2020年高考真题——数学(新高考全国卷Ⅰ 适用地区：山东)

2020年普通高等学校招生全国统一考试

数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共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。设集合A=｛x|1≤x≤3}，B={x|2〈x〈4｝,则A∪B=（ ) A。 ｛x｜2根据集合并集概念求解。 【详解】A故选：C

【点睛】本题考查集合并集,考查基本分析求解能力,属基础题。 2。

2i12iB. ｛x｜2≤x≤3｝ D。 ｛x|1B[1,3](2,4)[1,4)

（ ）

B. −1 D。 −i

A。 1 C。 i

学必求其心得，业必贵于专精

【答案】D 【解析】 【分析】

根据复数除法法则进行计算。

2i(2i)(12i)5i【详解】12i(12i)(12i)5i

故选：D

【点睛】本题考查复数除法,考查基本分析求解能力，属基础题. 3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有（ ） A. 120种 C. 60种 【答案】C 【解析】 【分析】

分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解。 【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C；

16B. 90种 D. 30种

然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有C；

25最后剩下的3名同学去丙场馆. 故不同的安排方法共有C故选：C

【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.

16C5261060种.

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4。日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为（ )

A. 20° C. 50° 【答案】B 【解析】 【分析】

B。 40° D. 90°

画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图,根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度,计算出晷针与点A处的水平面所成角。

【详解】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；

l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl；AB是晷针所在直线。

m是晷面的截线,依题意依题意，晷面和赤道平面平行,晷针与晷面垂

直，

根据平面平行的性质定理可得可知m//CD、根据线面垂直的定义可得

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ABm.。

由于AOC40,m//CD，所以OAGAOC40， 由于OAGGAEBAEGAE90,

所以BAEOAG40,也即晷针与点A处的水平面所成角为BAE40。 故选:B

【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.

5.某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96％的学生喜欢足球或游泳,60％的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（ ） A。 62％ C。 46％ 【答案】C 【解析】 【分析】

记“该中学学生喜欢足球”为事件A,“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件AB，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件AB，然后根据积事件的概率

B. 56% D. 42%

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公式P(AB)P(A)P(B)P(AB)可得结果。

【详解】记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件

AB,“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件AB，

则P(A)0.6，P(B)0.82，PAB0.96，

所以P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.60.820.960.46

所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%. 故选:C。

【点睛】本题考查了积事件的概率公式，属于基础题.

6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：

I(t)ert描述累计感染病例数

I（t）随时间t（单位：天)的变化规律,

指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT。有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6。据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0。69） （ ） A。 1。2天 C. 2。5天 【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意可得Iterte0.38t,设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为t天,根据e10.38(tt1)B。 1。8天 D. 3.5天

2e0.38t，解得t1即可得结果。

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【详解】因为

Iterte0.38t，

R03.28，

T6，

R01rT，所以

r3.2810.386，所以

设在新冠肺炎疫情初始阶段,累计感染病例数增加1倍需要的时间为t天,

1则e0.38(tt1)2e0.38t，所以e0.38t12，所以0.38t1ln2，

所以t1ln20.691.8天. 0.380.38故选:B。

【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用,考查了指数式化对数式，属于基础题.

7.已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则APAB 的取值范用是（ ) A。 C.

(2,6)

B。 D.

(6,2)

(2,4)

(4,6)

【答案】A 【解析】 【分析】

首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到AP在AB方向上的投影的取值范围是(1,3),利用向量数量积的定义式,求得结果.

【详解】

AB的模为2，根据正六边形的特征，

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可以得到AP在AB方向上的投影的取值范围是(1,3)， 结合向量数量积的定义式,

可知APAB等于AB的模与AP在AB方向上的投影的乘积， 所以APAB的取值范围是(2,6)， 故选：A.

【点睛】该题以正六边形为载体，考查有关平面向量数量积的取值范围，涉及到的知识点有向量数量积的定义式，属于简单题目。 8。若定义在R的奇函数f(x)在(,0)单调递减，且f（2)=0,则满足

xf(x1)0的

x的取值范围是( )

B. [3,1][0,1]

A。 C.

