2020年天津市部分区高考数学二模试卷
2020年天津市部分区高考数学二模试卷
一、选择题：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＝{−1, 0, 1}，B＝{−1, 2, 3}，C＝{x∈R|−1≤x<1}，则(A∪B)∩C＝（ ）
A.{−1} B.{−1, 0} C.{−1, 1} D.{−1, 0, 1}
2. 已知命题p:∃x∈R，x2+2x+3<0，则命题p的否定是（ ）
A.∃x∈R，x2+2x+3>0 B.∀x∈R，x2+2x+3≤0
C.∀x∈R，x2+2x+3≥0 D.∀x∈R，x2+2x+3>0
3. 已知i为虚数单位，若复数z=1+ai2−i(a∈R)的实部为−1，则|z|＝（ ）
A.13 B.2 C.53 D.10
4. 函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝2x+x+a（a为常数），则f(a)＝（ ）
A.12 B.32 C.−32 D.−2
5. 若sin(θ−π3)=32，θ∈(0, π)，则cos(θ−π6)=( )
A.0 B.12 C.1 D.32
6. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S10＝100，则a7＝（ ）
A.11 B.13 C.15 D.17
7. 已知a＝log30.3，b＝log0.32，c＝30.2，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.a>b>c B.b>c>a C.c>b>a D.c>a>b
8. 若函数f(x)＝cos(2x+φ)(0<φ<π)在区间[−π6,π6]上单调递减，且在区间(0,π6)上存在零点，则φ的取值范围是（ ）
A.(π6,π2] B.[2π3,5π6) C.(π2,2π3] D.[π3,π2)
9. 已知函数f(x)=x2+176x+1,−2≤x<0,lnx,0
0, b>0)的右焦点为F(5, 0)，且一条渐近线方程是y=43x，则该双曲线的方程是________．
若(x+ax)6的展开式中的常数项为−160，则实数a＝________．
已知点P(x, y)在直线x+2y−3＝0上，则2x+4y的最小值为________．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若2asinC−ccos(A−π4)=0，则cosA＝________．
如图，点O是长方体ABCD−A1B1C1D1的中心，E，F，G，H分别为其所在棱的中点，且BC＝BB1．记棱AB的长度为l，点O到平面BCC1B1的距离为l0，则l＝________．
在梯形ABCD中，AB // CD，∠DAB＝90∘，AB＝2，CD＝AD＝1，若点M在线段BD上，则AM→⋅CM→的最小值为________．
三、解答题：本大题共5个小题，共75分；解答应写出必要的文字说明、推证过程或演算步骤.
天津市某中学为全面贯彻“五育并举，立德树人”的教育方针，促进学生各科平衡发展，提升学生综合素养．该校教务处要求各班针对薄弱学科生成立特色学科“兴趣学习小组”（每位学生只能参加一个小组），以便课间学生进行相互帮扶．已知该校某班语文、数学、英语三个兴趣小组学生人数分别为10人、10人、15
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人．经过一段时间的学习，上学期期中考试中，他们的成绩有了明显进步．现采用分层抽样的方法从该班的语文，数学，英语三个兴趣小组中抽取7人，对期中考试这三科成绩及格情况进行调查．
（1）应从语文，数学，英语三个兴趣小组中分别抽取多少人？
（2）若抽取的7人中恰好有5人三科成绩全部及格，其余2人三科成绩不全及格．现从这7人中随机抽取4人做进一步的调查．
(ⅰ)记X表示随机抽取4人中，语文，数学，英语三科成绩全及格的人数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(ⅱ)设M为事件“抽取的4人中，有人成绩不全及格”，求事件M发生的概率．
已知各项均为正数的数列{an}，满足2Sn＝3(an−1)(n∈N*)．
（1）求证：{an}为等比数列，并写出其通项公式；
（2）设bn＝(2n−1)an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
如图，四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是直角梯形，PC⊥底面ABCD，AB // CD，∠BAD＝90∘，AD＝CD＝1，∠ABC＝45∘，E为PB的中点．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为33，求二面角P−AC−E的余弦值．
