天津市滨海新区三校2020届高三高考数学（5月份）督导试卷

天津市滨海新区三校2020届高三高考数学（5月份）督导试卷

‎2020年高考数学督导试卷（5月份）‎ 一.选择题（每小题5分，共45分）‎ ‎1．设集合U＝{0，1，3，5，6，8}，A＝{1，5，8}，B＝{2}，则（∁UA）∪B＝（　　）‎ A．{0，2，3，6} B．{0，3，6} C．{1，2，5，8} D．Φ ‎2．对于实数a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”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 ‎3．函数y=‎‎1‎x-ln(x+1)‎的图象大致为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎4．已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，且两两垂直，△ABC是边长为2的正三角形，则球O的体积为（　　）‎ A．8‎6‎π B．4‎6‎π C．‎6‎π D．‎6‎‎2‎π ‎5．已知圆C：x2+y2+8x﹣m+2＝0与直线x‎+‎‎2‎y+1＝0相交于A，B两点．若△ABC为正三角形，则实数m的值为（　　）‎ A．﹣10 B．﹣11 C．12 D．11‎ ‎6．如果函数y＝3cos（2x+φ）的图象关于点（‎4π‎3‎，0）中心对称，那么|φ|的最小值为（　　）‎ A．π‎6‎ B．π‎4‎ C．π‎3‎ D．‎π‎2‎ ‎7．已知奇函数f（x）在R上是减函数，若a＝﹣f（1og3‎1‎‎4‎），b＝f（log‎2‎‎3‎2‎），c＝f（2﹣0.8），则a，b，c的大小关系为（　　）‎ A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜a＜b ‎8．已知双曲线x‎2‎a‎2‎‎-y‎2‎b‎2‎=1(a＞0，b＞0)‎与抛物线y2＝2px（p＞0）的交点为：A、B，A、B连线经过抛物线的焦点F，且线段AB的长等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为（　　）‎ A．‎2‎‎+‎1 B．3 C．‎2‎ D．2‎ ‎9．已知函数f（x）‎=‎lnx，x＞0‎‎-x‎2‎-ax，x≤0‎，若方程f（x）＝x+a有2个不同的实根，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．{a|﹣1≤a＜l或a＞l} B．{a|a＝﹣1或0≤a＜l或a＞1} ‎ C．{a|a＝﹣l或a≥0} D．{a|a≤﹣1或a≥0}‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎10．已知复数z0＝3+i（i为虚数单位），复数z满足z•z0＝2z+z0，则|z|＝　 　．‎ ‎11．如图茎叶图记录了甲．乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为　 　，　 　．‎ ‎12．一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是‎7‎‎9‎，则袋中的白球个数为　 　，若从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ＝　 　．‎ ‎13．若‎(2x+‎‎1‎‎3‎x‎)‎n的展开式中所有项系数和为81，则展开式的常数项为　 　．‎ ‎14．若x＞4，y＞1，且xy＝12+x+4y，则x+y的最小值是　 　．‎ ‎15．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O．若AB‎→‎•AC‎→‎‎=‎6AO‎→‎•EC‎→‎，则ABAC的值是　 　．‎ 三.解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎16．在△ABC中，a，b，C为内角A，B，C的对边，且满足（2c﹣a）cosB﹣bcosA＝0．‎ ‎（Ⅰ）求角B的大小；‎ ‎（Ⅱ）已知c＝2，a＝3，‎ ‎（i）求b及cosC；‎ ‎（ii）求sin（2C‎-‎π‎6‎）．‎ ‎17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M，N分别为线段PC，AD上的点（不在端点）．