湖北省华师一附中黄冈中学等八校2020届高三第一次联考数学（理）试题

湖北省华师一附中黄冈中学等八校2020届高三第一次联考数学（理）试题

鄂南高中华师一附中 黄石二中 荆州中学 孝感高中 襄阳四中 襄阳五中 黄冈中学 2020 届高三八校第一次联考 数学(理科) 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，再选涂其它答案标号.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：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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.复数 z 满足  1 1i z i   ，则 z  （ ） A. 1 i B. 1 i C. 2 2 2 2 i D. 2 2 2 2 i 【答案】C 【解析】 【分析】 利用复数模与除法运算即可得到结果. 【详解】解:       1 2 1 2 12 2 2 1 1 1 1 2 2 2 i i iz ii i i i            ， 故选：C 【点睛】本题考查复数除法运算，考查复数的模，考查计算能力，属于基础题. 2.已知集合 1 2 xX x e      ， 2 }6{ | 0Y x x x    ，则  RC X Y  （ ） A.  3, 2ln  B.  2, 2ln  C.  3, 2ln  D.  2,2ln 【答案】C 【解析】 【分析】 先解指数型不等式，得到集合  2 ,X x x ln   进而求其补集，然后与集合Y 取交集即可. 【详解】解:集合  2 ,X x x ln   ，  2 , { | 3 2}RC X x x ln Y x x       所以    3 2RC X Y x x ln      故选：C 【点睛】本题考查交集与补集运算，考查不等式的解法，考查计算能力，属于常考题型. 3.已知等差数列 na 的前项 n 和为 nS ，且 3 1 4, ,3 Sa a 成公比为 q的等比数列，则 q等于（ ） A. 1或 2 B. 2 C. 1 D. 2 或 4 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意可得 2 3 1 4 ,3 S a a      求得 0d  或 1d a ，进而根据等比定义求 q即可. 【详解】解: 3 1 4, ,3 Sa a , 成公比为 q的等比数列， 2 3 1 43 S a a      ，又  na 为等差数列，  2 2 1 4a a a   ，    1 1 1 2 . 3a d a a d    即  1 0d d a  ， 即 0d  或 1d a . 3 2 1 1 1 1 3 S a aq a a a     或 1 1 2 1a a  或 2 故选：A 【点睛】本题考查等差数列等比数列基本量的运算，考查计算能力，属于基础题. 4.若 π 4sin 6 5x     ，则 πsin 26 x    的值为 A. 24 25 B. 24 25  C. 7 25 D. 7 25  【答案】D 【解析】 ∵sin（ π 6 –x）=–sin（x– π 6 ）= 4 5 ，∴sin（x– π 6 ）=– 4 5 ，∴sin（2x+ π 6 ）=sin（2x– π 3 + π 2 ） = cos（2x– π 3 ）=cos[2（x– π 6 ）]=1–2sin2（x– π 6 ）=1–2×（– 4 5 ）2=– 7 25 ．故选 D． 5.已知 0, 0x y  ，且 1 9 1x y   ，则 x y 的最小值为（ ） A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】 利用“乘 1 法”与均值不等式即可得出． 【详解】解法一:由题得  1 9 9 91 9 1 2 9 16y x y xx y x yx y x y x y                 ， 取等条件为 0 0 1 9 1 9 x y x y y x x y           ，即 4 12 x y    ， 故选： B 解法二:由 1 9 1x y   得9 0x y xy   即  1 9 9x y   ， 又 1, 9x y  .    1 19 0x y x y        2 1 9 10 16x y     ， 取等条件为 0 0 1 9 1 1 9 3 x y x y x y           ，即 4 12 x y    ， 故选： B 【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查“乘 1 法”，属于常考题型. 6.若函数   3x sinxf cosx  在区间 ,a b 上是减函数，且    2, 2a ff b   ，则函数   3g x cosx sinx  在区间 ,a b 上（ ） A. 是增函数 B. 是减函数 C. 可以取得最大值 2 D. 可以取得最小值 - 2 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得   32f x sin x      ，   2 2 3g x sin x         ，利用平移知识与图象即可得 到结果. 【详解】   32f x sin x      ，   2 23 2 3g x cos x sin x              ，  g x 的图像由  f x 的图像向左平移 2  所得.  f x 在区间[ ],a b 上是减函数，且    2, 2f a f b   . 如图，将  f x 向左平移 2  ，即 1 4 个周期，  g x 可以取得最小值 2 . 