已知F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，其焦距为6，过F1的直线与C交于A，B两点，且△ABF2的周长是122．
（1）求C的方程；
（2）若M(x0, y0)是C上的动点，从点O（O是坐标系原点）向圆(x−x0)2+(y−y0)2＝6作两条切线，分别交C于P，Q两点．已知直线OP，OQ的斜率存在，并分别记为k1，k2．
(ⅰ)求证：k1k2为定值；
(ⅱ)试问|OP|2+|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
已知函数f(x)＝ex(sinx−cosx+4)，函数g(x)＝2x−cosx，其中e＝2.71828…是自然对数的底数．
（1）求曲线y＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程；
（2）设函数h(x)＝f(x)−ag(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性；
（3）若对任意x∈[0,5π12]，恒有关于x的不等式cosx−x+mex≤0成立，求实数m的取值范围．
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参考答案与试题解析
2020年天津市部分区高考数学二模试卷
一、选择题：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.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
进行交集和并集的运算即可．
【解答】
A＝{−1, 0, 1}，B＝{−1, 2, 3}，C＝{x∈R|−1≤x<1}，
∴ A∪B＝{−1, 0, 1, 2, 3}，(A∪B)∩C＝{−1, 0}．
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
直接根据命题的特点，求出结论即可．
【解答】
因为命题p:∃x∈R，x2+2x+3<0，
是特称命题，
故命题p的否定是：∀x∈R，x2+2x+3≥0；
3.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部等于−1求得a，进一步求得z，再由复数模的计算公式求解．
【解答】
∵ z=1+ai2−i=(1+ai)(2+i)(2−i)(2+i)=2−a5+2a+15i的实部为−1，
∴ 2−a5=−1，即a＝7．
∴ z＝−1+3i，
则|z|=(−1)2+32=10．
4.
【答案】
D
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
根据题意，由奇函数的性质可得f(0)＝1+a＝0，进而求得当x<0时函数的解析式，进而可得f(a)的值
【解答】
根据题意，函数f(x)为定义在R上的奇函数，且x≥0时f(x)＝2x+x+a，
则f(0)＝1+a＝0，解得a＝−1，
则当x≥0时f(x)＝2x+x−1，
令x<0，则−x>0，即有f(−x)＝2−x−x+a＝−f(x)，
所以当x<0时，f(x)＝−2−x+x+1
故f(a)＝f(−1)＝−21−1+1＝−2，
5.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
由角的范围和sin(θ−π3)=32，可求出θ=2π3，进而可求余弦值．
【解答】
∵ θ∈(0, π)，∴ θ−π3∈(−π3, 2π3)，
又sin(θ−π3)=32，则θ−π3=π3，即θ=2π3，
则cos(θ−π6)=cos(2π3−π6)＝0，
6.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
利用等差数列的通项公式求和公式即可得出．
【解答】
设等差数列{an}的公差为d，∵ S3＝9，S10＝100，
∴ 3a1+3d＝9，10a1+45d＝100，
联立解得：a1＝1，d＝2，
则a7＝1+6×2＝13．
7.
【答案】
C
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
由a＝log30.3，b＝log0.32，可得a，b都小于0，再与−1比较大小即可得出关系，c大于0．
【解答】
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∵ a＝log30.3b＝log0.32>log0.310.3=−1，
c＝30.2>0，
∴ c>b>a．
8.