‎ ‎（Ⅰ）当M为PC中点时，AN‎=‎‎1‎‎4‎AD，求证：MN∥面PBA；‎ ‎（Ⅱ）当M为中点且N为AD中点时，求证：平面MBN⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅲ）当N为AD中点时，是否存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为 ‎2‎‎5‎‎5‎‎，若存在，求出MC的长，若不存在，说明理由．‎ ‎18．已知数列{an}前n项和为Sn‎=‎‎1‎‎2‎n2‎+‎‎11‎‎2‎n，数列{bn}等差，且满足b3＝11，前9项和为153．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设cn‎=‎‎3‎‎(2an-11)(2bn-1)‎，数列{cn}的前n项和为Tn．‎ ‎19．已知椭圆C：x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=‎1（a＞b＞0）的离心率e‎=‎‎3‎‎2‎，椭圆C上的点到其左焦点的最大距离为2‎+‎‎3‎．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过点A（﹣a，0）作直线l与椭圆相交于点B，则y轴上是否存在点P，使得线段|PA|＝|PB|，且PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎4？如果存在，求出点P坐标；否则请说明理由．‎ ‎20．（16分）已知函数f（x）＝msin（1﹣x）+lnx．‎ ‎（1）当m＝1时，求函数f（x）在（0，1）的单调性；‎ ‎（2）当m＝0且a≥-‎‎1‎e时，g(x)=-af(x)+‎‎1‎x，求函数g（x）在（0，e]上的最小值；‎ ‎（3）当m＝0时，h(x)=f(x)+‎1‎‎2x-b有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．‎ 参考答案 一.选择题（每小题5分，共45分）‎ ‎1．设集合U＝{0，1，3，5，6，8}，A＝{1，5，8}，B＝{2}，则（∁UA）∪B＝（　　）‎ A．{0，2，3，6} B．{0，3，6} C．{1，2，5，8} D．Φ ‎【分析】根据集合的基本运算即可得到结论．‎ 解：∵U＝{0，1，3，5，6，8}，A＝{1，5，8}，B＝{2}，‎ ‎∴（∁UA）∪B＝{0，3，6}∪{2}＝{1，0，2，3，6}，‎ 故选：A．‎ ‎2．对于实数a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”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 ‎【分析】不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac2＞bc2”必须有c2＞0这一条件．‎ 解：主要考查不等式的性质．当C＝0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边 故选：B．‎ ‎3．函数y=‎‎1‎x-ln(x+1)‎的图象大致为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】根据函数是否存在零点，以及f（1）的符号，利用排除法进行判断即可．‎ 解：f（1）‎=‎1‎‎1-ln2‎＞‎0，排除C，D，‎ 由y=‎1‎x-ln(x+1)‎=‎0，则方程无解，即函数没有零点，排除B，‎ 故选：A．‎ ‎4．已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，且两两垂直，△ABC是边长为2的正三角形，则球O的体积为（　　）‎ A．8‎6‎π B．4‎6‎π C．‎6‎π D．‎6‎‎2‎π ‎【分析】题意可知，把三棱锥P﹣ABC放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥P﹣ABC的外接球，从而即可求出球O的半径，进而得到球O的体积．