山东省潍坊高密市2020届高三数学模拟试题二(Word版附答案)

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山东省潍坊高密市2020届高三数学模拟试题二(Word版附答案)

数学模拟试题二 第 I 卷 选择题部分(共 60 分) 一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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. 1.设全集为 R ,集合  2| 4M x x  ,  0,1,2N  ,则 M N  ( ) A. 0,1,2 B. (0,2) C. ( 2,2) D. 0,1 2.已知复数 1 1 iz   ,则 z i 在复平面内对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.近年来,随着“一带一路”倡议的推进,中国与沿线国家旅游合作越来越密切,中国到“一带 一路”沿线国家的游客人也越来越多,如图是 2013-2018 年中国到“一带一路”沿线国家的游客 人次情况,则下列说法正确的是( ) ①2013-2018 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加 ②2013-2018 年这 6 年中,2014 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小 ③2016-2018 年这 3 年中,中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平 A.①②③ B.②③ C.①② D.③ 4.平面向量 a 与 b 的夹角为 60,且 3a  ,b 为单位向量,则 2a b   ( ) A. 3 B. 19 C.19 D. 2 3 5.函数 ln | |( ) xf x x x   的图象大致为( ) A. B. C. D. 6.已知角 的终边经过点  3, 4P  ,则 tan 2  ( ) A.12 7 B. 12 7  C. 24 7 D. 24 7  7.已知双曲线 2 2 2 12 x y a   的一条渐近线的倾斜角为 6  ,则双曲线的离心率为( ) A. 2 3 3 B. 2 6 3 C. 3 D. 2 8.已知椭圆 E :   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的右焦点为  3,0F ,过点 F 的直线交椭圆 E 于 A , B 两点,若 AB 的中点坐标为 1, 1 ,则椭圆 E 的方程为( ) A. 2 2 118 9 x y  B. 2 2 127 18 x y  C. 2 2 136 27 x y  D. 2 2 145 36 x y  二、多项选择题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的四个选 项中,有多项符合题目要求.全部选对得 5 分,部分选对得 3 分,有选错的得 0 分. 9.若函数   1xf x e  与  g x ax 的图象恰有一个公共点,则实数 a 可能取值为( ) A.2 B.0 C.1 D. 1 10.设正项等差数列 na 满足 2 1 10 2 92 20a a a a   ,则( ) A. 2 9a a 的最大值为10 B. 2 9a a 的最大值为 2 10 C. 2 2 2 9 1 1 a a  的最大值为 1 5 D. 4 4 2 9a a 的最小值为 200 11.过抛物线 2: 8C y x 的焦点 F 且斜率为 3 的直线l 与抛物线交于 ,P Q 两点( P 在第一 象限),以 ,PF QF 为直径的圆分别与 y 轴相切于 ,A B 两点,则下列结论正确的是( ) A.抛物线 2: 8C y x 的焦点 F 坐标为 (2,0) B. 32| | 3PQ  C. M 为抛物线C 上的动点, (2,1)N ,则 min(| | | |) 6MF MN  D. 8 3| | 3AB  12.在边长为 2 的等边三角形 ABC 中,点 ,D E 分别是边 ,AC AB 上的点,满足 //DE BC 且 AD AC  ,(  01  , ),将 ADE 沿直线 DE 折到 A DE△ 的位置.在翻折过程中,下列结论 不成立的是( ) A.在边 A E 上存在点 F ,使得在翻折过程中,满足 //BF 平面 A CD B.存在 10 2       , ,使得在翻折过程中的某个位置,满足平面 A BC  平面 BCDE C.若 1 2   ,当二面角 A DE B  为直二面角时,| | 10 4A B  D.在翻折过程中,四棱锥 A BCDE 体积的最大值记为  f  ,  f  的最大值为 2 3 9 第 II 卷 非选择题部分(共 90 分) 三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.若直线 是曲线 的切线,且 ,则实数 的最小值是______________. 14.已知函数 1( ) cos2 2 sin cos2 2 2 4 x x af x x a   ( 0 2x   )的最大值为 3 2 4 a  ,则实 数 a 的取值范围是______________. 