2014年浙江省高考数学试卷（文科）

2014年浙江省高考数学试卷（文科）

‎2014年浙江省高考数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，满分50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．（5分）设集合S={x|x≥2}，T={x|x≤5}，则S∩T=（　　）‎ A．（﹣∞，5] B．[2，+∞） C．（2，5） D．[2，5]‎ ‎2．（5分）设四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎3．（5分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（　　）‎ A．72cm3 B．90cm3 C．108cm3 D．138cm3‎ ‎4．（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（　　）‎ A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 ‎5．（5分）已知圆x2+y2+2x﹣2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4，则实数a的值是（　　）‎ A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣8‎ ‎6．（5分）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）‎ A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α ‎7．（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c．且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤‎ ‎3，则（　　）‎ A．c≤3 B．3＜c≤6 C．6＜c≤9 D．c＞9‎ ‎8．（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=xa（x＞0），g（x）=logax的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（5分）设θ为两个非零向量，的夹角，已知对任意实数t，|+t|的最小值为1．（　　）‎ A．若θ确定，则||唯一确定 B．若θ确定，则||唯一确定 C．若||确定，则θ唯一确定 D．若||确定，则θ唯一确定 ‎10．（5分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角）．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，满分28分）‎ ‎11．（4分）已知i是虚数单位，计算=　 　．‎ ‎12．（4分）若实数x，y满足，则x+y的取值范围是　 　．‎ ‎13．（4分）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是　 　．‎ ‎14．（4分）在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖．甲、乙两人各抽取1张，两人都中奖的概率是　 　．‎ ‎15．（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））=2，则a=　 　．‎ ‎16．（4分）已知实数a，b，c满足a+b+c=0，a2+b2+c2=1，则a的最大值是　 　．‎ ‎17．（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，满分72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）‎ ‎18．（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知4sin2‎ ‎+4sinAsinB=2+．‎ ‎（Ⅰ）求角C的大小；‎ ‎（Ⅱ）已知b=4，△ABC的面积为6，求边长c的值．‎ ‎19．（14分）已知等差数列{an}的公差d＞0，设{an}的前n项和为Sn，a1=1，S2•S3=36．‎ ‎（Ⅰ）求d及Sn；‎ ‎（Ⅱ）求m，k（m，k∈N*）的值，使得am+am+1+am+2+…+am+k=65．‎ ‎20．（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．‎ ‎（Ⅰ）证明：AC⊥平面BCDE；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．‎ ‎21．（15分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a＞0），若f（x）在[﹣1，1]上的最小值记为g（a）．‎ ‎（Ⅰ）求g（a）；‎ ‎（Ⅱ）证明：当x∈[﹣1，1]时，恒有f（x）≤g（a）+4．‎ ‎22．（14分）已知△ABP的三个顶点在抛物线C：x2=4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，=3，‎ ‎（Ⅰ）若|PF|=3，求点M的坐标；‎ ‎（Ⅱ）求△ABP面积的最大值．‎ ‎　‎ ‎2014年浙江省高考数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，满分50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．（5分）设集合S={x|x≥2}，T={x|x≤5}，则S∩T=（　　）‎ A．（﹣∞，5] B．[2，+∞） C．（2，5） D．