安徽省定远县育才学校2020届高三数学(理)6月模拟试题(Word版附答案)

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安徽省定远县育才学校2020届高三数学(理)6月模拟试题(Word版附答案)

2019 一 2020 学年第二学期高三年级 6 月模拟考试 理科数学 考试时间 120 分钟 ,满分 150 分。 第 I 卷 选择题(共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 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.集合 2| 2 ,xx x x R  的非空真子集的个数为( ) A.2 B.4 C.6 D.8 2.若   2 1 1a i i bi    ( a ,b R ,i 为虚数单位),则复数 a bi 在复平面内对应的点 所在的象限为( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知正项等比数列{an},若向量  28,a a ,  8 2b a , , / /a b ,则 2 1 2 2 2 9log log loga a a   =( ) A.12 B. 28 log 5 C.5 D.18 4.已知数列 na 的首项 1 1a  ,函数   3 1 cos 3n nf nx ax a      为奇函数,记 nS 为数列  na 的前 n 项之和,则 2020S 的值是( ) A. 2023 2 B.1011 C.1008 D.336 5.已知实数 x,y 满足不等式 2 0 2 5 0 1 x y x y y          ,则 3 yz x   的最大值为( ) A. 3 5 B. 4 5 C. 3 4 D. 3 2 6.自 2019 年 12 月以来,在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例,研究表明,该新型冠状病 毒具有很强的传染性各级政府反应迅速,采取了有效的防控阻击措施,把疫情控制在最低范 围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记,有 3 个不同的住户属在鄂返乡住 户,负责该小区体格检查的社区诊所共有 4 名医生,现要求这 4 名医生都要分配出去,且每 个住户家里都要有医生去检查登记,则不同的分配方案共有( ) A.12 种 B.24 种 C.36 种 D.72 种 7.执行如图所示的程序框图,输出的结果为( ) A.55 B.35 C.34 D.21 8.在直角坐标系 xOy 中, 1F , 2F 分别是双曲线 C :   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点, 位于第一象限上的点  0 0,P x y 是双曲线C 上的一点,满足 1 2 0PF PF   ,若点 P 的纵坐标的 取值范围是 0 2 4,3 5y c c    ,则双曲线 C 的离心率的取值范围为( ) A.  2,2 B.  2,4 C. 3,5 D. 3, 5 9.给出下列说法:①“ 4x  ”是“ tan 1x  ”的充分不必要条件;②命题“ 0x  , 1 0xe x   ”的否定是“ 0 0x  , 0 0 1 0xe x   ”;③小赵、小钱、小孙、小李到 4 个 景点旅游,每人只去一个景点,设事件 A 为“4 个人去的景点不相同”,事件 B 为“小赵独自 去一个景点”,则 2( | ) 9P A B  ;④设 ~ (1,1)X N ,其正态分布密度曲线如图所示,那么向 正方形 ABCD 中随机投掷 10000 个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是 6587.(注:若  2~ ,X N   ,则 ( ) 68.27%P X      „ , ( 2 2 ) 95.45%P X      „ ) 其中正确说法的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 10.函数 ( ) sin 2f x x x x  的大致图象是( ) A. B. C. D. 11.已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上,PA=PB=PC,△ABC 是边长为 2 的正三角 形,E,F 分别是 PA,PB 的中点,∠CEF=90°,则球 O 的体积为 A. 8 6 B. 4 6 C. 2 6 D. 6 12.已知函数   2 2 1 0 1 0 x x xf x x x x         , , ,若      2020 1F x f x sin x   在区间 11 , 上有 m 个零点 1 2 3 mx x x x, , , , ,则        1 2 3 mf x f x f x f x     ( ) A.4042 B.4041 C.4040 D.4039 第 II 卷 非选择题(共 90 分) 本卷包括必考题和选考题两部分。