15.点 ,A B 是抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  上的两点,F 是抛物线C 的焦点,若 120AFB   , AB 中点 D 到抛物线 C 的准线的距离为 d ,则 | | d AB 的最大值为_______. 16.在四棱锥 P ABCD 中, PA  平面 ABCD , 2AP  ,点 M 是矩形 ABCD 内(含边 界)的动点,且 1AB  , 3AD  ,直线 PM 与平面 ABCD 所成的角为 4  .记点 M 的轨迹长 度为 ,则 tan  ______;当三棱锥 P ABM 的体积最小时,三棱锥 P ABM 的外接球 的表面积为______. 四、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.已知递增等差数列 na 满足 1 5 10a a  , 2 4 21a a  ,数列 nb 满足 22log 1, *n nb a n N   . (1)求 nb 的前 n 项和 nS ; (2)若 1 2( 1)n nT nb n b b    ,求数列 nT 的通项公式. 18.已知在 ABC 中, sin sina A c C ,且 2 2 2sin sin sinB A C  . (1)判断 ABC 的形状; (2)若 D 为 BC 的中点,BE  AD,垂足为 E,延长 BE 交 AC 于 F,求证: ADB FDC   . 19.如图,在四棱锥 A DBCE 中,底面 DBCE 是等腰梯形, 2BC DE ,BD DE CE  , ADE 是等边三角形,点 F 在 AC 上,且 3AC AF . (1)证明: AD //平面 BEF . (2)若平面 ADE  平面 BCED ,求二面角 F BE C  的余弦值. 20.已知椭圆C 的中心在原点O ,焦点在 x 轴上,  0,2D 为椭圆C 短轴的一个端点, 1F 、 2F 为椭圆的左、右焦点,线段 2DF 的延长线与椭圆C 相交于点 E ,且 2 23DF EF . (1)求椭圆C 的方程; (2)如图,点 A 为椭圆上一动点(非长轴端点), 2AF 的延长线与椭圆交于 B 点, AO 的延 长线与椭圆交于C 点,求 ABC 面积的最大值. 21.2019 年 7 月 1 日到 3 日,世界新能源汽车大会在海南博鳌召开,大会着眼于全球汽车产 业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流,最新研发了一款新能源汽 车,并在出厂前对 100 辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的燃 料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试.现对测试数据进行分析,得到如图的频 率分布直方图. (1)估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 x (同一组中的数据用该组区间的中点 值代表); (2)根据大量的汽车测试数据,可以认为这款汽车的单次最大续航量程 X 近似地服从正态分 布  2,N   ,经计算第(1)问中样本标准差 s 的近似值为 50.用样本平均数 x 作为  的近 似值,用样本标准差 s 作为 的估计值,现任取一辆汽车,求它的单次最大续航里程恰在 250 千米到 400 千米之间的概率; (3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车,现面向意向客户推出“玩游戏,送大奖”活动, 客户可根据抛掷硬币的结果,操控微型遥控车在方格图上行进,若遥控车最终停在“胜利大本 营”,则可获得购车优惠券.已知硬币出现正,反面的概率都是 1 2 ,方格图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格……第 50 格.遥控车开始在第 0 格,客户每掷一次硬币,遥控车向前移动一次, 若掷出正面,遥控车向前移动一格(从 k 到 1k  ),若掷出反面,遥控车向前移动两格(从 k 到 2k  ),直到遥控车移到第 49 格(胜利大本营)或第 50 格(失败大本营)时,游戏结束.设 遥控车移到第 n 格的概率为 nP ,试证明  * 1 1 49, Nn nP P n n    是等比数列,并解释 此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车. 参考数据:若随机变量 服从正态分布  2,N   ,则   0.6827P        ≤ ,  2 2 0.9545P        ≤ ,  3 3 0.9973P          . 22.已知函数   2 lng x xx   ,   2 lnmf x mx xx    , m R . (1)求函数  g x 的极值; (2)若    f x g x 在 1, 上为单调函数,求 m 的取值范围; (3)设   2eh x x  ,若在 1,e 上至少存在一个 0x ,使得      0 0 0f x g x h x  成立,求 m 的取值范围. 