2020年山東省青島市高考數(shù)學(xué)一模試卷(理科)含答案解析

1、2020 年山東省青島市高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）一、選擇題：本大題共 10 小題每小題 5 分，共 50 分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只 有一項(xiàng)是符合題目要求的1已知全集集合 A= 1， 1 ，B= 1，4 ，則 A（?UB） =（）1 D ?A1，1 B 1C，其中 x1，x2， x3， x50，是某班 中位數(shù)為 y，則 x1，x2， x3， x50， 下列說法正確的是（ ）2已知數(shù)據(jù) x1， x 2， x3， ， x 50，500 （單位：公斤） 50 個(gè)學(xué)生的體重，設(shè)這 50 個(gè)學(xué)生體重的平均數(shù)為 x， 500這 51個(gè)數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)分別與x、y 比較，A 平均數(shù)增大，中位數(shù)一定變

2、大 B平均數(shù)增大，中位數(shù)可能不變C平均數(shù)可能不變，中位數(shù)可能不變 D平均數(shù)可能不變，中位數(shù)可能變小 3設(shè)隨機(jī)變量 服從正態(tài)分布 N（1，2），則函數(shù) f（ x）=x2+2x+不存在零點(diǎn)的概率為 （ ）ABCD第12頁（共 19頁）5定義 min4已知 aR，則“a<1”是“|x2|+| x|>a恒成立 ”的（ A充分而不必要條件 B 必要而不充分條件 C充要條件 D 既不充分也不必要條件，則由函數(shù) f（ x）的圖象與軸、直線 x=2 所圍成的封閉圖形的面積為（ABCD6已知點(diǎn) F1，F(xiàn)2 為雙曲線的左， 右焦點(diǎn)， 點(diǎn) P 在雙曲線 CBCDA的右支上，且滿足 |PF2|=| F1F

3、2| ， F1F2P=120°，則雙曲線的離心率為（7如圖所示的程序框圖，輸出 S 的值為（ ）D8已知 x，yR，且滿足，則 z=| x+2y| 的最大值為（A10 B8C6D 39如圖，四棱錐 PABCD 的底面 ABCD 為平行四邊形， NB=2PN ，則三棱錐 NPAC與三棱錐 DPAC 的體積比為（A1：2 B1：8 C1：6 D1：10已知拋物線 x2=4y，直線 y=k（k 為常數(shù)）與拋物線交于 A ，B 兩個(gè)不同點(diǎn)，若在拋物 線上存在一點(diǎn) P（不與 A ， B 重合），滿足，則實(shí)數(shù) k 的取值范圍為（ ）Ak2 Bk4 C0<k2 D0<k4 二、填空題：

4、本大題共 5小題，每小題 5 分，共 25分.11已知 i 是虛數(shù)單位， m，nR，且 m+2i=2 ni，則的共軛復(fù)數(shù)為 12二項(xiàng)式的展開式中，常數(shù)項(xiàng)等于 （用數(shù)字作答） 13已知函數(shù) f（x）=Asin （x+）（A>0，>0，0<<）是偶函數(shù)，它的部分圖象如 圖所示 M 是函數(shù) f（x）圖象上的點(diǎn)， K，L 是函數(shù) f（ x）的圖象與 x 軸的交點(diǎn)，且 KLM 為等腰直角三角形，則 f（ x）=14若 a>0，b> 0，則的最小值是 15定義在區(qū)間 x1，x2上的函數(shù) y=f （ x ）的圖象為 C，M 是C上任意一點(diǎn)， O 為坐標(biāo)原 點(diǎn)，設(shè)向量 ，且

5、實(shí)數(shù) 滿足 x= x1+（1）x2，此時(shí)向量若 | K 恒成立，則稱函數(shù) y=f （x）在區(qū)間x1，x2上可在標(biāo)準(zhǔn) K 下線性近似，其中 K 是一個(gè)確定的實(shí)數(shù)已知函數(shù) f（x）=x22x在區(qū)間 1，2上可在標(biāo)準(zhǔn) K 下線性近似，那么 K的最小值是 三、解答題：本大題共 6 小題，共 75 分，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.16已知函數(shù) f （ x ） =sin 2wx sin2（ wx ） 的圖象關(guān)于直線 x= 對(duì)稱（I ）求函數(shù) f（ x）的最小正周期；（）在 ABC 中，角 A，B，C的對(duì)邊分別為 面積的最大值xR，w 為常數(shù)且<w<1），函數(shù) f（ x）a，

