2019年單招理科數(shù)學(xué)模擬試題含答案

1、2019年單招理科數(shù)學(xué)模擬試題（一）【含答案】一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有且只有一項(xiàng)符合題目要求.1復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足方程=i（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限2已知集合A=x|x2+x20，集合B=x|（x+2）（3x）0，則（RA）B等于（）矚慫潤(rùn)厲釤瘞睞櫪廡賴(lài)賃軔。Ax|1x3Bx|2x3Cx|2x1Dx|2x1或2x33下列函數(shù)中，在其定義域，既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是（）Af（x）=Bf（x）=Cf（x）=2x2xDf（x）=tanx4已知“x2”是“x2a（aR）”的充分不必要條件，則

2、a的取值圍是（）A（，4）B（4，+）C（0，4D（，45已知角是第二象限角，直線2x+（tan）y+1=0的斜率為，則cos等于（）ABCD6執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入n的值為8，則輸出s的值為（）A16B8C4D27（）8的展開(kāi)式中，x的系數(shù)為（）A112B112C56D568在ABC中，A=60°，AC=3，面積為，那么BC的長(zhǎng)度為（）AB3C2D9記曲線y=與x軸所圍成的區(qū)域?yàn)镈，若曲線y=ax（x2）（a0）把D的面積均分為兩等份，則a的值為（）聞創(chuàng)溝燴鐺險(xiǎn)愛(ài)氌譴凈禍測(cè)。ABCD10為了普及環(huán)保知識(shí)，增強(qiáng)環(huán)保意識(shí)，某大學(xué)隨機(jī)抽取30名學(xué)生參加環(huán)保知識(shí)測(cè)試，得分（十分制）

3、如圖所示，假設(shè)得分的中位數(shù)為me，眾數(shù)為m0，平均值為，則（）殘騖樓諍錈瀨濟(jì)溆塹籟婭騍。Ame=m0=Bme=m0Cmem0Dm0me11已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在半徑為5的球O的球面上，且AB=6，BC=2，則棱錐OABCD的側(cè)面積為（）釅錒極額閉鎮(zhèn)檜豬訣錐顧葒。A20+8B44C20D4612函數(shù)f（x）=2sin（2x+）（|）的圖象向左平移個(gè)單位后關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則以下判斷不正確的是（）彈貿(mào)攝爾霽斃攬磚鹵廡詒爾。A是奇函數(shù)B為f（x）的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心Cf（x）在上單調(diào)遞增Df（x）在（0，）上單調(diào)遞減二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13若變量x，y滿(mǎn)足約束條件，則z=2x

4、y的最大值為14如圖所示是一個(gè)幾何體的三視圖，則這個(gè)幾何體的體積為15已知拋物線y2=8x的焦點(diǎn)F到雙曲線C：=1（a0，b0）漸近線的距離為，點(diǎn)P是拋物線y2=8x上的一動(dòng)點(diǎn)，P到雙曲線C的上焦點(diǎn)F1（0，c）的距離與到直線x=2的距離之和的最小值為3，則該雙曲線的方程為謀蕎摶篋飆鐸懟類(lèi)蔣薔點(diǎn)鉍。16已知向量，的夾角為，|+|=2，|=2則的取值圍為三、解答題：本大題共5小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明或推理、驗(yàn)算過(guò)程.17已知Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，S6=51，a5=13（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列bn的通項(xiàng)公式是bn=，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn18袋中有大小相同的

5、四個(gè)球，編號(hào)分別為1、2、3、4，從袋中每次任取一個(gè)球，記下其編號(hào)若所取球的編號(hào)為偶數(shù)，則把該球編號(hào)改為3后放同袋中繼續(xù)取球；若所取球的編號(hào)為奇數(shù)，則停止取球廈礴懇蹣駢時(shí)盡繼價(jià)騷巹癩。（1）求“第二次取球后才停止取球”的概率；（2）若第一次取到偶數(shù)，記第二次和第一次取球的編號(hào)之和為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望19在三棱椎A(chǔ)BCD中，AB=BC=4，AD=BD=CD=2，在底面BCD作CECD，且CE=煢楨廣鰳鯡選塊網(wǎng)羈淚鍍齊。（1）求證：CE平面ABD；（2）如果二面角ABDC的大小為90°，求二面角BACE的余弦值20在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C： +=1（ab0）的離心率為

