2023-2024學(xué)年廣東省湛江市高三（上）摸底聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2023-2024學(xué)年廣東省湛江市高三（上）摸底聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.設(shè)集合M={xeZ|%2<15},若村={%|0Wx<5},則MCN=（）

A.{-3,-2}B.{-3,-2,-1}C.{0,1,2,3}D.{x|0<x<5}

2.若一=[,則z的虛部與實(shí)部之比為（）

z+z

A.—1B.1C.—iD.i

3.已知平面單位向量五方上黃足三+3+|=0，則日?1=（）

A.土B.y/~2C.「D.-I

28

4.漢代初年成書(shū)的儺南萬(wàn)畢術(shù)》記載：“取大鏡高懸，置水盆于下，則見(jiàn)四鄰矣”.這是

中國(guó)古代人民利用平面鏡反射原理的首個(gè)實(shí)例，體現(xiàn)了傳統(tǒng)文化中的數(shù)學(xué)智慧.在平面直角坐

標(biāo)系xOy中，一條光線從點(diǎn)（-2,0）射出，經(jīng)y軸反射后的光線所在的直線與圓支2+丁2-2%一

2y=0相切，則反射光線所在直線的斜率為（）

A.-1B.-1或1C.1D.2

5.設(shè)%為公比為q的等比數(shù)列{an}的前幾項(xiàng)和，且2s3=7。2,則q=（）

A.yB.2C.黑竽D.；或2

6.如圖為某工廠內(nèi)一手電筒最初模型的組合體，該組合體是由一圓臺(tái)和一圓柱組成的，其中

。為圓臺(tái)下底面圓心，。2,。1分別為圓柱上下底面的圓心，經(jīng)實(shí)驗(yàn)測(cè)量得到圓柱上下底面圓

的半徑為2cm,。1。2=5cm,。。1=4cm,圓臺(tái)下底面圓半徑為5cm,則該組合體的表面積

為（）

A.42ncm2B.84ncm2C.36ncm2D.64ncm2

7.已知RL串聯(lián)電路短接時(shí)，電流/(nM)隨時(shí)間t(ms)的變化關(guān)系式為/=/0.eTt，電路的時(shí)

間常數(shù)7=。，當(dāng)/由/。減小到2時(shí)，相應(yīng)的時(shí)間間隔稱為半衰期.若某RL串聯(lián)電路電流從?減少

KZL

到，的時(shí)間間隔為6(ms),則該電路的時(shí)間常數(shù)約為(參考數(shù)據(jù)：ln2?0.693)()

A.10msB.15msC.20msD.30ms

8.已知雙曲線C：，一，=1(。>0,6>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A2,F為C的右焦點(diǎn)，C的

離心率為2,若P為C右支上一點(diǎn)，滿足PF_LF&,貝ijtan/41P4=()

A.1B.1C.D.2

二、多選題(本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求)

9.有一組樣本數(shù)據(jù)%,x2，…，xn,由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)力，y2,yn,其中%=

axt+b(i=1,2,0<a<1),則()

A.新樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)小于原樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)

B.新樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差不大于原樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差

C.新樣本數(shù)據(jù)的極差不大于原樣本數(shù)據(jù)的極差

D.新樣本數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)不小于原樣本數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)

,_.2

10.若隨機(jī)變量X?N3M),X的密度函數(shù)為〃x)=」一小鑼，貝心)

A.X的密度曲線與y軸只有一個(gè)交點(diǎn)

B.X的密度曲線關(guān)于x=。對(duì)稱

C.2P(X>〃+3c)=P(|X-〃|>3<T)

D.若丫=1，則E(Y)=0

11.己知函數(shù)/(x)=2sin(a)x+8)0>0,0<<p<今任一對(duì)稱軸與其相鄰的零點(diǎn)之間的距

離為%若將曲線y=/Q)的圖象向左平移著個(gè)單位得到的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則()

