2022屆廣東省深圳市高三下學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題解析

2022屆廣東省深圳市高三下學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題

一、單選題

1．已知集合Axx1，B1,0,1,2，則AB（）

A．0,1B．1,2C．0,1,2D．1,1,2

答案：C

直接根據(jù)交集的定義計(jì)算可得；

解：因?yàn)锳{x|x1}，B{1,0,1,2}

所以AB0,1,2

故選：C

2．已知復(fù)數(shù)z滿足1iz1i，其中i為虛數(shù)單位，則z的虛部為（）

A．0B．1C．1D．i

答案：B

根據(jù)題意，化簡復(fù)數(shù)zi，結(jié)合復(fù)數(shù)的概念，即可求解.

1i1i1i

解：由題意，復(fù)數(shù)z滿足1iz1i，可得zi，

1i1i1i

所以z的虛部為1.

故選：B.

3．以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積等于

（）

A．8πB．4πC．8D．4

答案：A

根據(jù)題意求出圓柱的底面半徑和高，直接求側(cè)面積即可.

解：以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，旋轉(zhuǎn)一周得到的旋轉(zhuǎn)體為圓柱，

其底面半徑r=2，高h(yuǎn)=2，

故其側(cè)面積為S=2rh2228.

故選：A

4．阻尼器是一種以提供運(yùn)動的阻力，從而達(dá)到減振效果的專業(yè)工程裝置．深圳第一高樓平安金融

中心的阻尼器減震裝置，是亞洲最大的阻尼器，被稱為“鎮(zhèn)樓神器”．由物理學(xué)知識可知，某阻尼器

模型的運(yùn)動過程可近似為單擺運(yùn)動，其離開平衡位置的位移s（cm）和時(shí)間t（s）的函數(shù)關(guān)系式為

s2sint，其中0，若該阻尼器模型在擺動過程中連續(xù)三次位移為s2s2的時(shí)間

00

分別為t，t，t，且tt2，則（）

12331

A．B．πC．3D．2π

22

答案：B

利用正弦型函數(shù)的性質(zhì)畫出函數(shù)圖象，并確定連續(xù)三次位移為s的時(shí)間t，t，t，即可得Ttt，

012331

可求參數(shù).

解：由正弦型函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)示意圖如下：

2

所以Ttt2，則2，可得.

31

故選：B

x2y2

5．已知橢圓C：1ab0，圓M：x2y22bxay0，若圓M的圓心在橢圓C上，

a2b2

則橢圓C的離心率為（）

332

A．1B．C．1或D．

22222

答案：D

b21cb2

首先求出圓心M的坐標(biāo)，代入橢圓方程，令t，則t1，求出t，再根據(jù)e1計(jì)

a24taa2

算可得；

12a21

解：解：因?yàn)閳AM：x2y22bxay0，即圓M：xb2yab2，圓心Mb,a，

242

12

1ab2a2b21

因?yàn)閳A心Mb,a在橢圓C上，所以b22，即1，令t，則t1，即

21a24b2a24t

a2b2

1b21ca2b2b212

4t24t10，解得t，即，所以離心率e11；

2a22aa2a222

故選：D

sin

6．已知3，則tan（）

1cos

33

A．B．C．3D．3

33

答案：C

sin3

由3，易得cos1，sin，從而可求出，即可得出答案.

1cos32

sin

解：解：因?yàn)?，

1cos

所以1cos0，即cos1，

所以sin33cos，

即sin3cos2sin3，

3

3

所以sin，

32

2

所以2k或2k，

333

所以2k或2k，kZ，

3

當(dāng)2k時(shí)，cos1，不合題意，舍去，

1

當(dāng)2k時(shí)，cos，

32

所以tan3.

故選：C.