6、且過(guò)點(diǎn)（3，1）（1）求橢圓C的方徎；（2）若動(dòng)點(diǎn)P在直線l：x=2上，過(guò)P作直線交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，使得PM=PN，再過(guò)P作直線lMN，直線l是否恒過(guò)定點(diǎn)，若是，請(qǐng)求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若否，請(qǐng)說(shuō)明理由鵝婭盡損鵪慘歷蘢鴛賴(lài)縈詰。21已知函數(shù)f（x）=m（x1）22x+3+lnx（m1）（1）求證：函數(shù)f（x）在定義域存在單調(diào)遞減區(qū)間a，b；（2）是否存在實(shí)數(shù)m，使得曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)？若存在，求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由籟叢媽羥為贍僨蟶練淨(jìng)櫧撻。選修4-1：幾何證明選講22選修41：幾何證明選講如圖，已知PA是O的切線，A是切點(diǎn)，直

7、線PO交O于B、C兩點(diǎn)，D是OC的中點(diǎn)，連接AD并延長(zhǎng)交O于點(diǎn)E，若PA=2，APB=30°預(yù)頌圣鉉儐歲齦訝驊糴買(mǎi)闥。（）求AEC的大??；（）求AE的長(zhǎng)選修4-4：極坐標(biāo)與參數(shù)方程23選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在平面直角坐標(biāo)系x0y中，動(dòng)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（23sin，3cos2），其中R在極坐標(biāo)系（以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，以x軸非負(fù)半軸為極軸）中，直線C的方程為cos（）=a滲釤嗆儼勻諤鱉調(diào)硯錦鋇絨。（）判斷動(dòng)點(diǎn)A的軌跡的形狀；（）若直線C與動(dòng)點(diǎn)A的軌跡有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，數(shù)a的值選修4-5：不等式選講24已知函數(shù)f（x）=|x1|+|xa|（1）若a=2，解不等式f（x）2；（2）若a1，xR

8、，f（x）+|x1|1，數(shù)a的取值圍2019年單招理科數(shù)學(xué)模擬試題（一）參考答案一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有且只有一項(xiàng)符合題目要求.鐃誅臥瀉噦圣騁貺頂廡縫勵(lì)。1復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足方程=i（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在（）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算【分析】由=i，得，然后利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運(yùn)算化簡(jiǎn)，求出復(fù)數(shù)z在復(fù)平面對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)，則答案可求擁締鳳襪備訊顎輪爛薔報(bào)贏。【解答】解：由=i，得，即z=1+i則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，1）位于第一象限故選：A2已知集合A=x|x2+x

9、20，集合B=x|（x+2）（3x）0，則（RA）B等于（）贓熱俁閫歲匱閶鄴鎵騷鯛漢。Ax|1x3Bx|2x3Cx|2x1Dx|2x1或2x3【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算【分析】求出A與B中不等式的解集確定出B，求出A的補(bǔ)集，找出補(bǔ)集與B的公共部分，能求出結(jié)果【解答】解：集合A=x|x2+x20=x|2x1，集合B=x|（x+2）（3x）0=x|2x3，（CRA）B=x|x2或x1x|2x3=x|1x3故選：A3下列函數(shù)中，在其定義域，既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是（）Af（x）=Bf（x）=Cf（x）=2x2xDf（x）=tanx【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式及基本初等函數(shù)

