河北省石家庄市(4校联考)2021届新高考模拟化学试题含解析

河北省石家庄市(4校联考)2021届新高考模拟化学试题含解析

河北省石家庄市 (4 校联考） 2021 届新高考模拟化学试题 一、选择题：本题共 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．某人用随机模拟的方法估计无理数 e 的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点 ( )1,0A 作 x 轴 的垂线与曲线 xy e 相交于点 B ，过 B 作 y 轴的垂线与 y 轴相交于点 C（如图） ，然后向矩形 OABC 内投 入 M 粒豆子，并统计出这些豆子在曲线 xy e 上方的有 N 粒 N M ，则无理数 e的估计值是（ ） A． N M N B． M M N C． M N N D． M N 【答案】 D 【解析】 【分析】 利用定积分计算出矩形 OABC 中位于曲线 xy e 上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关 于 e 的等式，解出 e 的表达式即可 . 【详解】 在函数 xy e 的解析式中，令 1x ，可得 y e，则点 1,B e ，直线 BC 的方程为 y e， 矩形 OABC 中位于曲线 xy e 上方区域的面积为 1 1 0 0 1x xS e e dx ex e ， 矩形 OABC 的面积为 1 e e， 由几何概型的概率公式得 1N M e ，所以， Me N . 故选： D. 【点睛】 本题考查利用随机模拟的思想估算 e 的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计 算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题 . 2．阿基米德（公元前 287 年—公元前 212 年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑 上刻着一个 “圆柱容球 ”的立体几何图形，为纪念他发现 “圆柱内切球的体积是圆柱体积的 2 3 ，且球的表面 积也是圆柱表面积的 2 3 ”这一完美的结论 .已知某圆柱的轴截面为正方形， 其表面积为 24 ，则该圆柱的内 切球体积为 ( ) A． 4 3 B．16 C． 16 3 D． 32 3 【答案】 D 【解析】 【分析】 设圆柱的底面半径为 r ,则其母线长为 2l r ,由圆柱的表面积求出 r ,代入圆柱的体积公式求出其体积 ,结合 题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积 . 【详解】 设圆柱的底面半径为 r ,则其母线长为 2l r , 因为圆柱的表面积公式为 2=2 2S r rl圆柱表 ， 所以 22 2 2 24r r r ,解得 2r = , 因为圆柱的体积公式为 2= 2V Sh r r圆柱 , 所以 3= 2 2 =16V圆柱 , 由题知 ,圆柱内切球的体积是圆柱体积的 2 3 ， 所以所求圆柱内切球的体积为 2 2 32= 16 = 3 3 3 V V圆柱 . 故选 :D 【点睛】 本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式 ;考查运算求解能力 ;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解 本题的关键 ;属于中档题 . 3．空气质量指数 AQI 是反映空气状况的指数， AQI 指数值趋小，表明空气质量越好，下图是某市 10 月 1 日 -20 日 AQI 指数变化趋势，下列叙述错误的是（ ） A．这 20 天中 AQI 指数值的中位数略高于 100 B．这 20 天中的中度污染及以上（ AQI 指数 >150 ）的天数占 1 4 C．该市 10 月的前半个月的空气质量越来越好 D．总体来说，该市 10 月上旬的空气质量比中旬的空气质量好 【答案】 C 【解析】 【分析】 结合题意，根据题目中的 20天的 AQI 指数值，判断选项中的命题是否正确 . 