7．假定生男孩和生女孩是等可能的，現(xiàn)考慮有3個(gè)小孩的家庭，隨機(jī)選擇一個(gè)家庭，則下列說法

正確的是（）

A．事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)女孩”和事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)男孩”是互斥事

件

B．事件“該家庭3個(gè)孩子都是男孩”和事件“該家庭3個(gè)孩子都是女孩”是對立事件

1

C．該家庭3個(gè)小孩中只有1個(gè)男孩的概率為

8

4

D．當(dāng)已知該家庭3個(gè)小孩中有男孩的條件下，3個(gè)小孩中至少有2個(gè)男孩的概率為

7

答案：D

根據(jù)互斥事件和對立事件的概念判斷A、B；利用列舉法求出只有一個(gè)男孩的概率，即可判斷C；

利用條件概率的求法計(jì)算，即可判斷D.

解：A：假設(shè)事件A：該家庭3個(gè)小孩至少有1個(gè)女孩，則包含(女，男，男)的可能，

事件B：該家庭3個(gè)小孩至少有一個(gè)男孩，則包含(女，女，男)的可能，

所以AB，故A錯(cuò)誤；

B：事件“3個(gè)孩子都是男孩”與事件“3個(gè)孩子都是女孩”不可能同時(shí)發(fā)生，

是互斥但不對立事件，故B錯(cuò)誤；

C：3個(gè)小孩可能發(fā)生的事件如下：

男男男、男男女、男女女、男女男、女女女、女女男、女男女、女男男共8種，

3

其中只有一個(gè)男孩的概率為：P，故C錯(cuò)誤；

8

D：設(shè)M={至少一個(gè)有男孩}，N={至少有2個(gè)男孩}，由選項(xiàng)C可知，

n(MN)4

n(MN)4，n(M)7，所以P(MN)，故D正確.

n(M)7

故選：D

11

8．已知函數(shù)fxaex1ex1，其中aR，則（）

xx2

A．fx在2,上單調(diào)遞增B．fx在2,上單調(diào)遞減

C．曲線yfx是軸對稱圖形D．曲線yfx是中心對稱圖形

答案：C

由解析式易得f(2x)f(x)且定義域?yàn)閧x|x0且x2}即可判斷C；對f(x)求導(dǎo)，并討論a0、

a0研究f(x)在2,上的符號判斷A、B；根據(jù)f(mx)f(mx)是否為定值判斷D.

11

解：由題設(shè)，f(2x)ae1xex1f(x)，定義域?yàn)閧x|x0且x2}，

2xx

所以f(x)關(guān)于x1對稱，C正確；

114(x1)a(e2x21)

又f(x)aex1ex1，

x2(x2)2x2(x2)2ex1

4(x1)1e2x281e48e299e4

當(dāng)a0時(shí)，不妨假設(shè)a1，則f(x)，顯然f(3)0，

x2(x2)2ex19e29e2

此時(shí)f(x)在2,上有遞減區(qū)間，A錯(cuò)誤；

當(dāng)a0時(shí)，在2,上f(x)0，即f(x)在2,上遞增，B錯(cuò)誤；

1111

由f(mx)f(mx)aemx1exm1aemx1e1xm，不

mxmx2mxmx2

可能為定值，故D錯(cuò)誤.

故選：C

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合分類討論研究函數(shù)的區(qū)間單調(diào)性，根據(jù)f(mx)f(x)、

f(mx)f(mx)n是否成立判斷對稱性(m,n為常數(shù)).

二、多選題

9．四邊形ABCD為邊長為1的正方形，M為邊CD的中點(diǎn)，則（）

A．AB2MDB．DMCBAMC．ADMCMAD．AMBC1

答案：BD

如圖，根據(jù)向量的線性運(yùn)算和數(shù)量積的定義計(jì)算，依次判斷選項(xiàng)即可.

解：如圖，

A：AB2DM2MD，故A錯(cuò)誤；

B：AMADDMBCDMDMCB，故B正確；

C：MAMDDADMADCMAD，故C錯(cuò)誤；

D：AMBC(ADDM)BCADBCDMBC，

由BCDM，得DMBC0，

所以AMBCADBC0BC21，故D正確.