6、b， c，若 a=1，f= 求 ABC17為迎接 2022 年北京冬奧會(huì)，推廣滑雪運(yùn)動(dòng)，某滑雪場(chǎng)開展滑雪促銷活動(dòng)，該滑雪場(chǎng)的 收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)是：滑雪時(shí)間不超過 1小時(shí)免費(fèi)，超過 1小時(shí)的部分每小時(shí)收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)為 40 元（不足 1 小時(shí)的部分按 1 小時(shí)計(jì)算）有甲、乙兩人相互獨(dú)立地來該滑雪場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，設(shè)甲、乙不超過 1 小時(shí)離開的概率分別為，；1 小時(shí)以上且不超過2 小時(shí)離開的概率分別為兩人滑雪時(shí)間都不會(huì)超過 3 小時(shí) ）求甲、乙兩人所付滑雪費(fèi)用相同的概率； ）設(shè)甲、乙兩人所付的滑雪費(fèi)用之和為隨機(jī)變量求 的分布列與數(shù)學(xué)期望 E（）18如圖，在四棱錐 P ABCD 中， PA平面 ABCD ，ACAD，ABB

7、C，BCA=45， AP=AD=AC=2 ，E為 PA的中點(diǎn)（ ）設(shè)面 PAB面 PCD=l ，求證： CDl； （ ）求二面角 BCED 的余弦值19已知等差數(shù)列 an的公差 d=2，其前 n項(xiàng)和為 Sn，數(shù)列 an的首項(xiàng) b1=2，其前 n項(xiàng)和為（ ）求數(shù)列 an、bn 的通項(xiàng)公式；（ ）求數(shù)列 | anbn14| 的前 n 項(xiàng)和 Wn20已知橢圓 E：+=1，A、B分別是橢圓 E的左、右頂點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) M 在射線 1：x=4 （y> 0）上運(yùn)動(dòng)， MA 交橢圓 E 于點(diǎn) P， MB 交橢圓 E 于點(diǎn) Q（1）若 MAB 垂心的縱坐標(biāo)為 4 ，求點(diǎn)的 P 坐標(biāo)；（ 2）試問：直線 PQ

8、是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請(qǐng)說明理由 21已知函數(shù) f（x） =sinx ax（）對(duì)于 x（ 0，1），f（x）> 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；（ ）當(dāng) a=1 時(shí)，令 h（x）=f（x） sinx+lnx+1，求 h（ x）的最大值； ）求證：2020 年山東省青島市高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共 10 小題每小題 5 分，共 50 分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只 有一項(xiàng)是符合題目要求的1已知全集，集合 A= 1， 1 ，B= 1，4 ，則 A（?UB） =（）A1，1 B 1C1 D?【考點(diǎn)】 交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算【分析】

9、求出全集中 y 的值確定出 U，再由 B 利用補(bǔ)集的定義求出 B 的補(bǔ)集，找出 A 與 B 補(bǔ)集的交集即可【解答】 解：由全集 U 中 y=log 2x，x= ，1，2，16，得到 y=1，0，1，4，即全集 U= 1，0，1，4，A= 1，1，B=1，4，?UB= 1，0 ，則 A（?UB）= 1， 故選： B2已知數(shù)據(jù) x1，x2，x3，x50，500（單位：公斤） ，其中 x1，x2，x3，x50，是某班50 個(gè)學(xué)生的體重，設(shè)這 50 個(gè)學(xué)生體重的平均數(shù)為 x，中位數(shù)為 y，則 x1，x2， x3， x50， 500這 51個(gè)數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)分別與 x、y 比較，下列說法正確的是（）

