温度的变化与变化与 实验室和物体温度差成正比（比例系数为实验室和物体温度差成正比（比例系数为k）.给出以下几个模型，那么能够描述这些给出以下几个模型，那么能够描述这些 测量数据的一个合理模型为测量数据的一个合理模型为_： （填写模型对应的序号）： （填写模型对应的序号） 1 30 nn n k tt t ； 1 30 nnn ttk
22、t ； 1 30 nn tkt . 在上述模型下， 设物体温度从在上述模型下， 设物体温度从5 C升到升到10 C所需时所需时间为间为mina， 从， 从10 C上升到上升到15 C 所需时间为所需时间为minb，从，从15 C上升到上升到20 C所需时间为所需时间为minC，那么，那么 a b 与与 b c 的大小关系的大小关系 是是_（用（用“”，“”或或“”号填空）号填空） 【答案】【答案】 【解析】【解析】由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为k） ，即可得到 1 30 nnn ttkt ，再根据函数模型，分别求得k的值，结合作差比较，即可得到 答案. 【详解】 由题意，将
23、第n次测量得到的物体温度记为 n t，则两次的体温变化为 1nn tt ， 又由温度的变化与实验室和物体温度差成正比（比例系数为k） ，所以 1 30 nnn ttkt ， 当物体温度从5 C升到10 C所需时间为mina，可得105305k，可得 第 10 页 共 20 页 51 255 k ， 当物体温度从10 C上升到15 C所需时间为minb，可得15 1030 10k，可得 1 4 k ， 当物体温度从15 C上升到20 C所需时间为minc，可得20 1530 15k，可得 1 3 k ， 可是 111 ,0 543 am bm cm m， 又由 222 2 2 1111111 (
24、) 53415161516 0 1111 431212 b c mmmmm aacb bbc mmm ， 即 a b 与 b c 的大小关系是 a b b c . 故答案为： ， 【点睛】 本题主要考查了函数的模型的选择，以及实际应用问题的求解，其中解答中认真审题， 正确理解题意，选择适当的函数模型是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的 能力，属于中档试题. 三、解答题三、解答题 15在在ABC中，已知中，已知sin3 cos0cAaC . （1）求）求C的大小；的大小； （2）若）若2b，2 3c ，求，求ABC的面积的面积. 【答案】【答案】 （1） 2 3 C （2） 3 【解析】
25、【解析】 （1）由正弦定理可得sinsin3cossin0CACA，求得 sin3cos0CC，即可求解 C的大小； （2） 由正弦定理， 可得 1 sin 2 B ， 得到 6 B ， 进而得到 6 ABC ， 结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】 （1）因为sin3 cos0cAaC，由正弦定理可得sinsin3cossin0CACA ， 第 11 页 共 20 页 又因为(0, )A，所以sin0A，所以sin3cos0CC，即tan 3C ， 又因为0C，所以 2 3 C . （2）由正弦定理，可得 3 2 sin1 2 sin 22 3 bC B c ， 又因为0 3 B ，所
26、以 6 B ，所以 6 ABC . 所以ABC的面积 111 sin2 2 33 222 SbcA . 【点睛】 本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形 的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解 是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 162019 年年 6 月，国内的月，国内的5G运营牌照开始发放运营牌照开始发放.从 从2G到到5G，我们国家的移动通信业，我们国家的移动通信业 务用了不到务用了不到 20 年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平.为了解高
27、校学生对为了解高校学生对 5G的消费意愿，的消费意愿，2019 年年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查，样人进行调查，样 本中各类用户分布情况如下：本中各类用户分布情况如下： 用户分类用户分类 预计升级到预计升级到5G的时段的时段 人数人数 早期体验用户早期体验用户 2019 年年 8月至月至 2019年年 12月月 270 人人 中期跟随用户中期跟随用户 2020 年年 1 月至月至 202l 年年 12 月月 530 人人 后期用户后期用户 2022 年年 1 月及以后月及以后 200 人人 我们将大学生升级我们将大学生升级5G时间
28、的早晚与大学生愿意为时间的早晚与大学生愿意为5G套餐支付更多的费用作比较，可套餐支付更多的费用作比较，可 得出下图的关系（例如早期体验用户中愿意为得出下图的关系（例如早期体验用户中愿意为5G套餐多支付套餐多支付 5 元的人数占所有早期体元的人数占所有早期体 验用户的验用户的40%）. （1）从该）从该地高校大学生中随机抽取地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在人，估计该学生愿意在 2021 年或年或 2021 年之前升年之前升 第 12 页 共 20 页 级到级到5G的概率；的概率； （2）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取
