安徽省六安市第一中学2020届高三下学期适应性考试数学（理）试题 Word版含解析

安徽省六安市第一中学2020届高三下学期适应性考试数学（理）试题 Word版含解析

- 1 - 六安一中 2020 届高三年级适应性考试 理科数学试卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.每一小题给出的四个选项中只有一项 是符合题目要求的. 1. 已知  1A x Z x    ，集合  2log 2B x x  ，则 A B  （ ） A.  1 4x x   B.  0 4x x  C.  0,1,2,3 D.  1,2,3 【答案】D 【解析】 【分析】 先求解集合 B 再求 A B 即可. 【详解】  0 4B x x   ,∵  1A x Z x    ,∴  1,2,3A B  , 故选：D. 【点睛】本题主要考查了对数的不等式求解以及交集的运算,属于基础题. 2. 设复数  1z bi b R   ，且 2 3 4z i   ，则 z 的虚部为（ ） A. 2i B. 2i C. 2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数的乘法运算及复数相等的充要条件求出复数 z ，从而得到 z 的共轭复数，即可得解； 【详解】解：因为  1z bi b R   所以 2 21 2 3 4z b bi i      ， ∴ 2b  ，∴ 1 2z i  ，∴ 1 2z i  ， 故 z 的虚部为 2 ， 故选：D. 【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算，复数相等的充要条件，属于基础题. 3. 对某两名高三学生在连续 9 次数学测试中的成绩（单位：分）进行统计得到折线图，下面 是关于这两位同学的数学成绩分析.①甲同学的成绩的中位数为 130；②根据甲同学成绩折线 - 2 - 图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间[110,120]内；③乙同学的数学成绩与测 试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关；④乙同学连续九次测验成绩每一次均有明 显进步.其中正确的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据折线图逐项判断：①甲同学的最高成绩是 130，故不可能是中位数；②根据甲同学成绩折 线图提供的数据，即可估计该同学的平均成绩；③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明 显的线性相关性且为正相关；④乙同学在第四次、第七次成绩有退步. 【详解】①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高 130，所以中位数不可能是 130，故 ①错误； ②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间[110,120]，故② 正确； ③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性且为正相关，故③正确； ④乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故④不正确. 故选：C. 【点睛】本题考查折线图，属于基础题. 4. 函数 ( )f x 的图象如图所示，则函数 ( )f x 的解析式可能为（ ） - 3 - A. 1( ) sinf x x xx      B. 1( ) cosf x x xx      C. 1( ) sinf x x xx      D. 1( ) cosf x x xx      【答案】B 【解析】 【分析】 确定奇偶性，排除 A，C，再由 (0,1)x 时的函数值的正负，又排除一个，从而可得正确选项． 【详解】函数图象关于原点对称，函数是奇函数，四个选项中 A C、 是偶函数， B D、 是奇函 数，排除 A C、 ，又 (0,1)x 时， ( ) 0f x  ，D 不满足，排除 D，只有 B 可满足． 故选：B． 【点睛】本题考查由函数图象选择函数解析式，解题时可根据图象确定函数的性质（如奇偶 性、单调性），函数值的正负，与坐标轴的交点等采用排除法确定出正确选项． 5. 下列结论正确的个数为（ ） ①设 ，  是两个不同的平面，m 是直线且 m  .“ //m  ”是“ //  ”的必要而不充分 条件； ②已知命题 : 0p x  ，总有 ( 1) 1xx e  ，则 0: 0p x   ，使得  0 0 1 1xx e  ； ③已知函数 tan( ) 0,| | 2y x           的最小正周期为 2  ，其图象过点 (0, 3) ，则其 对称中心为 ,0 ( )4 6 k k Z      ； ④已知随机变量  2~ 1,N  ，若 ( 3) 0.6P    ，则 ( 1 1) 0.1P     A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C - 4 - 【解析】 【分析】 对于①，根据面面平行的判定和面面平行的性质可判断； 对于②，由全称命题的否定是特称命题可判断； 对于③：由正切函数的周期性和过的点可求得 2  ，和 3   ，可判断； 对于④，根据正态分布的对称性可判断； 