10、A 平均數(shù)增大，中位數(shù)一定變大B平均數(shù)增大，中位數(shù)可能不變 C平均數(shù)可能不變，中位數(shù)可能不變 D平均數(shù)可能不變，中位數(shù)可能變小【考點(diǎn)】 眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)【分析】 根據(jù)平均數(shù)與中位數(shù)的定義，分析這組數(shù)據(jù)，即可得出正確的結(jié)論【解答】 解：根據(jù)題意得，數(shù)據(jù) x1，x2，x3，x50，是某班 50 個(gè)學(xué)生的體重，其平均數(shù) 應(yīng)在 50 公斤左右，再增加一個(gè)數(shù)據(jù) 500，這 51 個(gè)數(shù)據(jù)的平均數(shù)一定增大， 而中位數(shù)有可能不變，如：按大小順序排列后，第25、 26 個(gè)數(shù)據(jù)相等時(shí)，其中位數(shù)相等故選： B3設(shè)隨機(jī)變量 服從正態(tài)分布 N（1，2），則函數(shù) f（ x）=x2+2x+不存在零點(diǎn)的概率為 （ ） A

11、BCD【考點(diǎn)】 正態(tài)分布曲線的特點(diǎn)及曲線所表示的意義； 函數(shù)的零點(diǎn)； 古典概型及其概率計(jì)算公 式【分析】 函數(shù) f（x）=x2+2x+不存在零點(diǎn)，可得 >1，根據(jù)隨機(jī)變量 服從正態(tài)分布 N（ 1， 2），可得曲線關(guān)于直線 x=1 對(duì)稱，從而可得結(jié)論【解答】 解：函數(shù) f （x） =x2+2x+不存在零點(diǎn)， =44<0， >1隨機(jī)變量 服從正態(tài)分布 N（ 1，2），曲線關(guān)于直線 x=1 對(duì)稱P（>1）=故選 C 4已知 aR，則“a<1”是“|x2|+| x|>a恒成立 ”的（ ）A充分而不必要條件 B 必要而不充分條件 C充要條件 D 既不充分也不必要條件【

12、考點(diǎn)】 必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】 要判斷 “a<1”是“|x2|+| x|>a恒成立 ”的條件，我們可先構(gòu)造函數(shù) y=| x2|+| x| 并求出函數(shù)的值域，然后轉(zhuǎn)化為一個(gè)恒成立的判斷與性質(zhì)問題，最后結(jié)合充要條件的定義， 進(jìn)行判斷【解答】 解：函數(shù) y=| x2|+| x| 的值域?yàn)?2， +）則當(dāng) a< 1 時(shí)， | x 2|+| x| > a恒成立反之若， |x2|+| x| >a，則說明 a小于函數(shù) y=|x2|+| x| 的最小值 2恒成立，即 a<2 故“a< 1”是“| x 2|+| x|>a恒成立 ”的充分不必要條

13、件5定義 min故選： A ，則由函數(shù) f（ x）的圖象與 x軸、直線 x=2 所圍成的封閉圖形的面積為（ ）ABCD 【考點(diǎn)】 定積分在求面積中的應(yīng)用【分析】 根據(jù)題目給出的函數(shù)定義，寫出分段函數(shù)f（x）=minx2， ，由圖象直觀看出所求面積的區(qū)域，然后直接運(yùn)用定積分求解陰影部分的面積2【解答】 解：由 =x 2，得： x=1，又當(dāng) x< 0時(shí)， <x2，所以，根據(jù)新定義有f（x）=min x2，圖象如圖，所以，由函數(shù) f（x）的圖象與 x軸、 x=2 直線所圍成的封閉圖形為圖中陰影部分， 其面積為 S=x2dx+dx= | +lnx| = +ln2，故選： C6已知點(diǎn) F1，

14、F2 為雙曲線的左， 右焦點(diǎn)， 點(diǎn) P 在雙曲線 C的右支上，且滿足 |PF2|=| F1F2| ， F1F2P=120°，則雙曲線的離心率為（）A B CD【考點(diǎn)】 雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】 運(yùn)用余弦定理可得 |PF1| =2 c，再由雙曲線的定義可得 |PF1| |PF2| =2a，即為2 c 2c=2a，運(yùn)用離心率公式計(jì)算即可得到所求值【解答】 解：由題意可得 | PF2| =| F1F2| =2c， PF2F1=120°，即有 | PF1| 2=| PF2| 2+| F1F2| 2 2| PF2| ?| F1F2| cos PF2F12 2 2 2=4c2+4c22

