(汇总)2016年高考数学押题精粹试题-理(全国卷).pdf

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1、.2021 年高考数学押题精粹试题 理全国卷 本卷共 48 题，三种题型：选择题、填空题和解答题。选择题 30 小题，填空题 4 小题，解答题 14 小题。1.集合22|log1,|6 0,AxxBx xx 那么()RAB等于 A.|21xx B.|22xx C.|23xx D.|2x x 【答案】B【解析】|2,|23,Ax xBxx 得|2RAx x，()|22.RABxx 2.复数4i1ibzbR的实部为1，那么复数zb在复平面上对应的点位于 A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限【答案】C【解析】试题分析：41bizi(4)(1)44(1)(1)22biibbiii，那么由41

2、2b，得6b，所以1 5zi，所以75zbi，其在复平面上对应点为(7,5)，位于第三象限.3.假设复数z满足1 i1 iiz ,那么z的实部为 A.212 B.21 C.1 D.212【答案】A【解析】由1 i1 iiz =2i,得2i(2i)(1i)1 i(1 i)(1i)z=2 12 1i22,所以z的实部为212,应选 A 4.以下函数中，既是奇函数又在区间(0,)2上是减函数的是 A3yx B.sinyx C21yx Dcosyx 【答案】B【解析】选项 C、D 不是奇函数，3yx 在R上都是增函数，只有选项 B 符合.5.假设,A a b B c d是 lnf xx图象上不同两点,

3、那么以下各点一定在 f x图象上的是()A.,a c b d B.a c bd，C.,acb d D.,ac bd.【答案】C【解析】因为,A a b B c d在 lnf xx图象上,所以lnba,ln,dc所以lnlnlnbdacac,因此,acb d在 lnf xx图象上,应选 C 6.双曲线22:13yC x 的顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离之比为 A.12 B.22 C.33 D.32【答案】A【解析】1,2,acC 顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离之比为1.2 7.在区间1,1内随机取两个实数x，y，那么满足12xy的概率是 A.92 B.97 C.61 D.56【答

4、案】D【解析】由题意知1111xy 表示的区域为边长为 2 的正方形，面积为 4，满足12xy的区域即为图中阴影局部，面积为1231111102112()|33xdxxx，所以所求概率为105346P，应选 D 8.执行如下图的程序框图，输出的结果 S 的值是 .A2 B12 C3 D13【答案】A 由 程 序 框 图 知：2,1si；123,212si；131,3132si;11()12,4131()2si ;1132,511)3si，可知 S 出现周期为 4，当 20174 504 1i 时，完毕循环输出 S，即输出的 2s.9.一个算法的程序框图如右图所示，假设输入的 x 值为 2021

5、，那么输出的i值为()A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A.3,2016;20162015,3,20162015;20151,2,20151;1,2016ibaibaibia结束，输出【解析】：运转程序，10.假设向量,a b满足|2ab，ab与的夹角为 60，a在+a b上的投影等于()A.2 B.2 C.3 D.42 3【答案】：C【解析】：a在+a b上的投影为2222()4263.|2 3()2aabaa bababaa bb 11.不等式组2503020 xyxyxy的解集记为D，11yzx，有下面四个命题：p1：(,)x yD，1z p2：(,)x yD，1z p3：(,)x

6、yD，2z p4：(,)x yD，0z 其中的真命题是()Ap1，p2 Bp1，p3 Cp1，p4 Dp2，p3【答案】D【解析】可行域如下图，A(1，3),B(2，1)，所以所以，故p2，p3 正确，故答案为 D.12.“牟合方盖是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体 它由完全一样的四个曲面构成,相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上,好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)其直观图如下左图,图中四边形是为表达其直观性所作的辅助线当其主视图和侧视图完全一样时,它的俯视图可能是 i.【答案】B【解析】由直观图可知俯视图应为正方形,排除 A,C,又上半局部相邻两曲面的