【详解】对于①，根据面面平行的判定知，由“ //m  ”不能推出“ //  ”，根据面面平行 的性质知由“ //  ”可得到“ //m  ”， 所以 “ //m  ”是“ //  ”的必要而不充分条件，故①正确； 对于②，由全称命题的否定是特称命题得：命题 : 0p x  ，总有 ( 1) 1xx e  ，则 0: >0p x  ， 使得   0 0 1 1xx e  ，故②不正确； 对于③：因为函数 tan( ) 0,| | 2y x           的最小正周期为 2  ，所以 2  ， 又其图象过点 (0, 3) ，所以 tan 3  ，所以 3   ，所以 tan(2 )3y x   ， 令 2 ( )3 2 kx k Z    ，得 ,4 6 kx k Z    ，所以其对称中心为 ,0 ( )4 6 k k Z      ，故 ③正确； 对于④，因为随机变量  2~ 1,N  ，所以 ( 1) 0.5P    ，又 ( 3) 0.6P    ，所以 (1 3) 0.6 0.5 0.1P      ， 所以 ( 1 1) (1 3) 0.1P P        ，故④正确； 综上可知：正确的命题有①③④， 故选：C. 【点睛】本题考查命题的判断，考查了空间中面面平行的判定和性质，全称命题与特定命题 的关系，正切函数的图像与性质，正态分布的对称性，属于基础题. 6. 在各项均为正数的等比数列 na 中， 1 11 6 8 3 132 25a a a a a a   ，则 1 13a a 的最大值是 （ ） - 5 - A. 25 B. 25 4 C. 5 D. 2 5 【答案】B 【解析】 【分析】  na 是 等 比 数 列 ， 且 1 11 6 8 3 132 25a a a a a a   ， 由 等 比 数 列 的 性 质 ， 可 得  22 2 6 6 8 8 6 82 25a a a a a a     ，又 0na  ，求出 6 8a a .又 1 13 6 8a a a a ，结合基本不等 式可求 1 13a a 的最大值. 【详解】  na 是等比数列，且 1 11 6 8 3 132 25a a a a a a   ，  22 2 6 6 8 8 6 82 25a a a a a a      . 又 0na  ， 6 8 5a a   ， 2 6 8 1 13 6 8 25 2 4 a aa a a a        ，当且仅当 6 8 5 2a a  时取等号. 故选：B. 【点睛】本题考查等比数列的性质和基本不等式，属于中档题. 7. 已知 S 为执行如图所示的程序框图输出的结果，则二项式 63S x x     的展开式中常数 项的系数是（ ） - 6 - A. 20 B. 20 C. 20 3  D. 60 【答案】A 【解析】 【分析】 根据程序框图计算得到 1 3S  ，再利用二项式定理计算得到答案. 【详解】模拟程序框图的运行过程，如下： 0i  ， 1S  ， 1i  ， 4i  ，是， 1 2 11S    ； 2i  ， 2 4 ，是， 1 2 31S    ； 3i  ，3 4 ，是， 3 2 1 3 3S   ， 4i  ， 4 4 ，否，退出循环， 输出 S 的值为 1 3 ， 二项式 61 3 3 x x     的展开式中的通项是   6 6 2 3 1 6 6 3 113 3 r r r rr r r rT C xx C x                            ， 令3 0r  ，得 3r  ，∴常数项是   0 3 3 4 6 11 203T C          ， 故选：A. 【点睛】本题考查了程序框图，二项式定理，意在考查学生的计算能力，理解能力和应用能 - 7 - 力. 8. 已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F，P 是 C 第一象限上一点，以 P 为圆心的圆过 点 F 且与直线 1x   相切，若圆 P 的面积为 25 ，则圆 P 的方程为（ ） A. 2 2( 1) ( 1) 25x y    B. 2 2( 2) ( 4) 25x y    C. 2 2( 4) ( 4) 25x y    D. 2 2( 4) ( 2) 25x y    【答案】C 【解析】 【分析】 由抛物线的定义可知，直线 1x   为抛物线的准线，进而得出抛物线的方程，由圆的面积求 出圆的半径，进而求出圆心坐标，即可求圆的方程. 【详解】曲线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F，P 是 C 第一象限上一点，以 P 为圆心的圆过点 F 且与直线 1x   相切，由抛物线的定义得：直线 1x   为抛物线的准线，则 12 p  ，所以 2p  ，所以抛物线方程为： 2 4y x ，因为圆 P 的面积为 25 ，所以圆的半径为 5，设  0 0,P x y ，因为圆与直线 1x   相切，所以 0 52 px r   ，解得 0 4x  ，则 2 0 4 4y   . 又 0y  ，所以 0 4y  ，所以圆 P 的方程为 2 2( 4) ( 4) 25x y    . 故选：C. 【点睛】本题考查了抛物线的定义、圆的方程等基本知识，考查了数学运算能力和逻辑推理 能力，转化的数学思想，属于中档题目. 9. 