15、?4c2?（ ）=12c 2，即有 | PF1| =2 c，由雙曲線的定義可得 |PF1| | PF2| =2a，即為 2 c2c=2a，即有 c=a，可得 e= = 故選： A 7如圖所示的程序框圖，輸出S 的值為（D【考點(diǎn)】 程序框圖【分析】 題目給出了當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)框圖， 首先引入累加變量 s和循環(huán)變量 n，由判斷框得知， 算法執(zhí)行的是求 2ncosn的和， n 從 1 取到 100，利用等比數(shù)列求和公式即可計(jì)算得解【解答】 解：通過分析知該算法是求和 2cos+22cos2+23cos3+2100cos100，由于 2cos+22cos2+23cos3+2100cos100= 2+222

16、3+24+2100=故選： C8已知 x，yR，且滿足，則 z=| x+2y| 的最大值為（ ）A10 B8 C6 D 3 【考點(diǎn)】 簡(jiǎn)單線性規(guī)劃z 的最大值【分析】 作出不等式對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識(shí)，通過平移即可求解答】解：作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖：陰影部分）由 z=| x+2y| ，平移直線 y= x+ z，由圖象可知當(dāng)直線 y= x z 經(jīng)過點(diǎn) A 時(shí)，z 取得最大值， 此時(shí) z 最大即 A （ 2， 2）， 代入目標(biāo)函數(shù) z=| x+2y| 得 z=2×2+2=6 故選： CNB=2PN ， NB=PB，9如圖，四棱錐 PABCD 的底面 ABCD 為平行四

17、邊形， NB=2PN ，則三棱錐 NPAC與 三棱錐 DPAC 的體積比為（）1：6 D1：3【考點(diǎn)】 棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【分析】 根據(jù)兩個(gè)棱錐的底面和高與棱錐P ABC 的底面與高的關(guān)系得出兩棱錐的體積與棱錐 PABC 的關(guān)系，得出答案【解答】 解：四邊形 ABCD 是平行四邊形， SABC=SACD VDPAC=V PACD =V PABC VNABC= V PABC，VNPAC=V P ABC V NABC = V PABC 故選：D210已知拋物線 x2=4y，直線 y=k（k 為常數(shù)）與拋物線交于 A ，B 兩個(gè)不同點(diǎn)，若在拋物 線上存在一點(diǎn) P（不與 A ， B 重合），滿足，

18、則實(shí)數(shù) k 的取值范圍為（ ）Ak2 Bk4 C0<k2 D0<k4考點(diǎn)】 拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)分析】 由題意可得設(shè) A（2 ，k），B（ 2 ，k），P（m， ），運(yùn)用向量的數(shù)量積的 坐標(biāo)表示，由換元法可得二次方程， 由判別式大于等于 0 和兩根非負(fù)的條件， 運(yùn)用韋達(dá)定理， 解不等式即可得到所求范圍【解答】 解：由 y=k（ k>0），代入拋物線 x2=4y，可得 x=±2 ， 可設(shè) A（2 ， k）， B（ 2 ，k），P（m， ），由 ，可得（ 2 m，k ） ?=0， 2 m， k 即為（ 2 m）（ 2 m）+（k ）2=0，化為m4+m2（1 ） +k24k

19、=0 ，可令 t=m 2（ t 0），則t2+t（1 ）+k24k=0 ，可得 =（1 ）2 （k24k）0，即 10 恒成立， 由韋達(dá)定理可得（ 1 ） 0， k2 4k 0， 解得 k 4 故選： B二、填空題：本大題共 5小題，每小題 5 分，共 25分.11已知 i 是虛數(shù)單位， m，nR，且 m+2i=2 ni，則的共軛復(fù)數(shù)為 i【考點(diǎn)】 復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算【分析】 利用復(fù)數(shù)相等，求出 m，n 然后求解復(fù)數(shù)的代數(shù)形式【解答】 解： m，nR，且 m+2i=2 ni ，可得 m=2，n=2，=它的共軛復(fù)數(shù)為 i故答案為： i12二項(xiàng)式的展開式中，常數(shù)項(xiàng)等于 1215 （用數(shù)字作答）