‎ 解：把三棱锥P﹣ABC放入正方体中，如图所示：‎ ‎∵△ABC是边长为2的正三角形，‎ ‎∴此正方体的棱长为‎2‎，‎ ‎∵正方体的外接球即是三棱锥P﹣ABC的外接球，‎ ‎∴球O的半径R‎=‎1‎‎2‎×‎3‎×‎2‎=‎‎6‎‎2‎，‎ ‎∴球O的体积为：‎4‎‎3‎πR‎3‎=‎‎6‎π，‎ 故选：C．‎ ‎5．已知圆C：x2+y2+8x﹣m+2＝0与直线x‎+‎‎2‎y+1＝0相交于A，B两点．若△ABC为正三角形，则实数m的值为（　　）‎ A．﹣10 B．﹣11 C．12 D．11‎ ‎【分析】由题意求出圆心C的坐标，由直线与圆相交，用圆的半径和圆心到直线的距离和半个弦长构成直角三角形求出弦长，再由若△ABC为正三角形，求出m的值．‎ 解：圆C：x2+y2+8x﹣m+2＝0化为标准方程是（x+4）2+y2＝14+m；‎ 则圆心C（﹣4，0），半径为r=‎‎14+m（其中m＞﹣14）；‎ 所以圆心C到直线x+‎2‎y+1=0‎的距离为d=‎|-4+0+1|‎‎1+2‎=‎‎3‎，在等边三角形中得，m+14‎‎=2‎，‎ 解得m＝﹣10，‎ 故选：A．‎ ‎6．如果函数y＝3cos（2x+φ）的图象关于点（‎4π‎3‎，0）中心对称，那么|φ|的最小值为（　　）‎ A．π‎6‎ B．π‎4‎ C．π‎3‎ D．‎π‎2‎ ‎【分析】先根据函数y＝3cos（2x+φ）的图象关于点‎(‎4π‎3‎，0)‎中心对称，令x‎=‎‎4π‎3‎代入函数使其等于0，求出φ的值，进而可得|φ|的最小值．‎ 解：∵函数y＝3cos（2x+φ）的图象关于点‎(‎4π‎3‎，0)‎中心对称．‎ ‎∴‎2⋅‎4π‎3‎+φ=kπ+‎π‎2‎∴φ=kπ-‎13π‎6‎(k∈Z)‎由此易得‎|φ‎|‎min=‎π‎6‎．‎ 故选：A．‎ ‎7．已知奇函数f（x）在R上是减函数，若a＝﹣f（1og3‎1‎‎4‎），b＝f（log‎2‎‎3‎2‎），c＝f（2﹣0.8），则a，b，c的大小关系为（　　）‎ A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜a＜b ‎【分析】结合函数的单调性及奇偶性进行比较函数值的大小．‎ 解：奇函数f（x）在R上是减函数，‎ ‎∵log34∈（1，2），log‎2‎‎3‎2＜‎0，2﹣0.8∈（0，1），‎ ‎∵a＝﹣f（1og3‎1‎‎4‎）＝f（log34），b＝f（log‎2‎‎3‎2‎），c＝f（2﹣0.8）＝f（‎1‎‎2‎‎0.8‎），‎ 则a＜c＜b，‎ 故选：B．‎ ‎8．已知双曲线x‎2‎a‎2‎‎-y‎2‎b‎2‎=1(a＞0，b＞0)‎与抛物线y2＝2px（p＞0）的交点为：A、B，A、B连线经过抛物线的焦点F，且线段AB的长等于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率为（　　）‎ A．‎2‎‎+‎1 B．3 C．‎2‎ D．2‎ ‎【分析】由已知条件推导出|AB|＝2p＝2b，从而得到A（b‎2‎‎，b），由此能求出双曲线的离心率．‎ 解：∵双曲线x‎2‎a‎2‎‎-y‎2‎b‎2‎=1(a＞0，b＞0)‎与抛物线y2＝2px（p＞0）的交点为：A、B，‎ A、B连线经过抛物线的焦点F，且线段AB的长等于双曲线的虚轴长，‎ ‎∴|AB|＝2p＝2b，即p＝b，‎ ‎∴A（b‎2‎‎，b），把A（b‎2‎‎，b）代入双曲线x‎2‎a‎2‎‎-y‎2‎b‎2‎=1(a＞0，b＞0)‎，‎ 得b‎2‎‎4‎a‎2‎‎-b‎2‎b‎2‎=1‎，整理，得：b2＝8a2，‎ ‎∴c2＝a2+b2＝9a2，‎ ‎∴c＝3a，‎ ‎∴e‎=ca=‎3．‎ 故选：B．‎ ‎9．已知函数f（x）‎=‎lnx，x＞0‎‎-x‎2‎-ax，x≤0‎，若方程f（x）＝x+a有2个不同的实根，则实数a的取值范围是（　　）‎ A．{a|﹣1≤a＜l或a＞l} B．{a|a＝﹣1或0≤a＜l或a＞1} ‎ C．{a|a＝﹣l或a≥0} D．{a|a≤﹣1或a≥0}‎ ‎【分析】先利用导数的几何意义求出当直线y＝x+a与曲线y＝lnx相切时a＝1，当x≤0时，f（x）＝﹣x2﹣ax，令f（x）＝x+a，‎ 得（x﹣1）（x+a）＝0，再对a的值分情况讨论，分段分析方程f（x）＝x+a的实根的个数，从而得到a的取值范围．