10、的性質(zhì)，逐一分析出四個(gè)函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，即可得到答案【解答】解：A中，f（x）=是奇函數(shù)，但在定義域不單調(diào)；B中，f（x）=是減函數(shù)，但不具備奇偶性；C中，f（x）2x2x既是奇函數(shù)又是減函數(shù)；D中，f（x）=tanx是奇函數(shù)，但在定義域不單調(diào)；故選C4已知“x2”是“x2a（aR）”的充分不必要條件，則a的取值圍是（）A（，4）B（4，+）C（0，4D（，4【考點(diǎn)】充要條件【分析】由x2得到x24，根據(jù)充分不必要條件的概念得：a4【解答】解：由題意知：由x2能得到x2a；而由x2a得不出x2；x2，x24；a4；a的取值圍是（，4故選：D5已知角是第二象限角，直線2x+（tan）y+1=

11、0的斜率為，則cos等于（）ABCD【考點(diǎn)】直線的斜率【分析】表示出k，求出tan，根據(jù)角是第二象限角，求出cos即可【解答】解：由題意得：k=，故tan=，故cos=，故選：D6執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入n的值為8，則輸出s的值為（）A16B8C4D2【考點(diǎn)】程序框圖【分析】已知b=8，判斷循環(huán)條件，i8，計(jì)算循環(huán)中s，i，k，當(dāng)x8時(shí)滿(mǎn)足判斷框的條件，退出循環(huán)，輸出結(jié)果s即可壇摶鄉(xiāng)囂懺蔞鍥鈴氈淚躋馱。【解答】解：開(kāi)始條件i=2，k=1，s=1，i8，開(kāi)始循環(huán)，s=1×（1×2）=2，i=2+2=4，k=1+1=2，i8，繼續(xù)循環(huán)，s=×（2×4）

12、=4，i=6，k=3，i8，繼續(xù)循環(huán)；s=×（4×6）=8，i=8，k=4，88，循環(huán)停止，輸出s=8；故選B：7（）8的展開(kāi)式中，x的系數(shù)為（）A112B112C56D56【考點(diǎn)】二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)【分析】先求出通項(xiàng)公式，再令4r=1，由此可得開(kāi)式中x的系數(shù)【解答】解：（）8的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r+1=（2）rC8rx4r，令4r=1，解得r=2，展開(kāi)式中x的系數(shù)為（2）2C82=112，故選：B8在ABC中，A=60°，AC=3，面積為，那么BC的長(zhǎng)度為（）AB3C2D【考點(diǎn)】三角形中的幾何計(jì)算【分析】根據(jù)三角形的面積公式求得丨AB丨，cosA=，sinA=，求得

13、丨AD丨，丨BD丨在BDC中利用勾股定理即可求得BC的長(zhǎng)度蠟變黲癟報(bào)倀鉉錨鈰贅籜葦。【解答】解：在圖形中，過(guò)B作BDACSABC=丨AB丨丨AC丨sinA，即×丨AB丨×3×sin60°=，解得：丨AB丨=2，cosA=，丨AD丨=丨AB丨cosA=2×=1，sinA=，則丨BD丨=丨AB丨sinA=2×=，丨CD丨=丨AC丨丨AD丨=31=2，在BDC中利用勾股定理得：丨BC丨2=丨BD丨2+丨CD丨2=7，則丨BC丨=，故選A9記曲線y=與x軸所圍成的區(qū)域?yàn)镈，若曲線y=ax（x2）（a0）把D的面積均分為兩等份，則a的值為（）買(mǎi)

14、鯛鴯譖曇膚遙閆擷凄屆嬌。ABCD【考點(diǎn)】直線與圓相交的性質(zhì)【分析】求出區(qū)域D表示（1，0）為圓心，1為半徑的上半圓，利用曲線y=ax（x2）（a0）把D的面積均分為兩等份，可得=，即可得到結(jié)論綾鏑鯛駕櫬鶘蹤韋轔糴飆鈧?！窘獯稹拷猓河蓎=得（x1）2+y2=1，（y0），則區(qū)域D表示（1，0）為圓心，1為半徑的上半圓，而曲線y=ax（x2）（a0）把D的面積均分為兩等份，=，（ax2）=，a=，故選：B10為了普及環(huán)保知識(shí)，增強(qiáng)環(huán)保意識(shí)，某大學(xué)隨機(jī)抽取30名學(xué)生參加環(huán)保知識(shí)測(cè)試，得分（十分制）如圖所示，假設(shè)得分的中位數(shù)為me，眾數(shù)為m0，平均值為，則（）驅(qū)躓髏彥浹綏譎飴憂(yōu)錦諑瓊。Ame=m0=B