模拟试题二解析 第 I 卷 选择题部分(共 60 分) 一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 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. 1.设全集为 R ,集合  2| 4M x x  ,  0,1,2N  ,则 M N  ( ) A. 0,1,2 B. (0,2) C. ( 2,2) D. 0,1 【答案】D 【解析】 M={x|﹣2<x<2},N={0,1,2}; ∴M∩N={0,1}. 故选:D. 2.已知复数 1 1 iz   ,则 z i 在复平面内对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 【答案】A 【解析】 ∵ 1 1 1 2 iz i   , ∴ 1 1=2 2 i iz i i    . ∴ z i 在复平面内对应的点为 1 1,2 2      , ∴ z i 在复平面内对应的点位于第一象限. 故选:A. 3.近年来,随着“一带一路”倡议的推进,中国与沿线国家旅游合作越来越密切,中国到“一带 一路”沿线国家的游客人也越来越多,如图是 2013-2018 年中国到“一带一路”沿线国家的游客 人次情况,则下列说法正确的是( ) ①2013-2018 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加 ②2013-2018 年这 6 年中,2014 年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小 ③2016-2018 年这 3 年中,中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平 A.①②③ B.②③ C.①② D.③ 【答案】A 【解析】 由图中折线逐渐上升,即每年游客人次逐渐增多,故①正确; 由图在 2014 年中折线比较平缓,即 2014 年中游客人次增幅最小,故②正确; 根据图像在 2016-2018 年这 3 年中,折线的斜率基本相同, 故每年的增幅基本持平,故③正确; 故选:A 4.平面向量 a 与 b 的夹角为 60,且 3a  ,b 为单位向量,则 2a b   ( ) A. 3 B. 19 C.19 D. 2 3 【答案】B 【解析】  22 2 2 2 2 = 4 4 9 6 4 19a b a b a a b b                 ,故 2 19a b   . 故选: B . 5.函数 ln | |( ) xf x x x   的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由题意知,函数 ln | |( ) xf x x x   ,满足 ln | | ln | |( ) ( ) ( )x xf x x x f xx x          , 所以函数 ( )y f x 为奇函数,图象关于原点对称,所以 B 选项错误; 又因为 (1) 1 0f   ,所以 C 选项错误; 又因为 ln 2(2) 2 02f    ,所以 D 选项错误,故选 A. 6.已知角 的终边经过点  3, 4P  ,则 tan 2  ( ) A.12 7 B. 12 7  C. 24 7 D. 24 7  【答案】C 【解析】 角 的终边经过点  3, 4P  , 由任意角的三角函数的定义得: 4tan 3    , 故有 2 2tan 24tan 2 1 tan 7    . 故选:C. 7.已知双曲线 2 2 2 12 x y a   的一条渐近线的倾斜角为 6  ,则双曲线的离心率为( ) A. 2 3 3 B. 2 6 3 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 双曲线 2 2 2 12 x y a   的一条渐近线的倾斜角为 6  , 则 3tan 6 3   , 所以该条渐近线方程为 3 3y x ; 所以 2 3 3a  , 解得 6a  ; 所以 2 2 6 2 2 2c a b     , 所以双曲线的离心率为 2 2 2 3 36 ce a    . 故选:A. 8.已知椭圆 E :   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的右焦点为  3,0F ,过点 F 的直线交椭圆 E 于 A , B 两点,若 AB 的中点坐标为 1, 1 ,则椭圆 E 的方程为( ) A. 2 2 118 9 x y  B. 2 2 127 18 x y  C. 2 2 136 27 x y  D. 2 2 145 36 x y  【答案】A 【解析】 设 1(A x , 1)y , 2(B x , 2 )y , 代入椭圆方程得 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b       , 相减得 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 0x x y y a b    ,  1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 0x x y y y y a x x b      . 1 2 2x x  , 1 2 2y y   , 1 2 1 2 1 0 1 1 3 2AB y yk x x       .  