故选：D 【点睛】本题考查正弦型函数的图象与性质，考查函数的单调性、最值及图象变换知识，考 查数形结合思想，属于中档题. 7.已知 2 0.3a log ， 0.2 3b log ， 0.30.2c  ，则 a ，b ， c 的大小关系为（ ） A. c b a  B. b a c  C. c a b  D. a c b  【答案】A 【解析】 【分析】 利用指数函数与对数函数的图象与性质即可得大小关系. 【详解】解: 2 20.3 0.5 1a log log    ， 0.2 0.23 5 1b log log    且 0 0b c ， ， 所以 , , a b c 的大小关系为 c b a  . 故选：A 【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础 题． 8.已知曲线C ：   3 3f x x x  ，直线l ： 3y ax a  ，则 6a  是直线l 与曲线C 相切的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 由直线l 与曲线C 相切，明确 a 的取值，再结合充分必要性作出判断. 【详解】解:   2 ' 3 3f x x  ，直线 : 3l y ax a  过定点 3,0 ，且曲线C 也过点 3,0 . 若 直 线 l 与 曲 线 C 相 切 ， 设 切 点 横 坐 标 为 ox ， 则 切 线 为  2 3 0 03 3 2y x x x   ， 则 2 0 3 0 3 3 2 3 x a x a     ，解之 0 3 6 x a    或 0 3 2 3 4 x a       ，所以 6a  是直线l 与曲线C 相切的充分不必 要条件. 故选：A 【点睛】本题考查充要条件的判断，涉及直线与三次函数相切问题，考查计算能力与转化能 力，属于中档题. 9.鲁班锁是中国古代传统土木建筑中常用的固定结合器，也是广泛流传于中国民间的智力玩 具，它起源于古代中国建筑首创的機卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结 构)啮合，外观看上去是严丝合缝的十字几何体，其上下、左右、前后完全对称，十分巧妙. 鲁班锁的种类各式各样，其中以最常见的六根和九根的鲁班锁最为著名九根的鲁班锁由如图 所示的九根木榫拼成，每根木榫都是由一根正四棱柱状的木条挖些凹槽而成，若九根正四棱 柱底面边长均为1，其中六根短条的高均为3 ，三根长条的高均为 5 ，现将拼好的鲁班锁放进 一个圆柱形容器内，使鲁班锁最高的一个正四棱柱形木榫的上、下底面分别在圆柱的两个底 面内，则该圆柱形容器的体积(容器壁的厚度忽略不计)的最小值为（ ） A. 135 4  B. 65 2  C. 135 D. 125 4  【答案】B 【解析】 【分析】 设圆柱的底面半径为 r ，用平行于圆柱的底面的平面截圆柱和中间横向最长木条，在截面图中 利用勾股定理即可得到结果. 【详解】解:设圆柱的底面半径为 r ，用平行于圆柱的底面的平面截圆柱和中间横向最长木条， 得到截面图如图所示，则 2 2 2 1 5 13 2 2 2r             ， 圆柱体积为 2 65 2V r h   故选：B 【点睛】本题考查球、正四棱柱等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，考查函数 与方程思想、化归与转化思想，是中档题． 10.已知  f x 是定义在 R 上的函数，  'f x 是函数  f x 的导函数，且  , ' 1x R f x   ， 且  1 0f  ，则（ ） A.   1f e e  B.  0 1f   C.  0 1f   D.    0f e f e  【答案】C 【解析】 【分析】 由题意构造函数     g x f x x  ，明确函数的单调性，即可比较大小. 【详解】解:令     g x f x x  ，则    ' ' 1 0g x f x   ， 所以  g x 在 R 上单调递增. 由    1g e g 可得    1 1 1f e e f     ，得   1f e e  ，故选项 A 不正确. 由    0 1g g 可得    0 1 1 1f f    ，故选项 B 不正确,选项C 正确， 同理可判断选项 D 不正确. 故选：C 【点睛】本题考查函数值大小的比较，考查利用导数判断函数的单调性，考查函数与方程思 想，属于中档题. 11.如图， ,M N 分别为边长为1的正方形 ABCD 的边 BC CD、 的中点，将正方形沿对角线 AC 折起，使点 D 不在平面 ABC 内，则在翻折过程中，以下结论错误的是（ ） A. / /MN 平面 ABD B. 异面直线 AC 与 BD 所成的角为定值 C. 存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D. 三棱锥 M ACN 体积的最大值为 2 48 【答案】C 【解析】 【分析】 利用线面平行判定定理判断 A 选项，利用线面垂直的性质判断 B 选项，利用垂直的转化说明 C 选项，利用等积法说明 D 选项. 【详解】选项 A ，因为 / / MN BD ，所以 / /MN 平面 ABD ，故选项 A 正确； 选项 B ，取 AC 中点O ，连接 ,OB OD ，则 AC OB ，且 AC OD ，所以 AC  平面OBD ， 所以 AC BD ，异面直线 AC 与 BD 所成的角为 90 ，为定值，故选项 B 正确； 选项 ,C 若直线 AD 与直线 BC 垂直，因为直线 AB 与直线 BC 也垂直， 则直线 BC ⊥平面 ABD ，所以直线 BC ⊥直线 BD ， 又因为 BD AC ，所以 BD  平面 ABC ，所以 BD OB ， 而 OBD 是以 OB 和OD 为腰长的等腰三角形，这显然不可能，故选项 C 不正确； 选项 D ， M ACN N ACMV V  ，当平面 DAC  平面 ABC 时取最大值，  max 1 1 2 2 3 4 4 48N ACMV      ，故选项 D 正确. 