20、 【考點(diǎn)】 二項(xiàng)式定理【分析】 在二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式中，令 x 的冪指數(shù)等于 0，求出 r 的值，即可求得常數(shù)項(xiàng) 【解答】解：展開式的通項(xiàng)公式為，由 6 3k=0得 k=2 ，所以常數(shù)項(xiàng)為，第10頁（共 19頁）故答案為 121513已知函數(shù) f（x）=Asin （x+）（A>0，>0，0<<）是偶函數(shù)，它的部分圖象如 圖所示 M 是函數(shù) f（x）圖象上的點(diǎn)， K，L 是函數(shù) f（ x）的圖象與 x 軸的交點(diǎn)，且 KLM為等腰直角三角形，則 f（ x）=cosx第16頁（共 19頁）【考點(diǎn)】 正弦函數(shù)的圖象【分析】 由函數(shù)的最值求出 A ，由函數(shù)的奇偶性求出 的值，由

21、周期求出 ，可得函數(shù)的 解析式【解答】 解：由題意可得 A= ，=2k+ ，kZ，再結(jié)合 0< < ，可得 = ，cosx14若 a>0，b> 0，則的最小值是 2 +3 考點(diǎn)】分析】基本不等式化簡(jiǎn)可得解答】解：+3，從而利用基本不等式求解即可=2+ + +1= + +32 +3，=當(dāng)且僅當(dāng)，即 a= b 時(shí)，等號(hào)成立） ； 故答案為： 2 +315定義在區(qū)間 x1，x2 上的函數(shù) y=f （x）的圖象為 C，M 是 C 上任意一點(diǎn)， O 為坐標(biāo)原 點(diǎn)，設(shè)向量 ，且實(shí)數(shù) 滿足 x= x1+（1）x2，此時(shí)向量若 | K 恒成立，則稱函數(shù) y=f （x）在區(qū)間x1，x2上

22、可在標(biāo)準(zhǔn) K 下線性近似，其中 K 是一個(gè)確定的實(shí)數(shù)已知函數(shù) f（x）=x2 2x在區(qū)間 1，2上可在標(biāo)準(zhǔn) K 下線性近似，那么 K的最小值是 【考點(diǎn)】 向量的線性運(yùn)算性質(zhì)及幾何意義【分析】 yNyM=f（x1）+（1）f（x2）+2 x1+（ 1 ）x2 =，由題意可得：=| yNyM | =| （1）|，再利用基本不等式的性質(zhì)即可得出【解答】 解：yNyM=f（x1）+（1）f（x2）+2 x1+（1 ） x2= + +2 x1+（ 1）x2=，| x1x2| | 12| =1，由題意可得：=| yNyM| =| （1）|由于| K 恒成立， K 的最小值為 故答案為：三、解答題：本大題共

23、 6 小題，共 75 分，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算 步驟.16已知函數(shù) f （ x ） =sin 2wx sin2（ wxxR，w 為常數(shù)且<w<1），函數(shù) f（ x）的圖象關(guān)于直線 x= 對(duì)稱（I ）求函數(shù) f（ x）的最小正周期；= 求 ABC（）在 ABC 中，角 A，B，C的對(duì)邊分別為 a，b，c，若 a=1， 面積的最大值【考點(diǎn)】 正弦函數(shù)的圖象；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用【分析】（1）化簡(jiǎn) f（x），根據(jù)對(duì)稱軸求出 ，得出 f （ x）的解析式，利用周期公式計(jì)算周 期；= 解出 A ，利用余弦定理和基本不等式得出 bc 的最大值，代入面積公式（2）由 f