【答案】
D
【考点】
余弦函数的单调性
【解析】
利用余弦函数的单调性和零点，求得φ的取值范围．
【解答】
由2kπ≤2x+φ≤2kπ+π，k∈Z，
得kπ−φ2≤x≤kπ−φ2+π2，k∈Z，
即函数的单调递减区间为[kπ−φ2, kπ+π2−φ2]，k∈Z，
∵ f(x)在区间[−π6, π6]单调递减，
∴ kπ−φ2≤−π6且kπ+π2−φ2≥π6，
即φ2≥kπ+π6φ2≤kπ+π3 ，得kπ+π6≤φ2≤kπ+π3，k∈Z，
即2kπ+π3≤φ≤2kπ+2π3，k∈Z，
∵ 0<φ<π，
∴ 当k＝0时，π3≤φ≤2π3，
∵ 由2x+φ＝kπ+π2得x=kπ2−φ2+π4，
∵ f(x)在区间(0,π6)有零点，
∴ 满足00；
当直线y＝kx经过点B时，k=232=13，此时y=13x与函数f(x)图象有3个交点，满足；
当y＝kx为y＝lnx的切线时，设切点(x0, lnx0)，
则k=1x0，故有lnx0=1x0⋅x0＝1，解得x0＝e，即有切点为A(e, 1)，
此时g(x)=1ex与f(x)有3个交点，满足题意；
综上：当k∈[13, 1e]，
二、填空题：本大题共6小题，共30分；答题直接填写结果，不必写计算或推证过程.
【答案】
x29−y216=1
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由题可知，c＝5，ba=43，再结合c2＝a2+b2，解得a2＝9，b2＝16，于是求得双曲线的方程．
【解答】
∵ 双曲线的右焦点为F(5, 0)，∴ c＝5，
又有一条渐近线方程是y=43x，∴ ba=43，
∵ c2＝a2+b2，∴ 25=a2+(43a)2，解得a2＝9，b2＝16，
∴ 双曲线的标准方程为x29−y216=1．
【答案】
−2
【考点】
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二项式定理及相关概念
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数项等于−160求得实数a的值．
【解答】
∵ (x+ax)6的展开式中的通项公式为 Tr+1=C6r⋅ar⋅x6−2r，
令6−2r＝0，求得r＝3，可得的常数项为 C63⋅a3＝−160，则实数a＝−2，
【答案】
42
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知直接利用基本不等式即可求解．
【解答】
由题意可得，x+2y＝3，
则2x+4y≥22x⋅4y=22x+2y=42，
当且仅当x＝2y且x+2y＝3即y=34，x=32时取等号，
【答案】
22
【考点】
正弦定理
【解析】
利用两角差的余弦函数公式，正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tanA，进而可求cosA的值．
【解答】
∵ 2asinC−ccos(A−π4)=0，
∴ 2asinC＝c(22cosA+sinA22)，即asinC=12(ccosA+csinA)，
∴ 由正弦定理可得：sinAsinC=12(sinCcosA+sinCsinA)，
∵ sinC≠0，可得sinA＝cosA，即tanA＝1，
∴ cosA=11+tan2A=11+1=22．
【答案】
2l0；若该长方体的体积为120，则四棱锥O−EFGH的体积为10
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由点O是长方体ABCD−A1B1C1D1的中心，得O为AC1的中点，在平面ABC1 内，过O作OM⊥BC1，证明OM⊥平面BCC1B1，可得OM // AB，且OM=12AB，得到l＝2l0；设BC＝BB1＝a，则V=a2l=120，再把四棱锥O−EFGH的体积用含有a与l的代数式表示，即可求得四棱锥O−EFGH的体积．
【解答】
如图，∵ 点O是长方体ABCD−A1B1C1D1的中心，
∴ O为AC1的中点，
∵ AB⊥平面BCC1B1，∴ 平面ABC1⊥平面BCC1B1，
在平面ABC1 内，过O作OM⊥BC1 则OM⊥平面BCC1B1，
则OM // AB，且OM=12AB，
又棱AB的长度为l，点O到平面BCC1B1的距离为l0，
∴ l＝2l0；
设BC＝BB1＝a，则V=a2l=120，
∵ BE＝BH=12a，∴ EH=(12a)2+(12a)2=22a，
即正方形EFGH的边长为22a，则面积为12a2，
则VO−EFGH=13×12a2×12l=112a2l=10．
【答案】
−920
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
以AB→,AD→为基底，并且设DM→=λDB→，0≤λ≤1，然后用基底将AM→⋅CM→表示出来，最终把问题转化为关于λ的函数，求其最小值即可．