[1,1][3,)

[1,0][1,) D。 [1,0][1,3]

【答案】D 【解析】 【分析】

首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数f(x)在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.

【详解】因为定义在R上的奇函数f(x)在(,0)上单调递减，且f(2)0，

所以f(x)在(0,)上也是单调递减，且f(2)0，f(0)0， 所以当x(,2)(0,2)时，f(x)0，当x(2,0)所以由xf(x1)0可得：

x0x0或0x12或x12或x0 2x10或x12(2,)时，f(x)0，

解得1≤x≤0或1x3，

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所以满足xf(x1)0的x的取值范围是[1,0][1,3]， 故选：D.

【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题.

二、选择题：本题共4小题,每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。 9。已知曲线C:mx2ny21.( ）

A. 若m〉n>0,则C是椭圆，其焦点在y轴上 B。 若m=n〉0，则C是圆，其半径为

n

C。 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为yD。 若m=0，n〉0，则C是两条直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】

mx n结合选项进行逐项分析求解，mn0时表示椭圆，mn0时表示圆，

mn0时表示双曲线,m0,n0时表示两条直线

【详解】对于

x2y2122mxny1mn011A，若，则可化为，

mn11因为mn0，所以mn，

即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确； 对于B,若mn0，则mx2ny21可化为x2y21， n学必求其心得，业必贵于专精

此时曲线C表示圆心在原点，半径为对于

nn的圆，故B不正确;

x2y2C,若mn0，则mx2ny21可化为111，

mn此时曲线C表示双曲线， 由mx2ny20可得ymx，故nC正确;

1 ，n对于

yD，若m0,n0，则mx2ny21可化为y2nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；

故选：ACD。

【点睛】本题主要考查曲线方程的特征,熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键,侧重考查数算的核心素养。

10。下图是函数y= sin(ωx+φ）的部分图像,则sin(ωx+φ）= （ ）

A.

πsin(x）3 B.

πsin(2x)3 C。

πcos(2x）6 D.

cos(5π2x) 6【答案】BC 【解析】 分析】

首先利用周期确定的值,然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.

T2【详解】由函数图像可知:2362,则222，所以不选TA,

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253y1522kkZ， 当x36时,1222122解得：2k3kZ，

即函数的解析式为:

2ysin2x2ksin2xcos2xsin2x。

362632xcos(而cos6652x)

故选:BC。

【点睛】已知f（x）＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时,A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法： (1）由

2ω＝T即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧

图象上升（或下降）的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π），即可求出φ。

（2）代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”）坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A,ω的符号或对φ的范围有要求,则可用诱导公式变换使其符合要求. 11.已知a〉0，b>0，且a+b=1,则（ ） A. C.

a2b21 2B.

D.

2ab1 2log2alog2b2ab2

【答案】ABD 【解析】 【分析】

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根据ab1，结合基本不等式及二次函数知识进行求解. 【详解】对于A,a12ba1a2221112a2a12a，

22222当且仅当ab2时，等号成立，故A正确； 对于对于

B，ab2a11，所以2ab2121，故2B正确;

ab1log2, C,log2alog2blog2ablog22421当且仅当ab2时,等号成立，故C不正确; 对于D，因为所以故选：ABD

【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数算的核心素养.

12。信息熵是信息论中的一个重要概念。设随机变量X所有可能的取值为1,2,ni1ab212ab1ab2，

ab2，当且仅当ab1时，等号成立，故2D正确；

,n，且P(Xi)pi0(i1,2,,n),pi1，定义

i1nX的信息熵

H(X)pilog2pi.（ )

A. 若n=1,则H(X)=0

B。 若n=2，则H（X）随着p的增大而增大

1C. 若

1pi(i1,2,n,n)，则H(X）随着n的增大而增大

,mD. 若n=2m，随机变量Y所有可能的取值为1,2,P(Yj)pjp2m1j(j1,2,,m),且

，则H(X）≤H(Y）

【答案】AC 【解析】 【分析】

对于A选项，求得HX，由此判断出A选项的正确性;对于B选项，

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利用特殊值法进行排除;对于C选项，计算出HX,利用对数函数的性质可判断出C选项的正确性;对于D选项，计算出HX,HY,利用基本不等式和对数函数的性质判断出D选项的正确性。 【详解】对于A选项，若n1，则i1,p所以A选项正确.