15、me=m0Cmem0Dm0me【考點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)【分析】根據(jù)題意，由統(tǒng)計(jì)圖依次計(jì)算數(shù)據(jù)的中位數(shù)、眾數(shù)、平均數(shù)，比較即可得答案【解答】解：根據(jù)題意，由題目所給的統(tǒng)計(jì)圖可知：30個(gè)得分中，按大小排序，中間的兩個(gè)得分為5、6，故中位數(shù)me=5.5，得分為5的最多，故眾數(shù)m0=5，其平均數(shù)=5.97；則有m0me，故選：D11已知矩形ABCD的頂點(diǎn)都在半徑為5的球O的球面上，且AB=6，BC=2，則棱錐OABCD的側(cè)面積為（）貓蠆驢繪燈鮒誅髏貺廡獻(xiàn)鵬。A20+8B44C20D46【考點(diǎn)】球接多面體；棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積【分析】由題意求出矩形的對(duì)角線的長(zhǎng)，結(jié)合球的半徑，球心到矩形的距離，滿(mǎn)足

16、勾股定理，求出棱錐的高，即可求出棱錐的體積鍬籟饗逕瑣筆襖鷗婭薔嗚訝?！窘獯稹拷猓河深}意可知四棱錐OABCD的側(cè)棱長(zhǎng)為：5所以側(cè)面中底面邊長(zhǎng)為6和2，它們的斜高為：4和2，所以棱錐OABCD的側(cè)面積為：S=4×6+2=44故選B12函數(shù)f（x）=2sin（2x+）（|）的圖象向左平移個(gè)單位后關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則以下判斷不正確的是（）構(gòu)氽頑黌碩飩薺齦話(huà)騖門(mén)戲。A是奇函數(shù)B為f（x）的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心Cf（x）在上單調(diào)遞增Df（x）在（0，）上單調(diào)遞減【考點(diǎn)】函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換【分析】利用誘導(dǎo)公式、函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換規(guī)律求得所得函數(shù)的解析式，再利用三角函數(shù)的奇偶性、

17、單調(diào)性，以及它的圖象的對(duì)稱(chēng)性，逐一判斷各個(gè)選項(xiàng)是否正確，從而得出結(jié)論輒嶧陽(yáng)檉籪癤網(wǎng)儂號(hào)澩蠐鑭?！窘獯稹拷猓喊押瘮?shù)f（x）=2sin（2x+）（|）的圖象向左平移個(gè)單位后，得到 y=2sin（2x+）=2sin（2x+）的圖象，再根據(jù)所得關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，可得+=k+，kZ，=，f（x）=2sin（2x+）=2cos2x由于f（x+）=2cos（2x+）=sin2x是奇函數(shù)，故A正確；當(dāng)x=時(shí)，f（x）=0，故（，0）是f（x）的圖象的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心，故B正確；在上，2x（，），f（x）沒(méi)有單調(diào)性，故C不正確；在（0，）上，2x（0，），f（x）單調(diào)遞減，故D正確，故選：C二、填空題：本大題共4小題，

18、每小題5分，共20分.13若變量x，y滿(mǎn)足約束條件，則z=2xy的最大值為6【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃【分析】由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求出最優(yōu)解的坐標(biāo)，代入目標(biāo)函數(shù)得答案堯側(cè)閆繭絳闕絢勵(lì)蜆贅瀝紕?！窘獯稹拷猓河杉s束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得A（4，2），化目標(biāo)函數(shù)z=2xy為y=2xz，由圖可知，當(dāng)直線y=2xz過(guò)點(diǎn)A時(shí)，直線在y軸上的截距最小，z有最大值為6識(shí)饒鎂錕縊灩筧嚌儼淒儂減。故答案為：614如圖所示是一個(gè)幾何體的三視圖，則這個(gè)幾何體的體積為【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積【分析】首先還原幾何體為體和三棱錐的組合體，分別計(jì)算體積得到所