把函数 sin2y x 的图象沿 x 轴向左平移 6  个单位，纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不 变）后得到函数  y f x 的图象，对于函数  y f x 有以下四个判断：①该函数的解析式 为 2sin 2 3y x      ；②该函数图象关于点 ,03      对称；③该函数在 0 6,     上是增函数； ④函数  y f x a  在 0, 2      上的最小值为 3 ，则 2 3a  ．其中，正确判断的序号是 （ ） A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①②④ - 8 - 【答案】D 【解析】 【分析】 先利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到函数   2 in 2 3      f s xx ，再利用正弦函数的 性质一一验证. 【 详 解 】 把 函 数 sin2y x 的 图 象 沿 x 轴 向 左 平 移 6  个 单 位 得 到 sin 2 in 26 3                  y x s x ， 纵坐标伸长到原来的 2 倍（横坐标不变）后得到函数   2 in 2 3      f s xx ，故①正确； 因为 2 in 2 =03 3       s ，故②正确； 因为 0, 6x      ，则 22 ,3 3 3x         ， siny x 不单调，故③错误； 因为 0, 2x     ，则 42 ,3 3 3x         ， 2 in 2 3,23           s x ， 若函数  y f x a  在 0, 2      上的最小值为 3 ，则 2 3a  ．故④正确； 故选：D 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质及图象变换，还考查了运算求解的能力，属于 中档题. 10. 已知 x 与 y 之间的几组数据如下表： x 1 2 3 4 y 1 m n 4 - 9 - 参考公式：线性回归方程 y bx a $ $ $ ，其中      1 2 1 n i i i n i i x x y y b x x          ， a y bx $ $ ；相关系数        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            . 上表数据中 y 的平均值为 2.5，若某同学对 m 赋了三个值分别为 1.5，2，2.5 得到三条线性回 归直线方程分别为  1 1y b x a  ，  2 2y b x a  ，  3 3y b x a  ，对应的相关系数分别为 1r ， 2r ， 3r ，下列结论中错误．．的是（ ） A. 三条回归直线有共同交点 B. 相关系数中， 2r 最大 C. 1 2b b D. 1 2a a 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得 5m n  ，分别取 m 与 n 的值，由公式计算出 1 1 2 2 1 2 3, , , , , ,b a b a r r r 的值，逐一分 析四个选项，即可得到答案． 【详解】由题意，1 4 10m n    ，即 5m n  ． 若 1.5m  ，则 3.5n  ，此时 1 2 3 4 2.54x     ， 2.5y  ．                4 1 1 2.5 1 2.5 2 2.5 1.5 2.5 3 2.5 3.5 2.5 4 2.5 4 2.5 5.5i i i x x y y                 ，       4 2 2 2 2 2 1 1.5 0.5 0.5 1.5 5i i x x          ，       4 2 2 2 2 2 1 1.5 1 1 1.5 6.5i i y y          ． 则 1 5.5 1.15b   ， 1 2.5 1.1 2.5 0.25a      ， 1 5.5 0.93 5 6.5 r    ； - 10 - 若 2m  ，则 3n  ，此时 1 2 3 4 2.54x     ， 2.5y  ．                4 1 1 2.5 1 2.5 2 2.5 2 2.5 3 2.5 3 2.5 4 2.5 4 2.5 5i i i x x y y                 ，  4 2 1 5i i x x    ，       4 2 2 2 2 2 1 1.5 0.5 0.5 1.5 5i i y y          ． 2 5 15b   ， 2 2.5 1 2.5 0a     ， 2 5 1 5 5 r    ； 若 2.5m  ，则 2.5n  ，此时 1 2 3 4 2.54x     ， 2.5y  ．                4 1 1 2.5 1 2.5 2 2.5 2.5 2.5 3 2.5 2.5 2.5 4 2.5 4 2.5 4.5i i i x x y y                 ，   4 2 1 5i i x x    ，     4 2 2 2 1 1.5 1.5 4.5i i y y       ， 3 4.5 0.9 5 4.5 r    ． 由样本点的中心相同，故 A 正确； 由以上计算可得，相关系数中， 2r 最大， 1 2b b ， 1 2a a ，故 B，C 正确，D 错误． 故选：D． 【点睛】本题考查线性回归方程与相关系数的求法，考查计算能力，是中档题． 