24、（ A ） 得出面積的最大值 cos2x= cos2x+=令 2x cos2x cos( 2 x sin2x= sin( 2x解答】 解：（ I） f （ x）) = cos(2xx=解得 = < w < 1 ，當(dāng) k=1 時(shí)， =+k，解得 x= f （x）的對(duì)稱軸為令）f (x)= sin( xf （x ）的最小正周期2) f ()= sin( A T=)由余弦定理得 cosA= SABC = ABC 面積的最大值是17為迎接 2022 年北京冬奧會(huì)，推廣滑雪運(yùn)動(dòng)，某滑雪場(chǎng)開展滑雪促銷活動(dòng)，該滑雪場(chǎng)的 收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)是：滑雪時(shí)間不超過 1小時(shí)免費(fèi)，超過 1小時(shí)的部分每小時(shí)收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)為

25、40 元（不足 1 小時(shí)的部分按 1 小時(shí)計(jì)算）有甲、乙兩人相互獨(dú)立地來該滑雪場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，設(shè)甲、乙不超過 1 小時(shí)離開的概率分別為，；1 小時(shí)以上且不超過2 小時(shí)離開的概率分別為兩人滑雪時(shí)間都不會(huì)超過 3 小時(shí) ）求甲、乙兩人所付滑雪費(fèi)用相同的概率； ）設(shè)甲、乙兩人所付的滑雪費(fèi)用之和為隨機(jī)變量求 的分布列與數(shù)學(xué)期望 E（）【考點(diǎn)】 離散型隨機(jī)變量的期望與方差；離散型隨機(jī)變量及其分布列【分析】（ ）甲、乙兩人所付費(fèi)用相同即為 0，40， 件的概率公式，可求甲、乙兩人所付租車費(fèi)用相同的概率； （ ）確定變量的取值，求出相應(yīng)的概率，即可求得【解答】 解：（ ）80 元，求出相應(yīng)的概率，利用互斥事都付 0

26、 元的概率為都付 40 元的概率為甲、乙兩人所付費(fèi)用相同即為 0，P1= ，P2= ，都付 80 元的概率為P3=）(1）故所付費(fèi)用相同的概率為P=P1+P2+P3= 的分布列與數(shù)學(xué)期望40，80 元 1第18頁（共 19頁） ）由題意甲、乙兩人所付的滑雪費(fèi)用之和的可能取值為 0， 40，80，120， 160，第25頁（共 19頁）=0)= ，=40)=80)=120)=160)=+=(11)1)的分布列為：04080120160=80+，數(shù)學(xué)期望E（）=18如圖，在四棱錐 P ABCD 中， PA平面 ABCD ，ACAD，ABBC，BCA=45， AP=AD=AC=2 ，E為 PA 的中

27、點(diǎn)（ ）設(shè)面 PAB面 PCD=l ，求證： CDl； （ ）求二面角 BCED 的余弦值考點(diǎn)】 二面角的平面角及求法；棱錐的結(jié)構(gòu)特征分析】（ ）根據(jù)線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理即可證明CDl； ）建立空間直角坐標(biāo)系，求出對(duì)應(yīng)平面的法向量，利用向量法進(jìn)行求解即可【解答】 證明：（)取 CD 的中點(diǎn) H，ACAD，ABBC，BCA=45 ，AP=AD=AC=2 ，AH CD ，CAH= CAB=45 °， 即 BAH=90 °， 即四邊形 ABCH 是矩形， 則 ABCH，AB CDCD?面 PAB， AB ? 面 PAB，CD 面 PAB，CD? 面 PCD，面 PAB面

28、 PCD=l ， 根據(jù)線面平行的性質(zhì)得 CD l（ ） AC=2 ， AB=BC=AH=，DH= ，建立以 A 為原點(diǎn)， AH，AB，AP 分別為 x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：則 A （0，0，0），B（0， ，0）， C（ ， ，0），P（0，0，2），E（0，0，1），D（ ， ， 0），=（ ， ，1）， =（ ，0， 0）， =（0， 2 ，0）設(shè)平面 BPC 的一個(gè)法向量為 =（x，y， z），則 x=0 ，令 y= ，則 z=2，即 =（0， ， 2），設(shè)平面 PCD 的一個(gè)法向量為 =（x，y， z），則 y=0 ，令 x= ，則 z=2，=（ ， 0，2），即二面角 B