19、求【解答】解：由三視圖得到幾何體如圖：其體積為；故答案為：15已知拋物線y2=8x的焦點(diǎn)F到雙曲線C：=1（a0，b0）漸近線的距離為，點(diǎn)P是拋物線y2=8x上的一動(dòng)點(diǎn)，P到雙曲線C的上焦點(diǎn)F1（0，c）的距離與到直線x=2的距離之和的最小值為3，則該雙曲線的方程為為x2=1凍鈹鋨勞臘鍇癇婦脛糴鈹賄?！究键c(diǎn)】拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)；雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)【分析】確定拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，雙曲線的漸近線方程，進(jìn)而可得a=2b，再利用拋物線的定義，結(jié)合P到雙曲線C的上焦點(diǎn)F1（0，c）的距離與到直線x=2的距離之和的最小值為3，可得FF1=3，從而可求雙曲線的幾何量，從而可得結(jié)論恥諤銪滅縈歡煬鞏鶩錦聰櫻。【解答】

20、解：拋物線y2=8x的焦點(diǎn)F（2，0），雙曲線C：=1（a0，b0）一條漸近線的方程為axby=0，鯊腎鑰詘褳鉀溈懼統(tǒng)庫(kù)搖飭。拋物線y2=8x的焦點(diǎn)F到雙曲線C：=1（a0，b0）漸近線的距離為，2b=a，P到雙曲線C的上焦點(diǎn)F1（0，c）的距離與到直線x=2的距離之和的最小值為3，F(xiàn)F1=3，c2+4=9，c=，c2=a2+b2，a=2b，a=2，b=1，雙曲線的方程為x2=1故答案為：x2=116已知向量，的夾角為，|+|=2，|=2則的取值圍為【考點(diǎn)】向量的三角形法則【分析】由|+|=2，|=2，可得： +2=12，2=4，可得，利用cos=與基本不等式的性質(zhì)即可得出碩癘鄴頏謅攆檸攜驤蘞

21、鷥膠。【解答】解：由|+|=2，|=2，可得： +2=12，2=4，=82， =2，cos=故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明或推理、驗(yàn)算過(guò)程.17已知Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，S6=51，a5=13（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列bn的通項(xiàng)公式是bn=，求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn【考點(diǎn)】等比數(shù)列的前n項(xiàng)和；等比關(guān)系的確定【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，利用S6=51，求出a1+a6=17，可得a2+a5=17，從而求出a2=4，可得公差，即可確定數(shù)列an的通項(xiàng)公式；閿擻輳嬪諫遷擇楨秘騖輛塤。（2）求出數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，利用等比數(shù)列的求和

22、公式，可得結(jié)論【解答】解：（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則S6=51，×（a1+a6）=51，a1+a6=17，a2+a5=17，a5=13，a2=4，d=3，an=a2+3（n2）=3n2；（2）bn=28n1，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn=（8n1）18袋中有大小相同的四個(gè)球，編號(hào)分別為1、2、3、4，從袋中每次任取一個(gè)球，記下其編號(hào)若所取球的編號(hào)為偶數(shù)，則把該球編號(hào)改為3后放同袋中繼續(xù)取球；若所取球的編號(hào)為奇數(shù)，則停止取球氬嚕躑竄貿(mào)懇彈瀘頷澩紛釓。（1）求“第二次取球后才停止取球”的概率；（2）若第一次取到偶數(shù)，記第二次和第一次取球的編號(hào)之和為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望【考點(diǎn)】離散