11. 已知向量 ,a b  满足 1a  ， a 与b 的夹角为 3  ，若对一切实数 x， 2xa b a b   … 恒成 立，则| |b 的取值范围是（ ） A. 1 ,2    B. 1 ,2     C. [1, ) D. (1, ) 【答案】C 【解析】 【分析】 | 2 | | |a b ax b     … 平 方 ， 利 用 向 量 的 数 量 积 公 式 ， 展 开 整 理 得 ， 对 一 切 实 数 x ， 2 22 | | 3| | | | 1 0x b x b b      … 恒成立，从而有 0  解不等式，即可得出结论. - 11 - 【详解】解：因为| | 1a  ， a  与b  的夹角为 3  ， 所以 1| | cos | |3 2a b b b      ． 把| 2 | | |a b ax b     … 两边平方， 整理可得 2 22 | | 3| | | | 1 0x b x b b      … ， 所以  2 24 | | 4 3| | | | 1 0b b b        ， 即 (| | 1)(2 | | 1) 0b b   … ，即| | 1b  … ． 故选:C． 【点睛】本题考查向量的模与数量积的关系，将问题等价转化为一元二次不等式恒成立，属 于基础题. 12. 若函数   lnf x x x h    ，在区间 1 ,ee      上任取三个实数 a ，b ，c 均存在以  f a ， ( )f b ，  f c 为边长的三角形，则实数 h 的取值范围是（ ） A. 11, 1e      B. 1 1, 3ee      C. 1 1,e      D.  3,e   【答案】D 【解析】 【分析】 利用导数求得  f x 在区间 1 ,ee      上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等 式，由此求得 h 的取值范围. 【详解】  f x 的定义域为  0,  ，  ' 1 11 xf x x x     ， 所以  f x 在 1 ,1e      上递减，在 1,e 上递增，  f x 在 1x  处取得极小值也即是最小值，  1 ln1 1 1f h h      ， 1 1 1 1ln 1f h he e e e            ， - 12 -   ln 1f e e e h e h       ，  1f f ee      ， 所以  f x 在区间 1 ,ee      上的最大值为   1f e e h   . 要使在区间 1 ,ee      上任取三个实数 a ，b ， c 均存在以  f a ， ( )f b ，  f c 为边长的三角 形， 则需      f a f b f c  恒成立，且  1 0f  ， 也即      maxminf a f b f c    ，也即当 1a b  、 c e 时，    2 1 ef f 成立， 即  2 1 1h e h    ，且  1 0f  ，解得 3h e  .所以 h 的取值范围是 3,e   . 故选：D 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，请将答案填写在答题卷相应位置上. 13. 设等差数列 na 的前 n 项和 nS ， 4 4a  ， 5 15S  ，若数列 1 1 n na a        的前 m 项和为 2020 2021 ， 则 m  ________. 【答案】2020 【解析】 【分析】 由基本量法求出首项 1a 和公差 d ，得通项公式 na ，然后由裂项相消法求数列 1 1 n na a        的前 m 项和即得 【详解】由题意知， nS 为等差数列 na 的前 n 项和，设公差为 d，由 4 4a  ， 5 15S  .得 1 1 3 4 5 10 15 a d a d      ，解得 1 1 1 d a    ， 则 1 ( 1) 1na n n     ，所以 1 1 1 1 1 ( 1) 1    n na a n n n n . 则 1 1 1 1 1 1 20201 12 2 3 1 1 2021mS m m m            ，解得 2020m  ， - 13 - 故答案为：2020. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式与前 n 项和公式，考查裂项相消法求数列的和，掌握基 本量法是解等差数列的关键．在数列求和中裂项相消法，错位相减法，分组（并项）求和法， 倒序相加法等是特殊数列的特殊方法，务必掌握． 14. 若实数 x , y 满足不等式组 0 3 4 3 4 x x y x y        ，且恒有  1a x y  ，则实数 a 的取值范围是 ______． 【答案】 4, ． 【解析】 【分析】 先作出不等式组对应的可行域，再求出 0=1 ( 1) y y x x     的最大值即得解. 【详解】 不等式组对应的可行域为图中的阴影平面区域. 由题 1 ya x   ， 0=1 ( 1) y y x x     表示平面区域内的点与点 B 1,0 连线的斜率， 当 ,x y 取点 A 0,4 时， 1 y x  的最大值为 4 =0 1 4 ， 所以 4a  . 所以  4,a  ． - 14 - 故答案为： 4, 【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 15. 