‎ 解：当直线y＝x+a与曲线y＝lnx相切时，设切点为（t，lnt），则切线斜率为k‎=‎1‎t=‎1，‎ 所以t＝1，切点为（1，0），代入y＝x+a得，a＝1，‎ 又x≤0时，f（x）＝﹣x2﹣ax，令f（x）＝x+a，得﹣x2﹣ax＝x+a，即（x﹣1）（x+a）＝0，‎ 所以①当a＝﹣1时，lnx＝x+a（x＞0）有1个实根，此时（x﹣1）（x+a）＝0（x≤0）有1个实根，满足条件；‎ ‎②当a＜﹣1时，lnx＝x+a（x＞0）有2个实根，此时（x﹣1）（x+a）＝0（x≤0）有1个实根，不满足条件；‎ ‎③当a＞﹣1时，lnx＝x+a（x＞0）无实根，此时要使（x﹣1）（x+a）＝0（x≤0）有2个实根，应有﹣a≤0且﹣a≠﹣1，即a≥0且a≠1，‎ 综上所述，实数a的取值范围是{a|a＝﹣1或0≤a＜1或a＞1}，‎ 故选：B．‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.‎ ‎10．已知复数z0＝3+i（i为虚数单位），复数z满足z•z0＝2z+z0，则|z|＝　‎5‎　．‎ ‎【分析】把已知等式变形，再把z0＝3+i代入，利用复数代数形式的乘除运算化简，最后由复数模的计算公式求解．‎ 解：由z•z0＝2z+z0，得（z0﹣2）z＝z0，‎ ‎∵z0＝3+i，∴z‎=‎3+i‎1+i=‎(3+i)(1-i)‎‎(1+i)(1-i)‎=2-i，‎ 则|z|‎=‎2‎‎2‎‎+(-1‎‎)‎‎2‎=‎‎5‎．‎ 故答案为：‎5‎．‎ ‎11．如图茎叶图记录了甲．乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为　5　，　8　．‎ ‎【分析】根据茎叶图中的数据，结合中位数与平均数的概念，求出x、y的值．‎ 解：根据茎叶图中的数据，得：‎ ‎∵甲组数据的中位数为15，∴x＝5；‎ 又∵乙组数据的平均数为16.8，‎ ‎∴‎9+15+(10+y)+18+24‎‎5‎‎=‎16.8，‎ 解得：y＝8；‎ 综上，x、y的值分别为5、8．‎ 故答案为：5 8．‎ ‎12．一个袋中装有10个大小相同的黑球、白球和红球．已知从袋中任意摸出2个球，至少得到一个白球的概率是‎7‎‎9‎，则袋中的白球个数为　5　，若从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为ξ，则随机变量ξ的数学期望Eξ＝　‎3‎‎2‎　．‎ ‎【分析】根据至少得到一个白球的概率是‎7‎‎9‎，可得全取到黑球的概率为‎2‎‎9‎，结合超几何分布的相关知识可得白球个数，以及随机变量ξ的期望．‎ 解：依题意，设白球个数为x，至少得到一个白球的概率是‎7‎‎9‎，则全是黑球的概率为‎2‎‎9‎，‎ 所以C‎10-x‎2‎C‎10‎‎2‎‎=‎‎2‎‎9‎，即（10﹣x）（9﹣x）＝20，解得x＝5，‎ 依题意，随机变量ξ～H（10，5，3），所以Eξ‎=‎3×5‎‎10‎=‎‎3‎‎2‎，‎ 故答案为：5，‎3‎‎2‎．‎ ‎13．若‎(2x+‎‎1‎‎3‎x‎)‎n的展开式中所有项系数和为81，则展开式的常数项为　8　．‎ ‎【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于令，求得r的值，可得展开式的常数项．‎ 解：若‎(2x+‎‎1‎‎3‎x‎)‎n的展开式中所有项系数和为3n＝81，∴n＝4．‎ 则展开式的通项公式为 Tr+1‎=‎C‎4‎r•24﹣r•x‎4-‎‎4r‎3‎，令4‎-‎4r‎3‎=‎0，求得r＝3，‎ 可得常数项为C‎4‎‎3‎•2＝8，‎ 故答案为：8．‎ ‎14．若x＞4，y＞1，且xy＝12+x+4y，则x+y的最小值是　13　．‎ ‎【分析】由条件可知x﹣4＞0，y﹣1＞0，所以（x﹣4）（y﹣1）＝16‎≤(x-4+y-1‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎(x+y-5‎‎)‎‎2‎‎4‎，解之得最小值．‎ 解：因为x＞4，y＞1且xy＝12+x+4y，‎ 所以x﹣4＞0，y﹣1＞0，则（x﹣4）（y﹣1）＝xy﹣x﹣4y+4＝12+4＝16‎≤(x-4+y-1‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎(x+y-5‎‎)‎‎2‎‎4‎，‎ 当且仅当x﹣4＝y﹣1＝4时取等号，‎ 所以（x+y﹣5）2≥64，解得x+y﹣5≥8，‎ 故x+y≥13．‎ 所以最小值为13．‎ 故答案为：13．‎ ‎15．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O．