23、型隨機(jī)變量的期望與方差；相互獨(dú)立事件的概率乘法公式【分析】（1）記“第二次取球后才停止取球”為事件A，利用相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率計(jì)算公式能求出“第二次取球后才停止取球”的概率釷鵒資贏車(chē)贖滅獅贅慶獷。（2）由已知條件推導(dǎo)出X的可能取值為3，5，6，7，分別求出相對(duì)應(yīng)的概率，由此能求出X的分布列和數(shù)學(xué)期望EX慫闡譜鯪逕導(dǎo)嘯畫(huà)長(zhǎng)涼馴鴇?！窘獯稹拷猓海?）記“第二次取球后才停止取球”為事件A第一次取到偶數(shù)球的概率為=，第二次取球時(shí)袋中有三個(gè)奇數(shù)，第二次取到奇數(shù)球的概率為，而這兩次取球相互獨(dú)立，P（A）=×=（2）若第一次取到2時(shí)，第二次取球時(shí)袋中有編號(hào)為1，3，3，4的四個(gè)球；若第一次取

24、到4時(shí)，第二次取球時(shí)袋中有編號(hào)為1，2，3，3的四個(gè)球X的可能取值為3，5，6，7，P（X=3）=×=，P（X=5）=×+×=，P（X=6）=×+×=，P（X=7）=×=，X的分布列為：X3567P數(shù)學(xué)期望EX=3×+5×+6×+7×=19在三棱椎A(chǔ)BCD中，AB=BC=4，AD=BD=CD=2，在底面BCD作CECD，且CE=諺辭調(diào)擔(dān)鈧諂動(dòng)禪瀉類(lèi)謹(jǐn)覡。（1）求證：CE平面ABD；（2）如果二面角ABDC的大小為90°，求二面角BACE的余弦值【考點(diǎn)】與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題；直線

25、與平面平行的判定【分析】（1）由BD=CD=2，BC=4，可知BDCD，再由CECD，可得CEBD，利用線面平行的判定定理可得結(jié)論；嘰覲詿縲鐋囁偽純鉿錈癱懇。（2）當(dāng)二面角ABDC的大小為90°時(shí)可得AD平面BDC，取AC中點(diǎn)F，AE中點(diǎn)G，可證BFG為二面角BACE的平面角，連接BG，通過(guò)解三角形可求得BFG，從而得到答案熒紿譏鉦鏌觶鷹緇機(jī)庫(kù)圓鍰?！窘獯稹浚?）證明：BD=CD=2，BC=4，BD2+CD2=BC2，BDCD，CECD，CEBD，又CE平面ABD，BD平面ABD，CE平面ABD；（2）解：如果二面角ABDC的大小為90°，由ADBD得AD平面BDC，ADC

26、E，又CECD，CE平面ACD，從而CEAC，由題意AD=DC=2，RtADC中，AC=4，設(shè)AC的中點(diǎn)為F，AB=BC=4，BFAC，且BF=2，設(shè)AE中點(diǎn)為G，則FGCE，由CEAC得FGAC，BFG為二面角BACE的平面角，連接BG，在BCE中，BC=4，CE=，BCE=135°，BE=，在RtDCE中，DE=，于是在RtADE中，AE=3，在ABE中，BG2=AB2+BE2AE2=，在BFG中，cosBFG=，二面角BACE的余弦值為20在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C： +=1（ab0）的離心率為且過(guò)點(diǎn)（3，1）（1）求橢圓C的方徎；（2）若動(dòng)點(diǎn)P在直線l：x=2上，過(guò)

27、P作直線交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，使得PM=PN，再過(guò)P作直線lMN，直線l是否恒過(guò)定點(diǎn)，若是，請(qǐng)求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若否，請(qǐng)說(shuō)明理由鶼漬螻偉閱劍鯫腎邏蘞闋簣?！究键c(diǎn)】直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題【分析】（1）由已知條件推導(dǎo)出，同此能求出橢圓C的方程（2）直線l的方程為x=2，設(shè)P（2，y0），當(dāng)y00時(shí)，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），由題意知x1x2，利用點(diǎn)差法l的方程為，從而得到l恒過(guò)定點(diǎn)當(dāng)y0=0時(shí)，直線MN為，由此推導(dǎo)出l恒過(guò)定點(diǎn)紂憂(yōu)蔣氳頑薟驅(qū)藥憫騖覲僨?！窘獯稹拷猓海?）橢圓C： +=1（ab0）的離心率為且過(guò)點(diǎn)（3，1），解得a2=12，b2=4，橢圓C的方程為（2）直線l的方程為x