对于B选项，若n2，则i1,2，p所以HXplog12211，所以HX1log210，

1p1，

p11p1log21p1，

3， 4当p11311HXloglog2时,2444431133HXloglog当p14时,22，

4444两者相等，所以B选项错误。 对于C

选项，若pi1i1,2,n,n，则

111HXlog2nlog2log2n,

nnn则HX随着n的增大而增大,所以C选项正确.

对于D选项,若n2m,随机变量Y的所有可能的取值为1,2,PYjpjp2m1j（j1,2,HXpilog2pipilog2i1i12m2m,m，且

,m）.

1 pi1p2m1p2mlog21 p2m.

pmpm1log21pmpm1p1log211p2log2p1p2p2m1log2HYp1p2mlog2p1log211p2p2m1log2p1p2mp2p2m111p2log2p1p2mp2p2m1p2m1log211p2mlog2p2p2m1p1p2m11log2 pipip2m1i,

由于

pi0i1,2,,2m,所以

11pipip2m1i,所以log2学必求其心得，业必贵于专精

所以pilog211pilog2 pipip2m1i,

所以HXHY,所以D选项错误. 故选：AC

【点睛】本小题主要考查对新定义“信息熵”的理解和运用,考查分析、思考和解决问题的能力，涉及对数运算和对数函数及不等式的基本性质的运用，属于难题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点,则AB=________． 【答案】3 【解析】 【分析】

先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果。

【详解】∵抛物线的方程为y2164x,∴抛物线的焦点3，∴直线

2F坐标为F(1,0)，

3(x1)

又∵直线AB过焦点F且斜率为解法一：解得x1,x23 3AB的方程为：y代入抛物线方程消去y并化简得3x110x30，

1162|AB|1k|xx|13|3| 所以1233解法二：100360 设A(x,y),B(x,y)，则xx11221210 ,3学必求其心得，业必贵于专精

过A,B分别作准线x1的垂线，设垂足分别为C,D如图所示.

|AB||AF||BF||AC||BD|x11x21x1x2+2=16 3

故答案为：3

【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式,属基础题。

14.将数列{2n–1}与｛3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an｝，则｛an｝的前n项和为________． 【答案】3n【解析】 【分析】

首先判断出数列2n1与3n2项的特征,从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差,利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列2n1是以1为首项，以2为公差的等差数列, 数列3n2是以1首项，以3为公差的等差数列，

所以这两个数列的公共项所构成的新数列a是以1为首项，以6

n2162n

为公差的等差数列，

学必求其心得，业必贵于专精

所以an的前n项和为n1故答案为：3n2n(n1)63n22n， 22n。

【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征,等差数列求和公式，属于简单题目.

15。某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线

AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形，

3BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=5，BH∥DG，EF=12 cm,DE=2 cm，

A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴

影部分的面积为________cm2．

【答案】42 【解析】 【分析】

利用tanODC5求出圆弧AB所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形AOB的面积，求出直角△OAH的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得.