7、交线看得见,在俯视图中应为实线,应选 B.13一个几何体的三视图如图 2 所示(单位：cm)，那么该几何体的体积是 A.2333cm B.2233cm C.4763cm D.73cm【答案】A【解析】该几何体是棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D截去一个三棱锥11CB EF后所得的多面体，其体积为11232221 1 2.323V 14.假设数列na满足11na1=ndadNn,*为常数，那么称数列na为调和数列 数列1nx为调和数列，且x1x2x20200，那么165xx 等于 A10 B20 C30 D40【答案】B【解析】数列1nx为调和数列，111111nnnnxxdxx-，

8、nx是等差数列.又1220200 xxx=12020()2xx，12020 xx.又120516516,20 xxxxxx.15.?九章算术?之后，人们学会了用等差数列的知识来解决问题，?张丘建算经?卷上第 22题为：“今有女善织，日益功疾注：从第 2 天开场，每天比前一天多织一样量的布，第一天织 5 尺布，现一月按 30 天计共织 390 尺布，那么从第 2 天起每天比前一天多织 尺布.A21 B.158 C.3116 D.2916.【答案】D【解析】设从第2天起每天比前一天多织d尺布m,那么由题意知302930 5390,2d 解得16.29d 16.在某次联考测试中，学生数学成绩X210

9、00N,，假设,8.0)12080(XP那么)800(XP等于 A0.05 B0.1 C0.15 D0.2【答案】B【解析】由题意知(80120)0.8P，那么由正态分布图象的对称性可知，1(080)0.5(80120)0.12PXPX，应选 B 17 由1,2,3,0组成没有重复数字的三位数，其中0不在个位上，那么这些三位数的和为 A.2544 B.1332 C.2532 D.1320【答案】A【解析】分两种情况：1 所有不含0的三位数的和为221 23100 10 11332A，(2)含 0 且 0 只能在十位上的三位数的和为121 23100 11212A，那么可得符合条件的这些三位数之

10、和为133212122544.18.2cos2,21xxf xaxx假设()3f=2,那么()3f 等于 A.2 B.1 C.0 D.1【答案】A【解析】因为 2cos221xxf xaxx,所以 222cos22121xxxxf xfxx 212cos21 2cos2211 2xxxxx,所以()3f+()3f=1+22cos3=0,所以()()2.33ff 19.函数()sin 2()2f xAx局部图象如下图，对不同的baxx,21，假设 21xfxf，有321 xxf，那么 .A xf在5(,)12 12上是减函数 B xf在5(,)36上是减函数 C xf在5(,)12 12上是增函

11、数 D xf在5(,)36上是增函数【答案】C【解析】由图可知2A，又由 21xfxf，知函数的图象关于直线1222xxabx对称，所以12abxx 由五点法作图，得20a，2b，所以2ab，那么()f ab122sin(2)2sin3f xx，即3sin2，所以3，所以()2sin(2)3f xx，在5(,)12 12上，2(,)322x ，所以 xf在5(,)12 12上是增函数，应选 C 20假设7280128112xxaa xa xa x，那么127aaa 的值是 A.2 B.3 C125 D.131【答案】C【解析】令0 x，得01a；令1x，得01282aaaa，即1283aaa

12、又7787(2)128aC ，所以12783125aaaa ，应选 C 21.设点A、,0F c分别是双曲线22221(0,0)xyabab的右顶点、右焦点,直线2axc交该双曲线的一条渐近线于点P假设PAF是等腰三角形,那么此双曲线的离心率为 A.3 B.3 C.2 D.2【答案】D【解析】显然PFPA,PFAF,所以由PAF是等腰三角形得PAAF.易知A(0)a，,P2()aabcc，,所以2222()()()aabacacc,222222()()()()()aaaccacacc22()()1aacaccca221111.1eeee 解得 2e.应选 D.22.过抛物线2yx4焦点 F 的