故選：BD

10．某人工智能公司近5年的利潤情況如下表所示：

第x年12345

利潤y/億元23457

已知變量y與x之間具有線性相關(guān)關(guān)系，設(shè)用最小二乘法建立的回歸直線方程為y1.2xa，則下

列說法正確的是（）A．a(chǎn)0.6

B．變量y與x之間的線性相關(guān)系數(shù)r0

C．預(yù)測該人工智能公司第6年的利潤約為7.8億元

D．該人工智能公司這5年的利潤的方差小于2

答案：AC

首先求出x、y，根據(jù)回歸直線方程必過x,y，即可求出a，從而得到回歸直線方程，根據(jù)x與y

成正相關(guān)，即可得到相關(guān)系數(shù)r0，再令x6求出y，即可預(yù)測第6年的利潤，最后根據(jù)方差公

式求出利潤的方差，即可判斷D；

1121

解：解：依題意x123453，y23457，

555

21

因?yàn)榛貧w直線方程為y1.2xa必過樣本中心點(diǎn)x,y，即1.23a，解得a0.6，

5

故A正確；則回歸直線方程為y1.2x0.6，則x與y成正相關(guān)，即相關(guān)系數(shù)r0，故B錯(cuò)誤，

當(dāng)x6時(shí)y1.260.67.8，即該人工智能公司第6年的利潤約為7.8億元，故C正確，

該人工智能公司這5年的利潤的方差為

121221221221221274

234572，故D錯(cuò)誤；

55555525

故選：AC

11．已知定圓A的半徑為1，圓心A到定直線l的距離為d，動圓C與圓A和直線l都相切，圓心C

的軌跡為如圖所示的兩條拋物線，記這兩拋物線的焦點(diǎn)到對應(yīng)準(zhǔn)線的距離分別為p，p，則（）

12

112

A．d1B．pp2dC．ppd2D．

112ppd

12

答案：ABD

根據(jù)動圓C與圓A和直線l都相切，分圓C與圓A相外切和圓C與圓A相內(nèi)切，分別取到A的距

離為d+1，d-1，且平行于l的直線l，l，利用拋物線的定義求解.

12

解：解：動圓C與圓A和直線l都相切，

當(dāng)圓C與圓A相外切時(shí)，取到A的距離為d+1，且平行于l的直線l，

1

則圓心C到A的距離等于圓心C到l的距離，

1

由拋物線的定義得：圓心C的軌跡是以A為焦點(diǎn)，以l為準(zhǔn)線的拋物線；

1

當(dāng)圓C與圓A相內(nèi)切時(shí)，取到A的距離為d-1，且平行于l的直線l，

2

則圓心C到A的距離等于圓心C到l的距離，

2

由拋物線的定義得：圓心C的軌跡是以A為焦點(diǎn)，以l為準(zhǔn)線的拋物線；

2

所以pd1,pd1，當(dāng)d1時(shí)，拋物線不完整，

12

11112d2d2

所以d1，pp2d，ppd21，，

121ppd1d1d21d2d

12

故選：ABD

12．如圖，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是邊長為4的正方形，CGm，點(diǎn)M為CG的中點(diǎn)，

點(diǎn)P為底面EFGH上的動點(diǎn)，則（）

A．當(dāng)m4時(shí)，存在點(diǎn)P滿足PAPM8

B．當(dāng)m4時(shí)，存在唯一的點(diǎn)P滿足APM

2

C．當(dāng)m4時(shí)，滿足BP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長度為22

4383

D．當(dāng)m時(shí)，滿足APM的點(diǎn)P軌跡長度為

329

答案：BCD

建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合選項(xiàng)逐個(gè)驗(yàn)證，利用對稱點(diǎn)可以判斷A，利用垂直求出P可以判斷B，

求出點(diǎn)P軌跡長度可判定C,D.

解：以D為原點(diǎn)，DA,DC,DH所在直線分別為x,y,z軸，建系如圖，

對于選項(xiàng)A，當(dāng)m4時(shí)，M0,4,2，A4,0,0，

設(shè)點(diǎn)A關(guān)于平面EFGH的對稱點(diǎn)為A，則A4,0,8，AM161636688.

所以PAPMPAPMAM8.故A不正確.

對于選項(xiàng)B，設(shè)Px,y,4，則APx4,y,4,MPx,y4,2，

由APMP0得x24xy24y80，即x22y220，解得xy2，

所以存在唯一的點(diǎn)P滿足APM，故B正確.