已知双曲线   2 2 2 2: 1 , 0x yC a ba b    的左右焦点为 1 2,F F ，过 2F 作 x 轴的垂线与C 相交 于 ,A B 两点， 1F B 与 y 轴相交于 D .若 1AD F B ，则双曲线C 的离心率为_________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 由 已 知 可 得 2 1 2= bAF AB a  ， 结 合 双 曲 线 的 定 义 可 知 2 1 2 2bAF AF aa    ， 结 合 2 2 2c a b  ，从而可求出离心率. 【 详 解 】 解 ： 1 2 2, //FO F O OD F B , 1DF DB  ， 又 1AD BF ， 则 1 22AF AB AF  . 2 2 bAF a  ， 2 1 2= bAF AB a   ， 2 1 2 2bAF AF aa     ，即 2 2 2 22b a c a   解得 3c a ，即 3e  . 故答案为: 3 . 【点睛】本题考查了双曲线的定义，考查了双曲线的性质.本题的关键是根据几何关系，分析 出 2 2 bAF a  .关于圆锥曲线的问题，一般如果能结合几何性质，可大大减少计算量. 16. 已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，点 M，N 分别是棱 BC， 1CC 的中点，则点 1A 到 平面 AMN 的距离是________；若动点 P 在正方形 1 1BCC B （包括边界）内运动，且 1 //PA 平面 AMN，则线段 1PA 的长度范围是________. - 15 - 【答案】 (1). 4 3 (2). 3 2 , 52       【解析】 【分析】 利用等体积法得 1 1A AMN M A ANV V  ，得到点到面的距离；取 1 1B C 的中点 E， 1BB 的中点 F，连 接 1A E ， 1A F ，EF，取 EF 中点 O，连接 1AO ，可证点 P 的轨迹是线段 EF，可得当 P 与 O 重 合时，线段 1PA 的长度最小，当 P 与 E（或 F）重合时， 1PA 的长度取最大值. 【详解】设点 1A 到平面 AMN 的距离是 d ， 依题意得 5AM  ， 2MN  ， 3AN  ， 所以 2 2 2 5 2 9cos 2 2 5 2 AM MN ANAMN AM MN        10 10   ， 所以 2 10sin 1 10AMN         3 10 10  ， 所以 1 sin2AMNS AM MN AMN   △ 1 3 105 22 10     3 2  ， 又 1 1 2 2 2 2 22A ANS    △ ， 则由 1 1A AMN M A ANV V  ，得 1 1 1 2 3 3 2AMN A ANd S S   △ △ ， - 16 - 所以 2 2 22 3 2 d   4 3  . 取 1 1B C 的中点 E， 1BB 的中点 F，连接 1A E ， 1A F ，EF， 取 EF 中点 O，连接 1AO ， ∵点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中棱 BC， 1CC 的中点， ∴ 1/ /AM A E ， / /MN EF ， ∵ AM MN M  ， 1A E EF E  ，∴平面 / /AMN 平面 1A EF . ∵动点 P 在正方形 1 1BCC B （包括边界）内运动，且 1 / /PA 面 AMN， ∴点 P 的轨迹是线段 EF， ∵ 2 2 1 1 2 1 5A E A F    ， 2 21 1 2  EF ，∴ 1AO EF ， ∴当 P 与 O 重合时， 1PA 的长度取最小值 2 2 1 2 3 2( 5) 2 2AO        . 当 P 与 E（或 F）重合时， 1PA 的长度取最大值为 1 1 5A E A F  . ∴ 1PA 的长度范围为 3 2 , 52       . 故答案为： 4 3 ； 3 2 , 52       . 【点睛】本题考查了等体积法求点面距，考查了平面与平面平行，直线与平面平行，考查了 立体几何中的轨迹问题，属于中档题. - 17 - 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 且满足 2a  ， cos (2 )cosa B c b A  . （1）求角 A 的大小； （2）求 ABC 周长的范围. 【答案】（1） 3  ；（2） 4,6 . 【解析】 【分析】 （ 1 ） 将 cos (2 )cosa B c b A  利 用 正 弦 定 理 和 两 角 和 的 正 弦 公 式 化 简 得 sin 2sin cosC C A ，从而可得 A 的值. （2）由余弦定理和基本不等式，以及三角形两边之和大于第三边，可得周长范围. 【详解】（1）由已知，得 cos cos 2 cosa B b A c A  . 由正弦定理，得sin cos sin cos 2sin cosA B B A C A  . 即sin( ) 2sin cosA B C A  ，因为 sin( ) sinA B C  . 所以sin 2sin cosC C A . 因为 sin 0C  ，所以 1cos 2A  ， 因为 0 A   ，所以 3A  . （2）由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 24bc b c   即 2( ) 3 4b c bc   . 