故选：C 【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查了线面平行与线线垂直的判定和性质定理， 考查几何体体积的计算，考查空间想象能力和推理能力，是中档题． 12.已知函数  x sinx nf si x  ，给出下列结论: ①  f x 是周期函数；②  f x 是奇函 数:③ ,2 2      是函数  f x 的一个单调递增区间；④若    1 2f x f x  ，则  1 2x x k k Z   ；⑤不等式 2 2 cos2 cos2sin x sin x x x      的解集为 1 5 ,8 8x k x k k Z         ，则正确结论的序号是（ ） A. ①②④ B. ①②③④ C. ②③ D. ①②③⑤ 【答案】D 【解析】 【分析】 利用正弦型函数的图象与性质逐一判断即可. 【详解】因为  ( 2 )f x f x  ，所以 2 是  f x 的一个周期，选项①正确； 因为    f x f x   ，所以  f x 是奇函数，选项②正确； 当 0, 2x     时，   2 1 cos2 2 xf x sin x   单调递增，又因为  f x 是奇函数且过原点，所 以 ,2 2      是函数  f x 的一个单调递增区间，选项③正确； 由②③可画出函数  f x 在 ,2 2      上的图像，又因为 2 2f x f x              ，所以  f x 的图像关于 2x  对称，可画出函数  f x 在 3,2 2       上的图像，即得到函数  f x 在 3,2 2      上的图像，即一个周期的图像，在 3,2 2      上的对称中心为 0,0 和 ( ,0) ，所 以在整个定义域上对称中心为 ( ,0)( )k k Z  ，即若    1 2f x f x  ，则 1 2 ( )2x x k k Z   ， 选项④不正确； 先求不等式 | |2 2 2 2sin x sin x cos x cos x     在一个周期内的解集，取区间 0,2 ，因为 2 2 2 2sin x sin x cos x cos x      2 2 2f x f x        ，则 2 4 72 2 4 x x         ，在 整个定义域上则 2 24 72 22 4 x k x k             ， 解得 1 5 ,8 8k x k k Z     ，故选项⑤正确， 综上， ①②③⑤ 正确.. 故选：D 【点睛】本题考查如何运用研究正弦函数、余弦函数的方法，去研究新的、没见过的周期函 数，考查学生分析解决问题的能力.为了降低难度， ①②③ 引导学生先画出一个周期的函数 图像，进而得到整个函数图像，为④⑤服务.选项的设置实际上告诉了学生②的正确性，同时 引导学生重点需要判断④⑤，④⑤只需要准确判断其中一个，就能选出正确答案，降低了难 度. 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13.非零向量 a  和b  满足 2 a b  ，  a a b    ，则 a  与b  的夹角为___________. 【答案】 2 3  【解析】 【分析】 先由向量的数量积运算可得 2 a b a     ，再利用向量的夹角公式 cos a b a b       ，再将已知条 件代入运算即可得解. 【详解】解：由非零向量 a  和b  满足  a a b    ， 则   2 0a a b a a b           ，即 2 a b a     ， 设 a  与b  的夹角为 ，则 2 cos aa b a b a b          ， 又 2 a b  ，则 2 cos a a b        2 2 1 22 a a      ， 又  0,  ， 所以 2 3   ， 故答案为 2 3  . 【点睛】本题考查了向量的数量积公式及向量的夹角公式，重点考查了运算能力，属中档题. 14.已知实数 ,x y 满足 2 3 0 2 5 0 1 x y x y y          ，则 z x y  的取值范围为__________． 【答案】 70, 2      【解析】 【分析】 画出可行域， 2 2 x yz   ，只需求可行域内的点 ,x y 到直线 0x y  的距离的最值即可. 【详解】解:画出可行域， 2 2 x yz   ，只需求可行域内的点  ,x y 到直线 0x y  的距离的最值， 观察可得最小值为 0 ，最大值为 2 3 0x y   与 2 5 0x y   的交点 1( ,4)2 到直线的距离， 再乘以 2 ，结果为 7 2 ，故取值范围为 70, 2      故答案为： 70, 2      【点睛】目标函数加了一个绝对值，不同的学生就会有不同的做法，好学生转化成点到直线 的距离，直接可以观察最小值是 0 ，只用求最大值，算一个交点就可以了；一般的学生可以先 求 z x y  的范围，再求绝对值的范围，那就要多算一个交点的坐标；当然，也可以分两类 确定 z x y  的符号后再求具体范围， 工作量就要大一些了. 15.已知函数   1 , 0 , 0 x x mx xxef x e mx xx        ，若函数  f x 有且只有 4 个不同的零点，则实数 m 的 取值范围是__________． 【答案】 2 4 em  【解析】 【分析】   f x 有且只有 4 个不同的零点等价于偶函数   1 , 0 , 0 x x xg x e e x      与偶函数 2y mx 的图象有 且只有 4 个不同的交点，即 2xe mx 有两个不等正根，即 2 xe mx  有两个不等正根. 