7r

ac(

A.3=2,P=To

B,直線％=專為曲線y=/(%)的一條對(duì)稱軸

C,若f(x)在(-a,a)單調(diào)遞增，貝IJO<aWg

D.曲線y=f(x)與直線y=—有5個(gè)交點(diǎn)

12.已知正方體ABC。-力iBiGA的各頂點(diǎn)均在表面積為127r的球面上，P為該球面上一動(dòng)點(diǎn),

則()

A.存在無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P,使得PA〃平面4/165

B.當(dāng)平面P44i1平面CB15時(shí)，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2兀

C.當(dāng)P4〃平面4B1CDB寸，點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2兀

D.存在無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P,使得平面PAD1平面PBC

三'填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.已知0<S<a<g,若a—3=3,cos(2a+20)=—?jiǎng)t&=.

14.某學(xué)校準(zhǔn)備舉辦一場(chǎng)運(yùn)動(dòng)會(huì)，其中運(yùn)動(dòng)會(huì)開(kāi)幕式安排了3個(gè)歌舞類和3個(gè)語(yǔ)言類節(jié)目，所

有節(jié)目依次出場(chǎng)，則恰有兩個(gè)語(yǔ)言類節(jié)目相鄰的概率為.

15.設(shè)函數(shù)/'(X)=lg(x2-ax+J在(1,+8)單調(diào)遞增，則a的取值范圍為.

16.已知橢圓C；捻+，=l(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)為后，尸2.點(diǎn)P,Q為C上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)

稱的兩點(diǎn)，且|PQ|=因尸2|,APFzQ的面積S2：|PQ『，則C的離心率的取值范圍為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,△ABC的面積為S=JabtanC.

(I)求。；

(II)若c=l,s=2,D為AB邊的中點(diǎn)，求CD.

6

18.(本小題12.0分)

已知函數(shù)/(%)=Inx-|ax一名112%的圖象在(1,/(1))處的切線方程為7=1x4-6.

(1)求a,b；

(2)證明：/(x)只有一個(gè)極值點(diǎn).

19.(本小題12.0分)

已知數(shù)列｛an｝的前幾項(xiàng)和Sn滿足2(Sn-n)=nan.

(1)證明：｛aj為等差數(shù)列;

111

(2)右+g+—ai3=98,證明：S+針+…+不<1.

20.(本小題12.0分)

如圖，在矩形4BCD中，4B=4,AD=2,E是線段4B上的一點(diǎn).將△40E沿DE翻折到△POE

(2)設(shè)E為4B的中點(diǎn)，當(dāng)平面PDE1平面PBC時(shí)，求此時(shí)二面角尸一0E-C的余弦值.

21.(本小題12.0分)

已知有甲，乙兩個(gè)不透明盒子，甲盒子裝有兩個(gè)紅球和一個(gè)綠球，乙盒子裝有三個(gè)綠球，這

些球的大小，形狀，質(zhì)地完全相同.在一次球交換的過(guò)程中，甲盒子與乙盒子中各隨機(jī)選擇一

個(gè)球進(jìn)行交換，重復(fù)n次該過(guò)程，記甲盒中裝有的紅球個(gè)數(shù)為Xn.

(1)求X2的概率分布列；

(2)求好).

22.(本小題12.0分)

已知Rt/MBC三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線W：y=x2±,B為直角頂點(diǎn)，且無(wú)從<0<&<

⑴記點(diǎn)8(犯機(jī)2),直線4B的斜率以8=ke[-1,0),試求Rt△ABC面積的解析式S(m,k)；

(2)當(dāng)m=；-去時(shí)，求函數(shù)/(k)的最小值.

答案和解析

I.【答案】c

【解析】解：M={-3,-2,-1,0,1,2,3),N={x\O<x<5},

故MCN={0,1,2,3).

故選：C.

根據(jù)已知條件，結(jié)合交集的定義，即可求解.