因为 2 2 b cbc      所以 2 23( ) ( ) 44b c b c    ，即 4b c  （当且仅当 2b c  时等号成立）. 又∵ b c a  ，即 2 4b c   ， 所以 4 6a b c    ， 即周长的范围为 4,6 . 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查利用基本不等式求最值问 题，属于基础题. - 18 - 18. 如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，侧面 1 1ABB A 是菱形， 1 60BAA   ， E 是棱 1BB 的 中点，CA CB ， F 在线段 AC 上，且 2AF FC . （1）证明： 1 / /CB 面 1A EF ； （2）若CA CB ，面CAB  面 1 1ABB A ，求二面角 1F A E A  的余弦值． 【答案】（1）详见解析；（2） 5 29 29 . 【解析】 【分析】 （1）连接 1AB 交 1A E 于点G ，连接 FG ，利用三角形相似证明 1/ /FG CB ，然后证明 1 / /CB 面 1A EF ． （2）过C 作CO AB 于O ，以O 为原点，OA ， 1OA  ，OC  分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方 向建立空间直角坐标， 不妨设 2AB  ，求出面 1A FE 的一个法向量，面 1ABA 的一个法向量，然后利用空间向量的 数量积求解即可． 【详解】解：（1）连接 1AB 交 1A E 于点G ，连接 FG ． - 19 - 因为 1 1AGA B GE  ，所以 1 1 1 2AAAG GB EB   ， 又因为 2AF FC  ，所以 1 AF AG FC GB  ，所以 1/ /FG CB ， 又 1CB  面 1A EF ， FG  面 1A EF ，所以 1 / /CB 面 1A EF . （2）过C 作 CO AB 于O ，因为CA CB ，所以O 是线段 AB 的中点． 因为面CAB  面 1 1ABB A ，面CAB  面 1 1ABB A AB ，所以CO  面 1ABA ．连接 1OA ， 因为 1ABA 是等边三角形，O 是线段 AB 的中点，所以 1OA AB . 如图以O 为原点，OA ， 1OA  ，OC  分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标， 不妨设 2AB  ，则 (1,0,0)A ， 1 (0, 3,0)A ， (0,0,1)C ， ( 1,0,0)B  ， 1 2( ,0, )3 3F ， 由 1 1AA BB  ，得 ( 2, 3,0)B  ， 1BB 的中点 3 3( , ,0)2 2E  ， 1 3 3( , ,0)2 2A E    ， 1 1 2( , 3, )3 3A F    . 设面 1A FE 的一个法向量为 1 1 1 1( , , )n x y z ，则 1 1 1 1 0 0 A E n A F n          ，即 1 1 1 1 23 03 3 3 3 02 2 x y z x y        ， 得方程的一组解为 1 1 1 1 3 5 x y z       ，即 1 ( 1, 3,5)n   . - 20 - 面 1ABA 的一个法向量为 2 (0,0,1)n  ，则 1 2 1 2 1 2 5 29cos , 29 n nn n n n         ， 所以二面角 1F A E A  的余弦值为 5 29 29 . 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想 象能力以及计算能力． 19. 已知 D 为圆 2 2: ( 2) 24E x y   上一动点， ( 2,0)F ，DF 的垂直平分线交 DE 于点 P， 设点 P 的轨迹为曲线 1C . （1）求曲线 1C 的轨迹方程； （2）经过点 (0,1)M 且斜率存在的直线 l 交曲线 1C 于 Q、N 两点，点 B 与点 Q 关于坐标原点对 称，曲线 1C 与 y 轴负半轴交于点 A，连接 AB、AN，是否存在实数  使得对任意直线 l 都有 AN ABk k 成立？若存在，求出  的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 16 4 x y  ；（2）存在， 3  . 【解析】 【分析】 （1）由中垂线的性质可得 2 6 PF PE ，由椭圆的定义可知，点 P 轨迹是以 E，F 为焦 点的椭圆，即可求出曲线 1C 的轨迹方程. （2）设直线 l 的方程为 1y kx  ，联立方程和韦达定理可得 1 2 2 6 2 3 kx x k     ， 1 2 2 9 2 3x x k    ，设  1 1,Q x y  2 2,N x y ，  0, 2A  ，  1 1,B x y  ，经过化简可得 1 2 1 2 2 2 2     AQ AN y yk k x x ， 2 3AQ ABk k   ，进而可得 3AN AB k k ，即可得出结论 3  . 