29、 1 人，以人，以X表示这表示这 2 人中愿人中愿 意为升级意为升级5G多支付多支付 10 元或元或 10 元以上的人数，求元以上的人数，求X的分布列和数学期望；的分布列和数学期望； （3）2019 年底，从这年底，从这 1000 人的样本中随机抽取人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约人，这三位学生都已签约5G套餐，套餐， 能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由. 【答案】【答案】 （1）0.8（2）详见解析（3）事件D虽然发生概率小，但是发生可能性为 0.02， 所以认为早期体验用户没有发生变化，详见解析 【解析】【解析】
30、（1）由从高校大学生中随机抽取 1 人，该学生在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解； （2）由题意X的所有可能值为0,1,2，利用相互独立事件的概率计算公式，分别求得 相应的概率，得到随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解. （3） 设事件D为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人， 这三位学生都已签约5G套餐”， 得到七概率为()P D，即可得到结论. 【详解】 （1）由题意可知，从高校大学生中随机抽取 1 人，该学生在 2021 年或 2021 年之前升 级到5G的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随用户的频率，即 270530
31、 0.8 1000 . （2）由题意X的所有可能值为0,1,2， 记事件A为“从早期体验用户中随机抽取 1 人， 该学生愿意为升级5G多支付 10 元或 10 元以上”， 事件B为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级5G多支付 10 元或 10 元以上”， 由题意可知， 事件A，B相互独立， 且( )1 40%0.6P A ，( )1 45%0.55P B ， 所以(0)()(1 0.6)(1 0.55)0.18P XP AB， (1)()()()P XP ABABP ABP AB( )(1( )(1( ) ( )P AP BP A P B 0.6 (1 0.55)(1 0.6
32、) 0.550.49， (2)()0.6 0.550.33P XP AB， 所以X的分布列为 第 13 页 共 20 页 X 0 1 2 P 0.18 0.49 0.33 故X的数学期望()0 0.18 1 0.492 0.331.15E X . （3） 设事件D为“从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人， 这三位学生都已签约5G套餐”， 那么 3 270 3 1000 ( )0.02 C P D C . 回答一：事件D虽然发生概率小，但是发生可能性为 0.02，所以认为早期体验用户没 有发生变化. 回答二：事件D发生概率小，所以可以认为早期体验用户人数增加. 【点睛】 本题主要考查了离散
33、型随机变量的分布列，数学期望的求解及应用，对于求离散型随机 变量概率分布列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散 型随机变量概率分布列，最后按照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机 变量概率分布列及计算数学期望是理科高考数学必考问题. 17如图，在三棱柱如图，在三棱柱 111 ABCABC中，中， 1 BB 平面平面ABC，AB BC， 1 2AAABBC . （1）求证：）求证： 1 BC 平面平面 11 ABC； （2）求异面直线）求异面直线 1 BC与与 1 AB所成角的大小； 所成角的大小； （3）点）点M在线段在线段 1 BC上，且上，且 1 1 (
34、0,1) B M BC ，点，点N在线段在线段 1 AB上，若 上，若MN平平 面面 11 A ACC，求 ，求 1 1 A N AB 的值（用含的值（用含的代数式表示）的代数式表示）. 【答案】【答案】 （1）证明见解析（2） 3 （3）1 【解析】【解析】 （1）根据三棱柱 111 ABCABC的结构特征，利用线面垂直的判定定理，证得 第 14 页 共 20 页 11 AB 平面 11 B BCC， 得到 111 ABBC， 再利用线面垂直的判定定理， 即可证得 1 BC 平面 11 ABC； （2）由（1）得到ABBC，建立空间直角坐标系Bxyz，求得向量 11 ,BC AB，利 用向量
35、的夹角公式，即可求解. （3）由 1 1 B M BC ，得(2 ,0,22 )M，设 1 1 A N AB ，得(0,22 ,22 )N，求 得向量MN的坐标，结合/ /MN平面 11 A ACC，利用 0MN n ，即可求解. 【详解】 （1）在三棱柱 111 ABCABC中，由 1 BB 平面ABC，所以 1 BB 平面 111 A BC， 又因为 1 BB 平面 11 B BCC，所以平面 11 B BCC 平面 111 A BC，交线为 11 BC. 又因为ABBC，所以 1111 ABBC，所以 11 AB 平面 11 B BCC. 因为 1 BC 平面 11 B BCC，所以 1
36、11 ABBC 又因为 1 2BBBC，所以 11 BCBC， 又 1111 ABBCB，所以 1 BC 平面 11 ABC. （2）由（1）知 1 BB 底面ABC，AB BC，如图建立空间直角坐标系B xyz， 由题意得0,0,0B，2,0,0C， 1 0,2,2A， 1 0,0,2B. 所以 1 2,0, 2BC ， 1 0, 2, 2AB . 所以 11 11 11 1 cos, 2| AB BC AB BC BABC . 故异面直线 1 BC与 1 AB所成角的大小为 3 . 第 15 页 共 20 页 （3）易知平面 11 A ACC的一个法向量 1,1,0n ， 由 1 1 B