【详解】 对于 A ，由图可知 20 天的 AQI 指数值中有 10个低于 100，10个高于 100，其中第 10个接近 100 ，第 11 个高于 100，所以中位数略高于 100，故 A 正确 . 对于 B ，由图可知 20 天的 AQI 指数值中高于 150的天数为 5 ，即占总天数的 1 4 ，故 B 正确 . 对于 C ，由图可知该市 10月的前 4 天的空气质量越来越好， 从第 5 天到第 15 天空气质量越来越差， 故 C 错 误 . 对于 D ，由图可知该市 10 月上旬大部分指数在 100以下，中旬大部分指数在 100以上，所以该市 10 月上 旬的空气质量比中旬的空气质量好，故 D 正确 . 故选： C 【点睛】 本题考查了对折线图数据的分析，读懂题意是解题关键，并能运用所学知识对命题进行判断，本题较为基 础 . 4．在复平面内，复数 z a bi （ a ， b R）对应向量 OZ uuur （ O 为坐标原点） ，设 OZ r uuur ，以射线 Ox 为始边， OZ 为终边旋转的角为 ，则 cos sinz r i ，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理： 1 1 1 1cos sinz r i ， 2 2 2 2cos sinz r i ，则 1 2 1 2 1 2 1 2cos sinz z rr i ，由棣 莫弗定理可以导出复数乘方公式： cos sin cos sin n nr i r n i n ，已知 4 3z i ，则 z （ ） A． 2 3 B．4 C． 8 3 D． 16 【答案】 D 【解析】 【分析】 根据复数乘方公式： cos sin cos sinn nr i r n i n ，直接求解即可 . 【详解】 4 4 4 3 13 2 16 cos sin 2 2 6 6 z i i i 16 cos 4 sin 4 8 8 3 6 6 i i ， 22 8 8 3 16z . 故选： D 【点睛】 本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣 莫弗定理形式，属于基础题 . 5． 51( 1)x x 展开项中的常数项为 A． 1 B．11 C．-19 D． 51 【答案】 B 【解析】 【分析】 展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况 . 【详解】 展开式中的项为常数项，有 3 种情况： （ 1） 5 个括号都出 1，即 1T ； （ 2）两个括号出 x ，两个括号出 1( ) x ，一个括号出 1，即 2 2 2 2 5 3 1( ) 1 30T C x C x ； （ 3）一个括号出 x ，一个括号出 1( ) x ，三个括号出 1，即 1 1 5 4 1( ) 1 20T C x C x ； 所以展开项中的常数项为 1 30 20 11T ，故选 B. 【点睛】 本题考查二项式定理知识的生成过程， 考查定理的本质， 即展开式中每一项是由每个括号各出一项相乘组 合而成的 . 6．已知方程 1x x y y 表示的曲线为 ( )y f x 的图象，对于函数 ( )y f x 有如下结论：① ( )f x 在 +， 上单调递减；②函数 ( ) ( )F x f x x 至少存在一个零点；③ ( )y f x 的最大值为 1；④若函 数 ( )g x 和 ( )f x 图象关于原点对称，则 ( )y g x 由方程 1y y x x 所确定；则正确命题序号为 ( ) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】 C 【解析】 【分析】 分四类情况进行讨论，然后画出相对应的图象，由图象可以判断所给命题的真假性 . 【详解】 （ 1）当 0 0x y， 时， 2 2 1x y ，此时不存在图象； （ 2）当 0 0，x y 时， 2 2 1-y x ，此时为实轴为 y 轴的双曲线一部分； （ 3）当 0 0，x y 时， 2 2 1x y ，此时为实轴为 x 轴的双曲线一部分； （ 4）当 0 0，x y 时， 2 2 1x y ，此时为圆心在原点，半径为 1 的圆的一部分； 画出 ( )y f x 的图象， 由图象可得： 对于①， ( )f x 在 +， 上单调递减，所以①正确； 对于②，函数 ( )y f x 与 y x 的图象没有交点，即 ( ) ( )F x f x x 没有零点，所以②错误； 对于③，由函数图象的对称性可知③错误； 对于④，函数 ( )g x 和 ( )f x 图象关于原点对称，则 1x x y y 中用 x 代替 x ，用 y代替 y ，可得 1y y x x ，所以④正确 . 