[2，5]‎ ‎【分析】根据集合的基本运算即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵集合S={x|x≥2，T={x|x≤5}，‎ ‎∴S∩T={x|2≤x≤5}，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）设四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】利用菱形的特征以及对角线的关系，判断“四边形ABCD为菱形”与“AC⊥BD”的推出关系，即可得到结果．‎ ‎【解答】解：四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”那么菱形的对角线垂直，即“四边形ABCD为菱形”⇒“AC⊥BD”，‎ 但是“AC⊥BD”推不出“四边形ABCD为菱形”，例如对角线垂直的等腰梯形，或菱形四边形；‎ 所以四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的充分不必要条件．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查充要条件的判断与应用，基本知识的考查．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（　　）‎ A．72cm3 B．90cm3 C．108cm3 D．138cm3‎ ‎【分析】利用三视图判断几何体的形状，利用三视图的数据求出几何体的体积即可．‎ ‎【解答】解：由三视图可知：原几何体是由长方体与一个三棱柱组成，长方体的长宽高分别是：6，4，3；三棱柱的底面直角三角形的直角边长是4，3；高是3；‎ 其几何体的体积为：V=3×=90（cm3）．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查三视图还原几何体，几何体的体积的求法，容易题．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数y=cos3x的图象（　　）‎ A．向左平移个单位 B．向右平移个单位 C．向左平移个单位 D．向右平移个单位 ‎【分析】利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可．‎ ‎【解答】解：函数y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x=的图象向右平移个单位，得到y==的图象．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查 ‎　‎ ‎5．（5分）已知圆x2+y2+2x﹣2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4，则实数a的值是（　　）‎ A．﹣2 B．﹣4 C．﹣6 D．﹣8‎ ‎【分析】把圆的方程化为标准形式，求出弦心距，再由条件根据弦长公式求得a的值．‎ ‎【解答】解：圆x2+y2+2x﹣2y+a=0 即 （x+1）2+（y﹣1）2=2﹣a，‎ 故弦心距d==．‎ 再由弦长公式可得 2﹣a=2+4，∴a=﹣4，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）设m、n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则（　　）‎ A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α ‎【分析】根据空间线线，线面，面面之间的位置关系分别进行判定即可得到结论．‎ ‎【解答】解：A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，故A错误．‎ B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，故B错误．‎ C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确．‎ D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查空间直线，平面之间的位置关系的判定，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c．且0＜f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）≤3，则（　　）‎ A．c≤3 B．3＜c≤6 C．6＜c≤9 D．c＞9‎ ‎【分析】由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3，即可求出c的范围．‎ ‎【解答】解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）‎ 得，‎ 解得，‎ 则f（x）=x3+6x2+11x+c，‎ 由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，‎ 即6＜c≤9，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）在同一直角坐标系中，函数f（x）=xa（x＞0），g（x）=logax的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象，比照后可得答案．‎ ‎【解答】解：当0＜a＜1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：‎ 此时答案D满足要求，‎ 当a＞1时，函数f（x）=xa（x≥0），g（x）=logax的图象为：‎ 无满足要求的答案，‎ 综上：故选D，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）设θ为两个非零向量，的夹角，已知对任意实数t，|+t|的最小值为1．（　　）‎ A．若θ确定，则||唯一确定 B．若θ确定，则||唯一确定 C．若||确定，则θ唯一确定 D．若||确定，则θ唯一确定 ‎【分析】由题意可得（+t）2=+2t+，令g（t）=+2t+，由二次函数可知当t=﹣=﹣cosθ时，g（t）取最小值1．变形可得sin2θ=1，综合选项可得结论．