28、=2，設(shè)P（2，y0），當(dāng)y00時(shí)，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），由題意知x1x2，聯(lián)立，又PM=PN，P為線段MN的中點(diǎn)，直線MN的斜率為，又lMN，l的方程為，即，l恒過(guò)定點(diǎn)當(dāng)y0=0時(shí)，直線MN為，此時(shí)l為x軸，也過(guò)點(diǎn)，綜上，l恒過(guò)定點(diǎn)21已知函數(shù)f（x）=m（x1）22x+3+lnx（m1）（1）求證：函數(shù)f（x）在定義域存在單調(diào)遞減區(qū)間a，b；（2）是否存在實(shí)數(shù)m，使得曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)？若存在，求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由穎芻莖蛺餑億頓裊賠瀧漲負(fù)?！究键c(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【

29、分析】（1）令f（x）=0，因?yàn)?，所以方程存在兩個(gè)不等實(shí)根，根據(jù)條件進(jìn)一步可得方程有兩個(gè)不等的正根，從而得到函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間；濫驂膽閉驟羥闈詔寢賻減棲。（2）先求出函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l的方程，若切線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，則只需方程f（x）=x+2有且只有一個(gè)實(shí)根即可銚銻縵嚌鰻鴻鋟謎諏涼鏗穎。【解答】（1）證明：令f（x）=0，得mx2（m+2）x+1=0 （*）因?yàn)?（m+2）24m=m2+40，所以方程（*）存在兩個(gè)不等實(shí)根，記為a，b（ab）因?yàn)閙1，所以a+b=0，ab=0，所以a0，b0，即方程（*）有兩個(gè)不等的正根，因此f（x）0的解為a，b故

30、函數(shù)f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間；（2）解：因?yàn)閒（1）=1，所以曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l為y=x+2若切線l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，則方程m（x1）22x+3+lnx=x+2有且只有一個(gè)實(shí)根顯然x=1是該方程的一個(gè)根令g（x）=m（x1）2x+1+lnx，則g（x）=當(dāng)m=1時(shí)，有g(shù)（x）0恒成立，所以g（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，所以x=1是方程的唯一解，m=1符合題意當(dāng)m1時(shí)，令g（x）=0，得x1=1，x2=，則x2（0，1），易得g（x）在x1處取到極小值，在x2處取到極大值擠貼綬電麥結(jié)鈺贖嘵類(lèi)羋罷。所以g（x2）g（x1）=0，又當(dāng)x0時(shí)，g（x），所以函數(shù)g（

31、x）在（0，）也有一個(gè)解，即當(dāng)m1時(shí)，不合題意賠荊紳諮侖驟遼輩襪錈極嚕。綜上，存在實(shí)數(shù)m，當(dāng)m=1時(shí)，曲線C：y=f（x）在點(diǎn)P（1，1）處的切線l與C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)選修4-1：幾何證明選講22選修41：幾何證明選講如圖，已知PA是O的切線，A是切點(diǎn)，直線PO交O于B、C兩點(diǎn)，D是OC的中點(diǎn)，連接AD并延長(zhǎng)交O于點(diǎn)E，若PA=2，APB=30°塤礙籟饈決穩(wěn)賽釙冊(cè)庫(kù)麩適。（）求AEC的大?。唬ǎ┣驛E的長(zhǎng)【考點(diǎn)】與圓有關(guān)的比例線段【分析】（）先連接AB，根據(jù)切線的性質(zhì)以及已知條件得到：AOB=60°；再結(jié)合OA=OB以及ABC=AEC即可得到結(jié)論；裊樣祕(mì)廬廂顫諺鍘羋藺遞燦。（）分兩段，先根據(jù)直角三角形中的有關(guān)性質(zhì)求出AD，再結(jié)合相交弦定理求出DE，二者相加即可【解答】解：（）連接AB，因?yàn)椋篈PO=30°，且PA是O的切線，所以：AOB