37、M BC ，得(2 ,0,22 )M. 设 1 1 A N AB ，得(0,22 ,22 )N，则( 2 ,22 ,22 )MN 因为/ /MN平面 11 A ACC，所以 0MN n ， 即( 2 ,22 ,22 ) (1,1,0)0，解得1 ，所以 1 1 1 AN AB . 【点睛】 本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象 能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理 是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向 量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 18已知函数已知函数
38、 32 1 ( )3() 3 f xxxax aR . （1）若）若 f x在在1x 时，有极值，求时，有极值，求a的值；的值； （2）在直线）在直线1x 上是否存在点上是否存在点P，使得过点，使得过点P至少有两条直线与曲线至少有两条直线与曲线 yf x相相 切？若存在，求出切？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】【答案】 （1）1a （2）不存在，详见解析 【解析】【解析】 （1）求得 2 ( )23fxxxa ，根据函数 f x在1x 取得极值，即可求 解； （2）不妨设点1,Pb，设过点P与 yf x相切的直线为l，切点为 00 ,x y，求得
39、第 16 页 共 20 页 切线方程，根据直线l过1,Pb，转化为 322 000000 1 3231 3 bxxaxxxax，设函数 32 2 ( )223 3 g xxxxab，转化为 g x在区间, 上单调递增，即可求解. 【详解】 （1）由题意，函数 32 1 ( )3 3 f xxxax，则 2 ( )23fxxxa ， 由 f x在1x 时，有极值，可得( 1)1230fa ， 解得1a . 经检验，1a 时， f x有极值. 综上可得1a . （2）不妨设在直线1x 上存在一点1,Pb， 设过点P与 yf x相切的直线为l，切点为 00 ,x y， 则切线l方程为 322 000
40、000 1 323 3 yxxxxxaxx， 又直线l过1,Pb，有 322 000000 1 3231 3 bxxaxxxax， 即 32 000 2 2230 3 xxxab， 设 32 2 ( )223 3 g xxxxab，则 22 ( )2422(1)0g xxxx， 所以 g x在区间 , 上单调递增，所以 0g x 至多有一个解， 过点P与 yf x相切的直线至多有一条， 故在直线1x 上不存在点P，使得过P至少有两条直线与曲线 yf x相切. 【点睛】 本题主要考查导数在函数中的综合应用， 其中解答中熟记函数的导数与函数间的关系是 解答的关键，着重考查了转化与化归思想、分类讨论
41、、及逻辑推理能力与计算能力 19已知椭圆已知椭圆 2 2 2 :1(1) x Cya a 的离心率是的离心率是 2 2 . （1）求椭圆）求椭圆C的方程；的方程； （2）已知）已知 1 F， 2 F分别是椭圆分别是椭圆C的左、右焦点，过的左、右焦点，过 2 F作斜率为作斜率为k的直线的直线l，交椭圆，交椭圆C于于 ,A B两点，直线两点，直线 1 F A， 1 F B分别交分别交y轴于不同的两点轴于不同的两点,M N.如果如果 1 MF N为锐角，求为锐角，求k 第 17 页 共 20 页 的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1） 2 2 1 2 x y（2） 7227 ,00, 74
42、47 【解析】【解析】 （1）由题意，列出方程组，求得 2 2a ，即可得到椭圆的方程； （2）设直线l的方程为1yk x，联立方程组，根据根和系数的关系，结合向量的 数量 【详解】 （1）由题意，椭圆 2 2 2 :1(1) x Cya a 的离心率是 2 2 ， 可得 2 222 2 2 1 c a b abc 解得 2 2a ，所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y. （2）由已知直线l的斜率不为 0， 设直线l的方程为1yk x，直线l与椭圆C的交点为 11 ,A x y， 22 ,B xy. 由 2 2 (1) 1 2 yk x x y 得 2222 214220kxk xk.
43、由已知，判别式恒成立，且 2 12 2 4 21 k xx k += + ， 2 12 2 22 21 k x x k . 直线 1 F A的方程为 1 1 (1) 1 y yx x ，令0x ，则 1 1 0, 1 y M x . 同理可得 2 2 0, 1 y N x . 所以 2 12 12 11 1212 11 11 1111 kxxy y FM FN xxxx 2222 12121212 12121212 1111 1 11 kx xkxxkkx xxx x xxxx xxx 将代入并化简，得 2 11 2 71 81 k FM FN k . 第 18 页 共 20 页 依题意，角 1 MF N为锐角，所以 11 0FM FN，即 2 11 2 71 0 81 k FM FN k . 解得 2 1 7 k 或 2 1 8 k . 综上，直线l的斜率的取值范围是 7227 ,00, 7447 . 【点睛】 本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用,解答 此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的 关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查 考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 20 已知数列 已知数列 n