‎ ‎【解答】解：由题意可得（+t）2=+2t+‎ 令g（t）=+2t+‎ 可得△=4﹣4=4cos2θ﹣4≤0‎ 由二次函数的性质可知g（t）≥0恒成立 ‎∴当t=﹣=﹣cosθ时，g（t）取最小值1．‎ 即g（﹣cosθ）=﹣+=sin2θ=1‎ 故当θ唯一确定时，||唯一确定，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查平面向量数量积的运算，涉及二次函数的最值，属中档题．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角）．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】在直角三角形ABC中，由AB与AC的长，利用勾股定理求出BC的长，过P作PP′⊥BC，交BC于点P′，连接AP′，利用锐角三角函数定义表示出tanθ=，设BP′=m，则CP′=20﹣m，利用锐角三角函数定义表示出PP′，利用勾股定理表示出AP′，表示出tanθ，即可确定出tanθ的值．‎ ‎【解答】解：∵AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，‎ ‎∴BC=20cm，‎ 过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，‎ 设BP′=x，则CP′=20﹣x，‎ 由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），‎ 在直角△ABP′中，AP′=，‎ ‎∴tanθ=•，‎ 令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，‎ ‎∴x=0时，取得最大值为=，‎ 若P′在CB的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），‎ 在直角△ABP′中，AP′=，‎ ‎∴tanθ=•，‎ 令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，‎ 则tanθ的最大值是．‎ ‎【点评】此题考查了正弦定理，锐角三角函数定义，以及解三角形的实际应用，弄清题意是解本题的关键．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，满分28分）‎ ‎11．（4分）已知i是虚数单位，计算=　﹣﹣i　．‎ ‎【分析】由条件利用两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，计算求得结果．‎ ‎【解答】解：===﹣﹣i，‎ 故答案为：﹣﹣i．‎ ‎【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎12．（4分）若实数x，y满足，则x+y的取值范围是　[1，3]　．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，求目标函数z=x+y的最小值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分ABC）．‎ 设z=x+y得y=﹣x+z，平移直线y=﹣x+z，‎ 由图象可知当直线y=﹣x+z经过点A（1，0）时，‎ 直线y=﹣x+z的截距最小，此时z最小，为z=1+0=1，‎ 当直线y=﹣x+z经过点B）时，‎ 直线y=﹣x+z的截距最大，此时z最大，‎ 由，‎ 解得，即B（2，1）代入目标函数z=x+y得z=1+2=3．‎ 故1≤z≤3‎ 故答案为：[1，3]‎ ‎【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．‎ ‎　‎ ‎13．（4分）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是　6　．‎ ‎【分析】根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i的值．‎ ‎【解答】解：由程序框图知：第一次循环S=1，i=2；‎ 第二次循环S=2×1+2=4，i=3；‎ 第三次循环S=2×4+3=11，i=4；‎ 第四次循环S=2×11+4=26，i=5；‎ 第五次循环S=2×26+5=57，i=6，‎ 满足条件S＞50，跳出循环体，输出i=6．‎ 故答案为：6．‎ ‎【点评】本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖．甲、乙两人各抽取1张，两人都中奖的概率是　　．‎ ‎【分析】总共有9种可能，求出所获奖项有几种可能，根据概率公式进行计算即可．‎ ‎【解答】解：设一、二等奖各用A，B表示，另1张无奖用C表示，甲、乙两人各抽取1张的基本事件有AB，AC，BA，BC，CA，CB共6个，其中两人都中奖的有AB，BA共2个，‎ 故所求的概率P==．‎ ‎【点评】本题主要考查了古典概型的概率的公式的应用，关键是不重不漏的列出所有的基本事件．‎ ‎　‎ ‎15．（4分）设函数f（x）=，若f（f（a））=2，则a=　　．‎ ‎【分析】根据分段函数的表达式，利用分类讨论的方法即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设t=f（a），则f（t）=2，‎ 若t＞0，则f（t）=﹣t2=2，此时不成立，‎ 若t≤0，由f（t）=2得，t2+2t+2=2，‎ 即t2+2t=0，解得t=0或t=﹣2，‎ 即f（a）=0或f（a）=﹣2，‎ 若a＞0，则f（a）=﹣a2=0，此时不成立；或f（a）=﹣a2=﹣2，即a2=2，解得a=．‎ 若a≤0，由f（a）=0得，a2+2a+2=0，此时无解；或f（a）=﹣2，即a2+2a+4=0，此时无解，‎ 综上：a=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考查分段函数的应用，利用换元法分别进行讨论即可．‎ ‎　‎ ‎16．（4分）已知实数a，b，c满足a+b+c=0，a2+b2+c2=1，则a的最大值是　　．