2 2 2 1 2 02a b    , 化为 2 22a b ,又 2 23c a b   ,解得 2 18a  , 2 9b  . 椭圆 E 的方程为 2 2 118 9 x y  . 故选: A . 二、多项选择题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的四个选 项中,有多项符合题目要求.全部选对得 5 分,部分选对得 3 分,有选错的得 0 分. 9.若函数   1xf x e  与  g x ax 的图象恰有一个公共点,则实数 a 可能取值为( ) A.2 B.0 C.1 D. 1 【答案】BCD 【解析】 由   1xf x e  与  g x ax 恒过 0,0 ,如图, 当 0a  时,两函数图象恰有一个公共点, 当 0a  时,函数   1xf x e  与  g x ax 的图象恰有一个公共点, 则  g x ax 为   1xf x e  的切线,且切点为 0,0 , 由   xf x e  ,所以   00 1a f e   , 综上所述, 0, 1a   或1. 故选:BCD 10.设正项等差数列 na 满足 2 1 10 2 92 20a a a a   ,则( ) A. 2 9a a 的最大值为10 B. 2 9a a 的最大值为 2 10 C. 2 2 2 9 1 1 a a  的最大值为 1 5 D. 4 4 2 9a a 的最小值为 200 【答案】ABD 【解析】 因为正项等差数列 na 满足  2 1 10 2 92 20a a a a   , 所以 2 2 9 2 92 20a a a a   , 即 2 2 2 9 20a a  . ① 2 2 2 9 2 9 20 102 2 a aa a    ,当且仅当 2 9 10a a  时成立,故 A 选项正确. ②由于 2 2 2 2 9 2 9 102 2 a a a a       ,所以 2 9 2 910, 2 102 a a a a    ,当且仅当 2 9 10a a  时成立,故 B 选项正确. ③ 2 2 2 9 22 2 2 2 2 2 22 22 9 2 9 2 9 2 9 1 1 20 20 20 1 10 5 2 a a a a a a a a a a             ,当且仅当 2 9 10a a  时成立, 所以 2 2 2 9 1 1 a a  的最小值为 1 5 ,故 C 选项错误. ④结合①的结论,有  24 4 2 2 2 2 2 2 2 2 9 2 9 2 9 2 92 400 2 400 2 10 200a a a a a a a a            , 当且仅当 2 9 10a a  时成立,故 D 选项正确. 故选:ABD 11.过抛物线 2: 8C y x 的焦点 F 且斜率为 3 的直线l 与抛物线交于 ,P Q 两点( P 在第一 象限),以 ,PF QF 为直径的圆分别与 y 轴相切于 ,A B 两点,则下列结论正确的是( ) A.抛物线 2: 8C y x 的焦点 F 坐标为 (2,0) B. 32| | 3PQ  C. M 为抛物线C 上的动点, (2,1)N ,则 min(| | | |) 6MF MN  D. 8 3| | 3AB  【答案】ABD 【解析】 A,由题意可得抛物线的焦点 F(2,0),所以 A 正确; B,由题意设直线 PQ 的方程为:y 3 (x﹣2), 与抛物线联立整理可得:3x2﹣20x+12=0,解得:x 2 3  或 6, 代入直线 PQ 方程可得 y 分别为: 4 3 3  ,4 3 , 由题意可得 P(6,4 3 ),Q( 2 3 , 4 3 3  ); 所以|PQ|=6 2 3   4 32 3  ,所以 B 正确; C,如图 M 在抛物线上,ME 垂直于准线交于 E,可得|MF|=ME|, 所以|MF|+|MN|=|ME|+|MN|≥NE=2+2=4,当 N,M,E 三点共线时,|MF|+|MN|最小,且最小 值为 4,所以 C 不正确; D,因为 P(6,4 3 ),Q( 2 3 , 4 3 3  ),所以 PF,QF 的中点分别为:(3,2 3 ),( 1 3 , 2 3 3  ), 所以由题意可得 A(0,2 3 ),B(0, 2 3 3  ), 所以|AB|=2 2 3 8 33 3 3   ,所以 D 正确; 故选:ABD. 12.在边长为 2 的等边三角形 ABC 中,点 ,D E 分别是边 ,AC AB 上的点,满足 //DE BC 且 AD AC  ,(  01  , ),将 ADE 沿直线 DE 折到 A DE△ 的位置.在翻折过程中,下列结论 不成立的是( ) A.在边 A E 上存在点 F ,使得在翻折过程中,满足 //BF 平面 A CD B.存在 10 2       , ,使得在翻折过程中的某个位置,满足平面 A BC  平面 BCDE C.若 1 2   ,当二面角 A DE B  为直二面角时,| | 10 4A B  D.在翻折过程中,四棱锥 A BCDE 体积的最大值记为  f  ,  f  的最大值为 2 3 9 【答案】ABC 【解析】 对于 A.