第 13 题--第 21 题为必考题,每个试题考生 都必须作答。第 22 题--第 23 题为选考题,考生根据要求作答。 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 14. 8 3 12 8x x     是展开式中的常数项为________. 15.若实数 , ,a b m 满足 2 5a b m  ,且 2 1 2a b   ,则实数 m 值为__________. 16.已知函数     sin 0, 0,f x A x A         是奇函数,将  y f x 的图象上所 有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),所得图象对应的函数为  g x .若  g x 的最 小正周期为 2 ,且 24g      ,则 3 8f      ______. 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. (本题 12 分) ABC 的内角 A , B ,C 所对的边分别为 a ,b , c ,已知 2( cos ) 3c a B b  . (1)求角 A ; (2)若 2a  ,求 ABC 面积的取值范围. 18. (本题 12 分) 随着食品安全问题逐渐引起人们的重视,有机、健康的高端绿色蔬菜越来越受到消费者 的欢迎,同时生产—运输—销售一体化的直销供应模式,不仅减少了成本,而且减去了蔬菜的 二次污染等问题. (1)在有机蔬菜的种植过程中,有机肥料使用是必不可少的.根据统计某种有机蔬菜的产量 与有机肥料的用量有关系,每个有机蔬菜大棚产量的增加量 y(百斤)与使用堆沤肥料 x(千 克)之间对应数据如下表 使用堆沤肥料 x (千克) 2 4 5 6 8 产量的增加量 y (百斤) 3 4 4 4 5 依据表中的数据,用最小二乘法求出 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a $ $ $ ;并根据所求线性回 归方程,估计如果每个有机蔬菜大棚使用堆沤肥料 10 千克,则每个有机蔬菜大棚产量增加量 y 是多少百斤? (2)某大棚蔬菜种植基地将采摘的有机蔬菜以每份三斤称重并保鲜分装,以每份 10 元的价格 销售到生鲜超市.“乐购”生鲜超市以每份 15 元的价格卖给顾客,如果当天前 8 小时卖不完, 则超市通过促销以每份 5 元的价格卖给顾客(根据经验,当天能够把剩余的有机蔬菜都低价 处理完毕,且处理完毕后,当天不再进货).该生鲜超市统计了 100 天有机蔬菜在每天的前 8 小时内的销售量(单位:份),制成如下表格(注: , *x y N ,且 30x+ y = ); 前 8 小时 内的销售 量(单位: 份) 15 16 17 18 19 20 21 频数 10 x 16 6 15 13 y 若以 100 天记录的频率作为每日前 8 小时销售量发生的概率,该生鲜超市当天销售有机蔬菜 利润的期望值为决策依据,当购进 17 份比购进 18 份的利润的期望值大时,求 x 的取值范围. 附:回归直线方程为 ˆˆ ˆy bx a  ,其中      1 2 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i x x y y b a y bx x x           . 19. (本题 12 分) 在 Rt ABC 中, 90ABC   , 1tan 2ACB  .已知 E F, 分别是 BC AC, 的中点.将 CEF 沿 EF 折起,使C 到C 的位置且二面角 C EF B  的大小是 60°,连接C B C A , , 如图: (1)证明:平面 AFC 平面 ABC (2)求平面 AFC 与平面 BEC所成二面角的大小. 20. (本题 12 分) 已知O 为坐标原点,椭圆 2 2: 12 xC y  的右焦点为 F ,过 F 的直线l 与C 相交于 A B、 两 点,点 M 满足 0AM BM  uuur uuur r . (1)当l 的倾斜角为 45时,求直线 OM 的方程; (2)试探究在 x 轴上是否存在定点 Q ,使得QA QB  为定值?若存在,求出点Q 的坐标;若 不存在,请说明理由. 21. (本题 12 分) 已知函数 1( ) ln ( 0, )f x a x a a Rx     (I)若 1a  ,求函数 ( )f x 的极值和单调区间; (II)若在区间[1, ]e 上至少存在一点 0x ,使得 0( ) 0f x  成立,求实数 a 的取值范围. 请考生在第 22、23 题中任选一题作答。注意:只能做选定的题目,如果多做, 则按所做的第一题计分,解答时请写清题号。 