故选： C 【点睛】 本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的图象与性质，函数的零点概念，考查了数形结合的数学思 想 . 7．山东烟台苹果因 “果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁 ”享誉国内外 .据统计，烟台苹果（把苹果 近似看成球体）的直径（单位： mm）服从正态分布 280,5N ，则直径在 75,90 内的概率为（ ） 附：若 2~ ,X N ，则 0.6826P X, ， 2 2 0.9544P X, . A． 0.6826 B．0.8413 C．0.8185 D． 0.9544 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据服从的正态分布可得 80 ， 5，将所求概率转化为 2P X ，结合正态分布曲 线的性质可求得结果 . 【详解】 由题意， 80 ， 5，则 75 85 0.6826P X, ， 70 90 0.9544P X, ， 所以 185 90 0.9544 0.6826 0.1359 2 P X, ， 75 90 0.6826 0.1359 0.8185P X, . 故果实直径在 75,90 内的概率为 0.8185. 故选： C 【点睛】 本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题 . 8．如图，在底面边长为 1，高为 2 的正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 P 是平面 1111 DCBA 内一点，则三 棱锥 P BCD 的正视图与侧视图的面积之和为（ ） A． 2 B．3 C．4 D． 5 【答案】 A 【解析】 【分析】 根据几何体分析正视图和侧视图的形状，结合题干中的数据可计算出结果 . 【详解】 由三视图的性质和定义知， 三棱锥 P BCD 的正视图与侧视图都是底边长为 2 高为 1的三角形， 其面积都 是 1 1 2 1 2 ，正视图与侧视图的面积之和为 1 1 2， 故选： A. 【点睛】 本题考查几何体正视图和侧视图的面积和， 解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状， 考查空间想象 能力与计算能力，属于基础题 . 9．已知函数 2log ( 1), 1 ( ) 3 , 1x x x f x x ，则 ( 2)f f （ ） A． 1 B．2 C．3 D． 4 【答案】 C 【解析】 【分析】 结合分段函数的解析式 ,先求出 ( 2)f ,进而可求出 ( 2)f f . 【详解】 由题意可得 2( 2) 3 9f ，则 2(9) log (9 1 3( 2 ))f f f . 故选 :C. 【点睛】 本题考查了求函数的值 ,考查了分段函数的性质 ,考查运算求解能力 ,属于基础题 . 10．已知双曲线 的两条渐近线与抛物线 2 2 ,( 0)y px p 的准线分别交于点 、 ， O 为坐标原点．若双曲线的离心率为 2，三角形 AOB 的面积为 3 ，则 p=（ ）． A． 1 B． 3 2 C．2 D． 3 【答案】 C 【解析】 试题分析：抛物线 2 2 ,( 0)y px p 的准线为 x ｐ ２ ，双曲线的离心率为 2，则 2 2 2 2 21 =4c be a a ， 3b a ，渐近线方程为 3y x ，求出交点 3( , ) 2 2 p pA ， 3( , ) 2 2 p pB ， 1 3 2AOBS p 23 3 2 4 p p ，则 2p ；选 C 考点： 1.双曲线的渐近线和离心率； 2.抛物线的准线方程； 11．某大学计算机学院的薛教授在 2019 年人工智能方向招收了 6 名研究生 .