【详解】设OBOAr，由题意AMAN7，EF12，所以NF5， 因为AP5，所以AGP45，

53学必求其心得，业必贵于专精

因为BH//DG，所以AHO45,

因为AG与圆弧AB相切于A点，所以OAAG， 即△OAH为等腰直角三角形； 在直角△OQD中，OQ5因为tanODC解得r22；

1S△OAH等腰直角的面积为1222224； 13扇形AOB的面积S2242222r,DQ7r， 22OQ3，所以2132r2552r， DQ52223，

15SS4所以阴影部分的面积为1222。

故答案为：452。

【点睛】本题主要考查三角函数在实际中应用,把阴影部分合理分割是求解的关键，以劳动实习为背景，体现了五育并举的育人方针. 16。已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以

D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

【答案】2. 2学必求其心得，业必贵于专精

【解析】 【分析】

根据已知条件易得DE13,D1E侧面B1C1CB，可得侧面B1C1CB与球面的交2线上的点到E的距离为【详解】如图：

，可得侧面BCCB与球面的交线是扇形EFG11的弧FG，再根据弧长公式可求得结果。

取BC的中点为E，BB的中点为F,CC的中点为G，

1111因为BAD60°，直四棱柱ABCDABCD的棱长均为2，所以△DBC为

1111111等边三角形，所以DE111113，D1EB1C1，

1又四棱柱ABCDABCD为直四棱柱，所以BB平面ABCD，所以

1111BB1B1C1，

因为BB1B1C1B1，所以D1E侧面B1C1CB，

11设P为侧面BCCB与球面的交线上的点，则DEEP，

1因为球的半径为115，D1E3,所以|EP||D1P|2|D1E|2532，

2，

所以侧面BCCB与球面的交线上的点到E的距离为因为|EF||EG|112,所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

因为BEFCEG4,所以FEG2，

所以根据弧长公式可得FG2222。

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故答案为：2. 2【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.

四、解答题:本题共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.在①ac3，②csinA3,③c存在,说明理由． 问题:是否存在

C3b这三个条件中任选一个，补充在下面

问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不

ABC,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA3sinB，

 ，________？6注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】详见解析 【解析】 【分析】

解法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边,得到a,b的比例关系,根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到c的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.

解法二:利用诱导公式和两角和的三角函数公式求得tanA的值,得到角A,B,C的值，然后根据选择的条件进行分析判断和求解. 【详解】解法一： 由sinA3sinB可得：

a3， b不妨设a3m,bmm0，

学必求其心得，业必贵于专精

则:c2a2b22abcosC3m2m223mm3m2，即cm。 2选择条件①的解析: 据此可得：ac3mm3m23，m1，此时cm1.

选择条件②的解析：

b2c2a2m2m23m21 据此可得:cosA2bc，22m2313csinAm3，则：cm23。 则：sinA1，此时:2222选择条件③的解析: 可得bm1，cb， 与条件c3b矛盾，则问题中的三角形不存在.

cm解法二：∵sinA3sinB,C∴sinA6,BAC，

3sinAC3sinA，

6313cosA? 22sinA3sinAC3sinA?，

23∴sinA3cosA，∴tanA3,∴A若选①，ac，∴BC6，

3,∵a3b3c,∴3c23，∴c=1；

3c3,c23; 2若选②，csinA3,则若选③,与条件c3b矛盾.

【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系,或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时,注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的范围． 18。已知公比大于1的等比数列{a}满足an2a420,a38．

学必求其心得，业必贵于专精

(1)求{a}的通项公式；

n（2）记b为{a}在区间(0,m](mN)中的项的个数，求数列{b}的前100项

mn*m和S．

100【答案】（1)a【解析】 【分析】

n2n；（2）S100480。

（1)利用基本元的思想，将已知条件转化为a,q的形式,求解出a,q，

11由此求得数列a的通项公式.

n（2)通过分析数列b的规律,由此求得数列b的前100项和S.

mm100【详解】(1）由于数列a是公比大于1的等比数列，设首项为a，公

n1a1qa1q3201qa2,q2a32,q 比为，依题意有aq28，解得解得1，或1(舍），21所以an2n,所以数列an的通项公式为an2n。

1（2)由于22,224,238,2416,2532,26,27128，所以

b1对应的区间为:0,1，则b10；

b2,b3对应的区间分别为：0,2,0,3，则b2b31，即有2个1；

b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：0,4,0,5,0,6,0,7，则b4b5b6b72，即有

22个2;

b8,b9,,b15对应的区间分别为：0,8,0,9,,0,15，则b8b9b153，即有23个3;

b16,b17,4,b31对应的区间分别为：0,16,0,17,,0,31，则b16b17b314,即

有2个4；

b32,b33,5,b63对应的区间分别为：0,32,0,33,,0,63，则b32b33b635,即

有2个5；

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b,b65,,b100对应的区间分别为：0,,0,65,,0,100，则bb65b1006，

即有37个6。 所以S10012222323424525637480.