22. [选修 4-4:坐标系与参数方程](本题 10 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线l 的参数方程: 12 2 31 2 x t y t       (t 为参数),以原点 为极点, x 轴非负半轴为极轴(取相同单位长度)建立极坐标系,圆C 的极坐标方程为: 2cos 0   . (1)将直线l 的参数方程化为普通方程,圆 C 的极坐标方程化为直角坐标方程; (2)求圆C 上的点到直线 l 的距离的最小值. 23.[选修 4-5:不等式选讲](本题 10 分) 已知函数 , . (Ⅰ)若 ,求 的取值范围; (Ⅱ)若 ,对 , ,都有不等式 恒成立,求 的取 值范围. 参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C D D A C C D D C A D B 1.C 【解析】画出函数 2xy  和 2y x= 的图象,根据图象知集合有 3 个元素,得到答案. 画出函数 2xy  和 2y x= 的图象,根据图象知集合 2| 2 ,xx x x R  有 3 个元素, 故集合 2| 2 ,xx x x R  的非空真子集的个数为 32 2 6  . 故选:C . 2.D 【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简,再由复数相等的条件求得 a,b 的值,则答案可 求. 因为       2 1 1 1 1a i i bi b b i        ∴ 1 2 1 a b b      ,解得 4 3 a b    ∴复数 a﹣bi 在复平面内对应的点  4, 3 所在的象限为第四象限. 故选:D. 3.D 【解析】本题先根据平行向量的坐标运算可得 2 8 16a a  ,再根据等比中项的知识,可计算出 5 4a  ,在求和时根据对数的运算法则及等比中项的性质可得到正确选项. 由题意,向量  28,a a ,  8 2b a , , / /a b , 则 2 88 2 0a a   ,即 2 8 16a a  , 根据等比中项的知识,可得 2 2 8 5 16a a a  , ∵ 5 0a  ,故 5 4a  , ∴ 2 1 2 2 2 9log log loga a a    2 1 2 9log a a a      2 1 9 2 8 3 7 4 6 5log a a a a a a a a a    9 2 5log a 29log 4 18 故选:D. 4.A 【解析】根据奇偶性得到 1 cos 3n n na a     ,计算知 na 以 6 为周期循环,计算得到答案. 函数   3 1 cos 3n nf nx ax a      为奇函数,则   1 c0 os 03n n nf a a      , 即 1 cos 3n n na a     , cos 3 n 周期为 6. 2 1 1 2a a  , 3 2 1 2a a   , 4 3 1a a   , 5 4 1 2a a   , 6 5 1 2a a  , 7 6 1a a  . 解得 1 1a  , 2 3 2a  , 3 1a  , 4 0a  , 5 1 2a   , 6 0a  , 7 1a  , na 以 6 为周期循环. 故  2020 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 2023 2336S a a a a a a a a a a           .故选: A . 5.C 【解析】根据约束条件画出可行域,目标函数 3 yz x   转化为点 ,x y 与 3,0 连线的斜率, 从而求出其最大值. 根据约束条件 2 0 2 5 0 1 x y x y y          画出可行域, 图中阴影部分为可行域, 目标函数 3 yz x   , 表示可行域中点 ( , )x y 与 ( 3,0) 连线的斜率, 由图可知点 (1,3)P 与 ( 3,0) 连线的斜率最大, 故 z 的最大值为 3 4 ,故选:C. 6.C 【解析】先将 4 名医生分成 3 组,其中 1 组有 2 人,共有 2 4C 种选法,然后将这 3 组医生分配 到 3 个不同的住户中去,有 3 3A 种方法,由分步原理可知共有 2 3 4 3C A 种. 不同分配方法总数为 2 3 4 3C A 36 种.故选:C 7.D 【解析】由已知中的程序语句可知:该程序的功能是利用循环结构计算并输出的值,模拟程 序的运行过程,分析循环中各变量值的变化情况,即可求得答案. 模拟程序的运行过程: 第 1 次: 2, 1, 2, 2c a b i    ; 第 2 次: 3, 2, 3, 3c a b i    ; 第 3 次: 5, 3, 5, 4c a b i    ; 第 4 次: 8, 5, 8, 5c a b i    ; 第 5 次: 13, 8, 13, 6c a b i    ; 第 6 次: 21, 13, 21, 7 6c a b i     ; 退出循环故输出的结果为: 21。