薛教授欲从人工智能领域的语 音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习， 其中刘泽同学学习人脸识别，则这 6 名研究生不同的分配方向共有（ ） A． 480 种 B．360 种 C．240 种 D． 120 种 【答案】 B 【解析】 【分析】 将人脸识别方向的人数分成：有 2 人、有 1人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数 . 【详解】 当人脸识别方向有 2 人时， 有 5 5 120A 种， 当人脸识别方向有 1 人时， 有 2 4 5 4 240C A 种， ∴共有 360 种 . 故选： B 【点睛】 本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题 . 12．已知双曲线 C： 2 2 2 2 x y a b =1(a>0 ，b>0)的右焦点为 F，过原点 O 作斜率为 4 3 的直线交 C 的右支于点 A ， 若 |OA|=|OF| ，则双曲线的离心率为（ ） A． 3 B． 5 C．2 D． 3 +1 【答案】 B 【解析】 【分析】 以 O为圆心，以 OF 为半径的圆的方程为 2 2 2x y c ，联立 2 2 2 2 2 2 2 1 x y c x y a b ，可求出点 2 2 2 ,a c b bA c c ，则 2 2 2 4 3 b c a c b c ，整理计算可得离心率 . 【详解】 解：以 O 为圆心，以 OF 为半径的圆的方程为 2 2 2x y c ， 联立 2 2 2 2 2 2 2 1 x y c x y a b ，取第一象限的解得 2 2 2 a c bx c by c ， 即 2 2 2 ,a c b bA c c ，则 2 2 2 4 3 b c a c b c ， 整理得 2 2 2 29 5 5 0c a c a ， 则 2 2 5 1 9 c a （舍去） ， 2 2 5c a ， 5ce a . 故选： B. 【点睛】 本题考查双曲线离心率的求解，考查学生的计算能力，是中档题 . 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．设 1 2 3 4x x x x、 、 、 为互不相等的正实数，随机变量 X 和 Y 的分布列如下表，若记 DX ， DY 分别为 ,X Y 的方差，则 DX _____ DY ．（填 >， <，=） X 1x 2x 3x 4x Y 1 2 2 x x 2 3 2 x x 3 4 2 x x 4 1 2 x x P 1 4 1 4 1 4 1 4 【答案】 > 【解析】 【分析】 根据方差计算公式，计算出 ,DX DY 的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系 . 【详解】 1 2 3 4 1 4 EX x x x x ，故 2 2 2 2 1 2 3 4 1 4 DX x EX x EX x EX x EX 4 22 1 1 4 4 i i x EX . 2 3 3 41 2 4 1 1 2 3 4 1 1 4 2 2 2 2 4 x x x xx x x xEY x x x x EX ， 2 22 2 2 3 3 41 2 4 11 4 2 2 2 2 x x x xx x x xDY EX EX EX EX 2 22 2 22 3 3 41 2 4 11 4 4 2 2 2 2 x x x xx x x x EX . 要比较 ,DX DY 的大小， 只需比较 4 2 1 i i x 与 2 22 2 2 3 3 41 2 4 1 2 2 2 2 x x x xx x x x ，两者作差 并化简得 2 22 24 2 2 3 3 41 2 4 1 1 2 2 2 2i i x x x xx x x xx 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 2 3 3 4 4 12 2 2 2 2 4 x x x x x x x x x x x x 2 2 2 2 1 2 2 3 3 4 4 1 4 x x x x x x x x ①， 由于 1 2 3 4, , ,x x x x 为互不相等的正实数，故 0① ，也即 2 22 24 2 2 3 3 41 2 4 1 1 2 2 2 2i i x x x xx x x xx ，也即 DX DY . 