【详解】   f x 有且只有 4 个不同的零点等价于偶函数   1 , 0 , 0 x x xg x e e x      与偶函数 2y mx 的图象有且只有 4 个不同的交点，即 2xe mx 有两个不等正根，即 2 xe mx  有两个不等正根. 令   2 xeh x x  ，则     3 2xe xh x x   ，它在 0,2 内为负，在 (2, ) 内为正，  h x 在 0,2 上单调递减，在 (2, ) 上单调递增，且   2 2 4 eh  又 当 0x  时，  h x   ，当 x   时，  h x   2 4 em  故答案为： 2 4 em  【点睛】本题考查了函数的零点问题，考查了导数知识，考查函数与方程思想、等价转化思 想，属于中档题. 16.已知数列 na 的各项均为正数，且 *n N  ， 3 3 3 3 2 1 2 3 ... 2n n na a a S S     a ，其中 nS 为数列 na 的前 n 项和，设 3 2 n n n Sb n        ，则 2nb 的最大值为__________． 【答案】 63 32 【解析】 【分析】 由 3 3 3 3 2 1 2 3 ... 2n n na a a S S     a ，采用两式相减的方式得到数列 na 的通项，求出其 前 n 项和，明确 2nb ，利用作商的方式，研究数列的单调性，从而得到最值. 【 详 解 】 由 3 3 3 3 2 1 2 3 2n n na a a a S S     L 得  3 3 3 3 2 1 2 3 1 1 12 2n n na a a a S S n        L 两式相减得    3 2 2 1 1 12 2 2 2n n n n n n n n na S S S a S S a nS         ，  1 2 2 2nn nS Sa n     2 1 1 2 2 3n n na S S n       ， 两式相减有  1 2 2 1 3n n n na a a na    数列 na 各项均为正数， 1 3(1 )n na a n   ，而 2 1 3 2 1a a    ， 数列 na 是公差为1的等差数列，  2 1 1 1na n n      ，  3 2n n nS   2 2 2 2 3 2 3 3 2 2 2 2 n n n n S nb n                  ， 令 2 2 2 2 2 5 3 12 3 2 n n b n b n          ，解得 3 2n  2 4 4 6 8,b b b b b      ， 2nb 的最大值 4 63 32b  故答案为： 63 32 【点睛】本题常规题，考查知识点有:递推数列、等差数列通项、求和公式、数列单调性和最 值，虽然都是常规知识点，但融合到一起要想顺利解决，需要对这些知识点深刻理解、熟练 掌握. 三、解答题 （本大题共 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 ABC 中，角 、 、A B C 所对边的长分别为 a b c、 、 ，且 cos cos sinA B C a b c   (1)求 sinC sinA sinB 的值； (2)若 ABC 的面积 1 4S = ， ABC 的外接圆的直径为1，求 ABC 的周长 L . 【答案】(1) sin 1sin sin C A B  (2) 2 1 【解析】 【分析】 (1)由条件结合正弦定理可得 cos cos sin sin sin sin A B C A B C   ，通分化简可得结果； (2)由 ABC 的外接圆的直径为1可知 , ,a sinA b sinB c sinC   ，结合（1）的结果可得 c ab ，再利用面积公式可得 c ，利用余弦定理可得 2 2a b ，进而得到 ABC 的周长 L . 【详解】解：(1) cos cos sinA B C a b c   ，由正弦定理可得 cos cos sin sin sin sin A B C A B C   即 cos sin cos sin 1sin sin A B B A A B   ， 即 sin 1sin sin C A B  ； (2) ABC 外接圆直径为1， , ,a sinA b sinB c sinC    ， 又由(1)得 sinC sinA sinB c ab   ，  ABC 的面积 21 1 1 1 2 2 2 4S absinC csinC c    ， 2sin 2c C   由余弦定理得 2 2 2 2 2 22 2 2 2a b abcosC c ccosC c sinCcosC c sin C c         2 31 2c    或 1 2  （ 1 2  舍）    2 22 21 2 1 2 1a b c ab c c c         ABC 的周长. 2 1 2 1L a b c c       【点睛】本题主要考查了正余弦定理，三角形面积公式的应用，考查了两角和的正弦公式的 应用，熟练应用相关公式及定理是解题的关键，属于基本知识的考查． 18.已知数列 na 和 2 na n       均为等差数列 1 1 2a  ， (1)求数列 na 的通项公式； (2)设数列{ }nb 满足     41 1 1 n n nab n n    ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nS . 