故选:D. 8.D 【解析】利用 1 2 0PF PF   以及 2 2 0 0 2 2 1x y a b   求得 4 2 0 2 by c  ,根据 0y 的取值范围求得 2 2 b c 的取 值范围,由此求得 2 11 e  的取值范围,进而求得双曲线C 的离心率的取值范围.      01 02,0 , ,,0 ,F c F c P x y ,由 1 2 0PF PF   ,可得 2 2 0 2 0 0x c y   ,又 2 2 0 0 2 2 1x y a b   , 解得 4 2 0 2 by c  ,由于 0 2 4,3 5y c c    ,所以 2 2 2 4 3 5 b c   , 2 2 2 2 4 3 5 c a c   , 2 2 1 413 5e    , 2 1 1 1 5 3e   , 3 5e  .故选:D 9.C 【解析】①由 tan 1 ,4x x k k Z      ,故“ 4x  ”是“ tan 1x  ”的充分不必要条 件,①正确; ②命题“ 0x  , 1 0xe x   ”的否定是“ 0 0x  , 0 0 1 0xe x   ”, ②错误; ③由条件概率的计算公式得 4 4 1 3 4 ( ) 2( | ) ( ) 3 9 AP ABP A B P B C    ,③正确; ④由已知落入阴影部分的点的个数的估计值是  1 110000 1 0 2 10000 1 0.6827 65872 2P x                 ,④正确.。故选:C. 10.A 【解析】先判断函数的奇偶性,再求   0f   ,进行排除,可得选项. 由题意得  ( ) sin 2 sin2 ( )f x x x x x x x f x           ,所以函数 ( )f x 是奇函数, 排除 C、D 选项;当 πx  时,   2π π π 2π π 0f sin    ,因此排除 B,故选 A. 11.D 【解析】先证得 PB  平面 PAC ,再求得 2PA PB PC   ,从而得 P ABC 为正方体 一部分,进而知正方体的体对角线即为球直径,从而得解. 解法一: ,PA PB PC ABC   为边长为 2 的等边三角形, P ABC  为正三棱锥, PB AC  ,又 E , F 分别为 PA 、 AB 中点, / /EF PB , EF AC  ,又 EF CE , ,CE AC C EF   平面 PAC , PB  平 面 PAC , 2PAB PA PB PC      , P ABC  为正方体一部分, 2 2 2 2 6R     ,即 36 4 4 6 6, 62 3 3 8R V R        ,故选 D. 解法二: 设 2PA PB PC x   , ,E F 分别为 ,PA AB 中点, / /EF PB ,且 1 2EF PB x  , ABC 为边长为 2 的等边三角形, 3CF  又 90CEF   2 13 , 2CE x AE PA x     AEC 中余弦定理  2 24 3 cos 2 2 x x EAC x        ,作 PD AC 于 D , PA PC , DQ 为 AC 中点, 1cos 2 ADEAC PA x    , 2 24 3 1 4 2 x x x x     , 2 2 1 22 1 2 2 2x x x      , 2PA PB PC    ,又 = = =2AB BC AC , , ,PA PB PC 两两垂直, 2 2 2 2 6R     , 6 2R  , 34 4 6 6 63 3 8V R       ,故选 D. 12.B 【解析】由题意       2 2 sin 2020 0 sin 2020 0 x x x xF x x x x x           , , ,设     2 2 0, 1,1 0 x x xg x x x x x        , , ,      sin 2020 , 1,1h x x x   ,由函数的奇偶性可 得        1 2 3 0mg x x x gg g x    ,由三角函数的性质可得 4041m  ,再由                1 2 3 1 2 3m mf x f x f x f x g x x xg mg g x          即可得解. 