故答案为： 【点睛】 本小题主要考查随机变量期望和方差的计算，考查差比较法比较大小，考查运算求解能力，属于难题 . 14．角 的顶点在坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边经过点 (1,2)P ，则 的值 是 ． 【答案】 2 5 5 【解析】 试题分析：由三角函数定义知 1 5cos 55 ，又由诱导公式知 5cos( ) 5 cos ，所以答 案应填： ． 考点： 1、三角函数定义； 2、诱导公式． 15． 61(2 )x x 的展开式中常数项是 ___________. 【答案】 -160 【解析】 试题分析：常数项为 3 3 3 4 6 1(2 ) ( ) 160T C x x . 考点：二项展开式系数问题 . 16．将函数 ( ) sin cos ( , R, 0)f x a x b x a b a 的图象向左平移 6 个单位长度， 得到一个偶函数图象， 则 b a ________． 【答案】 3 【解析】 【分析】 根据平移后关于 y 轴对称可知 f x 关于 6 x 对称，进而利用特殊值 0 3 f f 构造方程，从而求 得结果 . 【详解】 f xQ 向左平移 6 个单位长度后得到偶函数图象，即关于 y 轴对称 f x 关于 6 x 对称 0 3 f f 即： 3 1sin cos 3 3 2 2 a b a b b 3b a 本题正确结果： 3 【点睛】 本题考查根据三角函数的对称轴求解参数值的问题，关键是能够通过平移后的对称轴得到原函数的对称 轴，进而利用特殊值的方式来进行求解 . 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．在直角坐标系中， 已知圆 2 2 2: ( ) ( 1) 1M x a y a ，以原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐 标系，已知直线 sin 2 4 平分圆 M 的周长 . （ 1）求圆 M 的半径和圆 M 的极坐标方程； （ 2）过原点作两条互相垂直的直线 1 2,l l ，其中 1l 与圆 M 交于 O ，A 两点， 2l 与圆 M 交于 O，B 两点，求 OABV 面积的最大值 . 【答案】 （1） 2 ， 2(sin cos ) （2） 2 【解析】 【分析】 先求出 1a ，再求圆的半径和极坐标方程； （2）设 1 : 2, , : , 2 l l 1 2| | ,| |OA OB 求出 1 2(sin cos ) , 2 2(cos sin ) ,再求出 2cos 2 2OHBSV , 得解 . 【详解】 （ 1）将 sin 2 4 化成直角坐标方程，得 2x y 则 1 2a ，故 1a ， 则圆 2 2: ( 1) ( 1) 2M x y ，即 2 2 2 2 0x y x y ， 所以圆 M 的半径为 2 . 将圆 M 的方程化成极坐标方程，得 2 2 (sin cos ) 0 . 即圆 M 的极坐标方程为 2(sin cos ) . （ 2）设 1 : 2 1 2, , : ,| | ,| | 2 l l OA OB ， 则 1 2(sin cos ) , 用 2 代替 .可得 2 2(cos sin ) , 2 2 1 2 1, | | | | 2 cos sin 2cos 2 2 2OHBl l S OA OBVQ , max 2OABSV 【点睛】 本题主要考查直角坐标和极坐标的互化，考查极径的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 . 18．试求曲线 y＝ sinx 在矩阵 MN 变换下的函数解析式，其中 M 1 0 0 2 ，N 1 0 2 0 1 ． 【答案】 y＝2sin2x． 【解析】 【分析】 计算 MN 1 11 0 0 0 2 20 2 0 1 0 2 ，计算得到函数表达式 . 【详解】 ∵M 1 0 0 2 ，N 1 0 2 0 1 ，∴ MN 1 11 0 0 0 2 20 2 0 1 0 2 ， ∴在矩阵 MN 变换下， x y → 1' 2' 2 x x y y ∴曲线 y＝sinx 在矩阵 MN 变换下的函数解析式为 y＝2sin2x ． 