2

對于選項(xiàng)C，B4,4,0，設(shè)Px,y,4，則AM4,4,2,BPx4,y4,4，

由AMBP0得xy20.在平面EFGH中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，

則P的軌跡方程xy20表示的軌跡就是線段NQ，而NQ22，故C正確.

2343

43M0,4,Px,y,

對于選項(xiàng)D，當(dāng)m時(shí)，，設(shè)，

333

4323

APx4,y,,MPx,y4,

則，

33

816

由APMP0得x24xy24y0，即x22y22，

33

在平面EFGH中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，

16

記x22y22的圓心為O，與GF交于S,T；

3

232343

令y4，可得x2,x2，而xx，所以SOT，其對應(yīng)的圓弧長度為

13231233

43

；

9

434383

根據(jù)對稱性可知點(diǎn)P軌跡長度為24；故D正確.

399

故選：BCD.

【點(diǎn)睛】立體幾何中的動點(diǎn)問題，常常采用坐標(biāo)法，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為平面問題，結(jié)合解析幾

何的相關(guān)知識進(jìn)行求解.

三、填空題

13．已知等差數(shù)列a的前n項(xiàng)和為S，且a3，S25，則數(shù)列a的公差d_________．

nn25n

答案：2

根據(jù)題意可得a3d，直接利用等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式計(jì)算即可.

1

解：由題意知，aad3d，

12

54

S5ad5(3d)10d25，

512

解得d2.

故答案為：2

1

14．已知函數(shù)fx是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，fxex，則fln_________．

2

答案：2

1

利用奇函數(shù)可得f(ln)f(ln2)，結(jié)合ln20及已知解析式即可求值.

2

1

解：由題設(shè)，f(ln)f(ln2)f(ln2)，又ln20，

2

1

所以f(ln)eln22.

2

故答案為：2.

15．在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線x2y40分別與x軸，y軸交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)Pcosθ,sinθ，

則PAPB的最大值為_________．

答案：252

根據(jù)題意求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，由平面向量的坐標(biāo)表示和向量的幾何意義寫出PAPB的表達(dá)式，

利用三角函數(shù)的值域即可求出PAPB的最大值.

解：由題意知，

直線x2y40分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、B，

則A(4,0)，B(0,2)，又P(cos,sin)，

所以PA(4cos,sin)，PB(cos,2sin)，

有PAPB(42cos,22sin)，

則PAPB(42cos)2(22sin)2248(sin2cos)

2485sin()，其中tan2，

當(dāng)sin()1時(shí)，PAPB取得最大值，

且最大值為248526252(51)2252.

故答案為：252

16．古希臘數(shù)學(xué)家托勒密于公元150年在他的名著《數(shù)學(xué)匯編》里給出了托勒密定理，即圓的內(nèi)接

凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知AC，BD為圓的內(nèi)接四邊形ABCD的兩

條對角線，且sinABD:sinADB:sinBCD2:3:4，若AC2BC·CD，則實(shí)數(shù)的最小值為

_________．

3

答案：1.5

2

由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)結(jié)合正弦定理可得到|AD|:|AB|:|BD|2:3:4，再利用托勒密定理得

|AC||BD||AB||CD||AD||BC|，結(jié)合AC2BC·CD整理得16BC?CD24|CD||BC|，

求得答案.

解：根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知;BADBCD,sinBADsinBCD,

所以sinABD:sinADB:sinBCD2:3:4，

即sinABD:sinADB:sinBAD2:3:4，

|AD||AB||BD|

在BAD中，,故|AD|:|AB|:|BD|2:3:4，

ABDADBBAD

由題意可知：|AC||BD||AB||CD||AD||BC|,

則4|AC|3|CD|2|BC|，所以16|AC|29|CD|24|BC|212|CD||BC|，

故16|AC|29|CD|24|BC|212|CD||BC|24|CD||BC|，

當(dāng)且僅當(dāng)|CD||BC|時(shí)等號取得，

又AC2BC·CD，所以16BC?CD24|CD||BC|，

2433

則，則實(shí)數(shù)的最小值為，

1622

3

故答案為：

2

四、解答題

17．已知數(shù)列a的首項(xiàng)a2，且滿足aa43n．

n1n1n

(1)證明：a3n是等比數(shù)列；

n

(2)求數(shù)列a的前n項(xiàng)和S．

nn

答案：(1)證明見解析

3n1(1)n1

(2)S2

n2

a3n1

（1）將已知條件轉(zhuǎn)化為n11，由此證得數(shù)列a3n是等比數(shù)列.