由题意           2 2 sin 2020 0sin 2020 1 sin 2020 0 x x x xF x f x x x x x x              , , , 设     2 2 0, 1,1 0 x x xg x x x x x        , , ,      sin 2020 , 1,1h x x x   , 则 1 2 3 mx x x x, , , , 为方程    g x h x 的根即为函数  g x 与  h x 交点的横坐标, 当 0x  时,        2 2g x x x x x g x       ,且  0 0g  ,所以函数  g x 为奇函 数;        sin 2020 sin 2020h x x x h x        ,所以函数  h x 为奇函数; 所以 1 2 3 0mx x x x + + + + ,所以        1 2 3 0mg x x x gg g x    , 函数  g x 的图象,如图, 函数  h x 的最小正周期 2 1 2020 1010T    ,且    1,1h x   , 所以在 10,1010      , 1 2,1010 1010      , 2 3 1009, ,11010 1010 1010          上,    g x h x 均有两个 不等实根, 所以在 0,1 上,    g x h x 共有 2020 个不等实根, 所以在 1,0 上,    g x h x 共有 2020 个不等实根, 又    0 0g h ,所以    g x h x 在 1,1 上共有 4041 个不等实根即 4041m  , 所以        1 2 3 mf x f x f x f x           1 2 3 4041mg gg x x x g x m      . 故选:B. 13. 6  【解析】根据题意,设向量 2a b  与向量 a  的夹角为 ,因为向量 a  ,b  的夹角为 3  ,且 2a  , 1b  ,求得 a b  和| 2 |a b  ,根据 ( 2 )cos | || 2 | a b a a a b         ,即可求得夹角为 . 设向量 2a b  与向量 a  的夹角为 , 向量 a  ,b  的夹角为 3  ,且 2a  , 1b  , 则 2 1 cos 13a b       2 2 2| 2 | 4 4 12a b a a b b           | 2 | 2 3a b  又 2( 2 ) 2 6a b a a a b          ( 2 ) 6 3cos 2| || 2 | 2 3 2 a b a a a b             0     6   故答案为: 6  . 14. 28 【解析】根据二项展开式的通项公式得出通项,根据方程思想得出 r 的值,再求出其常数项。 8 8 4 8 4 1 8 83 1(2 ) ( ) ( 1) 28 r r r r r r r rT C x C xx         , 由8 4 0r  ,得 2r = , 所以的常数项为 2 2 8( 1) 28C  . 15. 2 5 【解析】现结合指数与对数的互化公式,表示出 ,a b ,再结合换底公式表示出 2 1 2a b   ,最 后结合对数运算即可求解 由 2 5a b m  可得 2 5 1 1log , log log 2, log 5m ma m b m a b      ,又 2 1 2a b   ,即 2log 2 log 5 log 20 2m m m   ,求得 2 5m  。故答案为: 2 5 16. 2 【解析】根据奇函数性质求得 0  ,由横坐标的变化情况及  g x 的最小正周期可求得 , 进而得  g x 表达式,代入 24g      可求得 A ,即可得  f x 的解析式;代入即可求得 3 8f      的值. 函数     sin 0, 0,f x A x A         是奇函数, 所以  0 0f  ,代入可得 0  ,  y f x 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),所得图象对应的函数 为  g x . 则   1sin 2g x A x     ,  g x 的最小正周期为 2 , 则 2 21 2     ,解得 2  , 所以   sing x A x , 因为 24g      ,代入可得 2 sin 4A  , 解得 2A  , 所以   2sin 2f x x , 则 2sin3 3 28 82f             ,故答案为: 2 . 17.(1) 6A  ;(2) 0,2 3   . 【解析】(1)由  2 cos 3c a B b  及正弦定理得:  2 sin sin cos 3sinC A B B  , 所以  2sin 2sin cos 3sinA B A B B   ,即 2cos sin 3sinA B B ,因为sin 0B  , 所以 3cos 2A  ,又因为 0 A   ,所以 6A  . (2)因为 2a  ,由正弦定理得 4sinb B , 4sinc C , 因为 1 1sin2 4ABCS bc A bc   , 所以 4sin sinABCS B C  ,因为   5 6C A B B     ,所以 5sin sin 6C B     , 所以 5 1 34sin sin 4sin cos sin6 2 2ABCS B B B B B               , 即 22sin cos 2 3sin sin2 3cos2 3ABCS B B B B B      2sin 2 33B       . 