【点睛】 本题考查了矩阵变换，意在考查学生的计算能力 . 19．已知抛物线 1C ： 2 2y px （ 0p ）上横坐标为 3 的点与抛物线焦点的距离为 4. （ 1）求 p 的值； （ 2）设 0 0,P x y （ 00 2x ）为抛物线 1C 上的动点，过 P 作圆 2 21 1x y 的两条切线分别与 y 轴交于 A、B 两点 .求 AB 的取值范围 . 【答案】 （1） 2p ；（ 2） 0 2AB 【解析】 【分析】 （ 1）根据横坐标为 3 的点与抛物线焦点的距离为 4，由抛物线的定义得到 3 4 2 p 求解 . （ 2）设过点 0 0,P x y 的直线方程为 0 0( )y y k x x ，根据直线与圆 2 21 1x y 相切，则有 0 0 2 ( 1) 1 1 y k x k ，整理得： 2 2 2 0 0 0 0 02 2 1 1 0x x k y x k y ，根据题意 0 010 020, , 0,kA y x B y k x ，建立 0 0 2 1 2 1 2 1 24k k k kA x kx kB ，将韦达定理代入求解 . 【详解】 （ 1）因为横坐标为 3 的点与抛物线焦点的距离为 4， 由抛物线的定义得： 3 4 2 p ， 解得 : 2p . （ 2）设过点 0 0,P x y 的直线方程为 0 0( )y y k x x ， 因为直线与圆 2 21 1x y 相切， 所以 0 0 2 ( 1) 1 1 y k x k ， 整理得： 2 2 2 0 0 0 0 02 2 1 1 0x x k y x k y ， 2 0 0 0 1 2 1 22 2 0 0 0 0 2 1 1, 2 2 y x yk k k k x x x x ， 由题意得： 0 010 020, , 0,kA y x B y k x 所以 0 0 2 1 2 1 2 1 24k k k kA x kx kB ， 2 2 0 0 0 2 2 00 0 2 8 22 2 1 22 2 y x x xx x ， 因为 00 2x ， 所以 0 1 1 22 1 4 x ， 所以 0 2AB . 【点睛】 本题主要考查抛物线的定义及点与抛物线， 直线与圆的位置关系， 还考查了运算求解的能力， 属于中档题 . 20．在数列 na 中， 1 1 2 3 1 11, 2 3 ... 2n n na a a a na a ， n N （ 1）求数列 na 的通项公式； （ 2）若存在 n N ，使得 ( 1)na n 成立，求实数 的最小值 【答案】 （1） 2 1, 1 2 3 , 2 3 n n n a n ；（2） 1 3 【解析】 【分析】 （ 1）由 1 2 3 1 12 3 ... 2n n na a a na a 得 1 2 3 12 3 ... ( 1) 2n n na a a n a a ，两式相减可得 nna 是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案； （ 2） ( 1)na n 1 na n ，分类讨论，当 2n 时， 22 3 1 ( 1) n na n n n ，作商法可得数列 1 na n 为 递增数列，由此可得答案， 【详解】 解：（ 1）因为 1 2 3 1 12 3 ... 2n n na a a na a ， 1 2 3 12 3 ... ( 1) 2n n na a a n a a ， 两式相减得： 1 1 2 2n n n n nna a a ，即 11 3n n n a na ， nna 是从第二项开始的等比数列， ∵ 1 1,a ∴ 2 1a ，则 22 3n nna ， 2 1, 1 2 3 , 2 3 n n n a n ； （ 2） ( 1)na n 1 na n ， 当 1n 时， 1 1 2 2 a ； 当 2n 时 22 3 1 ( 1) n na n n n ， 设 22 3 ( 1) 3( ) , 1, ( ) ( 1) ( ) 2 n f n nf n f n n n f n n 递增， min 1( ) (2) 3 f n f ， 所以实数 的最小值 1 3 ． 【点睛】 本题主要考查地推数列的应用，属于中档题． 21．