a3nn

n

（2）利用分組求和法求得S.

n

(1)

由aa43n，得a3n1a3n，

n1nn1n

又a2，故a31，

11

故a3n1a3n0，

n1n

a3n1

所以n11，

a3n

n

所以數(shù)列a3n是以1為首項(xiàng)，1為公比的等比數(shù)列．

n

(2)

由（1）可知a3n(1)n，所以a3n(1)n，

nn

313n(1)1(1)n3n1(1)n1

所以S2．

n131(1)2

18．2021年10月16日，神舟十三號載人飛船與天宮空間站組合體完成自主快速交會對接，航天

員翟志剛、王亞平、葉光富順利進(jìn)駐天和核心艙，由此中國空間站開啟了有人長期駐留的時(shí)代．為

普及航天知識，某航天科技體驗(yàn)館開展了一項(xiàng)“摸球過關(guān)”領(lǐng)取航天紀(jì)念品的游戲，規(guī)則如下：不透

明的口袋中有3個(gè)紅球，2個(gè)白球，這些球除顏色外完全相同．參與者每一輪從口袋中一次性取出

3個(gè)球，將其中的紅球個(gè)數(shù)記為該輪得分X，記錄完得分后，將摸出的球全部放回袋中．當(dāng)參與完

成第n輪游戲，且其前n輪的累計(jì)得分恰好為2n時(shí)，游戲過關(guān)，可領(lǐng)取紀(jì)念品，同時(shí)游戲結(jié)束，

否則繼續(xù)參與游戲．若第3輪后仍未過關(guān)，則游戲也結(jié)束．每位參與者只能參加一次游戲．

(1)求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望；

(2)若甲參加該項(xiàng)游戲，求甲能夠領(lǐng)到紀(jì)念品的概率．

答案：(1)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為1.8

(2)0.696

（1）先得出隨機(jī)變量X可取的，并求出相應(yīng)概率，列出分布列，計(jì)算數(shù)學(xué)期望；

（2）分別求出甲取球1次后、取球2次后、取球3次后可領(lǐng)取紀(jì)念的概率，再相加得出甲能夠領(lǐng)

到紀(jì)念品的概率．

(1)

由題意得，隨機(jī)變量X可取的值為1，2，3，

易知PX10.3，PX20.6，所以PX30.1，

則隨機(jī)變量X的分布列如下：

X123

P0.30.60.1

所以EX10.320.630.11.8

(2)

由（1）可知，參與者每輪得1分，2分，3分的概率依次為0.3，0.6，0.1，

記參與者第i輪的得分為X，則其前n輪的累計(jì)得分為YXXX，

i12n

若參與者取球1次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即參與者得2分，則PY20.6；

若參與者取球2次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即參與者獲得的分?jǐn)?shù)之和為4分，有“13”、“31”的情形，

則PY420.30.10.06；

若參與者取球3次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即參與者獲得的分?jǐn)?shù)之和為6分，

有“123”、“321”的情形，則PY620.30.10.60.036；

記“參與者能夠領(lǐng)取紀(jì)念品”為事件A，則

PAPY2PY4PY60.60.060.0360.696．

19．如圖，在△ABC中，已知AB2，AC62，BAC45，BC，AC邊上的兩條中線AM，

BN相交于點(diǎn)P．

(1)求BAM的正弦值；

(2)求MPN的余弦值．

3

答案：(1)

5

1310

(2)

50

1

（1）解法1、由余弦定理求得BC213，得到BMCMBC13，分別在ABM和△ACM，

2

求得cosBMA和cosCMA，結(jié)合BMA和CMA互補(bǔ)，求得AM5，再在ABM中，求得

cosBAM，即可求解；

11

解法2、由題意，求得ABAC12，根據(jù)AMABAC，結(jié)合ABM的面積為ABC面積的，

22

列出方程，即可求解；

21010

（2）解法1、由余弦定理求得BN10，得到BP，AP，在△ABP中，由余弦定理

33

1310

求得cosAPB，即可求解；

50

1310

又由MPNAPB，所以cosMPNcosAPB．

50

1

解法2、由BNABAC，求得BN10，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.