因为 50 6B   ,则 423 3 3B      , 所以 3 sin 2 12 3B        ,所以 0 2 3ABCS   . 即 ABC 面积的取值范围为 0,2 3  . 18.(Ⅰ) 0.3 2.5y x  ,5.5百斤;(Ⅱ) (24,30) . 【解析】(Ⅰ)结合公式得 2 4 5 6 8 55x      , 3 4 4 4 5 45y      5 2 2 2 2 2 1 2 4 5 6 8 145i i x        , 5 1 6 16 20 24 40 106i i i x y        2 106 5 5 4 0.31 5 ˆ 45 5b      , 4 0.3 5 2ˆˆ .5a y bx      , 所以 y 关于 x 的线性回归方程为: 0.3 2.5y x  , 当 10x  时, 0.3 10 2.5 5.5y     百斤, 所以如果每个有机蔬菜大概使用肥料10千克, 估计每个有机蔬菜大概产量的增加量是5.5百斤. (Ⅱ)若该超市一天购进17 份这种有机蔬菜, 1Y 表示当天的利润(单位:元),那么 1Y 的分 布列为 1Y 65 75 85 P 10 100 100 x 90 100 x 1Y 的数学期望  1 10 90 8300 1065 75 85100 100 100 100 x xE xY         , 若该超市一天购进18份这种有机蔬菜, 2Y 表示当天的利润(单位:元),那么 2Y 的分布列为: 2Y 60 70 80 90 P 10 100 100 x 16 100 74 100 x 2Y 的数学期望  2 10 16 74 8540 2060 70 80 90100 100 100 100 100 x x xE Y           , 又购进17 份比购进18份的利润的期望值大,故 8300 10 8540 20 100 100 x x  ,求得 24x  ,故 求得 x 的取值范围是 (24,30) , 19.【解析】(1)设 AC的中点为G ,连接 FG ,设 BC 的中点为 H ,连接GH , EH ,从 而 BEC 即为二面角 C EF B  的平面角, 60BEC   ,推导出 EH BC ,从而 EF  平面 BEC,则 AB EH ,即 EH AB ,进而 EH  平面 ABC ,推导四边形 EHGF 为平 行四边形,从而 FG EH∥ , FG 平面 ABC ,由此即可得证. (2)以 B 为原点,在平面 BEC中过 B 作 BE 的垂线为 x 轴,BE 为 y 轴,BA 为 z 轴建立空 间直角坐标系,利用向量法求出平面 AFC 与平面 BEC所成二面角的大小. (1)∵ F 是 AC 的中点,∴ AF C F . 设 AC的中点为G ,连接 FG . 设 BC 的中点为 H ,连接GH , EH . 易证:C E EF  , BE EF , ∴ BEC 即为二面角 C EF B  的平面角. ∴ 60BEC   ,而 E 为 BC 的中点. 易知 BE EC ,∴ BEC 为等边三角形,∴ EH BC .① ∵ EF C E , EF BE ,C E BE E  ,∴ EF  平面 BEC. 而 EF AB∥ ,∴ AB  平面 BEC,∴ AB EH ,即 EH AB .② 由①②, BC AB B  ,∴ EH  平面 ABC . ∵G H, 分别为 AC BC , 的中点. ∴四边形 EHGF 为平行四边形. ∴ FG EH∥ , FG 平面 ABC ,又 FG  平面 AFC . ∴平面 AFC 平面 ABC . (2)如图,建立空间直角坐标系,设 2AB  . 则  0 0 2A ,, ,  0 0 0B ,, ,  2 01F ,, ,  2 0 0E ,, ,  1 3 0C , , 显然平面 BEC的法向量  0 01m  ,, , 设平面 AFC 的法向量为  n x y z , , ,  1 3 2AC   , , ,  2 0 1AF   ,, , ∴ 2 0 3 2 0 x z x y z      ,∴  1 3 2n  , , . 2cos , 2 m nm n m n        , 由图形观察可知,平面 AFC 与平面 BEC所成的二面角的平面角为锐角. ∴平面 AFC 与平面 BEC所成的二面角大小为 45°. 20.(1) 1 2y x  ;(2)在 x 轴上是否存在定点 5(4Q , 0) ,使得 ·QAQB   为定值 7 16  . 【解析】(1)椭圆 2 2: 12 xC y  的右焦点为 (1,0)F , 直线 AB 的方程为 1y x  , 由 2 2 12 1 x y y x       ,解得 0 1 x y     或 4 3 1 3 x y     , 不妨设 (0, 1)B  , 4(3A , 1)3  , 点 M 满足 0AM BM    .