若AB‎→‎•AC‎→‎‎=‎6AO‎→‎•EC‎→‎，则ABAC的值是　‎3‎　．‎ ‎【分析】首先算出AO‎→‎‎=‎‎1‎‎2‎AD‎→‎，然后用AB‎→‎、AC‎→‎表示出AO‎→‎、EC‎→‎，结合AB‎→‎•AC‎→‎‎=‎6AO‎→‎•EC‎→‎得‎1‎‎2‎AB‎→‎‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎AC‎→‎‎2‎ ‎，进一步可得结果．‎ 解：设AO‎→‎‎=‎λAD‎→‎‎=‎λ‎2‎（AB‎→‎‎+‎AC‎→‎），‎ AO‎→‎‎=AE‎→‎+EO‎→‎=AE‎→‎+‎μEC‎→‎‎=AE‎→‎+‎μ（AC‎→‎‎-‎AE‎→‎）‎ ‎＝（1﹣μ）AE‎→‎‎+‎μAC‎→‎‎=‎1-μ‎3‎AB‎→‎+‎μAC‎→‎ ‎∴λ‎2‎‎=‎‎1-μ‎3‎λ‎2‎‎=μ，∴λ=‎‎1‎‎2‎μ=‎‎1‎‎4‎，‎ ‎∴AO‎→‎‎=‎1‎‎2‎AD‎→‎=‎‎1‎‎4‎（AB‎→‎‎+‎AC‎→‎），‎ EC‎→‎‎=AC‎→‎-AE‎→‎=-‎1‎‎3‎AB‎→‎+‎AC‎→‎‎，‎ ‎6AO‎→‎•EC‎→‎‎=‎6‎×‎‎1‎‎4‎（AB‎→‎‎+‎AC‎→‎）•（‎-‎1‎‎3‎AB‎→‎+‎AC‎→‎）‎ ‎=‎‎3‎‎2‎‎（‎-‎1‎‎3‎AB‎→‎‎2‎+‎2‎‎3‎AB‎→‎⋅AC‎→‎+‎AC‎→‎‎2‎）‎ ‎=-‎1‎‎2‎AB‎→‎‎2‎+AB‎→‎⋅AC‎→‎+‎‎3‎‎2‎AC‎→‎‎2‎‎，‎ ‎∵AB‎→‎•AC‎→‎‎=-‎1‎‎2‎AB‎→‎‎2‎+AB‎→‎⋅AC‎→‎+‎‎3‎‎2‎AC‎→‎‎2‎，‎ ‎∴‎1‎‎2‎AB‎→‎‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎AC‎→‎‎2‎，∴AB‎→‎‎2‎AC‎→‎‎2‎‎=‎3，‎ ‎∴ABAC‎=‎‎3‎．‎ 故答案为：‎‎3‎ 三.解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎16．在△ABC中，a，b，C为内角A，B，C的对边，且满足（2c﹣a）cosB﹣bcosA＝0．‎ ‎（Ⅰ）求角B的大小；‎ ‎（Ⅱ）已知c＝2，a＝3，‎ ‎（i）求b及cosC；‎ ‎（ii）求sin（2C‎-‎π‎6‎）．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用，结合sinC≠0，可得cosB‎=‎‎1‎‎2‎，根据范围B∈（0，π）可求B的值．‎ ‎（Ⅱ）（i）由已知利用余弦定理可求b及cosC的值；（ii）利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而利用二倍角公式可求sin2C，cos2C的值，根据两角差的正弦函数公式即可解得sin（2C‎-‎π‎6‎）的值．‎ 解：（Ⅰ）∵（2c﹣a）cosB﹣bcosA＝0，‎ 由正弦定理得（2sinC﹣sinA）cosB﹣sinBcosA＝0，‎ ‎∴（2sinC﹣sinA）cosB＝sinBcosA，‎ ‎2sinCcosB﹣sin（A+B），‎ ‎∵A+B＝π﹣C，且sinC≠0，‎ ‎∴cosB‎=‎‎1‎‎2‎，‎ ‎∵B∈（0，π），‎ ‎∴B‎=‎π‎3‎．‎ ‎（Ⅱ）（i）∵B‎=‎π‎3‎，c＝2，a＝3，‎ ‎∴b‎=a‎2‎‎+c‎2‎-2accosB=‎9+4-2×3×2×‎‎1‎‎2‎=‎‎7‎，‎ ‎∴cosC‎=a‎2‎‎+b‎2‎-‎c‎2‎‎2ab=‎9+7-4‎‎2×3×‎‎7‎=‎‎2‎‎7‎‎7‎．‎ ‎（ii）∵sinC‎=‎1-cos‎2‎C=‎‎21‎‎7‎，‎ ‎∴sin2C＝2sinCcosC‎=‎‎4‎‎3‎‎7‎，cos2C＝2cos2C﹣1‎=‎‎1‎‎7‎，‎ ‎∴sin（2C‎-‎π‎6‎）＝sin2Ccosπ‎6‎‎-‎cos2Csinπ‎6‎‎=‎4‎‎3‎‎7‎×‎3‎‎2‎-‎1‎‎7‎×‎1‎‎2‎=‎‎11‎‎14‎．‎ ‎17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M，N分别为线段PC，AD上的点（不在端点）．