【答案】(1) 2n na  (2)   11 1 1 n nS n       【解析】 【分析】 (1)由数列 na 和 2 na n       均为等差数列，可得 1a d ，从而可得数列 na 的通项公式； (2) 由(1)及题设得      2 1 1 1 11 11 n n n n n nb n n        g g ，利用裂项相消法求和即可. 【详解】解：  1 数列 2 na n       为等差数列， 22 2 32 12 2 1 3 aa a    又 数列 na 为等差数列，    12 1 2 1 2 2 3 a da d a    即 2 1 0a d  即 1a d 又 1 1 2a  ，  1 112 2 2n na n       2 由(1)及题设得      2 1 1 1 11 11 n n n n n nb n n        g g    1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 11 2 2 3 3 4 1 1 n n nS n n n                                       【点睛】本题重点考查裂项相消求和，但又不是学生通常几乎都会背的那种裂项相消，考查 学生对裂项相消求和方法的理解. 19.如图，已知四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 2 的正方形，M N、 分别是棱 AB PD、 的 中点， ,PA PB AD PB  ，直线 MN 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 2 3 (1)证明: / /MN 平面 PBC ； (2)求二面角C MN D  的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 5 5 【解析】 【分析】 (1) 在平面 ABCD 内延长 DM 交 CB 的延长线于 F ，证明 / / MN PF ，即可得到 / /MN 平 面 PBC ； (2) 先找出 EMN 为直线 MN 与平面 PAB 所成的角，进而得到 PM  平面 ABCD ，通过 三垂线法求得 CIH 是二面角 D MN C  的一个平面角，解之即可. 解法二(向量法) 建立空间直角坐标系，(1) 在平面 PBC 内作 1 1 2 2BK BP BC    ，则 BK MN  即可得到 / /MN 平面 PBC ； (2)求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式，即可得到结果. 【详解】解法一(非向量法): (1)方法一:在平面 ABCD 内延长 DM交CB 的延长线于 F M 是正方形 ABCD 中 AB 边的中点， M 是 DF 的中点 又 NQ 是 PD 的中点， / / MN PF 又 MN  平面 , PBC PF  平面 PBC ， / /MN 平面 PBC . 方法二:取 PC 的中点G ,N G 分别是 PD PC、 的中点， 1 ,2NG CD NG CD  P 又 M 是正方形 ABCD 中边 AB 的中点， 1 ,2BM CD BM CD  P ， 1 ,2GN BM GN BM  P BMNG 是平行四边形， / / MN BG 又 MN  平面 PBC ， BG  平面 PBC ， / /MN 平面 PBC . 方法三:取 PA 中点 ,E E N， 分别是 PA PD、 的中点， / / EN AD 同理 / / EM PB 底面是正方形， / /AD BC ，又 / / EN AD ， / / EN BC 又 EN  平面 PBC ， BC 平面 PBC ， / /EN 平面 PBC . 同理 / /EM 平面 PBC ，又 ,EN EM E EN   平面 ,EMN EM  平面 EMN 平面 / /EMN 平面 PBC . 又 MN  平面 EMN .  / /MN 平面 PBC (2) , ,AD PB AD AB PB AB B    ，PB  平面 PAB ，AB Ì平面 PAB ， AD  平 面 PAB 又 / /EN AD ， EN  平面 PAB ， EMN 为直线 MN 与平面 PAB 所成的角. 2 3 ENsin EMN MN     ， 又 E M N 、 、 分别为 PA AB PD、 、 的中点，底面边长为 2 ， PA PB 3 5, ,2 2MN ME PM AB    . 且  2 2 2 2 1 22 2PM PB BM ME AB        AD  平面 PAB ， AD  平面 ABCD ， 平面 PAB  平面 ABCD ，且交线为 AB 又 PM AB ，且 PM  平面 PAB ， PM  平面 ABCD 在平面 ABCD 内作CH MD 于点 H ，则 CH PM 又 MD PM M  ， MD  平面 MND ， PM  平面 MND ， CH  平面 MND 再作 HI MN 于点 I ，则 CIH 是二面角 D MN C  的一个平面角 在正方形 ABCD 中可求得 4 3, 5 5 CH MH  ， 3 2 2 35 5 HI MHsin DMN MHsin MDN       二面角的余弦值 2 2 2 55 52 4 5 5 IH IC              . 