本題主要考查交集及其運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

2.【答案】B

【解析】解：設(shè)2=a+bi(a,b6R),

則z=a-bi>

且=型=包=3即2=i

z+z2aaa

故選：B.

根據(jù)已知條件，結(jié)合共規(guī)復(fù)數(shù)、虛部、實(shí)部的定義，即可求解.

本題主要考查共輒復(fù)數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】D

【解析】解：已知向量弓石1為單位向量，

則|引=|h|=|c|=1)

由a+B+1=o可知五+B=-I，

兩邊同時(shí)平方得2+2a-h=i,

4

所以萬(wàn)?1=—，.

o

故選：D.

由平面向量數(shù)量積的運(yùn)算求解即可.

本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬基礎(chǔ)題.

4.【答案】C

【解析】解:根據(jù)題意，點(diǎn)4(一2,0)關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為B(2,0),

由反射原理，反射光線所在的直線過(guò)B(2,0)且與該圓相切，

又8(2,0)在該圓上，

故反射光線的斜率為亙=1.

1-2

故選：C.

直接利用直線與圓的位置關(guān)系求出結(jié)果.

本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：直線與圓的位置關(guān)系，主要考查學(xué)生的理解能力和計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】D

【解析】解：S”為公比為q的等比數(shù)列｛冊(cè)｝的前ri項(xiàng)和，且2s3=7。2，

則2(詈+。2+。2勺)=7a2,

因?yàn)椤?￥。，所以9+q=|，即q2—|q+l=0,解得q=：或q=2.

故選：D.

根據(jù)已知條件，結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)，即可求解.

本題主要考查等比數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

6.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，圓柱上下底面圓的半徑為2czn,RO?=5cm,00T-4cm,

則圓柱的上底面面積為4兀，圓柱的側(cè)面面積為47rx5=20?r；

又由圓臺(tái)下底面圓半徑為5cm,則圓臺(tái)的下底面面積為25兀，

圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為J42+(5-2尸=5,

所以圓臺(tái)的側(cè)面面積為兀(2+5)X5=35兀，

故該組合體的表面積為47r+207r+257r+357r=84?rcm2.

故選：B.

根據(jù)題意，分別計(jì)算組合體兩部分的表面積，相加可得答案.

本題考查組合體的表面積計(jì)算，注意常見(jiàn)幾何體的表面積公式，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：設(shè)半衰期為％由已知可得?=/0.e—%，

所以G=2=Tln2,

由S=/o.e￥b得t2=「，即t2=T，

euK

所以t2-tj=(1-)2)7=6,解得7?20ms.

故選：C.

可設(shè)半衰期為0,/由，o減小到今的時(shí)間間隔為t2，由題意，t2-tl=6,分別求出ti，12,代入求

解即可.

本題主要考查對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

8.【答案】A

【解析】解：設(shè)點(diǎn)PQo，y。），

（￡=2

由［a,得c=2Q,Z?=W多1,

la2+h2=c2

???PF1FA2,.1.x0=c,將P（c,y（））代入C的方程得言-,=1,得Vo=土d

當(dāng)5b時(shí)，X.anZ.PA2F=0=3,tanZ,PA^F==1，

故tanNAiP4=tanQP/F-"A/）=5圭=1

同理可得當(dāng)Vo=-15b時(shí)，tan乙41P82=

故選：A.

設(shè)點(diǎn)P(xo，yo)，由C的離心率可得b、c與a的關(guān)系，再由PF1F4,求得x0=c,將P(c,y())代入C的

方程，得y°=±，？b,然后分類利用到角公式求解.

本題考查雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題.