‎ ‎（Ⅰ）当M为PC中点时，AN‎=‎‎1‎‎4‎AD，求证：MN∥面PBA；‎ ‎（Ⅱ）当M为中点且N为AD中点时，求证：平面MBN⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅲ）当N为AD中点时，是否存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎，若存在，求出MC的长，若不存在，说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）取BC中点E，连结ME，NE，推导出ME∥PB，NE∥AB，从而平面PAB∥平面MNE，由此能证明MN∥面PBA．‎ ‎（Ⅱ）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面MBN⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅲ）假设存在存在M（a，b，c），使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎，CM‎→‎‎=λCP‎→‎．推导出M（2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），求出平面PBC的法向量，利用向量法能推导出不存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎．‎ 解：（Ⅰ）证明：取BC中点E，连结ME，NE，‎ ‎∵在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，‎ AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC中点，AN‎=‎‎1‎‎4‎AD，‎ ‎∴ME∥PB，NE∥AB，‎ ‎∵PB∩AB＝B，ME∩NE＝E，∴平面PAB∥平面MNE，‎ ‎∵MN⊂平面MNE，∴MN∥面PBA．‎ ‎（Ⅱ）证明：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，4），M（1，1，2），N（0，2，0），‎ MN‎→‎‎=‎‎（﹣1，1，﹣2），MB‎→‎‎=‎（1，﹣1，﹣2），‎ 设平面MBN的法向量n‎→‎‎=‎（x，y，z），‎ 则n‎→‎‎⋅MN‎→‎=-x+y-2z=0‎n‎→‎‎⋅MB‎→‎=x-y-2z=0‎，取x＝1，得n‎→‎‎=‎（1，1，0），‎ 平面ABCD的法向量m‎→‎‎=‎（0，0，1），‎ ‎∵m‎→‎‎⋅n‎→‎=‎0，∴平面MBN⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅲ）解：假设存在存在M（a，b，c），使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎，CM‎→‎‎=λCP‎→‎．‎ 则（a﹣2，b﹣2，c）＝λ（﹣2，﹣2，4），解得a＝2﹣2λ，b＝2﹣2λ，c＝4λ，∴M（2﹣2λ，2﹣2λ，4λ），‎ 则MN‎→‎‎=‎（2λ﹣2，2λ，﹣4λ），BC‎→‎‎=‎（0，2，0），BP‎→‎‎=‎（﹣2，0，4），‎ 设平面PBC的法向量p‎→‎‎=‎（a，b，c），‎ 则p‎→‎‎⋅BC‎→‎=2b=0‎p‎→‎‎⋅BP‎→‎=-2a+4c=0‎，取a＝2，得p‎→‎‎=‎（2，0，1），‎ ‎∵直线MN与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎，‎ ‎∴‎|MN‎→‎⋅p‎→‎|‎‎|MN‎→‎|⋅|p‎→‎|‎‎=‎4‎‎(2λ-2‎)‎‎2‎+(2λ‎)‎‎2‎+(-4λ‎)‎‎2‎‎⋅‎‎20‎=‎‎2‎‎5‎‎5‎，‎ 整理，得24λ2﹣8λ+3＝0，无解，‎ ‎∴不存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为‎2‎‎5‎‎5‎．‎ ‎18．已知数列{an}前n项和为Sn‎=‎‎1‎‎2‎n2‎+‎‎11‎‎2‎n，数列{bn}等差，且满足b3＝11，前9项和为153．‎ ‎（Ⅰ）求数列{an}、{bn}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设cn‎=‎‎3‎‎(2an-11)(2bn-1)‎，数列{cn}的前n项和为Tn．