解法二(向量法): AD PB ， AD AB ， PB AB B  ， PB  平面 PAB ， AB Ì平面 PAB . AD  平面 PAB ，又 PM  平面 PAB ， AD PM  ① ,PA PB M 是 AB 的中点， PM AB  ，设 J 为 CD 的中点，则同①得 PM MJ 则 MJ MA MP、 、 两两垂直， 可分别以 MJ MA MP、 、 为轴 , ,x y z 建立空间直角坐标系 设  0,0,P p  1    1 12,1,0 0,0, 1, ,2 2 2 pMN p                  0,0, 0, 1,0 0,1,BP p p         2, 1,0 0, 1,0 2,0,0BC      1 1 2 2MN BP BC     在平面 PBC 内作 1 1 2 2BK BP BC    ，则 BK MN  / / , BK MN MN  平面 PBC ， BK  平面 PBC ， / /MN 平面 PBC  2 11, ,2 2 pMN        ，  2,0,0MJ  是平面 PAB 的一个法向量 2 2 2 2 11 2 0 0 22 2, ) 511 22 ( 2 p MN MJcos MN MJ MN MJ pp                           又 直线 MN 与平面 PAB 所成的角的正弦值为 2 3 ， 2 2 2 35p    2p  即 (负舍) 11, ,12MN        ，  2,1,0MD  ，  2, 1,0MC   设  , , a x y z  平面 DMN ，则 1 02 2 0 a MN x y z a MD x y              即 2 0 y x z     ，令 1x  得  1, 2,0a   设  , , b r s t  平面CMN ，则 1 02 2 0 b MN r s t b MC r s              即 2 2 s r t r     ，令 1r  得  1,2, 2b          2 22 2 2 2 1 1 2 2 0 2 5, ) 51 2 0 1 2 2 ( a bcos a b a b                         又 a   指向二面角，b  指向二面角，二面角的余弦值为 5 5 【点睛】本题考查线面平行的证明，二面角的度量，考查逻辑推理能力、空间想象能力、运 算能力，属于中档题. 20.“双十一”期，某电商店铺 A 的活动为:全场商品每满 60 元返 5 元的优惠券(例如:买130 元的商品，可用两张优惠券，只需付 130130 5 130 5 2 12060           (元).其中 x 表示不 大于 x 的最大整数).此外，在店铺优惠后，电商平台全场还提供每满 400 元减 40 元的优惠(例 如:店铺 A 原价880 元的一单，最终价格是 880 5 14 40 2 730     (元)，店铺优惠后不 满 400 元则不能享受全场每满 400 元减 40 元的优惠活动 (1)小明打算在店铺 A 买一款 250 元的耳机和一款 650 元的音箱，是下两单(即耳机、音箱分 两次购买) 划算?还是下一单(即耳机、音箱一起购买)划算? (2)小明打算趁“双十一”囤积某生活日用品若干，预算不超过 700 元，该生活日用品在店铺 A 的售价为30 元/件试计算购买多少件该生活日用品平均价格最低？最低平均价格是多少? 【答案】(1) 下一单划算(2) 购买15 件或16 件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格 为 25 元/件. 【解析】 【分析】 (1)分别计算下两单与下一单，实际付款额，即可作出判断； (2) 假设购买 *( )x x N 件，平均价格为 y 元/件，分成两段：1 14x  ，15 26x  ，构 建平均价格的函数，求最值即可. 【详解】解: (1)若下两单，耳机优惠后实际付款为 250 5 4 230   (元) 音响优惠后实际付款为 650 5 10 40 1 560     (元) 耳机和音响优惠后一共实际付款 230 560 790  元 若下一单，耳机和音响优惠后一共实际付款 250 650 5 15 40 2 745      (元) 下一单划算 （2）方法一:假设购买 *( )x x N 件，平均价格为 y 元/件 由于不能超过 700 元预算，最多只能购买 26 件，且当1 14x  时不能享受满 400 元减 40 元 的优惠，当15 26x  时能享受一次每满 400 元减 40 元的优惠 1 当1 14x  时不能享受每满 400 元减 40 元的优惠， 则 1 30 530 5 3060 2 x xy xx x                    530 , 22 ,530 , 2 12 1 n x nn n N n x nn            当 2x n 时， 127 2y  . 当 2 1x n  时，   5 5 130 272 2 2 1 2y k     当1 14x  时购买偶数件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为 27.5 元/件. 2°当15 26x  时能享受一次每满 400 元减 40 元的优惠， 则 1 30 5 4030 5 40 3060 2 x xy xx x x                      5 4030 , 22 2 ,5 4030 , 2 12 1 2 1 n x nn n k N n x nn n               当 2x n 时， 1 2027 2y n   .当 8, 16n x  时， 25miny  当 2 1x n  时，     5 40 5 7530 302 1 2 2 2 1 ny n n       ，当 7, 15n x  时， 25miny  综上，购买15 件或16 件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为 25 元/件. 