‎ ‎【分析】由已知条件变形后，利用完全平方式将变形后的式子代入得到b、c是某一方程的两个实数根，利用根的判别式得到有关a的不等式后确定a的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵a+b+c=0，a2+b2+c2=1，‎ ‎∴b+c=﹣a，b2+c2=1﹣a2，‎ ‎∴bc=•（2bc）‎ ‎=[（b+c）2﹣（b2+c2）]‎ ‎=a2﹣‎ ‎∴b、c是方程：x2+ax+a2﹣=0的两个实数根，‎ ‎∴△≥0‎ ‎∴a2﹣4（a2﹣）≥0 ‎ 即a2≤‎ ‎∴﹣≤a≤‎ 即a的最大值为 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了函数最值问题，解决本题的关键是利用根的判别式得到有关未知数的不等式，进而求得a的取值范围．‎ ‎　‎ ‎17．（4分）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是　　．‎ ‎【分析】先求出A，B的坐标，可得AB中点坐标为（，），利用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．‎ ‎【解答】解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，则 与直线x﹣3y+m=0联立，可得A（，），B（﹣，），‎ ‎∴AB中点坐标为（，），‎ ‎∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，‎ ‎∴=﹣3，‎ ‎∴a=2b，‎ ‎∴=b，‎ ‎∴e==．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共5小题，满分72分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）‎ ‎18．（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知4sin2+4sinAsinB=2+．‎ ‎（Ⅰ）求角C的大小；‎ ‎（Ⅱ）已知b=4，△ABC的面积为6，求边长c的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）△ABC中由条件利用二倍角的余弦公式、两角和的余弦公式求得cos（A+B）=﹣，从而得到cosC=，由此可得C的值．‎ ‎（Ⅱ）根据△ABC的面积为6=ab•sinC求得a的值，再利用余弦定理求得c= 的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，∵4sin2+4sinAsinB=2+，∴4×+4sinAsinB=2+，‎ ‎∴﹣2cosAcosB+2sinAsinB=，即 cos（A+B）=﹣，‎ ‎∴cosC=，∴C=．‎ ‎（Ⅱ）已知b=4，△ABC的面积为6=ab•sinC=a×4×，∴a=3，‎ ‎∴c===．‎ ‎【点评】本题主要考查二倍角的余弦公式、两角和差的三角公式、余弦定理的应用，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）已知等差数列{an}的公差d＞0，设{an}的前n项和为Sn，a1=1，S2•S3=36．‎ ‎（Ⅰ）求d及Sn；‎ ‎（Ⅱ）求m，k（m，k∈N*）的值，使得am+am+1+am+2+…+am+k=65．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据等差数列通项公式和前n项和公式，把条件转化为关于公差d的二次方程求解，注意d的范围对方程的根进行取舍；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）求出等差数列{an}的通项公式，利用等差数列的前n项和公式，对am+am+1+am+2+…+am+k=65化简，列出关于m、k的方程，再由m，k∈N*进行分类讨论，求出符合条件的m、k的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由a1=1，S2•S3=36得，‎ ‎（a1+a2）（a1+a2+a3）=36，‎ 即（2+d）（3+3d）=36，化为d2+3d﹣10=0，‎ 解得d=2或﹣5，‎ 又公差d＞0，则d=2，‎ 所以Sn=n=n2（n∈N*）．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，‎ 由am+am+1+am+2+…+am+k=65得，，‎ 即（k+1）（2m+k﹣1）=65，‎ 又m，k∈N*，则（k+1）（2m+k﹣1）=5×13，或（k+1）（2m+k﹣1）=1×65，‎ 下面分类求解：‎ 当k+1=5时，2m+k﹣1=13，解得k=4，m=5；‎ 当k+1=13时，2m+k﹣1=5，解得k=12，m=﹣3，故舍去；‎ 当k+1=1时，2m+k﹣1=65，解得k=0，故舍去；‎ 当k+1=65时，2m+k﹣1=1，解得k=64，m=﹣31，故舍去；‎ 综上得，k=4，m=5．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，及分类讨论思想和方程思想，难度较大，考查了分析问题和解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎20．（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠‎ BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．‎ ‎（Ⅰ）证明：AC⊥平面BCDE；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）如图所示，取DC的中点F，连接BF，可得DF=DC=1=BE，于是四边形BEDF是矩形，在Rt△BCF中，利用勾股定理可得BC==．在△ACB中，再利用勾股定理的逆定理可得AC⊥BC，再利用面面垂直的性质定理即可得出结论．‎ ‎（Ⅱ）过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，连接AM．