【解答】
因为在梯形ABCD中，AB // CD，∠DAB＝90∘，AB＝2，CD＝AD＝1，
∴ DB→=AB→−AD→，令DM→=λDB→=λ(AB→−AD→)，0≤λ≤1，
∴ AM→=AD→+DM→=λAB→+(1−λ)AD→，
CM→=DM→−DC→=λ(AB→−AD→)−12AB→=(λ−12)AB→−λAD→．
∴ AM→⋅CM→=λ(λ−12)AB→2+λ(λ−1)AD→2+(−2λ2+32λ−12)AB→⋅AD→．
∵ AB→2=4,AD→2=1，AB→⋅AD→=0．代入上式得：
AM→⋅CM→=5λ2−3λ=5(λ−310)2−920，
所以，当λ=310时，AM→⋅CM→的最小值为−920．
三、解答题：本大题共5个小题，共75分；解答应写出必要的文字说明、推证过程或演算步骤.
【答案】
依题意，知语文、数学、英语三个兴趣小组的人数之比为2:2:3，
因此，采用分层抽样方法从中抽取7人，应从语文、数学、英语三个兴趣小组中分别
抽取2
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人、2人、3人． …………………………………………………………
(ⅰ)依题意，得随机变量X的所有可能取值为2，3，4．……………
所以，P(X=k)=C5k⋅C24−kC74(k=2,3,4)．………………………………………
因此，所求随机变量X的分布列为
X
2
3
4
P
1035
2035
535
……………………………………………
故随机变量X的数学期望为E(X)=2×1035+3×2035+4×535=207． …………………………………
(ⅱ)依题意，设事件B为“抽取的4人中，三科成绩全及格的有2人，三科成绩不全及格的有2人”；事件C为“抽取的4人中，三科成绩全及格的有3人，三科成绩不全及格的有1人”．
则有M＝B∪C，且B与C互斥．
由①知，P(B)＝P(X＝2)，P(C)＝P(X＝3)，
所以P(M)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=3)=67．……………………
故事件M发生的概率为67． …………………………………………………
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）依题意，知语文、数学、英语三个兴趣小组的人数之比为2:2:3，采用分层抽样方法从中抽取7人，即可得出结论．
(2)(ⅰ)依题意，得随机变量X的所有可能取值为2，3，4，利用超几何分布列计算公式P(X=k)=C5k⋅C24−kC74(k=2,3,4)，即可得出分布列，进而得出数学期望(ⅱ)依题意，设事件B为“抽取的4人中，三科成绩全及格的有2人，三科成绩不全及格的有2人”；事件C为“抽取的4人中，三科成绩全及格的有3人，三科成绩不全及格的有1人”，可得 M＝B∪C，且B与C互斥．由①知，P(B)＝P(X＝2)，P(C)＝P(X＝3)，即可得出P(M)＝P(B∪C)．
【解答】
依题意，知语文、数学、英语三个兴趣小组的人数之比为2:2:3，
因此，采用分层抽样方法从中抽取7人，应从语文、数学、英语三个兴趣小组中分别
抽取2人、2人、3人． …………………………………………………………
(ⅰ)依题意，得随机变量X的所有可能取值为2，3，4．……………
所以，P(X=k)=C5k⋅C24−kC74(k=2,3,4)．………………………………………
因此，所求随机变量X的分布列为
X
2
3
4
P
1035
2035
535
……………………………………………
故随机变量X的数学期望为E(X)=2×1035+3×2035+4×535=207． …………………………………
(ⅱ)依题意，设事件B为“抽取的4人中，三科成绩全及格的有2人，三科成绩不全及格的有2人”；事件C为“抽取的4人中，三科成绩全及格的有3人，三科成绩不全及格的有1人”．
则有M＝B∪C，且B与C互斥．
由①知，P(B)＝P(X＝2)，P(C)＝P(X＝3)，
所以P(M)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=3)=67．……………………
故事件M发生的概率为67． …………………………………………………
【答案】
证明：因为2Sn＝3(an−1)(n∈N*)①，所以，当n≥2时，有2Sn−1＝3(an−1−1)②，
由①-②得2(Sn−Sn−1)＝3(an−an−1)，即2an＝3an−3an−1，
所以anan−1=3(n∈N*, n≥2)，所以数列{an}是公比为2的等比数列．
又由①得2S1＝3(a1−1)，解得：a1＝3．所以an=a1qn−1=3×3n−1=3n；
由题意及（1）得bn=(2n−1)an=(2n−1)3n，
所以Tn=1×31+3×32+⋯+(2n−1)⋅3n③，