‎ ‎【分析】（Ⅰ）运用数列的递推式：n＝1时，a1＝S1，n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，可得an；再设{bn}的公差为d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到bn；‎ ‎（Ⅱ）求得cn‎=‎‎1‎‎2‎（‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎），再由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．‎ 解：（Ⅰ）由Sn‎=‎‎1‎‎2‎n2‎+‎‎11‎‎2‎n，可得a1＝S1‎=‎1‎‎2‎+‎11‎‎2‎=‎6，‎ n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1‎=‎‎1‎‎2‎n2‎+‎‎11‎‎2‎n‎-‎‎1‎‎2‎（n﹣1）2‎-‎‎11‎‎2‎（n﹣1）＝n+5，对n＝1也成立，‎ 则an＝n+5，n∈一、选择题*，‎ 由数列{bn}等差，公差设为d，满足b3＝11，前9项和为153，‎ 可得b1+2d＝11，9b1+36d＝153，即b1+4d＝17，解得b1＝5，d＝3，‎ 则bn＝5+3（n﹣1）＝3n+2，n∈N*；‎ ‎（Ⅱ）cn‎=‎3‎‎(2an-11)(2bn-1)‎=‎3‎‎(2n-1)(6n+3)‎=‎1‎‎(2n-1)(2n+1)‎=‎‎1‎‎2‎（‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎），‎ 则前n项和为Tn‎=‎‎1‎‎2‎（1‎-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+⋯+‎1‎‎2n-1‎-‎‎1‎‎2n+1‎）‎=‎‎1‎‎2‎（1‎-‎‎1‎‎2n+1‎）‎=‎n‎2n+1‎．‎ ‎19．已知椭圆C：x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=‎1（a＞b＞0）的离心率e‎=‎‎3‎‎2‎，椭圆C上的点到其左焦点的最大距离为2‎+‎‎3‎．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过点A（﹣a，0）作直线l与椭圆相交于点B，则y轴上是否存在点P，使得线段|PA|＝|PB|，且PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎4？如果存在，求出点P坐标；否则请说明理由．‎ ‎【分析】（1）由题意可得：ca‎=‎‎3‎‎2‎，a+c＝2‎+‎‎3‎，b2＝a2﹣c2．联立解得：a，c，b．可得椭圆C的方程．‎ ‎（2）由（1）可得：A（﹣2，0），设B（x1，y1），由题意直线l的斜率存在，设为k．则直线l的方程为：y＝k（x+2），联立方程y=k(x+2)‎x‎2‎‎+4y‎2‎=4‎，化为：（1+4k2）x2+16k2x+16k2﹣4＝0，利用根与系数的关系可得B坐标．假设在y轴上存在点P，使得线段|PA ‎|＝|PB|，且PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎4，由|PA|＝|PB|，得点P为线段AB的中垂线与y轴的交点，设P（0，y0）．‎ 设线段AB中点为M，则M（‎-8‎k‎2‎‎1+4‎k‎2‎，‎2k‎1+4‎k‎2‎）．以下分两种情况，利用中垂线方程及其数量积运算性质即可得出．‎ 解：（1）由题意可得：ca‎=‎‎3‎‎2‎，a+c＝2‎+‎‎3‎，b2＝a2﹣c2．‎ 联立解得：a＝2，c‎=‎‎3‎，b＝1．‎ ‎∴椭圆C的方程为：x‎2‎‎4‎‎+‎y2＝1．‎ ‎（2）由（1）可得：A（﹣2，0），设B（x1，y1），由题意直线l的斜率存在，设为k．‎ 则直线l的方程为：y＝k（x+2），联立方程y=k(x+2)‎x‎2‎‎+4y‎2‎=4‎，化为：（1+4k2）x2+16k2x+16k2﹣4＝0，‎ 由﹣2x1‎=‎‎16k‎2‎-4‎‎1+4‎k‎2‎，得：x1‎=‎‎2-8‎k‎2‎‎1+4‎k‎2‎，则y1‎=‎‎4k‎1+4‎k‎2‎．‎ 假设在y轴上存在点P，使得线段|PA|＝|PB|，且PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎4，‎ 由|PA|＝|PB|，得点P为线段AB的中垂线与y轴的交点，设P（0，y0）．