9.【答案】BC

【解析】解：有一組樣本數(shù)據(jù)xi，x2,xn,由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)為，…，為，其中

y,=axt+b(i=1,2,0<a<1),

首先0<a<l,設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)為高故新樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)為a"+b，其中或與

al+b大小無(wú)法判斷，故A錯(cuò)；

設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為。，故新樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為a。<。，故B對(duì)；

新樣本數(shù)據(jù)的極差為aQmax-%nin)<(Xmax-Xmin),故C對(duì)；

設(shè)原樣本數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為出，故新樣本數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為axo+b,其中Xo與ax。+b大小無(wú)

法判斷，故。錯(cuò).

故選：BC.

根據(jù)已知條件，結(jié)合方差、平均數(shù)的線性公式，以及極差和上四分位數(shù)的定義，即可求解.

本題主要考查統(tǒng)計(jì)的知識(shí)，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】ACD

【解析】解：若X?N（〃Q2）,則X的密度曲線關(guān)于直線x=〃對(duì)稱，故B錯(cuò)誤;

又/（為=-4寧e-皆，令工=0，

''oV27r

可得X的密度曲線與y軸只有一個(gè)交點(diǎn)（0,_片屋梟）故A正確;

P(\X-n\>3a)=P(X<〃-3a)+P(X>〃+3CT)=2P(X>〃+3c),故C正確;

E(Y)=E[?Z=0,故Q正確.

故選：ACD.

正態(tài)分布曲線關(guān)于直線x=〃對(duì)稱，根據(jù)對(duì)稱性即可判斷各個(gè)選項(xiàng).

本題考查正態(tài)分布函數(shù)的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

11.【答案】ABD

【解析】解：?.?函數(shù)/（無(wú)）=2sin（a）x+<p）（w>0,0<<p</任一對(duì)稱軸與其相鄰的零點(diǎn)之間的距

1

離為X2n_n

4-

4,

3—2.

將曲線y=/（x）的圖象向左平移著個(gè)單位得到y(tǒng)=2sin（2x+w+學(xué)的圖象，

由于所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，故有/+9=卜兀+看kez,

甲=看/（%）=2sin（2x4-故A正確.

令x=務(wù)求得"X）=-2,為最小值，可得直線x=與為曲線y=/（x）的一條對(duì)稱軸，故B正確.

若/（x）在（一a,a）單調(diào)遞增,2x+G（—2a+）,2a+看）,則2/CTT—^<—2a+/<2a+,W2kn+

k&Z,

令k=0,求得0<aW，，故C錯(cuò)誤.

對(duì)于D：2x號(hào)+.=兀，所以函數(shù)/Q）=2s譏（2x+*關(guān)于偌,0）對(duì)稱，周期丁=與=兀，

而'=9一/=如一泠也關(guān)于篇°）對(duì)稱，所以兩個(gè)函數(shù)圖象必有一個(gè)交點(diǎn)篇0），

當(dāng)化=等時(shí)，/'（等）=1,而丫=，等一方=子<1，故在“等周圍有兩個(gè)交點(diǎn)，

又“巖時(shí)，/（若）=1,而y=；X若一舞=若>1,故在％=黑周圍無(wú)交點(diǎn)，

1Z1ZZ1Z1/1Z

又因?yàn)楹瘮?shù)/⑶=2s譏（2x+”的圖像關(guān)于砥,0）對(duì)稱，點(diǎn)楞,0）的左側(cè)也有兩個(gè)交點(diǎn)，

所以交點(diǎn)個(gè)數(shù)是5個(gè)，故。正確.

故選：ABD.

首先根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)的解析式，再利用整體代入的方法判斷函數(shù)的對(duì)稱軸，結(jié)合函數(shù)的單

調(diào)區(qū)間，求a的值，最后利用數(shù)形結(jié)合，結(jié)合對(duì)稱性，判斷實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù).

本題考查正弦型函數(shù)的圖象，考查方程的根，考查運(yùn)算求解能力，屬中檔題.

12.【答案】ACD

【解析】解：設(shè)球的半徑為r,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a,因?yàn)樵撉虻谋砻娣e為4兀八=12兀，故半徑r=

且正方體的棱長(zhǎng)滿足(2r)2=3a?=12,可得棱長(zhǎng)a=2.