13、直线交其于BA,两点，O 为坐标原点假设3AF，那么 AOB的面积为 A.22 B.2 C.3 22 D.22【答案】C【解析】设直线AB的倾斜角为(0)及BFm，3AF，点A到准线:1l x 的距离为 3，23cos3,即1cos3，那么2 2sin3 2cos()mm，23.1cos2m AOB的面积为 1132 23 2sin1(3)22232SOFAB.23.圆221:20Cxcxy，圆222:20Cxcxy，椭圆2222:1(0)xyCabab的焦距为2c，假设圆12,C C都在椭圆C内，那么椭圆C离心率的范围是 A1,1)2 B1(02，C2,1)2 D2(02，【答案】B【解析】

14、由题意，得圆12,C C的圆心分别为(,0)c和(,0)c，半径均为c，满足题意的圆与椭圆的临界位置关系如下图，那么知要使圆12,C C都在椭圆内，那么需满足不等式2ca，所以离心率102cea，应选 B 24.向量AB、AC、AD满足ACABAD,2AB,1AD,E、F分别是线段BC、CD的中点假设54DE BF,那么向量AB与向量AD的夹角为 .A3 B23 C6 D56【答案】A【解析】DE BF22115115()()224224CBCDCDCBCB CDCDCB.由2CDAB,1BCAD,可得1cos2CB CD，,所以3CB CD，,从而3ABAD，.应选 A.25.函数 0,0,

15、3xbaxxxxf满足条件：对于R1x，唯一的R2x，使得 21xfxf.当 bfaf32成立时，那么实数ba()A.26 B.26 C.26+3 D.26+3【答案】D【解析】由题设条件对于R1x，存在唯一的R2x，使得 21xfxf知 xf在0,和,0上单调，得3b，且0a.由 bfaf32有39322a，解之得26a，故326ba，选D.26.函数2lnxyx的图象大致为 【答案】D【解析】当01x时，ln0 x，所以0y，排除 B、C；当1x 时，由于函数2yx比lnyx随x的增长速度快，所以随x的增大，2lnxyx的变化也逐渐增大，排除 A，应选D 27.定义在(0,)2上的函数()

16、f x,()fx为其导数,且()()tanf xf xx恒成立，那么 .A.3()2()43ff B.2()()64ff C.3()()63ff D.12()sin16ff【答案】C【解析】因为(0,)2x，所以sin0,cos0 xx，那么由()()tanf xf xx得sin()()cosxf xfxx，即cos()sin()0 xf xxf x令sin()=()xF xf x，那么2sincos()sin()()=()0()()xf xxfxF xf xf x，所以()F x在(0,)2上递减，所以()()63FF，即sinsin63()()63ff，即3()()63ff，应选 C 28

17、.假设过点,P a a与曲线 lnf xxx相切的直线有两条,那么实数a的取值范围是()A.,e B.e,C.10,e D.1,【答案】B【解析】设切点为,lnQ t tt,那么切线斜率 kft=1lnt,所以切线方程为ln1 lnytttxt,把,P a a代入得ln1 lnatttat,整理得lnatt,显然0a,所以1lntat,设 lntg tt,那么问题转化为直线1ya与函数 g t图象有两个不同交点,由 21lntgtt,可得 g t在0,e递增,e,递减,在ex 处取得极大值1e,结合 g t图象,可得110eeaa,应选 B.29.四边形ABCD的对角线相交于一点,1,3AC,

18、3,1BD ,那么AB CD的最小值是 A.2 B.4 C.2 D.4【答案】C【解析】取(0,0)A,那么(1,3)C；设11(,)B x y,22(,)D xy,那么21213,1.xxyy 所以1122,3,1ABx yxy,221,3CDxy,.求得22223131()()2222AB CDxy,当1131,231,2xy且2231,2312xy时,AB CD取到最小值2,此时四边形ABCD的对角线恰好相交于一点,应选 C.30.定义在R上的函数 f x对任意1212,x xxx都有 12120f xf xxx，且函数1yf x的图象关于1,0成中心对称，假设,s t满足不等式2222

19、f ssftt，那么当14s时，2tsst的取值范围是 A13,2 B13,2 C15,2 D15,2【答案】D【解析】不妨设12xx，那么120 xx由1212()()0f xf xxx，知12()()0f xf x，即12()()f xf x，所以函数()f x为减函数因为函数(1)yf x的图象关于(1,0)成中心对称，所以()yf x为奇函数，所以222(2)(2)(2)f ssfttf tt，所以2222sstt，即()(2)0stst 因为233111tsstststs ，而在条件()(2)014st sts 下，易求得1,12ts，所以11,22ts，所以33,621ts，所以3