‎ 设线段AB中点为M，则M（‎-8‎k‎2‎‎1+4‎k‎2‎，‎2k‎1+4‎k‎2‎）．‎ 以下分两种情况：当k＝0时，点B（2，0），此时AB的中垂线为y轴，‎ 于是PA‎→‎‎=‎（﹣2，﹣y0），PB‎→‎‎=‎（2，﹣y0），由PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎4，可得：y‎0‎‎2‎‎=‎8．解得y0‎=±2‎‎2‎．‎ 当k≠0时，线段AB的中垂线方程为：y‎-‎2k‎1+4‎k‎2‎=-‎‎1‎k（x‎+‎‎8‎k‎2‎‎1+4‎k‎2‎），令x＝0，解得y0‎=-‎‎6k‎1+4‎k‎2‎．‎ PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=-‎‎2x1﹣y0（y1﹣y0）‎=‎-2(2-8k‎2‎)‎‎1+4‎k‎2‎+‎‎6k‎1+4‎k‎2‎（‎4k‎1+4‎k‎2‎‎+‎‎6k‎1+4‎k‎2‎）＝4，化为：16k4+15k2﹣1＝0，‎ 解得：k＝±‎14‎‎7‎，∴y0＝±‎2‎‎14‎‎5‎．‎ 综上可得：y轴上存在点P，使得线段|PA|＝|PB|，且PA‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎4，点P的坐标为：（0，‎±2‎‎2‎），或（0，±‎2‎‎14‎‎5‎）．‎ ‎20．（16分）已知函数f（x）＝msin（1﹣x）+lnx．‎ ‎（1）当m＝1时，求函数f（x）在（0，1）的单调性；‎ ‎（2）当m＝0且a≥-‎‎1‎e时，g(x)=-af(x)+‎‎1‎x，求函数g（x）在（0，e]上的最小值；‎ ‎（3）当m＝0时，h(x)=f(x)+‎1‎‎2x-b有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．‎ ‎【分析】（1）将m＝1代入f（x）中，然后求导判断f（x）在（0，1）上的单调性；‎ ‎（2）由条件求出g（x）的解析式，然后求导判断g（x）在（0，e]上的单调性，再求出其最小值；‎ ‎（3）求出个零点x1，x2，得到x‎1‎‎+x‎2‎=‎t-‎‎1‎t‎2lnt，构造函数F(t)=t-‎1‎t-2lnt(0＜t＜1)‎，根据函数的单调性证明即可．‎ 解：（1）当m＝1时，f（x）＝sin（1﹣x）+lnx，则f'（x）＝﹣cos（1﹣x）‎+‎‎1‎x，‎ 当x∈（0，1），f'（x）在（0，1）上单调递减，∴f'（x）＞f（1）＝0，‎ ‎∴当x∈（0，1）时，f（x）在（0，1）上单调递增．‎ ‎（2）当m＝0时，g(x)=-alnx+‎‎1‎x（a≥-‎‎1‎e，0＜x≤e），‎ 则g′(x)=-ax-‎1‎x‎2‎=-‎ax+1‎x‎2‎，‎ ‎∵a≥-‎‎1‎e，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（0，e]上单调递减，‎ ‎∴g(x‎)‎min=g(e)=-a+‎‎1‎e．‎ ‎（3）当m＝0时，h(x)=lnx+‎1‎‎2x-b(x＞0)‎，‎ ‎∵x1，x2是函数h(x)=lnx+‎1‎‎2x-b的两个零点，‎ ‎∴lnx‎1‎+‎1‎‎2‎x‎1‎-b=0‎，lnx‎2‎+‎1‎‎2‎x‎2‎-b=0‎，．‎ 两式相减，可得lnx‎1‎x‎2‎=‎1‎‎2‎x‎2‎-‎‎1‎‎2‎x‎1‎，即lnx‎1‎x‎2‎=‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎2‎x‎2‎x‎1‎，‎ ‎∴x‎1‎x‎2‎‎=‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎2lnx‎1‎x‎2‎，∴x‎1‎‎=‎x‎1‎x‎2‎‎-1‎‎2lnx‎1‎x‎2‎，x‎2‎‎=‎‎1-‎x‎2‎x‎1‎‎2lnx‎1‎x‎2‎．‎ 令t=‎x‎1‎x‎2‎（0＜t＜1），则x‎1‎‎+x‎2‎=t-1‎‎2lnt+‎1-‎‎1‎t‎2lnt=‎t-‎‎1‎t‎2lnt．‎ 记F(t)=t-‎1‎t-2lnt(0＜t＜1)‎，则F′(t)=‎‎(t-1‎‎)‎‎2‎t‎2‎．‎ ‎∵0＜t＜1，∴F'（t）＞0恒成立，∴F（t）＜F（1），‎ 即t-‎1‎t-2lnt＜0‎．∴t-‎‎1‎t‎2lnt‎＞1‎，‎ 故x1+x2＞1．‎ ‎ ‎