已知函数 u（ x）＝ xlnx ，v（ x） 21 mx 2 x﹣ 1， m∈R． （ 1）令 m＝2，求函数 h（x） u x v x x 1 的单调区间； （ 2）令 f（ x）＝ u（x）﹣ v（x），若函数 f（x）恰有两个极值点 x1， x2，且满足 1 2 1 x x ＜ e（e 为自然对 数的底数）求 x1?x2 的最大值． 【答案】 （1）单调递增区间是（ 0， e），单调递减区间是（ e， +∞）（2） e 1 e 1e 【解析】 【分析】 （ 1）化简函数 h（x） lnx x ，求导，根据导数和函数的单调性的关系即可求出 （ 2）函数 f（ x）恰有两个极值点 x1，x2，则 f ′（x）＝ lnx ﹣ mx＝0 有两个正根，由此得到 m（x2﹣x1）＝ lnx 2﹣lnx 1，m（x2+x 1）＝ lnx 2+lnx 1，消参数 m 化简整理可得 ln（x1x2）＝ ln 2 1 x x ? 2 1 2 1 1 1 x x x x ，设 t 2 1 x x ，构造 函数 g（t）＝（ 1 1 t t ） lnt ，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最大值即可求出 x1?x2 的最大值． 【详解】 （ 1）令 m＝2，函数 h（x） 2 u xlnx lnx v 1 1 1 x x xx x x x ，∴ h′（x） 2 1 lnx x ， 令 h′（x）＝ 0，解得 x＝e， ∴当 x∈（ 0，e）时， h′（x）＞ 0，当 x∈（ e，+∞）时， h′（ x）＜ 0， ∴函数 h（x）单调递增区间是（ 0，e），单调递减区间是（ e，+∞） （ 2） f（x）＝ u（x）﹣ v（x）＝ xlnx 21 mx 2 x+1 ， ∴f ′（x）＝ 1+lnx ﹣mx ﹣1＝lnx ﹣ mx， ∵函数 f（x）恰有两个极值点 x1，x2， ∴f ′（x）＝ lnx ﹣mx ＝0 有两个不等正根， ∴lnx 1﹣mx 1＝0， lnx 2﹣mx 2＝0， 两式相减可得 lnx 2﹣lnx 1＝m（x2﹣x1）， 两式相加可得 m（x2+x1）＝ lnx 2+lnx 1， ∴ 2 1 2 2 1 1 2 22 1 1 1 x 1 ln x x x x x x xx xln 1 x x （ ） ∴ln （x1x2）＝ ln 2 1 x x ? 2 1 2 1 x 1 x x 1 x ， 设 t 2 1 x x ，∵ 1 2 1 x x ＜ e，∴ 1＜t ≤e， 设 g（t）＝（ t 1 t 1 ）lnt ，∴ g′（t） 2 2 t 1 2tlnt t(t 1) ， 令 φ（t）＝ t2﹣ 1﹣2tlnt ，∴ φ′（t）＝ 2t﹣2（ 1+lnt ）＝ 2（t﹣1﹣lnt ）， 再令 p（t）＝ t﹣1﹣ lnt ，∴ p′（t）＝ 1 1 t ＞ 0 恒成立， ∴p（ t）在（ 1，e]单调递增，∴ φ′（ t）＝ p（ t）＞ p（1）＝ 1﹣1﹣ln1 ＝0， ∴φ（t）在（ 1，e]单调递增，∴ g′（t）＝ φ（ t）＞ φ（1）＝ 1﹣1﹣ 2ln1＝0， ∴g（ t）在（ 1，e]单调递增，∴ g（ t） max ＝g（e） e 1 e 1 ， ∴ln （x1x2） e 1 e 1 ，∴ x1x2 e 1 e 1e 故 x1?x2 的最大值为 e 1 e 1e ． 【点睛】 本题考查了利用导数求函数的最值和最值，考查了函数与方程的思想，转化与化归思想，属于难题 22．如图，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是正方形， PAD△ 为等边三角形， M ，N 分别是 AB ，AD 的中点，且平面 PAD 平面 ABCD. （ 1）证明： CM 平面 PNB ； （ 2）问棱 PA 上是否存在一点 E，使 //PC 平面 DEM ，求 PE EA 的值 【答案】 （1）证明见解析； （2）存在， 2PE EA . 【解析】 【分析】 （ 1）根据题意证出 CM BN ， CM PN ，再由线面垂直的判定定理即可证出 . （ 2）连接 AC 交 DM 于点 Q，连接 EQ ，利用线面平行的性质定理可得 / /PC EQ ，从而可得 : :PE EA CQ QA ，在正方形 ABCD 中，由 : : 2CQ QA CD AM 即可求解 . 