4中，由題意可知平面ZBCD〃平面力1B1G5，且P力〃平面4當(dāng)口。1，故H4U平面4BCD,

則P的軌跡為正方形ZBCD的外接圓，

故有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P滿足，所以A正確；

B中，易知AC】JL平面。當(dāng)。1，且平面P4&_L平面。為。1，且PAu平面PA&,

故P的軌跡為矩形4&C1C的外接圓，其周長(zhǎng)為27n?=2「兀，所以B不正確；

C中，因?yàn)镻4〃平面A$iCD,設(shè)過(guò)P4且與平面41aCD平行的平面為a,

則P的軌跡為a與外接球的交線，其半徑為微=1,周長(zhǎng)為2兀，所以C正確：

。中，若平面PAD1平面PBC,則點(diǎn)P在以4BCD為軸截面的某個(gè)圓柱面上，該圓柱面與球面交線

為曲線，

故有無(wú)數(shù)個(gè)點(diǎn)P滿足，所以。正確.

故選：ACD.

由空間的線面平行的性質(zhì)及垂直的性質(zhì)可判斷所給命題的真假.

本題考查線面平行及垂直的證法及性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題.

13.【答案】J

【解析】解：因?yàn)閏os(2a+20)=1—2sin2{a+/?)=-：,可得sin(a+0)=且sin(a+0)>

0,

所以sin(a+。)=/，

又因?yàn)?<夕<a<*所以0<a+￡<:兀，

故a+￡=百，①

而a-/?y,（2）

由①②可得a=

故答案為：

由題意可得sin（a+0）的值，進(jìn)而求出a+夕的值，再由題意可得a的大小.

本題考查三角函數(shù)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

14.【答案】|

【解析】解：節(jié)目出場(chǎng)順序總數(shù)為4言，

兩個(gè)語(yǔ)言類節(jié)目相鄰：居&幽，

所以恰有兩個(gè)語(yǔ)言類節(jié)目相鄰的概率為P=鷲嬤=

故答案為：

根據(jù)節(jié)目順序總數(shù)為鹿，再利用捆綁法算出兩個(gè)語(yǔ)言類節(jié)目相鄰有房x&x題=36x12,根據(jù)

古典概型即可得出結(jié)果.

本題考查古典概率模型，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】（一8,|]

【解析】解:^t=x2-ax+l，

由二次函數(shù)的性質(zhì)可知t在xG（-8,為上單調(diào)遞減，在+8）上單調(diào)遞增，

又因?yàn)閥=Zgt在定義域上單調(diào)遞增，

（-<1

根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性及對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得：\21,

+0

解得a<|,

所以a的取值范圍為：（一8,|].

故答案為:（-co,|1-

令￡=%2一批+；,則《在6，+8）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閥=/gt在定義域上單調(diào)遞增，根據(jù)復(fù)合函

數(shù)的單調(diào)性求解即可.

本題考查了二次函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，也考查了復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】［殍,?］

【解析】解：因?yàn)镻,Q為橢圓C上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且|PQ|=\FrF2\,

所以四邊形PF1QF2為矩形，并且c?b,

設(shè)|PF/=m,|PF2l=n，

由橢圓的定義可得|P0|+IPF2I=m+n=2a,

所以nr?+2mn+n2=4a2,

22222

因?yàn)閨PFi『+\PF2\=\FrF2\=4c=4(a-b),

所以mn=2b2,

因?yàn)樗倪呅蜳F1QF2的面積為IPF/IPF2I=mn=2b2,

△PF2Q的面積SN：|PQ|2,可得b2294c2,

222

2(a—c)>C9

可得￡<?，

a3

又cNb,可得c22a2-c2,可得ez。，

所以ee［祟爭(zhēng).