所以3Tn=1×32+3×33+⋯+(2n−3)⋅3n+(2n−1)⋅3n+1④，
由③-④，得−2Tn=1×31+2×32+2×33+⋯+2×3n−(2n−1)⋅3n+1
＝−31+2(31+32+33+...+3n)−(2n−1)⋅3n+1=−3+2×3(3n−1)3−1−(2n−1)⋅3n+1=−6−2(n−1)3n+1，
故Tn=3+(n−1)3n+1．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）由2Sn＝3(an−1)⇒2Sn−1＝3(an−1−1)，两式相减整理得所以anan−1=3，从而证明其为等比数列，进而可求其通项公式；
（2）由（1）求得bn，再利用错位相减法求其和即可．
【解答】
证明：因为2Sn＝3(an−1)(n∈N*)①，所以，当n≥2时，有2Sn−1＝3(an−1−1)②，
由①-②得2(Sn−Sn−1)＝3(an−an−1)，即2an＝3an−3an−1，
所以anan−1=3(n∈N*, n≥2)，所以数列{an}是公比为2的等比数列．
又由①得2S1＝3(a1−1)，解得：a1＝3．所以an=a1qn−1=3×3n−1=3n；
由题意及（1）得bn=(2n−1)an=(2n−1)3n，
所以Tn=1×31+3×32+⋯+(2n−1)⋅3n③，
所以3Tn=1×32+3×33+⋯+(2n−3)⋅3n+(2n−1)⋅3n+1④，
由③-④，得−2Tn=1×31+2×32+2×33+⋯+2×3n−(2n−1)⋅3n+1
＝−31+2(31+32+33+...+3n)−(2n−1)⋅3n+1=−3+2×3(3n−1)3−1−(2n−1)⋅3n+1=−6−2(n−1)3n+1，
故Tn=3+(n−1)3n+1．
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【答案】
证明：因为AB // CD，∠BAD＝90∘，所以∠ADC＝90∘．
又因为AD＝CD＝1，所以△ACD是等腰直角三角形，所以AC=2，∠CAD＝45∘．
又因为∠BAD＝90∘，∠ABC＝45∘，所以∠ACB＝90∘，即AC⊥BC．
因为PC⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PC⊥BC．
又PC∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC．
在Rt△ABC中，∠ABC＝45∘，AC=2，所以BC=2．
由（1）知，BC⊥平面PAC，
所以∠BPC是直线PB与平面PAC所成的角，则sin∠BPC=33．
在Rt△PBC中，PB=BCsin∠BPC=233=6，所以PC=PB2−BC2=2．
【方法一】以点C为原点，分别以AC→,CB→,CP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C−xyz．
则C(0,0,0),P(0,0,2),A(−2,0,0),B(0,2,0)．
因为E为PB的中点，所以E(0,22,1)，所以CA→=(−2,0,0),CE→=(0,22,1)．
设平面ACE法向量为m→=(x,y,z)，
则CA→⋅m→=0,CE→⋅m→=0, 即−2x=0,22y+z=0. 令y＝2，得x=0,z=−2．所以m→=(0,2,−2)．
由BC⊥平面PAC，则n→=(0,1,0)为平面PAC的一个法向量．
所以cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=26×1=63．
故所求二面角P−AC−E的余弦值为63．
【方法二】以点C为原点，分别以CB→,CA→,CP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C−xyz．
则C(0,0,0),P(0,0,2),A(0,2,0),B(2,0,0)．
因为E为PB的中点，所以E(22,0,1)，
所以CA→=(0,2,0),CE→=(22,0,1)．
设平面ACE法向量为m→=(x,y,z)，
则CA→⋅m→=0,CE→⋅m→=0, 即2y=0,22x+z=0. 令x＝2，得y=0,z=−2．所以m→=(2,0,−2)．
由BC⊥平面PAC，则n→=(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．
所以cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=26×1=63．
故所求二面角P−AC−E的余弦值为63．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）推导出∠ADC＝90∘．AC⊥BC． PC⊥BC．由此能证明BC⊥平面PAC．