29、CED 的余弦值是19已知等差數(shù)列 an的公差 d=2，其前 n項(xiàng)和為 Sn，數(shù)列 an的首項(xiàng) b1=2，其前 n項(xiàng)和為 Tn，滿足（ ）求數(shù)列 an、 bn 的通項(xiàng)公式；（ ）求數(shù)列 | anbn14| 的前 n 項(xiàng)和 Wn【考點(diǎn)】 數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式【分析】（ I）由，可得=T1+2=22，解得 a1利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前 n 項(xiàng)和公式可得 an， Sn可得 2n+1=Tn+2，利用遞推關(guān)系可得 bn（II ）令 cn=anbn 14=（2n1）?2n14可得： c1=12，c2=2，n3，cn>0n3， Wn=c1+c2+cn2c1 2c2Wn=1×2+

30、3×22+（ 2n1）2n14n+28，令 Qn=1×2+3×22+ （2n1）2n，利用 “錯(cuò)位相減法 ”與等比數(shù)列的前 n 項(xiàng)和公式即可得出【解答】 解：（I），=T 1+2=2 +2=4=2 2，+1=2，解得 a1=12an=1 +（ n 1）× 2=2n1 Sn=n22n+1=T n+2，當(dāng) n2時(shí)， 2n+12n=Tn+2（Tn1+2）=bn，bn=2n，當(dāng) n=1 時(shí)也成立bn=2 n（II）令 cn=anbn14=（2n1）?2n14 c1=12，c2=2，n3，cn>0 n3，Wn=c1 c2+c3+cn=c1+c2+cn2c1

31、2c2Wn=1×2+3×22+（2n1）2n14n+28，令 Q n=1×2+3× 22+（ 2n 1）2n，2Qn=1×22+3×23+（2n3）?2n+（2n 1）?2n+1， Qn=2（2+22+2n） 2（ 2n 1） ?2n+1=2×2（ 2n1）?2n+1=（32n） ?2n+16，Qn=（2n3） ?2n+1+6 Wn=20已知橢圓 E：+=1，A、B分別是橢圓 E的左、右頂點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) M 在射線 1：x=4（y> 0）上運(yùn)動(dòng)， MA 交橢圓 E 于點(diǎn) P， MB 交橢圓 E 于點(diǎn) Q（1）若 MAB 垂心

32、的縱坐標(biāo)為 4 ，求點(diǎn)的 P 坐標(biāo)；（ 2）試問：直線 PQ 是否過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請(qǐng)說明理由 【考點(diǎn)】 橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】（1）設(shè) M（4 ，m），由 A（ 2 ，0），B（2 ，0），垂心 H（4 ，4 ）， 由 BHMA ，運(yùn)用直線斜率公式和斜率之積為1，可得 m，再由直線 MA 與橢圓求得交點(diǎn)P；（2）設(shè) M（4 ，m），由 A（ 2 ，0），B（2 ，0），可得 MA 的方程為 y=（x+2 ），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，解得 P的坐標(biāo)；同理求得 Q 的坐標(biāo)，運(yùn)用直線的斜率公式 可得 PQ 的斜率，由點(diǎn)斜式方程可得 PQ的方程，再由恒過定點(diǎn)思想，即可得到所求定點(diǎn) 【解答】 解：（1）設(shè) M（4 ，m），由 A（ 2 ，0），B（2 ，0），垂心 H （4 ，kBH?kMA =1， 4 ），由 BH MA ，可得 即有 ?=1，可得 m=由 MA 的方程：y=x +2 ），代入橢圓方程，可得8x2+4 x 48=0 ，x= 2 ，或 ，即有 P（， ）；設(shè) M（4 ，m），由 A（ 2 ，0），B（2 ，0），解得2）可得y=y=MA 的方程為x +2 ），代入橢圓方程，可得36+m2) x2+4 m2x+8m2288=0，由 2