20、11 5,21ts，即21 5,2tsst，应选 D 31.边长为3的正ABC的三个顶点都在球O的外表上，且OA与平面ABC所成的角 为30，那么球O的外表积为_【答案】16【解析】设正ABC的外接圆圆心为1O，易知13AO，在1Rt OO A中，.12cos30O AOA，故球O的外表积为24216.32.设1m,当实数yx,满足不等式组12yxxyxy时，目标函数myxz的最大值等于 2，那么m的值是_【答案】52【解析】根据不等式组画出可行域为图中阴影局部，目标函数可写为1zyxmm，因为1m，所以110m ，将函数1yxm 的图象平移经过可行域时，在G点1 2(,)3 3处y取最大值，

21、此时2z，所以有12233m，解得52m.33.数列 na中,对任意的*nN,假设满足123nnnnaaaass为常数,那么称该数列为4阶等和数列,其中s为4阶公和；假设满足12nnnaaatt为常数,那么称该数列为3阶等积数列,其中t为3阶公积,数列np为首项为1的4阶等和数列,且满足3423212pppppp；数列nq为公积为1的3阶等积数列,且121qq,设nS为数列nnpq的前n项和,那么2016S _【答案】2520【解析】由题意可知,11p,22p,34p,48p,51p,62p,74p,88p,91p,102p,114p,128p,131p,又np是 4 阶等和数列,因此该数列将

22、会照此规律循环下去,同理,11q ,21q ,31q,41q ,51q ,61q,71q ,81q ,91q,.101q,111q ,121q,131q ,又nq是 3 阶等积数列,因此该数列将会照此规律循环下去,由此可知对于数列nnpq,每 12 项的和循环一次,易求出11221212.15p qpqpq,因此2016S中有 168 组循环构造,故201615 1682520S 34.用 g n表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数，例如：9 的因数有 1,3,9，99,10g的因数有 1,2,5,10，105g，那么 201512321gggg .【答案】2015413【解析】由()g n

23、的定义易知当n为偶数时，()()2ng ng，且当n为奇数时，()g nn令()(1)f ng(2)(3)(21)nggg，那么1(1)(1)(2)(3)(21)nf ngggg11 3(21)n 1(2)(4)(22)nggg112(121)(1)(2)(4)(22)4()2nnnnggggf n，即(1)f n()4nf n，分别取n为1,2,n并累加得24(1)(1)444(41)3nnf nf 又(1)(1)fg1，所以4(1)(41)13nf n，所以()(1)(2)(3)(21)nf ngggg14(41)13n令2015n，得2015201541(1)(2)(3)(21)3ggg

24、g 35.本小题总分值 12 分 在ABC中，角,A B C所对的边分别为,a b c，2cos1 4sinsinBCBC.(1)求A；(2)假设2 7a，ABC的面积2 3，求bc.【答案】：123，26bc.【解析】：1由2cos1 4sinsinBCBC，.得2 coscossinsin4sinsin1BCBCBC，即2 coscossinsin1BCBC，亦即2cos1BC，1cos2BC.0,3BCBC,ABC,23A.2由1得23A.由2 3S，得12sin2 3,823bcbc.由余弦定理2222cosabcbcA，得22222 72cos3bcbc，即2228bcbc.228b

25、cbc.,将代入，得2828bc，6bc.36.本小题总分值 12 分 如图，在ABC中，点D在边BC上，,4CAD27AC，102cosADB.1求Csin的值；2假设ABD的面积为7，求AB的长.【答案】145；237【解析】1因为102cosADB，所以1027sinADB.又因为,4CAD所以,4ADBC所以4sincos4cossin)4sin(sinADBADBADBC 5422102221027.2在ADC中，由正弦定理得ADCACCADsinsin，故2210275427sinsin)sin(sinsinsinADBCACADBCACADCCACAD.又,710272221si