方法二:设购买 *( )x x N 件应付款为 y 元，平均价格为 z 元/件 则 3030 5 ,0 40060 3030 5 40,360 70060 xx y y xx y                     55 2 ,0 400 55 30, 2 1,0 400= 55 40, 2 ,360 700 55 10, 2 1360 700 n x n y n x n y n x n y n x n y                    ， ， ， 55 2 , 1,2, ,7 55 30, 2 1, 1,2, ,6 55 40, 2 , 8,9, ,13 55 10, 2 1 7,8, ,12 n x n n n x n nn N n x n n n x n n                      ， ，     27.5, 2 , 1,2, ,7 527.5 , 2 1, 1,2, ,62 2 1 = 2027.5 , 2 , 8,9, ,13 7527.5 , 2 1 7,8, ,122 2 1 x n n x n nn yz x x n nn x n nn                          ， 第一段: 27.5 ；第二段:大于 27.5 第三段:当 8n  时，取最小值 25 ；第四段:当 7n  时，取最小值 25 综上，购买15 件或16 件该生活日用品的平均价格最低，最低平均价格为 25 元/件. 【点睛】本题考查分段函数的应用，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题. 21.已知函数     2 0( )f x ln ax ax x a    . (1)讨论函数  f x 的极值点个数； (2)若函数  f x 有且只有一个极值点 ox ，且  0 0f x  ，求实数 a 的取值集合. 【答案】(1)见解析；(2)  1 【解析】 【分析】 (1) 求出函数的导数，通过讨论 a 的范围求出函数的单调区间，判断函数的极值点的个数即 可； (2) 若函数  f x 有且只有一个极值点 ox 则由(1)知 0a  ，且 0 (0, )x   且 2 0 02 1 0ax x    即 0 2 0 1 2 xa x  ,   0 0 0 2 0 1 1ln 2 2 x xf x x    ,构建新函数研究最值即可. 【详解】解: (1)由题得     21 2 12 1 0ax xf x a ax axax x          1 若 0a  ，则函数定义域为 ( ,0) ① 8 1 0a   即 1 8a   时 则在 ( ,0) 内  ' 0f x  且不连续取 0 ，  f x 在 ( ,0) 单调递减 此时  f x 在定义域 ( ,0) 内没有极值点.. ② 8 1 0a   即 1 08 a   则 22 1 0ax x  - 在 ( ,0) 内有两个根  1 2 1 2, 0x x x x  当 1( , )x x  时，    ' 0,f x f x  单调递减， 当  1 2,x x x 时，  ' 0f x  ，   f x 单调递增 当  2 ,0x x 时，  ' 0f x  ，   f x 单调递减 当 1 08 a   时  f x 在 ( ,0) 内有且只有 2 个极值点. 2若 0a  ，则函数定义域为 ( ,0) 二次函数   22 1g x ax x    的开口向下，对称轴 1 04x a   ，  0 1 0g   ，判别式 8 1 0a     0g x  在 ( ,0) 只有一个根 0 x 当 0(0, )x x 时，    ' 0,f x f x  单调递增， 当  0 ,x x  时，  ' 0f x  ，   f x 单调递减 综上，当 1 8a   时  f x 在 ( ,0) 内没有极值点，当 1 08 a   时  f x 在 ( ,0) 内有且 只有 2 个极值点. 当 0a  时  f x 在 (0, ) 内有且只有1个极值点. (2)方法一:若函数  f x 有且只有一个极值点 ox 则由(1)知 0a  ，且 0 (0, )x   且 2 0 02 1 0ax x    即 0 2 0 1 2 xa x  由  0 0f x  得     2 0 0 0 0 0 0 02 0 1 1ln 2 2 x xf x ln ax ax x xx        0 0 2 0 1 1ln 02 2 x x x     ① 令    2 1 1ln 02 2 x xh x xx     ，则        1 2' 2 1 x xh x x x    当  0,1x 时，    ' 0,h x h x  单调递减，当 (1, )x  时，     ' 0,h x h x  单调递 增     0 1 0h x h  . 又由知   00, 1h x x   ， 0 2 0 1 12 xa x    实数 a 的取值集合为 1 . 方法二: 若函数  f x 有且只有一个极值点 ox 则由(1)知 0a  ，且 0 (0, )x   且 2 0 02 1 0ax x    即  0 8 1 1 04 ax aa    由  0 0f x  得     2 0 0 0 0f x ln ax ax x   0 0 0 0 0 1 1ln ln2 2 x xax x ax      8 1 1 4 8 1 1 04 8 a a a a a        ① 令 8 1t a  ，     2 2 1 11 1 32ln ln 14 1 4 2 1(t) t tt t ti tt t           则             2 2 1 1 3 1 34 11 1 4 2 1 1 1 t t t ti t t t t             在 (1 )3， 内为负，在 (3 ) ， 内为正 ( )i t 在 (1 )3， 内单调递减，在 (3 ) ， 内单调递增，  min[ ( 3] 0t)i i     0 8 1 0f x i a    又 由①得    0 8 1 0f x i a   8 1 3a   ，即 1a  ，实数 a 的取值集合为 1 . 