【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思考与解决问的能力，属于中档题.

19.为加强环境保护,治理空气污染,环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO浓度（单位：μg/m），得

32下表: SO2 PM2.5 [0,35] [0,50] (50,150] (150,475] 32 6 3 18 8 7 4 12 10 (35,75] (75,115]

(1）估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75,且SO浓度不超过

2150”的概率；

(2)根据所给数据，完成下面的22列联表： SO2 PM2.5 [0,75] [0,150] (150,475] 学必求其心得，业必贵于专精

(75,115]

（3）根据（2）中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO浓度有关？

2n(adbc)2附：K(ab)(cd)(ac)(bd)，

2P(Kk)

20.050 0.010 0。001

3。841 6。635

k

10.828

【答案】(1）0.;（2)答案见解析;(3）有 【解析】 【分析】

(1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果； (2）根据表格中数据可得22列联表； （3)计算出K2,结合临界值表可得结论.

【详解】（1）由表格可知，该市100天中，空气中的PM2.5浓度不超过75,且SO浓度不超过150的天数有326188天,

2所以该市一天中，空气中150

的概率为1000.；

PM2.5浓度不超过75，且SO浓度不超过

2(2）由所给数据,可得22列联表为：

SO2 0,150 150,475 合计 学必求其心得，业必贵于专精

PM2.5 0,75 75,115 10 74 16 10 26 80 20 100 合计

（3）根据22列联表中的数据可得

n(adbc)2100(101610)23600K7.48446.635,

(ab)(cd)(ac)(bd)8020742812因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO浓度有关.

2【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了完善22列联表,考查了性检验,属于中档题.

20.如图,四棱锥P—ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

(1)证明：l⊥平面PDC;

（2）已知PD=AD=1,Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）证明见解析;(2）【解析】 【分析】

63。

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（1）利用线面垂直的判定定理证得AD平面PDC，利用线面平行的判定定理以及性质定理,证得AD//l，从而得到l平面PDC；

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系,得到相应点的坐标，设出点Q(m,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cosn,PB的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【详解】（1）证明： 在正方形ABCD中，AD//BC, 因

AD平面PBC，BC平面PBC,

所以AD//平面PBC，

又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl, 所以AD//l，

因为在四棱锥PABCD中,底面ABCD是正方形，所以ADDC,lDC, 且PD平面ABCD，所以ADPD,lPD, 因为CDPDD

所以l平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，

因为PDAD1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，

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设Q(m,0,1)，则有DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB(1,1,1)， 设平面QCD的法向量为n(x,y,z)，

DCn0y0则DQn0，即mxz0，

令x1,则zm,所以平面QCD的一个法向量为n(1,0,m),则

cosn,PBnPBnPB10m3m21

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于

232m32|m|36312mm|cosn,PB|11113m213m213m21333m21|1m|，

当且仅当m1时取等号，

所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

63。

【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质,线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值,属于中档题目. 21。已知函数f(x)aex1lnxlna．

（1）当ae时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1）)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若f(x）≥1，求a的取值范围． 【答案】（1）e1(2）[1,) 【解析】

【分析】（1）先求导数,再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标,最后根据三角形面积公式得结果;

2学必求其心得，业必贵于专精

（2）解法一：利用导数研究，得到函数fx得导函数f’x的单调递增，当a=1时由f’10得fxminf11，符合题意;当a>1时,可证

11x01f(x)ae0，得到x0f'xf()f(1)0,从而存在零点00，使得xa0f(x)min，

利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得x1恒成立；当0a1时，研究f1.即可得到不符合题意。综合可得a的取值范围。