在边 A E 上点 F,在 A D 上取一点 N,使得 / /FN ED ,在 ED 上取一点 H,使得 / /NH EF ,作 / /HG BE 交 BC 于点 G,如图所示, 则可得 FN 平行且等于 BG ,即四边形 BGNF 为平行四边形, ∴ / /NG BE ,而 GN 始终与平面 ACD 相交, 因此在边 A E 上不存在点 F,使得在翻折过程中,满足 //BF 平面 A CD ,A 不正确. 对于 B, 10 2       , ,在翻折过程中,点 A在底面 BCDE 的射影不可能在交线 BC 上,因此 不满足平面 A BC  平面 BCDE ,因此 B 不正确. 对于 C. 1 2   ,当二面角 A DE B  为直二面角时,取 ED 的中点 M,如图所示: 可得 AM  平面 BCDE , 则 2 2 2 23 1 1 10 10( ) 1 ( ) 2 1 cos1202 2 2 2 4A B AM BM             ,因此 C 不正确; 对于 D.在翻折过程中,取平面 AED⊥平面 BCDE,四棱锥 A BCDE 体积   31 33 BCDEf S        ,  01  , ,   21 3f     ,可得 3 3   时,函数  f  取得最大值   3 1 2 313 3 9f        ,因此 D 正确. 综上所述,不成立的为 ABC. 故选:ABC. 第 II 卷 非选择题部分(共 90 分) 三、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.若直线 是曲线 的切线,且 ,则实数 的最小值是______________. 【答案】 【解析】 y=2alnx 的导数为 ,由于直线 y=2x+b 是曲线 y=2alnx 的切线,设切点为(m,n),则 , ∴m=a,又 2m+b=2alnm,∴b=2alna﹣2a(a>0),b =2(lna+1)﹣2=2lna, 当 a>1 时,b >0,函数 b 递增,当 0<a<1 时,b <0,函数 b 递减, ∴a=1 为极小值点,也为最小值点,∴b 的最小值为 2ln1﹣2=﹣2. 14.已知函数 1( ) cos2 2 sin cos2 2 2 4 x x af x x a   ( 0 2x   )的最大值为 3 2 4 a  ,则实 数 a 的取值范围是______________. 【答案】 2a  【解析】 由已知  2 21 1( ) 1 2sin sin sin sin2 4 4 2 a af x x a x x a x         令  sin 0,1t x  , 则 2 1( ) ,0 14 2 ag t t at t       , 因为 1 3 2(1) 1 4 2 4 a ag a       , 则 ( )g t 在区间 0,1 的右端点取最大值, 故 12 a  ,则 2a  . 故答案为: 2a  . 15.点 ,A B 是抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  上的两点,F 是抛物线C 的焦点,若 120AFB   , AB 中点 D 到抛物线 C 的准线的距离为 d ,则 | | d AB 的最大值为_______. 【答案】 3 3 【解析】 如图,过 , ,A B D 作准线的垂线,垂足分别为 , ,N P M ,则 1 1( ) ( )2 2d MD AN BP AF BF     , ABF 中, 2 2 2 2 cos120AB AF BF AF BF    2 2AF BF AF BF   2 2 2 23( ) ( ) ( ) ( )2 4 AF BFAF BF AF BF AF BF AF BF         ,当且仅当 AF BF 时取等号。 ∴ 4 2 3 3 3 AF BF AB    , | | d AB 1 3 2 3 AF BF AB    ,即 d AB 的最大值为 3 3 。 故答案为: 3 3 。 16.在四棱锥 P ABCD 中, PA  平面 ABCD , 2AP  ,点 M 是矩形 ABCD 内(含边 界)的动点,且 1AB  , 3AD  ,直线 PM 与平面 ABCD 所成的角为 4  .记点 M 的轨迹长 度为 ,则 tan  ______;当三棱锥 P ABM 的体积最小时,三棱锥 P ABM 的外接球 的表面积为______. 【答案】 3 8 【解析】 如图,因为 PA  平面 ABCD ,垂足为 A , 则 PMA 为直线 PM 与平面 ABCD 所成的角, 所以 4PMA   .因为 2AP  ,所以 2AM  , 所以点 M 位于底面矩形 ABCD 内的以点 A 为圆心, 2 为半径的圆上, 记点 M 的轨迹为圆弧 EF .连接 AF ,则 2AF  . 因为 1AB  , 3AD  ,所以 6AFB FAE     , 则弧 EF 的长度 26 3      ,所以 tan 3  . 当点 M 位于 F 时,三棱锥 P ABM 的体积最小, 又 2PAF PBF     , ∴三棱锥 P ABM 的外接球球心为 PF 的中点. 因为 2 22 2 2 2PF    , 所以三棱锥 P ABM 的外接球的表面积  2 4 2 8S    . 故答案为: 3 ;8 四、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.已知递增等差数列 na 满足 1 5 10a a  , 2 4 21a a  ,数列 nb 满足 22log 1, *n nb a n N   . (1)求 nb 的前 n 项和 nS ; (2)若 1 2( 1)n nT nb n b b    ,求数列 nT 的通项公式. 