【详解】（1） 2 6 2 2      PF PE PD PE ED EF 由椭圆的定义可知，点 P 轨迹是以 E，F 为焦点的椭圆， 2 2 6, 2 a c ， 6, 2  a b - 21 - ∴椭圆 1C 的方程为 2 2 16 4 x y  （2）设 l 直线的方程为 1y kx  ，联立 2 2 1 16 4 y kx x y     ，可得  2 22 3 6 9 0k x kx    ， 设  1 1,Q x y ，  2 2,N x y ，则有 1 2 2 6 2 3 kx x k     ， 1 2 2 9 2 3x x k    ，  0, 2A  因为 1 1 2 AQ yk x  ， 2 2 2 AN yk x  ， 所以  2 1 2 1 2 2 2 21 2 1 2 1 2 3 92 2 2 2 3 2AQ AN k x x k x xy yk k k k kx x x x              ， 又因为点 B 与点 Q 关于原点对称，所以  1 1,B x y  ，即 1 1 2 AB yk x    ， 则有 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2 4 AQ AB y y yk k x x x         ， 由点 Q 在椭圆 2 2 : 16 4 x yC   上，得 2 2 1 1 24 3y x  ， 所以 2 3AQ ABk k   ，所以 2 32 3 AQ ANAN AB AQ AB k kk k k k      ，即 3AN ABk k ， 所以存在实数 3  ，使 AN ABk k 成立. 【点睛】本题考查了利用椭圆的定义求轨迹方程，直线和椭圆的综合应用等基本知识，考查 了理解辨析能力、运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想，属于中档题目. 20. 已知函数 2( ) log ( 1)af x x kx a   . （1）讨论 ( )f x 单调性； （2）取 a e ，若 ( )f xy x  在[1, ]e 上单调递增，求 k 的取值范围. 【答案】（1）当 0k  时，在 (0, ) 单调递增；当 0k  时，在区间 10, 2 lnk a       上是单调 - 22 - 递增，在区间 1 ,2 lnk a       单调递减；（2） 0k  或 1k ³ . 【解析】 【分析】 （1）对函数 ( )f x 求导，可得 1( ) 2lnf x kxx a    ，然后再对 k 进行分类讨论，再根据导数和 函数单调性的关系即可求出结果； （2）由题意可知， ln xy kxx   ，令 ln( ) xu x kxx   ，然后再分 ( ) 0u x  和 ( ) 0u x  ，利用 分离参数法，以及导数在函数单调性中的应用，即可求出结果. 【详解】（1） 2( ) logaf x x kx  ， 1( ) 2lnf x kxx a    ①当 0k  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 单调递增； ②当 0k  时， ( ) 0f x  ， 2 1 2 lnx k a   ， ( )f x 在区间 10, 2 lnk a       上是单调递增， ( )f x 在区间 1 ,2 lnk a       单调递减. （2） 2ln lnx kx xy kxx x    ，令 ln( ) xu x kxx   . ①当 2 ln( ) 0 xu x k x    ，令 2 ln( ) xx x   ，则 3 1 2ln( ) xx x    ， ( ) 0x x e    所以 ( ) x 在区间 (1, )e 上是单调递增， ( ) x 在区间 ( , )e e 上是单调递减. ∴ (1) 0k   . 2 2 1 ln 1 ln( ) 0 ( )x xu x k k h xx x         . 3 3 2ln( ) 0 ( ) 0xh x k h ex        ，∴ 0k  ②当 2 ln 1( ) 0 ( ) 2 xu x k k ex e       max( ) 0 ( ) (1) 1u x k h x h      ，∴ 1k ³ 综上， 0k  或 1k ³ . 【点睛】本题主要考查了导数在函数单调性和最值中的应用，属于中档题. 21. 某项比赛中甲、乙两名选手将要进行决赛，比赛实行五局三胜制.已知每局比赛中必决出 胜负，若甲先发球，其获胜的概率为 1 2 ，否则其获胜的概率为 1 3 . - 23 - （1）若在第一局比赛中采用掷硬币的方式决定谁先发球，试求甲在此局获胜的概率； （2）若第一局由乙先发球，以后每局由负方发球规定胜一局得 3 分，负一局得 0 分，记 X 为 比赛结束时甲的总得分，求随机变量 X 的分布列和数学期望. 【答案】（1） 5 12 ；（2）答案见解析， 46 9 . 【解析】 【分析】 （1）由题意可知，甲取得发球权的概率为 1 2 ，甲没取得发球权的概率也为 1 2 ，再分甲获得 发球权，则获胜；和甲没有发球权，则获胜两种情况的概率，再相加即可求出结果； （2）根据题意，可知 X 的可能取值为 0，3，6，9；分别求出四种情况下的概率，然后再列 出分布列，即可求出期望. 