解法二:利用指数对数的运算可将fx1转化为elnax1lnax1elnxlnx,

令gxexx，上述不等式等价于glnax1glnx,注意到gx的单调性，进一步等价转化为lnalnxx1，令hxlnxx1,利用导数求得hxmax，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式,解得a的取值范围. 【详解】（1)

f(x)exlnx1,f(x)ex1kf(1)e1。 ,xf(1)e1，∴切点坐标为（1，1+e),

∴函数f(x)在点（1,f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1)，即ye1x2,

切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(2,0), e11222||=∴所求三角形面积为2e1e1;

（2）解法一：

f(x)aex1f(x)aex1lnxlna，

1,且a0. xx1设g(x)f(x),则g(x)ae10, 2x∴g（x)在(0,)上单调递增，即f(x)在(0,)上单调递增, 当a1时，f(1)0,∴fxminf11,∴fx1成立。

1当a1时，a1

，∴e11a111a1,f(a)f(1)a(e1)(a1)0，

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x01f(x)aex0∴存在唯一0，使得010，且当x(0,x0)时f(x)0，当x01lnx0，

x1x(x0,)时f(x)0，ae01x0，lnax0因此f(x)minf(x0)aex01lnx0lna

11lnax01lna2lna12x02lna1>1， x0x0∴fx1,∴fx1恒成立；

当0a1时,

f(1)alnaa1,∴f(1)1,f(x)1不是恒成立。

综上所述,实数a的取值范围是［1,+∞）. 解法二：fxaex1lnxlnaelnax1lnxlna1等价于

elnax1lnax1lnxxelnxlnx,

令gxexx，上述不等式等价于glnax1glnx,

显然gx为单调增函数,∴又等价于lnax1lnx，即lnalnxx1, 令hxlnxx1,则hxx1单调递减,

∴hxmaxh10，

lna0，即a111x x在0,1上h’（x)〉0，h（x)单调递增;在（1，+∞）上h’(x）〈0,h(x)，∴a的取值范围是［1，+∞).

【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想,属较难试题。

22。已知椭圆

x2y2C:a2b21(ab0)的离心率为22，且过点A（2，1）．

（1)求C的方程：

(2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：

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存在定点Q，使得|DQ｜为定值．

x2y2【答案】(1)631；（2）详见解析。

【解析】 【分析】

(1）由题意得到关于a,b，c的方程组,求解方程组即可确定椭圆方程。

（2)设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为ykxm, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证,然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.

c32a41【详解】（1）由题意可得：a2b21,解得：a26,b2c23，故椭圆方

2ab2c2x2y2程为：631.

（2)设点Mx,y,Nx,y.

1122因为AM⊥AN,∴AM·AN0，即x12x22y11y210，① 当直线MN的斜率存在时，设方程为ykxm，如图1。 代入椭圆方程消去y并整理得：12kx224kmx2m260,

4km2m26x1x2,x1x2 12k212k2 ②,

根据y1kx1m,y2kx2m,代入①整理可得：

2k21x1x2kmk2x1x2m140 

将②代入，2m2624kmk1kmk2m140， 2212k12k2学必求其心得，业必贵于专精

整理化简得2k3m12km10,

（2,1）∵A不在直线MN上,∴2km10，

∴2k3m10，k1， 于是MN21ykx的方程为，

3321,。 所以直线过定点直线过定点E33当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1,y1，如图2。 代入x12x22y11y210得x21221y20,

2x12y12结合631,解得x12舍,x13,

此时直线MN21E,， 过点33

由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边,

214221所以AE中点Q满足QD为定值(AE长度的一半1233322）.

4121A2,1,E,Q由于，故由中点坐标公式可得,。

3333,，使得｜DQ|为定值。 故存在点Q3341【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质,圆锥曲线中的定点定值问

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题，关键是第二问中证明直线MN经过定点，并求得定点的坐标，属综合题，难度较大.