26、n21BDADBABADSABD解得5BD.在ADB中，由余弦定理得.37)102(5222258cos2222ADBBDADBDADAB 37.本小题总分值 12 分 公差不为0的等差数列na中，12a，且2481,1,1aaa成等比数列.(1)求数列 na通项公式；(2)设数列nb满足3nnba，求适合方程1 223145.32nnbbb bb b的正整数n的值.【答案】131nan；210.【解析】：(1)设等差数列na的公差为d，由2481,1,1aaa，得2(33)(3)(37),ddd解得3d 或0d 舍，故1(1)23(1)31.naandnn (2)由1知331nbn，1911

27、3().(31)(32)3132nnb bnnnn 1 22 31111111119.3(+)3(),2558313223264nnnbbb bb bnnnn 依题有945,6432nn解得10.n 38.本小题总分值 12 分 设*nN，数列 na的前n项和为nS，12nnnSSa，125,a a a成等比数列.1求数列 na的通项公式；2假设数列 nb满足1(2)nannba，求数列 nb的前n项和nT.【答案】121nan；21(23)26nnTn【解析】(1)由12nnnSSa得：*12()nnaanN，数列 na是以1a为首项，2 为公差的等差数列，由125,a a a成等比数列得)

28、2(1a=1a(1a+8)，解得1a=1，*21()nannN.2由(1)可得2(21)(2)(21)2nnnbnn，1231.,nnnTbbbbb 即1231 23 25 2.(21)2nnTn ，23121 23 2.(23)2(21)2nnnTnn ，.-可得23122(22.2)(21)2,nnnTn 1(23)26nnTn.39.本小题总分值 12 分 近年来我国电子商务行业迎来开展的新机遇,2021 年双 11 期间,某购物平台的销售业绩高达 918 亿人民币.与此同时,相关管理部门推出了针对电商的商品和效劳的评价体系.现从评价系统中选出 200 次成功交易,并对其评价进展统计,对

29、商品的好评率为 0.6,对效劳的好评率为 0.75,其中对商品和效劳都做出好评的交易为 80 次.(1)能否在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下,认为商品好评与效劳好评有关？(2)假设将频率视为概率,某人在该购物平台上进展的 5 次购物中,设对商品和效劳全好评的次数为随机变量X：求对商品和效劳全好评的次数X的分布列概率用组合数算式表示；求X的数学期望和方差.2()0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828P Kkk 22()()()()()n adbcKab cd ac bd,其中nabcd【答

30、案】1能在犯错误的概率不超过 0.001 的前提下，认为商品好评与效劳好评有关；2 X 0 1 2 3 4 5 P 53()5 14523()()55C 223523()()55C 332523()()55C 441523()()55C 52()5 ()2,E X 6().5D X 【解析】：1由题意可得关于商品和效劳评价的 22 列联表如下：对效劳好评 对效劳不满意 合计 对商品好评 80 40 120 对商品不满意 70 10 80 合计 150 50 200 22200(80 1040 70)11.11110.828,150 50 120 80K 故能在犯错误的概率不超过 0.001 的

31、前提下，认为商品好评与效劳好评有关.(2)每次购物时,对商品和效劳都好评的概率为25,且X的取值可以是 0,1,2,3,4,5.其中53(0)()5P X；14523(1)()()55P XC；223523(2)()()55P XC；332523(3)()()55P XC；441523(4)()()55P XC；52(5)()5P X.X的分布列为：X 0 1 2 3 4 5 P 53()5 14523()()55C 223523()()55C 332523()()55C 441523()()55C 52()5.由于2(5,)5XB,那么2()52,5E X 226()5(1).555D X