故答案為：［殍,?］.

根據(jù)橢圓對(duì)稱性及矩形的性質(zhì)知四邊形P&Qa為矩形，進(jìn)而有四邊形P&QF2的面積為

\PF1\\PF2\=mn,再根據(jù)橢圓定義、勾股定理求P&?PF?即可，列出不等式，轉(zhuǎn)化求解離心率的

范圍即可.

本題考查了橢圓的性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.

17.【答案】解：(1)因?yàn)椤鰽BC的面積為S=^abtanC=^absinC,

所以siziC=2tanC=2s譏,,

cosC

因?yàn)閟biC>0,

所以cosC=p

由C為三角形內(nèi)角可得C=60°；

(n)因?yàn)閟=~Y~cLb=

46

所以ab=I，

因?yàn)閏=1,C=60°,

由余弦定理得c?=a2+b2-2abcosC=a24-h2-1=1,

所以a2+b2=|,

因?yàn)椤?B邊的中點(diǎn)，

所以杳=；(不+面)，

所以麗2=,畫(huà)2+滑+2演.硒=*+M+ab)=抬+|)=卷

故CD=\CD\=

【解析】(I)由已知結(jié)合三角形面積公式進(jìn)行化簡(jiǎn)可求cosC,進(jìn)而可求C；

(H)由己知結(jié)合三角形面積公式先求出ab,然后結(jié)合余弦定理可求。2+/；2,再由向量的線性表示

及向量數(shù)量積的性質(zhì)可求.

本題主要考查了余弦定理，三角形面積公式的應(yīng)用，向量數(shù)量積的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題.

18.【答案】解：(l)/'(x)=5-ga-glM%-)生，

又/(x)的圖象在(1J(1))處的切線方程為y=^x+b,

所以尸⑴=T=5

解得a=1；

所以/(%)=Inx--^ln2x,

財(cái)⑴=T,

將(1,一》代入y=\x+b,

解得b=-1,

則a=1,b=-1.

(2)證明：((x)=1-l+lR；+2h*=三繆±12!,

設(shè)九(%)=2—x(lnx+1)2,則//(%)=—(Inx+1)-(Inx+3),

令九'(x)=0,故％=e-3或?T,

當(dāng)％G(0,e-3)時(shí)，/iz(x)<0,九。)單調(diào)遞減，

當(dāng)％W(e-3,e-i)時(shí)，九'(%)>0,九(%)單調(diào)遞增，

當(dāng)口+8)時(shí),h!(x)<0,九(%)單調(diào)遞減,

又心3)=2_2>0,/!(e-i)=2>0,/i(e)=2-4e<0,

故存在%0W(e-i,e),使得九(%o)=0,

所以/(%)在(0,%0)上單調(diào)遞增，在(%0,+8)上單調(diào)遞減，

所以/(%)只有一個(gè)極值點(diǎn).

【解析】(1)對(duì)函數(shù)/(%)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得a=l,進(jìn)而求得b=-1;

(2)設(shè)九(%)=2-x(lnx+I)2,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)/1(%)的性質(zhì)，可得/(%)的單調(diào)性情況，進(jìn)而得證.