【详解】 （ 1）证明：在正方形 ABCD 中， M ，N 分别是 AB ， AD 的中点， ∴ BM AN， BC AB ， 90MBC NAB . ∴ MBC NABV V . ∴ BCM NBA. 又 90BCM BMC ， ∴ 90NBA BMC ，∴ CM BN . ∵ PAD△ 为等边三角形， N 是 AD 的中点， ∴ PN AD^ . 又平面 PAD 平面 ABCD ， PN 平面 PAD ， 平面 PAD I 平面 ABCD AD ， ∴ PN ^ 平面 ABCD. 又 CM 平面 ABCD ，∴ CM PN . ∵ ,BN PN 平面 PNB， BN PN NI ， ∴ CM 平面 PNB. （ 2）解：存在 .如图，连接 AC 交 DM 于点 Q，连接 EQ. ∵ / /PC 平面 DEM ， PC 平面 PAC，平面 PACI 平面 DEM EQ ， ∴ / /PC EQ .∴ : :PE EA CQ QA . 在正方形 ABCD 中， / /AM CD ，且 2CD AM . ∴ : : 2CQ QA CD AM ，∴ 2PE EA .故 2PE EA . 所以棱 PA 上存在点 E，使 / /PC 平面 DEM ，此时， E 是棱 A 的靠近点 A 的三等分点 . 【点睛】 本题考查了线面垂直的判定定理、线面平行的性质定理，考查了学生的推理能力以及空间想象能力，属于 空间几何中的基础题 . 23．如图，空间几何体 ABCDE 中， ACDV 是边长为 2 的等边三角形， 6EB EC ， 2 3BC ， 90ACB ，平面 ACD 平面 ABC ，且平面 EBC 平面 ABC ， H 为 AB 中点 . （ 1）证明： DH // 平面 BCE ； （ 2）求二面角 E AB C 平面角的余弦值 . 【答案】 （1）证明见解析（ 2） 5 5 【解析】 【分析】 （ 1）分别取 AC ， BC 的中点 P ， Q ，连接 DP ， EQ ， PQ ， PH ， DH ，要证明 DH // 平面 BCE ， 只需证明面 BCE ∥面 DPH 即可 . （ 2）以点 P 为原点，以 PA 为 x 轴，以 PH 为 y 轴，以 PD 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 分别计算面 EAB的法向量 mr ，面 ABC的法向量可取 nr ，并判断二面角为锐角， 再利用 cos | | | | m n m n r r r r 计算即可 . 【详解】 （ 1）证明：分别取 AC ， BC 的中点 P ， Q ，连接 DP ， EQ ， PQ ， PH ， DH . 由平面 ACD 平面 ABC ，且交于 AC ， DP 平面 ACD ， DP AC 有 DP 平面 ABC ， 由平面 EBC 平面 ABC ，且交于 BC ， EQ 平面 BCE ， EQ BC 有 EQ 平面 ABC ，所以 DP ∥ EQ ，又 EQ 平面 EBC ， DP 平面 EBC ，所以 DP ∥平面 EBC ，由 AP PC ， AH HB 有， PH ∥ BC ，又 BC 平面 EBC ， PH 平面 EBC ，所以 PH ∥平面 EBC ， 由 DP ∥平面 EBC ， PH ∥平面 EBC ， DP PH P ，所以平面 BCE ∥平面 DPH ，所以 DH ∥平 面 BCE （ 2）以点 P 为原点，以 PA 为 x 轴，以 PH 为 y 轴，以 PD 为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 由 EQ 面 ABC ，所以面 ABC 的法向量可取 (0,0,1)nr ， 点 (1,0,0)A ，点 ( 1,2 3,0)B ，点 ( 1, 3, 3)E ， ( 2,2 3,0)AB uuur ， (0, 3, 3)BE uuur ， 设面 EAB 的法向量 ( , , )m x y zr ，所以 2 2 3 0 3 3 0 x y y z ，取 ( 3,1,1)mr ， 二面角 E AC B 的平面角为 ，则 为锐角 . 所以 1 5cos | | | | 55 m n m n r r r r 【点睛】 本题考查由面面平行证明线面平行以及向量法求二面角的余弦值，考查学生的运算能力，在做此类题时， 一定要准确写出点的坐标 .