【答案】(1) 2 1n nS   (2) 12 2n nT n+ - -= 【解析】 (1)设数列{ }na 公差为 ( 0)d d  ,由 1 1 1 2 4 10 ( )( 3 ) 21 a d a d a d       , 解得: 1 11 9 2 2 a a d d         或 (舍去),所以 2 1na n  , 1 2log 1, 2n n nb n b    . 2 1 2 12 1 n n nS    . (2) 1 2( 1) ...n nT nb n b b     , 1 1 2 1 2 3 1 2( ) ( ) ( )n nT b b b b b b b b b            2 1 2 (2 1) (2 1) + 2 1)n nS S S           ( 2 12(2 1)(2 2 +2 2 22 1 n n nn n n         ) . 18.已知在 ABC 中, sin sina A c C ,且 2 2 2sin sin sinB A C  . (1)判断 ABC 的形状; (2)若 D 为 BC 的中点,BE  AD,垂足为 E,延长 BE 交 AC 于 F,求证: ADB FDC   . 【答案】(1)等腰直角三角形;(2)证明见解析 【解析】 (1)由正弦定理得:sin ,sin ,2 2 a bA BR R   sin 2 cC R  ,其中 R 为 ABC 外接圆的半径. ∵ sin sina A c C ,且 2 2 2sin sin sinB A C  , ∴ 2 2 a ca cR R    , 2 2 2( ) ( ) ( )2 2 2 b a c R R R   , ∴ 2 2 2 2 2,a c b a c   , ∴ 0, 90a c B  , ∴ ABC 为等腰直角三角形; (2)以 B 为坐标原点,BC、BA 所在直线分别为 x 轴、 y 轴建立平面直角坐标系. 设 A(0,2),C(2,0),则 D(1,0), (2, 2)AC   . 设 AF AC   ,则 (0 2) (2 , 2 ) 2 2 2BF BA AF             , ( , ), 又因为  1,2DA   , BF DA   , 所以 0BF DA    , 所以 -2 2 2 2 0   ( ) , 解得 2 3   , 所以 4 2( , )3 3BF  , 所以 1 2( , )3 3DF BF BD     ,又因为 (1 0)DC  , , 所以 5cos 5 DF DCFDC DF DC         , 又因为 5cos 5 BDADB AD    ,且 ADB , (0, )FDC   , 所以 ADB FDC   . 19.如图,在四棱锥 A DBCE 中,底面 DBCE 是等腰梯形, 2BC DE ,BD DE CE  , ADE 是等边三角形,点 F 在 AC 上,且 3AC AF . (1)证明: AD //平面 BEF . (2)若平面 ADE  平面 BCED ,求二面角 F BE C  的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 13 13 【解析】 (1)连接 DC 交 BE 于点G ,连接 FG . ∵在等腰梯形 DBCE 中, BD DE CE  , 2BC DE , BC // DE ,∴ 2CG BC DG DE   ,∵ 3AC AF ,∴ 2CF AF  , ∴ CF CG AF DG  ,∴ AD // FG , 又 AD  平面 BEF , FG  平面 BEF , ∴ AD //平面 BEF . (2)取 DE 的中点O , BC 的中点 H ,连接 AO ,OH ,显然 AO DE . 又平面 ADE  平面 BCED ,平面 ADE  平面 BCED DE , 所以 AO  平面 BCED . 因为O 、 H 分別为 DE 、 BC 的中点,且在等腰梯形 DBCE 中, 2BC DE , 所以OH DE .以O 为原点建立如所示的空间直角坐标系O xyz , 设  2 0BC a a  ,则 3, ,02B a a       , 3, ,02C a a      , ,0,02 aE    , 30,0, 2A a       , ∴ 3 3, ,02 2 aBE a         , ∴ 2 3BF BC CF BC CA          2 3 3 4 3 32 ,0,0 , , , ,3 2 2 3 3 3a a a a a a a                    易得  0,0,1u  为平面 BEC 的一个法向量, 设平面 FBE 的一个法向量为  1 1 1, ,v x y z , 可得 0 0 v BE v BF        ,故 1 1 1 1 1 3 3 02 2 4 3 3 03 3 3 a x ay ax ay az        , 令 1 3y  ,可得 1 3x   , 1 1z   ,则  3,3, 1v    . 设二面角 F BE C  的平面角为 ,则 1 13cos 131 13 u v u v           , 即二面角 F BE C  的余弦值为 13 13 . 