本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值，考查邏輯推理能力及運(yùn)算求

解能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)證明：???2(Sn—7i)=7iQri,

，當(dāng)?1>2時(shí)，2[Sn_i-(n-1)]=(n-l)an_x,

兩式相減得(九—2)an—(n-l)Qn_]=—2①，

同理(7i—1)。n+i-nun=-2(2)>

71

由②一①得當(dāng)N2時(shí)，an-an^=an+1-an,

故數(shù)列為等差數(shù)列；

(2)證明：??,2(Sn-n)=nan,

???當(dāng)？i=1時(shí)，2(Si-1)=Qi，解得%=2,

設(shè)數(shù)列｛?n｝的公差為d,則an=2+(n-l)d,

ax+a34-----Fa13=7x2+2d(1+2+…+5+6)=14+42d=98,解得d=2,

??.5c八=2亍+2n兀=足2,+幾1或=而1而1=^1_,，

A--I--4-...+—=1———<1

SjS2Snn+1

【解析】(1)由題意得當(dāng)n>2時(shí),2瓦_(dá)1一(n-1)]=(n-l)an_v利用作差法得(n-2)an-(n-

aa

l)an-i=-2①，同理(n—l)an+i—nan=—2②，兩式變形得即—即-1=n+i~n'利用等差

數(shù)列的性質(zhì)，即可證明結(jié)論；

(2)令n=1,可得%=2,由(1)得數(shù)列｛a.｝為等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列｛aj的公差為d,則%,=2+(n-

l)d,結(jié)合題意可得d=2,利用等差數(shù)列的求和公式和裂項(xiàng)求和法，即可證明結(jié)論.

本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)和數(shù)列的求和，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中

檔題.

20.【答案】解：(1)證明：因?yàn)槠矫鍼DE1平面PCD,PD1PE,且平面PDEn平面PCD=PD,PEu

平面PDE,

所以PE_L平面PCD,因?yàn)镃Du平面PCD,所以PEICD,EB//CD,所以PEJ.EB.

(2)設(shè)DE的中點(diǎn)為0,連接4。，則40LDE,過(guò)。作直線m垂直于平面DEBC,

如圖所示，以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，。4,0E,巾所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，

易知。(0,—<7,0),E(0,<7,0),8(—。,2<7,0),C(-2<7,V-2,0),

設(shè)二面角P—DE—C為。,則P(—y^cos。,0,一~八濟(jì)。)，

貝I」癥=(0,2。,0),前=(一。cos仇譏9)，CB=CP=(-AT2COS04-

zDdLstn。),

設(shè)平面PDE的一個(gè)法向量為沅=(%i，yi，Zi),

則［記,匹=2<7yi=0,

令/=sinO,解得Zi=cos。,y1=0,即m=(sind,0,cosO),

設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量記=(%2，y2，Z2)，

則(記,￡￡=2+Cy2=o,

y

'(n-CP=(—yTlcosd+2y/~2)x2-+V_2sm0z2=0

^x2=sinO,解得為=-sin。，z2=cosO—3,即元=(s譏仇—sin8,cos6—3),

因?yàn)槠矫鍼DEJ■平面PBC,所以而?n=sin20+cos20—3cos0=0,

解得cos。=I，則二面角P-DE-C的余弦值為今

【解析】(1)由面面垂直可得PEJ_平面PCD,進(jìn)而可證PEICD,可證結(jié)論；

(2)設(shè)DE的中點(diǎn)為0,連接40,則力。1DE,過(guò)。作直線?n垂直于平面DEBC,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，0A,

OE,m所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)二面角P-OE-C為0,求得平面PDE與平面

DCE的一個(gè)法向量，利用向量法可求二面角P-DE-C的余弦值.

本題考查線線垂直的證明，考查面面角的余弦值的求法，屬中檔題.

21.【答案】解:(1)由題意可知X2的所有可能取值為0,1,2,

rLLu-4-n/xz八、2124-n八/c、112217

此時(shí)P.2=0)="爐§=切P(X2=2)=-X-+-X-X-=-1

P(X2=1)=l-P(X2=0)-P(X2=2)=1_/一。=3

則Xz的分布列為：

(2)易知Xn的所有取值為0,1,2,

1217

此時(shí)尸(Xn=2)=|x|xP(X"T=1)+gp(Xn_i=2)+0xP(Xx=0)=J(Xn_i=1)+

4P(X“i=2),

o22117

又P(X"=1)=!?(%?_!=0)+(|x|+|x9P(Xn_1=1)+“(Xn_i=2)

2s21?

=|[l-P(Xn_1=1)-P(X-1=2)]+部(X“