2

(1)

解：解法1、由余弦定理得BC2AB2AC2ABACcosBAC，

22

即BC22262226252，所以BC213，

2

1

所以BMCMBC13，

2

BM2AM2AB2AM29

在ABM中，由余弦定理，得cosBMA，

2BMAM13AM

CM2AM2AC2AM259

在△ACM中，由余弦定理，得cosCMA，

2CMAM13AM

BMA與CMA互補(bǔ)，則cosBMAcosCMA0，解得AM5，

AB2AM2BM24

在ABM中，由余弦定理，得cosBAM，

2ABAM5

3

因?yàn)锽AM0,，所以sinBAM1cos2BAM．

25

解法2、由題意可得，ABACABACcos4512，

1

由AM為邊BC上的中線，則AMABAC，

2

111

兩邊同時(shí)平方得，AM2AB2AC2ABAC25，故AM5，

442

因?yàn)镸為BC邊中點(diǎn)，則ABM的面積為ABC面積的1，

2

111

所以ABAMsinBAMABACsinBAC，

222

111

即25sinBAM262sin45，

222

3

化簡得，sinBAM．

5

(2)

解：方法1、在ABN中，由余弦定理，得BN2AB2AN22ABAN2cos45，

所以BN10，

由AM，BN分別為邊BC，AC上的中線可知P為ABC重心，

2210210

可得BPBN，APAM，

3333

PA2PB2AB21310

在△ABP中，由余弦定理，得cosAPB，

2PAPB50

1310

又由MPNAPB，所以cosMPNcosAPB．

50

解法2：

1

因?yàn)锽N為邊AC上的中線，所以BNBAANABAC，

2

1112112

AMBNABACABACABABACAC13，

22244

2

21212

BNABACABABACAC10，即BN10．

24

AMBN131310

所以cosMPN．

AMBN51050

1

20．如圖，在四棱錐E-ABCD中，AB//CD，ADCDBCAB，E在以AB為直徑的半圓上（不

2

包括端點(diǎn)），平面ABE平面ABCD，M，N分別為DE，BC的中點(diǎn)．

(1)求證：MN//平面ABE；

(2)當(dāng)四棱錐E-ABCD體積最大時(shí)，求二面角N-AE-B的余弦值．

答案：(1)證明見解析

755

(2)

55

（1）取EC的中點(diǎn)的F，連接MF，NF，證得MF//DC，得到MF//AB，利用線面平行的判定定

理得到MF∥平面ABE，同理得到NF//平面ABE，證得平面MNF//平面ABE，進(jìn)而得到MN//平

面ABE.

（2）過E作EOAB交AB于O，證得EO平面ABCD，取CD的中點(diǎn)G，連接OG，以O(shè)為原

點(diǎn)，分別以AB為x軸，以O(shè)E為y軸，以O(shè)G為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面AEN和

平面ABE的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.

(1)

證明：如圖所示，取EC的中點(diǎn)的F，連接MF，NF，

因?yàn)镸，F(xiàn)分別為ED和EC的中點(diǎn)，所以MF//DC，

因?yàn)锳B//DC，所以MF//AB，

因?yàn)锳B平面ABE，MF平面ABE，所以MF∥平面ABE，

同理可得NF//平面ABE，

因?yàn)镸FNFF，MF平面MNF，NF平面MNF，

所以平面MNF//平面ABE，

因?yàn)镸N平面MNF，所以MN//平面ABE.