【详解】（1）若甲获得发球权，则获胜的概率为 1 1 1 2 2 4   ，如果甲没有发球权， 则获胜的概率为 1 1 1 2 3 6   ，所以甲获胜的概率为 1 1 5 4 6 12   . （2）比赛结束时甲的总得分 X 的可能取值为 0，3，6，9. X 0 时，比赛的结果为：“乙乙乙”，∴ 2 1 1 1( 0) 3 2 2 6p X      3X  时，比赛的结果为：“甲乙乙乙”，“乙甲乙乙”，“乙乙甲乙”， ∴ 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 5( 3) 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 18p X               ， 6X  时，比赛的结果为：“甲甲乙乙乙”，“甲乙甲乙乙”，“甲乙乙甲乙”，“乙甲甲 乙乙”， “乙甲乙甲乙”“乙乙甲甲乙”， ∴ 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1( 6) 3 3 3 2 2 3 3 2 3 2 3 3 2 2 3 3 2 3 3 2p X                       2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 13 3 2 3 2 3 3 2 2 3 3 54           . 9X  ，∴ 1 5 13 17( 9) 1 6 18 54 54p X       . X 的分布列为 X 0 3 6 9 P 1 6 5 18 13 54 17 54 - 24 - 1 5 13 17 46( ) 0 3 6 96 18 54 54 9E X          . 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，解题时要认真审题，注意概率性质 的运用，属于中档题． 22. 在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的 参数方程为 2 2cos 2sin x y       （ 为参数），直线l 经过点  1, 3 3M   且倾斜角为 . （1）求曲线C 的极坐标方程和直线 l 的参数方程； （2）已知直线l 与曲线C 交于 ,A B ，满足 A 为 MB 的中点，求 tan . 【答案】（1） 4cos  ， 1 cos 3 3 tsin x t y         ；（2） 3 . 【解析】 【分析】 （1）由曲线C 的参数方程消去参数可得曲线C 的普通方程，由此可求曲线C 的极坐标方程； 直接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可； （2）将直线的参数方程，代入曲线C 的普通方程 2 2 4x y x  ，整理得  2 6 3sin cos 32 0t t      ，利用韦达定理，根据 A 为 MB 的中点，解出 即可. 【详解】（1）由 2 2cos 2sin x y       （ 为参数）消去参数， 可得 2 22 4x y   ，即 2 2 4x y x  ， 已知曲线C 的普通方程为 2 2 4x y x  ，  cosx   ， 2 2 2x y   ，  2 4 cos   ，即 4cos  ， 曲线C 的极坐标方程为 4cos  ， 直线 l 经过点  1, 3 3M   ，且倾斜角为 ， - 25 - 直线 l 的参数方程： 1 cos 3 3 sin x t y t         （t 为参数， 0    ）. （2）设 ,A B 对应的参数分别为 At ， Bt . 将直线l 的参数方程代入C 并整理， 得  2 6 3sin cos 32 0t t      ，   6 3sin cosA Bt t     ， 32A Bt t  . 又 A 为 MB 的中点，  2B At t ，   2 3sin cos 4sin 6At          ， 8sin 6Bt      ，  232sin 326A Bt t        ，即 2sin ( ) 16    ，  0    ，  7 6 6 6      ，  6 2     ，即 3   ，  tan 33   . 【点睛】本题考查了圆的参数方程与极坐标方程之间的互化以及直线参数方程的应用，考查 了计算能力，属于中档题. 23. 已知    2f x x m m m R    ． （1）若不等式   2f x  的解集为 1 3,2 2      ，求 m 的值； （2）在（1）的条件下，若 a，b，c R ，且 4a b c m   ，求证： 4 4 36ac bc ab abc   ． 【答案】（1）1；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用 1 2x  和 3 2x  是方程 ( ) 2f x  的解可求得 m ； - 26 - （2）由（1）得 4 1a b c   ，用“1”代换得  4 4 1 1 1 44 4 ac bc ab a b cabc a b c            ， 然后由柯西不等式得结论后可证． 【详解】解：（1）由题意 12 22 32 22 m m m m         ，解得 1m  ； （2）由（1）知 4 1a b c   ， ∴   24 4 1 1 1 1 1 14 4 94 4 4 ac bc ab a b c a b cabc a b c a b c                        4 4 36ac bc ab abc    ． 【点睛】本题考查已知绝对值不等式的解求参数，考查由柯西不等式证明不等式成立．解题 关键是由已知条件凑配出柯西不等式的形式，从而完成证明． - 27 -