32、40.本小题总分值 12 分 某市组织高一全体学生参加计算机操作比赛，等级分为 1 至 10 分，随机调阅了A、B两所学校各 60 名学生的成绩，得到样本数据如下：1计算两校样本数据的均值和方差，并根据所得数据进展比拟；(2)记事件C为“A校学生计算机优秀成绩高于B校学生计算机优秀成绩假设 7 分或7 分以上为优秀成绩，两校学生计算机成绩相互独立根据所给样本数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率【答案】11.5,ABxx21.5,AS 21.8;BS 2()0.02P C.【解析】：1从 A 校样本数据的条形图可知：成绩分别为 4 分、5 分、6 分、7 分、8 分、9分

33、的学生分别有：6 人、15 人、21 人、12 人、3 人、3 人.A 校样本的平均成绩为465 156217 128 39 3660Ax 分，A 校样本的方差为22216(46)3(96)1.560AS.从 B 校样本数据统计表可知：B 校样本的平均成绩为4 95 12621798 69 3660Bx 分，B 校样本的方差为22219(46)3(96)1.860BS.因为,ABxx所以两校学生的计算机成绩平均分一样，又因为22ABSS，所以 A 校的学生的计算机成绩比拟稳定，总体得分情况比 B 校好.(2)记1AC表示事件“A 校学生计算机成绩为 8 分或 9 分，2AC表示事件“A 校学生

34、计算机成绩为 9 分，1BC表示事件“B 校学生计算机成绩为 7 分，2BC表示事件“B 校学生计算机成绩为 8 分，那么1AC与1BC独立，2AC与2BC独立，1BC与2BC互斥，1122BABACC CC C 1122()()BABAP CP C CC C1122()()BABAP C CP C C1122()()()()BABAP CP CP CP C.由所给数据得1AC，2AC，1BC，2BC发生的概率分别为 1()AP C6=60，2()=AP C360，19()=60BP C，26()60BP C，故9663()=+0.0260606060P C 41.本小题总分值 12 分 如图

35、，矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，平面ABCD平面ABPE=AB，且2,1ABBPADAE，,AEAB且AEBP 1设点M为棱PD中点，求证：EM平面ABCD；2线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25？假设存在，试确定点N的位置；假设不存在，请说明理由【答案】：1证明见解析；2当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为25，理由见解析【解析】：1证明：方法一由，平面ABCD 平面ABPE，且BCAB，那么BC 平面ABPE，所以,BA BP BC两两垂直，故以B为原点，,BA BP BC分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如下图

36、的空间直角坐标系 那么1(0,2,0),(2,0,1),(1,1,),(2,1,0),(0,0,1)2PDMEC，所以1=(1,0,)2EM 易知平面ABCD的一个法向量等于(0,1,0)n，.因为1=(1,0,)(0,1,0)02EM n，所以EMn，又EM平面ABCD，所以EM平面ABCD 方法二由，平面ABCD 平面ABPE，且BCAB，那么BC 平面ABPE，所以,BA BP BC两两垂直连结,AC BD，其交点记为O，连结MO，EM 因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD中点因为M为PD中点，所以OMPB，且12OMPB 又因为AEPB，且12AEPB，所以AEOM，且AE=OM 所

37、以四边形AEMO是平行四边形，所以EMAO.因为EM平面ABCD，AO 平面ABCD，所以EM平面ABCD 2当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为25 理由如下：因为(2,2,1),(2,0,0)PDCD，设平面PCD的一个法向量为1111(,)nx y z，由110,0n PDn CD得1111220,20.xyzx 取11y，得平面PCD的一个法向量1(0,1,2)n 假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25 设(01)PNPD，那么(2,2,1)(2,2,)PN，(2,22,)BNBPPN 所以111|sin|cos,|BN nBN n

38、BNn 222222255(2)(22)()5984 所以29810，解得1或19 舍去 因此，线段PD上存在一点N，当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25.42.本小题总分值 12 分 正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，,/,ADCD ABCD 122ABADCD，点M在线段EC上且不与CE,重合 1当点M是EC中点时，求证：ADEFBM平面/；2当平面BDM与平面ABF所成锐二面角的余弦值为66时，求三棱锥BDEM 的体积【答案】：1证明见解析；24.3【解析】：1由题意：以点D为坐标原点，DA方向为x轴，DC为y轴，DE为z轴建立空间直角坐标系，那么