(2)

解：如圖所示，過E作EOAB交AB于O，

因?yàn)槠矫鍱AB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EO平面ABE，

所以EO平面ABCD，故EO為四棱錐E-ABCD的高，

要使四棱錐E-ABCD體積最大，則E為弧AEB的中點(diǎn)，所以O(shè)與AB的中點(diǎn)，

1

取CD的中點(diǎn)G，連接OG，因?yàn)锳B//CD，ADDCCDAB，所以O(shè)GAB，

2

因?yàn)镋O平面ABCD，所以EOAB，EOOG，所以EO，AB，OG兩兩垂直，

以O(shè)為原點(diǎn)，分別以AB為x軸，以O(shè)E為y軸，以O(shè)G為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

1

設(shè)ADDCCDABa，所以AEEB2a，

2

3373

N0,a,aAN0,a,a

可得A0,a,0，Ea,0,0，，則AEa,a,0，，

4444

axay0

AEn0

設(shè)平面AEN的一個(gè)法向量nx,y,z，則，可得73，

ANn0ayaz0

44

73

n1,1,

令x1，則平面AEN的一個(gè)法向量為，

3

73

mn3755

平面ABE的一個(gè)法向量為m0,0,1，則cosm,n，

mn5555

3

由圖可知二面角NAEB的平面角為銳角，

755

所以二成角NAEB的余弦值為．

55

x2y2221

21．已知雙曲線C：1a0,b0經(jīng)過點(diǎn)A2,0，且點(diǎn)A到C的漸近線的距離為．

a2b27

(1)求雙曲線C的方程；

(2)過點(diǎn)4,0作斜率不為0的直線l與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，直線x4分別交直線AM，AN于

點(diǎn)E，F(xiàn)．試判斷以EF為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)，若經(jīng)過定點(diǎn)，請求出定點(diǎn)坐標(biāo)；反之，請說明理

由．

x2y2

答案：(1)1

43

(2)以EF為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為1,0和7,0

（1）根據(jù)點(diǎn)在雙曲線上和點(diǎn)到直線的距離分別建立方程，然后解出方程即可；

（2）聯(lián)立直線與雙曲線的方程，利用韋達(dá)定理，并表示出以EF為直徑的圓的方程，結(jié)合對稱性

即可求得定點(diǎn)坐標(biāo)

(1)

由題意得：a2

b2b221

因?yàn)殡p曲線C的漸近線方程為yx，所以有：

24b27

解得：b3

x2y2

因此，雙曲線C的方程為：1

43

(2)

①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為ykx4

ykx4

3

由x2y2可得：34k2x232k2x64k2120,k,0

12

43

設(shè)Mx,y、Nx,y，

1122

32k264k212

則由：xx，xx

1234k21234k2

y2y

由直線AM方程y1x2，令x4，得點(diǎn)E4,1

x2x2

11

y2y

由直線AN方程y2x2，令x4，得點(diǎn)F4,2

x2x2

22

2y2y

則以EF為直徑的圓的方程為：x4x4y1y20

x2x2

12

4yy

令y0，有：x4212

x2x2

12

4k2xx4xx16

將ykx4，ykx4代入上式，得x421212

1122xx2xx4

1212

64k21232k2

4k2416

34k234k2

可得：x429

64k21232k2

24

34k234k2

解得：x1，或x7

即以EF為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)1,0和7,0；

②當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)E、F的坐標(biāo)分別為4,3、4,3，以EF為直徑的圓方程為

x4x4y3y30，該圓經(jīng)過點(diǎn)7,0和1,0

綜合可得，以EF為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)1,0和7,0

22．已知函數(shù)fx2lnxa1x22ax1（aR）．

(1)求函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x，x．

12

（i）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

1

（ii）求證：xx2．

12a1

答案：(1)當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間為0,；當(dāng)a1時(shí)，函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間

11

0,，單調(diào)減區(qū)間是,

a1a1

(2)（i）1,0（ii）證明見解析

（1）先求定義域，求導(dǎo)，對a進(jìn)行分類討論，求對應(yīng)的單調(diào)區(qū)間；

（2）（i）結(jié)合第一問中函數(shù)的單調(diào)性及極值，最值，找到不等式，解不等式，求出實(shí)數(shù)a的取值

范圍；（ii）構(gòu)造差函數(shù)，證明極