【点睛】本题主要考查分类讨论、导数的应用，中偏难，与 21 题一起双压轴.第一问的亮点 是 0a  和 0a  时定义城不一样，确定定义城是研究函数的第一步，这对不喜欢考虑定义城 的学生是一个教训.第一问题讨论的侧重点放在了对二次函数正负的讨论，需要从开口、对称 轴、判别式、端点函数值符号四个方面控制，是二次函数研究的重点，同时也是学生比较熟 悉的函数类型，所有学生都能上手，但不一定都能做对.第二问也不难，解二元的不等式，先 消元，利用单调性解不等式，再代回两个元之间的关系式求出 a 的取值集合. 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.在平面直角坐标系中，直线 l 的参数方程为， 41 5 31 5 x t y t        (t 为参数)，以直角坐标系的 原点为极点，以 x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 (2 4 )sin    . (1)求直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)已知直线 l 与曲线C 交于 ,A B 两点，试求 ,A B 两点间的距离. 【答案】(1) 直线 l 的极坐标方程为 3 4 1 0cos sin      ，曲线 C 的普通方程为 2 2 0x y x y    (2) 7 5 【解析】 【分析】 (1)化直线 l 的参数方程为普通方程，进而化为极坐标方程，曲线C 的极坐标方程化为直角坐 标方程； (2) 将直线l 的参数方程 41 5 31 5 x t y t        代入曲线C 的普通方程，利用韦达定理表示两点间距 离，从而得到结果. 【详解】解: (1)直线 1 1: 4 3 5 5 x yl    ，即3 4 1 0x y   即3 4 1 0cos sin      曲线 :C sin cos    即 2 sin cos      (原式中  可以为 ，故两边乘以  不扩大范围) 即 2 2x y y x   即 2 2 1 1( ) 2 2 1 2 yx       直线 l 的极坐标方程为3 4 1 0cos sin      ， 曲线C 的普通方程为 2 2 0x y x y    （2）方法一:将直线 l 的参数方程 41 5 31 5 x t y t        代入曲线C 的普通方程 2 2 0x y x y    得 2 7 05t t  即 0t  或 7 5  A B 、 两点间的距离 1 2 7 5AB t t   方法二:由(1) 知曲线C 是一个圆， 其圆心到直线 l 的距离 2 2 1 13 4 12 2 1 103 4 d           A B 、 两点间的距离 2 2 2 1 1 72 2 2 10 5AB r d         【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次 方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题 型． 23.设函数    2 0f x x a x a a     . (1)当 2a  时，求函数  f x 的最小值； (2)若关于 x 的不等式   1f x ax   在区间 1 ,32      上有解，求实数 a 的取值范围. 【答案】(1)    min 3( ) 1xf f  (2) 50,2      【解析】 【分析】 (1) 当 2a  时，写出函数的分段形式，利用一次函数的性质得到最值； (2) 原不等式可化为 12x a x a ax      .即 12x a xx    ，即 1 13x a xx x     . 研究两段函数的最值即可. 【详解】解: (1)当 2a  时，   3 , 1 2 2 2 4 , 2 1 3 , 2 x x f x x x x x x x                 min 1( ) 3f x f  （2）方法一:当 1 ,32x      且 0a  时，原不等式可化为 12x a x a ax      . 即 12x a xx    即 1 12x x a xx x          即 1 13x a xx x     . 题设等价于 1 ,32x       ， 1 13x a xx x     且 0a  令 1 32 1 13 x x xx x        得 1 12 x  题设等价于 1 ,12x       ， 1 13x a xx x     且 0a  即 min max 1 13x a xx x              且 0a  即 a 的取值范围 50,2      . 方法二: 当 1 ,32x      且 0a  时，原不等式可化为 12x a x a ax      . 即 12x a xx    即 1 12x x a xx x          即 1 13x a xx x     . 题设等价于 1 ,32x       ， 1 13x a xx x     且 0a  如图，画出函数   13g x x x   和   1h x x x   在区间 1 ,32      的图象. 可知 a 的取值范围 50,2      方法三: 当 1 ,32x      且 0a  时，原不等式可化为 12x a x a ax      即 12x a xx    令 1 32 1 13 x x xx x        得 1 12 x  题设等价于 1 ,12x       ， 1 13x a xx x     且 0a  即 a 的取值范围 50,2      . 【点睛】本题考查绝对值不等式，不等式有解问题，考查函数的单调性与最值，考查分类讨 论的数学思想与数形结合的思想，属于中档题．