39、2,0,0,2,2,0,0,4,0,0,0,2,0,2,1ABCEM，2,0,1BM ，平面ADEF的一个法向量0,4,0DC，0BM DC，BMDC，即/BMADEF平面 2设 0,4,20,4,2EMtECttt，故点0,4,2201Mttt，设平面BDM的一个法向量zyxn,1，那么11220,4220DB nxyDM ntyt z 令1y ，那么121,1,1tnt，易知平面ABF的一个法向量21,0,0n，1212212216cos,6421n nn nnntt，解得12t，.1,2,0M为BC的中点，221CDMDBMSS，B到面DEM的距离2h，14.33MBDEDEMVSh 4

40、3.本小题总分值 12 分 点F是椭圆)0(11222ayax的右焦点，点(,0)M m、(0,)Nn分别是x轴、y轴上的动点，且满足0NFMN假设点P满足POONOM 2 1求点P的轨迹C的方程；2设过点F任作一直线与点P的轨迹交于A、B两点，直线OA、OB与直线 ax分别交于点S、TO为坐标原点，试判断FS FT是否为定值？假设是，求出这个定值；假设不是，请说明理由【答案】1axy42；2FS FT的值是定值，且定值为0 【解析】1椭圆)0(11222ayax右焦点F的坐标为(,0)a，(,)NFan(,)MNm n，由0NFMN，得02 amn 设点P的坐标为),(yx，由POONOM

41、2，有(,0)2(0,)(,)mnxy，.2,ynxm代入02 amn，得axy42 2(法一)设直线AB的方程为xtya，211(,)4yAya、222(,)4yBya，那么xyaylOA14:，xyaylOB24:由axxyay,41，得214(,)aSay，同理得224(,)aTay 214(2,)aFSay，224(2,)aFTay，那么4212164aFS FTay y 由axyatyx4,2，得04422aatyy，2124y ya .那么044)4(16422242aaaaaFTFS 因此，FS FT的值是定值，且定值为0 (法二)当ABx时，(,2)A aa、(,2)B aa，

42、那么:2OAlyx，:2OBlyx 由2,yxxa 得点S的坐标为(,2)Saa，那么(2,2)FSaa 由2,yxxa 得点T的坐标为(,2)Taa，那么(2,2)FTaa (2)(2)(2)20FS FTaaaa 当AB不垂直x轴时，设直线AB的方程为()(0)yk xa k，),4(121yayA、),4(222yayB，同解法一，得4212164aFS FTay y 由2(),4yk xayax，得22440kyayka，2124y ya 那么044)4(16422242aaaaaFTFS 因此，FS FT的值是定值，且定值为0 44.本小题总分值 12 分 以椭圆2222:1(0)x

43、yCabab的离心率为63，以其四个顶点为顶点的四边形的面积等于2 3.1求椭圆C的标准方程；2过原点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于QP,两点，A是椭圆C的右顶点，直线AQAP、分别与y轴交于点NM、，问：以MN为直径的圆是否恒过x轴上的定点？假设恒过x轴上的定点，请求出该定点的坐标；假设不恒过x轴上的定点，请说明理由.【答案】12213xy；2以MN为直径的圆恒过x轴上的定点(1,0)，(1,0).【解析】1依题意，得2226,3,3cababca又 解得3,1,ab故椭圆C的标准方程为2213xy.2(3,0)A，设(0,)Mm，(0,)Nn，00(,)P xy，那么由题意，可得2200

44、13xy1，且00(,)Qxy，00(3,)APxy，(3,)AMm.因为,A P M三点共线，所以APAM，故有00(3)3xmy，解得0033ymx；同理，可得0033ynx.假设存在满足题意的x轴上的定点(,0)R t，那么有RMRN，即0RM RN.因为(,)RMt m，(,)RNt n，所以20tmn，即2000033033yytxx，整理得2202033ytx，又由1，得220033yx，所以21t，解得1t 或1t .故以MN为直径的圆恒过x轴上的定点(1,0),(1,0).方法二：1同方法一；2当直线l的斜率不存在时，有(0,1)P，(0,1)Q，(0,1)M，(0,1)N，此