20.已知椭圆C 的中心在原点O ,焦点在 x 轴上,  0,2D 为椭圆C 短轴的一个端点, 1F 、 2F 为椭圆的左、右焦点,线段 2DF 的延长线与椭圆C 相交于点 E ,且 2 23DF EF . (1)求椭圆C 的方程; (2)如图,点 A 为椭圆上一动点(非长轴端点), 2AF 的延长线与椭圆交于 B 点, AO 的延 长线与椭圆交于C 点,求 ABC 面积的最大值. 【答案】(1) 2 2 18 4 x y  ;(2) 4 2 . 【解析】 (1)设椭圆C 的方程为   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ,右焦点  2 ,0F c , 因为  0,2D 为椭圆短轴的一个端点,则 2b  . 因为 2 23DF EF , 故可得 23DF F E  ,设点 E 坐标为 ,x y , 即   , 2 3 ,c x c y   ,解得 4 2,3 3 cx y   . 则点 4 2,3 3 cE     . 因为点 E 在椭圆上,则 2 2 16 1 19 9 c a   ,即 2 22a c . 又 2 2 4c a  ,则  2 22 4a a  ,得 2 8a  , 所以椭圆 C 的标准方程是 2 2 18 4 x y  . (2)①当直线 AB 的斜率不存在时,不 妨取  2, 2A ,  2, 2B  ,  2, 2C   , 故 1 2 2 4 4 22ABCS     ; ②当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为  2y k x  ,  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 联立方程   2 2 2 18 4 y k x x y      ,化简得  2 2 2 22 1 8 8 8 0k x k x k     , 则     2 2 2 264 4 2 1 8 8 32 1 0k k k k        , 2 1 2 2 8 2 1 kx x k    , 2 1 2 2 8 8 2 1 kx x k    ,    22 1 2 1 21 4A k x x xB x          22 2 2 2 2 8 8 81 42 1 2 1 k kk k k               2 2 14 2 2 1 k k    , 点O 到直线  2y k x  的距离 2 2 2 2 1 1 k kd k k     , 因为O 是线段 AC 的中点,所以点 C 到直线 AB 的距离为 2 42 1 kd k   , ∴ 2 2 2 41 1 12 4 22 2 2 1 1ABC kkS AB d k k                2 2 22 1 8 2 2 1 k k k     , ∵             2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 1 1 1 1 44 12 1 1 k k k k k k k kk k k            ,又 2 2 1k k  ,所以等号不成立. ∴     2 2 22 1 8 2 4 2 2 1 ABC k k S k       , 综上可得, ABCS 面积的最大值为 4 2 . 21.2019 年 7 月 1 日到 3 日,世界新能源汽车大会在海南博鳌召开,大会着眼于全球汽车产 业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流,最新研发了一款新能源汽 车,并在出厂前对 100 辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的燃 料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试.现对测试数据进行分析,得到如图的频 率分布直方图. (1)估计这 100 辆汽车的单次最大续航里程的平均值 x (同一组中的数据用该组区间的中点 值代表); (2)根据大量的汽车测试数据,可以认为这款汽车的单次最大续航量程 X 近似地服从正态分 布  2,N   ,经计算第(1)问中样本标准差 s 的近似值为 50.用样本平均数 x 作为  的近 似值,用样本标准差 s 作为 的估计值,现任取一辆汽车,求它的单次最大续航里程恰在 250 千米到 400 千米之间的概率; (3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车,现面向意向客户推出“玩游戏,送大奖”活动, 客户可根据抛掷硬币的结果,操控微型遥控车在方格图上行进,若遥控车最终停在“胜利大本 营”,则可获得购车优惠券.已知硬币出现正,反面的概率都是 1 2 ,方格图上标有第 0 格、第 1 格、第 2 格……第 50 格.遥控车开始在第 0 格,客户每掷一次硬币,遥控车向前移动一次, 若掷出正面,遥控车向前移动一格(从 k 到 1k  ),若掷出反面,遥控车向前移动两格(从 k 到 2k  ),直到遥控车移到第 49 格(胜利大本营)或第 50 格(失败大本营)时,游戏结束.设 遥控车移到第 n 格的概率为 nP ,试证明  * 1 1 49, Nn nP P n n    是等比数列,并解释 此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车. 