（2）法一：以点C为原点，分别以AC→,CB→,CP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C−xyz． 由此利用向量法能求出二面角P−AC−E的余弦值．
法二：以点C为原点，分别以CB→,CA→,CP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C−xyz． 由此利用向量法能求出二面角P−AC−E的余弦值．
【解答】
证明：因为AB // CD，∠BAD＝90∘，所以∠ADC＝90∘．
又因为AD＝CD＝1，所以△ACD是等腰直角三角形，所以AC=2，∠CAD＝45∘．
又因为∠BAD＝90∘，∠ABC＝45∘，所以∠ACB＝90∘，即AC⊥BC．
因为PC⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PC⊥BC．
又PC∩AC＝C，所以BC⊥平面PAC．
在Rt△ABC中，∠ABC＝45∘，AC=2，所以BC=2．
由（1）知，BC⊥平面PAC，
所以∠BPC是直线PB与平面PAC所成的角，则sin∠BPC=33．
在Rt△PBC中，PB=BCsin∠BPC=233=6，所以PC=PB2−BC2=2．
【方法一】以点C为原点，分别以AC→,CB→,CP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C−xyz．
则C(0,0,0),P(0,0,2),A(−2,0,0),B(0,2,0)．
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因为E为PB的中点，所以E(0,22,1)，所以CA→=(−2,0,0),CE→=(0,22,1)．
设平面ACE法向量为m→=(x,y,z)，
则CA→⋅m→=0,CE→⋅m→=0, 即−2x=0,22y+z=0. 令y＝2，得x=0,z=−2．所以m→=(0,2,−2)．
由BC⊥平面PAC，则n→=(0,1,0)为平面PAC的一个法向量．
所以cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=26×1=63．
故所求二面角P−AC−E的余弦值为63．
【方法二】以点C为原点，分别以CB→,CA→,CP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系C−xyz．
则C(0,0,0),P(0,0,2),A(0,2,0),B(2,0,0)．
因为E为PB的中点，所以E(22,0,1)，
所以CA→=(0,2,0),CE→=(22,0,1)．
设平面ACE法向量为m→=(x,y,z)，
则CA→⋅m→=0,CE→⋅m→=0, 即2y=0,22x+z=0. 令x＝2，得y=0,z=−2．所以m→=(2,0,−2)．
由BC⊥平面PAC，则n→=(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．
所以cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=26×1=63．
故所求二面角P−AC−E的余弦值为63．
【答案】
设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2c(c>0)，
则2c＝6，所以c＝3．
因为直线AB过C的焦点F1，且△ABF2的周长是122，
所以|AB|+(|AF|2+|BF2|)=(|AF1|+|BF1|)+(|AF2|+|BF2|)=4a=122，
所以a=32．
所以b2＝a2−c2＝18−9＝9．
所以，椭圆C的方程是x218+y29=1．
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(ⅰ)证明：由题意得，直线OP:y＝k1x，直线OQ:y＝k2x．
因为直线OP，OQ与圆M相切，
所以|k1x0−y0|1+k12=6，化简，得(x02−6)k12−2x0y0k1+y02−6=0；
同理，得(x02−6)k22−2x0y0k2+y02−6=0．
所以k1，k2是一元二次方程(x02−6)k2−2x0y0k+y02−6=0的两实数根，
则有k1⋅k2=y02−6x02−6．
又因为点M(x0, y0)在C上，所以x0218+y029=1，即y02=9−12x02，
所以k1k2=3−12x02x02−6=12(6−x02)x02−6=−12（定值）．
(ⅱ)|OP|2+|OQ|2是定值，且定值为27．
理由如下：
（方法一）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．
由（1）、（2）联立方程组y=k1x,x218+y29=1, 解得x12=181+2k12,y12=18k121+2k12.