45、时以MN为直径的圆经过x轴上的点(1,0)和(1,0)；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx，联立方程组221,3,xyykx，解得2233(,)3131kPkk，2233(,)3131kQkk.设(0,)Mm，(0,)Nn 又直线AP的斜率12131kkk，直线AM的斜率23mk ，因为,A P M三点共线，所以12kk，解得得2331 1kmk，.同理，可得2331 1knk ，假设存在满足题意的x轴上的定点(,0)R t，那么有RMRN，直线RM的斜率3mkt，直线RN的斜率4nkt，所以341k k ，故有2tmn，即2223331 131 1kktkk ，整理，得21t，解得

46、1t 或1t ，综合，可知以MN为直径的圆恒过x轴上的定点(1,0)，(1,0).45.本小题总分值 12 分 函数 ln3f xaxax0a 1讨论 f x的单调性；2 假设 140f xaxe 对任意2,xe e恒成立，求实数a的取值范围 e为自然常数；3求证：2222ln 21ln 31ln 41ln112ln!nn 2n，n 【答案】：1 当0a时，增区间为0,1，减区间为1,；当0a时，增区间为1,，减区间为0,1；2212eea；3见解析【解析】：1)0()1()(xxxaxf，当0a时，)(xf的单调增区间为 1,0(，单调减区间为),1 ；当0a时，)(xf的单调增区间为),1

47、 ，单调减区间为 1,0(2令()ln34ln1,F xaxaxaxxeaxxe .0)(xaxxF 假设ea，ea，)(xF上在2,ee是增函数，21,012)()(222maxeeaeeaeFxF无解.假设2eae，eae2，)(xF在,ae 上是减函数；在,2ea上是增函数，.1,01)(aaeF,21,012)(222eeaeeaeF.2122eeae 假设2ea，2ea，)(xF在,2ee上是减函数，1,01)()(maxaaeFxF，.2ea 综上所述.212eea 3令1a 或1a ，此时()ln3f xxx，所以(1)2f，由1知()ln3f xxx 在(1,)上单调递增，当(

48、1,)x时，()(1)f xf，即ln10 xx，ln1xx对一切(1,)x成立，2,N*nn，那么有2211111ln(1)(1)1nnnnnn，要证2222ln(21)ln(31)ln(41)ln(1)1 2ln!(2,)nn nnN，只需证22221111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)1(2,),234nnNn 2222111111111111ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)(1)()()()11.234223341nnnn 所以原不等式成立 46.本小题总分值 12 分 函数()(1)()xf xa xea.常数Ra且0a.1证明：当0a时，函数 xf有且只有一个极值

49、点；2假设函数 xf存在两个极值点12,x x，证明：2140exf且 2240exf.【解答】：依题意，()(1)()(1)()(),xxxfxa xeaxeaa x ea 令()()xh xa x ea，那么()(1)xh xa xe.1当0 x 时，0 xx e，0a，故()()0h xfx，所以()fx在(,0)上不存.在零点，那么函数)(xf在(,0)上不存在极值点；当0 x 时，由()(1)0 xh xa xe，故()h x在0,)上单调递增.又2(0)0ha，2()()(1)0aah aa a eaa e，所以()()h xfx在0,)上有且只有一个零点.又注意到在()fx的零点

50、左侧，()0fx，在()fx的零点右侧，()0fx，所以函数)(xf在0,)有且只有一个极值点.综上所述，当0a 时，函数)(xf在(,)内有且只有一个极值点.2因为函数)(xf存在两个极值点1x,2x不妨设12xx，所以1x,2x是()()h xfx的两个零点，且由1知，必有0a.令()(1)0 xh xa xe得1x ；令()(1)0 xh xa xe得1x ；令()(1)0 xh xa xe得1x .所以()()h xfx在(,1 单调递增，在 1,)单调递减，又因为2(0)(0)0hfa，所以必有1210 xx .令()()0tf ta t ea，解得tat e，此时22232()(1