点 2(3M , 1)3  , 则 1 2OMk   ,所以直线 OM 的方程为 1 2y x  . (2)假设 ( ,0)Q t ,设直线 AB 的方程为 1x my  , 1(A x , 1)y , 2(B x , 2 )y , 由 2 2 1 12 x my x y     ,消 x 可得 2 2( 2) 2 1 0m y my    , 1 2 2 2 2 my y m      , 1 2 2 1 2y y m    ,  1(QA QB x t    , 1 2)(y x t , 2 1 2 1 2) ( )( )y x t x t y y    , 1 2 1 2( 1 )( 1 )my t my t y y      , 2 2 1 2 1 2( 1) (1 )( ) (1 )m y y m t y y t       , 2 2 2 2 1 2( 1) (1 ) (1 )2 2 mm m t tm m         2 2 2 2 ( 2) (2 4 1) 2 t m t t m      , 当且仅当 2 22 2 4 1 1 2 t t t   ,即 5 4t  时, ·QAQB   为定值. 故在 x 轴上是否存在定点 5(4Q , 0) ,使得 ·QAQB   为定值 7 16  . 21.(I) 1x  时,  f x 的极小值为 1;单调递增区间为 1, ,单调递减区间为 (0,1) ;(II) 1a e   . 【解析】(I)因为   2 2 1 1a axf x x x x      , 当 1a  ,   2 2 1 1 1xf x x x x      . 令   0f x  ,得 1x  . 又  f x 的定义域为 0,  , ( ), ( )f x f x 随 x 的变化情况如下表: 所以 1x  时,  f x 的极小值为 1.  f x 的单调递增区间为  1, ,单调递减区间为 (0,1) . (II)因为   2 2 1 1a axf x x x x      ,且 0a  , 令   0f x  ,得到 1x a  . 若在区间[1, ]e 上存在一点 0x ,使得 0( ) 0f x  成立, 其充要条件是  f x 在区间[1, ]e 上的最小值小于 0 即可. (1)当 0a  时,   0f x  对  0,x  成立, 所以,  f x 在区间[1, ]e 上单调递减, 故  f x 在区间[1, ]e 上的最小值为 1 1( ) lnf e a e ae e     , 由 1 0ae   ,得 1a e   ,即 1( , )a e    (2)当 0a  时, ①若 1e a  ,则 ( ) 0f x  对 [1,e]x 成立, 所以  f x 在区间[1, ]e 上单调递减, 所以,  f x 在区间[1, ]e 上的最小值为 1 1( ) ln 0f e a e ae e      , 显然,  f x 在区间[1, ]e 上的最小值小于 0 不成立 ②若 11 ea   ,即 11 a e   时,则有 所以  f x 在区间[1, ]e 上的最小值为 1 1( ) lnf a aa a   , 由 1 1( ) ln (1 ln ) 0f a a a aa a      , 得1 ln 0a  ,解得 a e ,即 ( )a e  , 舍去; 当 10 1a   ,即 1a  ,即有  f x 在[1, ]e 递增, 可得 (1)f 取得最小值,且为 1, (1) 0f  ,不成立. 综上,由(1)(2)可知 1a e   符合题意. 22.(1)直线l 的普通方程为 3 1 2 3y x    .圆C 的普通方程为 2 21 1x y   ;(2) 3 3 1 2  . 【解析】(1)直线l 的参数方程消去参数t 得普通方程为: 3 1 2 3y x    ; 由 2cos 0   得: 2 2 cos    , 2 2 2x y x    , 圆C 的普通方程为 2 21 1x y   ; (2)在圆C 上任取一点     1 cos ,sin 0,2P       , 则 P 到直线l 的距离为  2 3 3 1 2sin3 3 cos sin 1 2 3 3 21 3 d                当 6   时, min 3 3 1 2d  ,此时 3 11 ,2 2P       . 23.(Ⅰ) ;(Ⅱ) . 【解析】(Ⅰ)由题意知, , 若 ,则不等式化为 ,解得 ; 若 ,则不等式化为 ,解得 ,即不等式无解; 若 ,则不等式化为 ,解得 , 综上所述, 的取值范围是 ; (Ⅱ)由题意知,要使得不等式 恒成立, 只需 , 当 时, , , 因为 ,所以当 时, , 即 ,解得 , 结合 ,所以 的取值范围是 .
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