所以x12+y12=18(1+k12)1+2k12．
同理，得x22+y22=18(1+k22)1+2k22．
由（2）知k1k2=−12，
所以|OP|2+|OQ|2=x12+y12+x22+y22=18(1+k12)1+2k12+18(1+k22)1+2k22=18(1+k12)1+2k12+18(1+(−12k1)2)1+2(−12k1)2=27+54k121+2k12=27，
所以|OP|2+|OQ|2＝27（定值）．
（方法二）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
由（2）知k1k2=−12，所以y12y22=14x12x22．
因为P(x1, y1)，Q(x2, y2)在C上，
所以x1218+y129=1,x2218+y229=1, ，即 y12=9−12x12,y22=9−12x22.
所以(9−12x12)(9−12x22)=14x12x22，整理得x12+x22=18，
所以y12+y22=(9−12x12)+(9−12x22)=9．
故有|OP|2+|OQ|2＝27（定值）．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）根据题意可得2c＝6． |AB|+(|AF|2+|BF2|)=(|AF1|+|BF1|)+(|AF2|+|BF2|)=4a=122，解得a，b，进而得椭圆C的方程．
(2)(ⅰ)由题意得，直线OP:y＝k1x，直线OQ:y＝k2x．因为直线OP，OQ与圆M相切，得(x02−6)k12−2x0y0k1+y02−6=0；同理，得(x02−6)k22−2x0y0k2+y02−6=0．
k1，k2是一元二次方程(x02−6)k2−2x0y0k+y02−6=0的两实数根，k1⋅k2=y02−6x02−6．又因为点M(x0, y0)在C上，所以y02=9−12x02，进而k1k2=3−12x02x02−6=12(6−x02)x02−6=−12（定值）．
(ⅱ)（方法一）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．联立方程组y=k1x,x218+y29=1, 解得P点的坐标，进而得x12+y12=18(1+k12)1+2k12． 同理，得x22+y22=18(1+k22)1+2k22，由（2）知k1k2=−12，所以|OP|2+|OQ|2=x12+y12+x22+y22，化简可得出结论．
（方法二设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，由（2）知k1k2=−12，所以y12y22=14x12x22． 因为P(x1, y1)，Q(x2, y2)在C上，所以x1218+y129=1,x2218+y229=1, ，即 y12=9−12x12,y22=9−12x22. 两式相乘，化简，再代入|OP|2+|OQ|2化简即可得出结论．
【解答】
设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2c(c>0)，
则2c＝6，所以c＝3．
因为直线AB过C的焦点F1，且△ABF2的周长是122，
所以|AB|+(|AF|2+|BF2|)=(|AF1|+|BF1|)+(|AF2|+|BF2|)=4a=122，
所以a=32．
所以b2＝a2−c2＝18−9＝9．
所以，椭圆C的方程是x218+y29=1．
(ⅰ)证明：由题意得，直线OP:y＝k1x，直线OQ:y＝k2x．
因为直线OP，OQ与圆M相切，
所以|k1x0−y0|1+k12=6，化简，得(x02−6)k12−2x0y0k1+y02−6=0；
同理，得(x02−6)k22−2x0y0k2+y02−6=0．
所以k1，k2是一元二次方程(x02−6)k2−2x0y0k+y02−6=0的两实数根，
则有k1⋅k2=y02−6x02−6．
又因为点M(x0, y0)在C上，所以x0218+y029=1，即y02=9−12x02，
所以k1k2=3−12x02x02−6=12(6−x02)x02−6=−12（定值）．
(ⅱ)|OP|2+|OQ|2是定值，且定值为27．
理由如下：
（方法一）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)．
由（1）、（2）联立方程组y=k1x,x218+y29=1, 解得x12=181+2k12,y12=18k121+2k12.