由平面ABC⊥平面BCDE，利用面面垂直的性质定理可得：EM⊥平面ACB．因此∠EAM是直线AE与平面ABC所成的角．再利用勾股定理和直角三角形的边角关系即可得出．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）如图所示，取DC的中点F，连接BF，则DF=DC=1=BE，‎ ‎∵∠CDE=∠BED=90°，∴BE∥DF，‎ ‎∴四边形BEDF是矩形，‎ ‎∴BF⊥DC，BF=ED=1，‎ 在Rt△BCF中，BC==．‎ 在△ACB中，∵AB=2，BC=AC=，‎ ‎∴BC2+AC2=AB2，‎ ‎∴AC⊥BC，‎ 又平面ABC⊥平面BCDE，∴AC⊥平面BCDE．‎ ‎（Ⅱ）过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，连接AM．‎ 又平面ABC⊥平面BCDE，∴EM⊥平面ACB．‎ ‎∴∠EAM是直线AE与平面ABC所成的角．‎ 在Rt△BEM中，EB=1，∠EBM=45°．‎ ‎∴EM==MB．‎ 在Rt△ACM中，==．‎ 在Rt△AEM中，==．‎ ‎【点评】本题综合考查了矩形的判定定理及其性质定理、勾股定理及其逆定理、面面垂直的性质定理、线面角的求法、直角三角形的边角关系等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力、辅助线的作法，属于难题．‎ ‎　‎ ‎21．（15分）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a＞0），若f（x）在[﹣1，1]上的最小值记为g（a）．‎ ‎（Ⅰ）求g（a）；‎ ‎（Ⅱ）证明：当x∈[﹣1，1]时，恒有f（x）≤g（a）+4．‎ ‎【分析】（Ⅰ）分类讨论，利用导数确定函数的单调性，即可求g（a）；‎ ‎（Ⅱ）设h（x）=f（x）﹣g（a），分类讨论，求最值，可以证明x∈[﹣1，1]时，恒有f（x）≤g（a）+4．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：∵a＞0，﹣1≤x≤1，‎ ‎①当0＜a＜1时，‎ 若x∈[﹣1，a]，则f（x）=x3﹣3x+3a，f′（x）=3x2﹣3＜0，故此时函数在（﹣1，a）上是减函数，‎ 若x∈（a，1]，则f（x）=x3+3x﹣3a，f′（x）=3x2+3＞0，故此时函数在（a，1）上是增函数，‎ ‎∴g（a）=f（a）=a3．‎ ‎②当a≥1，f（x）=x3+3|x﹣a|=x3﹣3x+3a，f′（x）=3x2﹣3＜0，故此时函数在[﹣1，1]上是减函数，‎ 则g（a）=f（1）=﹣2+3a．‎ 综上：g（a）=．‎ ‎（Ⅱ）证明：设h（x）=f（x）﹣g（a），‎ ‎①当0＜a＜1时，g（a）=a3，‎ 若x∈[a，1]，h（x）=x3+3x﹣3a﹣a3，h′（x）=3x2+3，‎ ‎∴h（x）在[a，1]上是增函数，‎ ‎∴h（x）在[a，1]上的最大值是h（1）=4﹣3a﹣a3，且0＜a＜1，∴h（1）≤4，∴f（x）≤g（a）+4．‎ 若x∈[﹣1，a]，h（x）=x3﹣3x+3a﹣a3，h′（x）=3x2﹣3，‎ ‎∴h（x）在[﹣1，a]上是减函数，‎ ‎∴h（x）在[﹣1，a]上的最大值是h（﹣1）=2+3a﹣a3，‎ 令t（a）=2+3a﹣a3，则t′（a）=3﹣3a2，∴t（a）在（0，1）上是增函数，‎ ‎∴t（a）＜t（1）=4‎ ‎∴h（﹣1）＜4，∴f（x）≤g（a）+4．‎ ‎②a≥1时，g（a）=﹣2+3a，∴h（x）=x3﹣3x+2，∴h′（x）=3x2﹣3，‎ ‎∴h（x）在[﹣1，1]上是减函数，‎ ‎∴h（x）在[﹣1，1]上的最大值是h（﹣1）=4，‎ ‎∴f（x）≤g（a）+4；‎ 综上，当x∈[﹣1，1]时，恒有f（x）≤g（a）+4．‎ ‎【点评】‎ 利用导数可以解决最值问题，正确求导，确定函数的单调性是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎22．（14分）已知△ABP的三个顶点在抛物线C：x2=4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，=3，‎ ‎（Ⅰ）若|PF|=3，求点M的坐标；‎ ‎（Ⅱ）求△ABP面积的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据抛物线的定义，利用条件|PF|=3，求建立方程关系即可求点M的坐标；‎ ‎（Ⅱ）设直线AB的方程为y=kx+m，利用直线和抛物线联立结合弦长公式公式以及点到直线的距离公式，利用导数即可求出三角形面积的最值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意知焦点F（0，1），准线方程为y=﹣1，‎ 设P（x0，y0），由抛物线的定义可知|PF|=y0+1，解得y0=2，‎ ‎∴x0=，即P（2，2）或P（﹣2，2），‎ 由=3，得M（﹣，）或M（，）．‎ ‎（Ⅱ）设直线AB的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由得x2﹣4kx﹣4m=0，‎ 于是△=16k2+16m＞0，x1+x2=4k，x1x2=﹣4m，‎ 即AB的中点M的坐标为（2k，2k2+m）‎ 由=3，得（﹣x0，1﹣y0）=3（2k，2k2+m﹣1），‎ 解得，由，得k2=﹣+，‎ 由△＞0，k2＞0得﹣＜m＜，‎ 又∵|AB|=4，‎ 点F到直线AB的距离d=，‎ ‎∴S△ABP=4S△ABF=8|m﹣1|，‎ 设f（m）=3m3﹣5m2+m+1，（），‎ 则f'（m）=9m2﹣10m+1=0，解得m1=，m2=1，‎ 于是f（m）在（）是增函数，在（，1）上是减函数，在（1，）上是增函数，‎ 又f（）=，‎ ‎∴当m=时，f（m）取得最大值，此时k=，‎ ‎∴△ABP面积的最大值为．‎ ‎【点评】本题主要考查抛物线的几何性质，直线和抛物线的位置关系，三角形面积公式，平面向量等基础知识，同时也考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力．运算量大，综合性强，难度较大．‎ ‎　‎