参考数据:若随机变量 服从正态分布  2,N   ,则   0.6827P        ≤ ,  2 2 0.9545P        ≤ ,  3 3 0.9973P          . 【答案】(1)300;(2) 0.8186 ;(3)见解析. 【解析】 (1) 0.002 50 205 0.004 50 255 0.009 50 305 0.004 50 355x              0.001 50 405 300   (千米). (2)由  2300,50X N . ∴   0.9545 0.6827250 400 0.9545 0.81862XP      . (3)遥控车开始在第 0 格为必然事件, 0 1P  . 第一次掷硬币出现正面,遥控车移到第一格,其概率为 1 2 ,即 1 1 2P  . 遥控车移到第  2 49n n  格的情况是下面两种,而且只有两种: ①遥控车先到第 2n  格,又掷出反面,其概率为 2 1 2 nP  . ②遥控车先到第 1n  格,又掷出正面,其概率为 1 1 2 nP  . ∴ 2 1 1 1 2 2n nnP P P   . ∴  1 1 2 1 2n n n nP P P P     . ∴1 49n  时,数列 1n nP P  是等比数列, 首项为 1 0 1 2P P   ,公比为 1 2  的等比数列. ∴ 1 11 2P    , 1 2 2 1 2P P       , 3 3 2 1 2P P       ,……, 1 1 2 n n nP P        . ∴      1 1 2 1 0 0n n n n nP P P P P P P P          11 1 1 12 2 2 n n                 1 1 11 2 12 11 3 21 2 n n                        .  0,1, ,49n   . ∴获胜的概率 50 49 2 113 2P           , 失败的概率 49 49 50 48 1 1 2 1 1 11 12 2 3 2 3 2P P                             . ∴ 50 49 48 49 50 2 1 1 1 1 11 1 1 03 2 3 2 3 2P P                                             . ∴获胜的概率大. ∴此方案能成功吸引顾客购买该款新能源汽车. 22.已知函数   2 lng x xx   ,   2 lnmf x mx xx    , m R . (1)求函数  g x 的极值; (2)若    f x g x 在 1, 上为单调函数,求 m 的取值范围; (3)设   2eh x x  ,若在 1,e 上至少存在一个 0x ,使得      0 0 0f x g x h x  成立,求 m 的取值范围. 【答案】(1)   1 ln2g x  极小值 ,无极大值;(2)   ,0 1,   ;(3) 2[ 4 , )1 e e  . 【解析】 (1)因为   2 2 2 1 2xg x x x x     .由   2 2 2 1 2 0xg x x x x      得: 2x  , 当 2x  时,   0g x  ,当 0 2x  时,   0g x  所以 2x  为函数  g x 的极小值点    2 1 ln2g x g  极小值 . (2)     2lnmf x g x mx xx     ,     2' 2 2mx x mf x g x x       . 因为    f x g x 在 1, 上为单调函数, 所以 2 2 0mx x m   或 2 2 0mx x m   在 1, 上恒成立, 2 2 0mx x m   等价于 2 2 1 xm x   在 1, 恒成立, 又 2 2 2 2 111 12 x x x xx x      .当且仅当 1x  时,等号成立 1m  2 2 0mx x m    等价于  21 2m x x  , 即 2 2 1 xm x   在 1, 恒成立,而  2 2 0,1 , 01 x mx    . 综上,m 的取值范围是   ,0 1,   . (3)构造函数         22lnm eF x f x g x h x mx xx x        , 当 0m  时,   21, , 0, 2ln 0m ex e mx xx x       , 所以在 1,e 不存在 0x ,使得      0 0 0f x g x h x  当 0m  时,   2 2 2 2 2 2 2 2m e mx x m eF x m x x x x        因为   21, , 2 2 0, 0x e e x mx m      ,所以   0F x  在 1,e 恒成立, 故  F x 在 1,e 单调递增, 所以  max 4mF x me e    ,又    min 1 2 0F x F e   所以只需 4 0mme e    ,解之得 2 4 1 em e   , 故 m 的取值范围是 2[ 4 , )1 e e  .
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