所以x12+y12=18(1+k12)1+2k12．
同理，得x22+y22=18(1+k22)1+2k22．
由（2）知k1k2=−12，
所以|OP|2+|OQ|2=x12+y12+x22+y22=18(1+k12)1+2k12+18(1+k22)1+2k22=18(1+k12)1+2k12+18(1+(−12k1)2)1+2(−12k1)2=27+54k121+2k12=27，
所以|OP|2+|OQ|2＝27（定值）．
（方法二）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
由（2）知k1k2=−12，所以y12y22=14x12x22．
因为P(x1, y1)，Q(x2, y2)在C上，
所以x1218+y129=1,x2218+y229=1, ，即 y12=9−12x12,y22=9−12x22.
所以(9−12x12)(9−12x22)=14x12x22，整理得x12+x22=18，
所以y12+y22=(9−12x12)+(9−12x22)=9．
故有|OP|2+|OQ|2＝27（定值）．
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【答案】
由题意，得f′(x)＝ex(sinx−cosx+4)+ex(cosx+sinx)＝ex(2sinx+4)，
所以f′(0)＝4．
因为f(0)＝3，所以y−3＝4(x−0)，
即所求曲线y＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为4x−y+3＝0．
易知，函数h(x)的定义域为R，g′(x)＝2+sinx，
且有h′(x)＝f′(x)−ag′(x)＝ex(2sinx+4)−a(sinx+2)＝(2ex−a)(sinx+2)．
由于sinx+2>0在x∈R上恒成立，所以
①当a≤0时，2ex−a>0在x∈R上恒成立，此时h′(x)>0，
所以，h(x)在区间(−∞, +∞)上单调递增．
②当a>0时，由h′(x)>0，即2ex−a>0，解得x>lna2；
由h′(x)<0，即2ex−a<0，解得x0时，判断导函数的符号，得到函数的单调性即可．
（3）设φ(x)＝excosx−x−m(x∈[0,5π12])．转化为对x∈[0,5π12]时，不等式cosx−x+mex≤0恒成立，只需φ(x)max≤0．利用函数的导数，构造函数，二次导函数，判断函数的单调性，求解函数的最值，然后推出结果．
【解答】
由题意，得f′(x)＝ex(sinx−cosx+4)+ex(cosx+sinx)＝ex(2sinx+4)，
所以f′(0)＝4．
因为f(0)＝3，所以y−3＝4(x−0)，
即所求曲线y＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为4x−y+3＝0．
易知，函数h(x)的定义域为R，g′(x)＝2+sinx，
且有h′(x)＝f′(x)−ag′(x)＝ex(2sinx+4)−a(sinx+2)＝(2ex−a)(sinx+2)．
由于sinx+2>0在x∈R上恒成立，所以
①当a≤0时，2ex−a>0在x∈R上恒成立，此时h′(x)>0，
所以，h(x)在区间(−∞, +∞)上单调递增．
②当a>0时，由h′(x)>0，即2ex−a>0，解得x>lna2；
由h′(x)<0，即2ex−a<0，解得x
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