2024年高考数学终极押题密卷1（北京卷）含答案.doc

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1、2024年高考数学终极押题密卷1（北京卷）一选择题（共10小题）1已知集合A0，1，2，3，集合Bx|1x4，则AB（）A2，3B0，1，2C1，2D1，2，32在复平面内，复数z满足iz34i，则z的虚部为（）A3iB3iC3D33下列函数中，既是奇函数又在（0，+）上单调递增的是（）ABCytanxDyx|x|4设函数，则（）ABCD5已知函数f（x）tsinx+cosx（0，t0）的最小正周期为，最大值为，则函数f（x）的图象（）A关于直线对称B关于点对称C关于直线对称D关于点对称6已知（x+m）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，若a0+a1+a2+a3+a481，则m的取值

2、可以为（）A2B1C1D27“0x1”是“|x（x1）|x（1x）”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8已知a，b，cR，则下列命题为假命题的是（）A若ab，则a+cb+cB若ab，则a0.4b0.4C若ab，则D若ab0，c0，则9正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2关于该半正多面体的四个结论：棱长为；两条棱所在直线异面时，这两

3、条异面直线所成角的大小是60；表面积为；外接球的体积为其中所有正确结论的序号是（）ABCD10已知数列an满足则（）A当a10时，an为递增数列，且存在常数M0，使得anM恒成立B当a11时，an为递减数列，且存在常数M0，使得anM恒成立C当0a11时，存在正整数N0，当nN0时，D当0a11时，对于任意正整数N0，存在nN0，使得二填空题（共5小题）11 12在ABC中，若b5，则a 13若（x2）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0 ； 14已知函数，则 ；函数f（x）的图象的一个对称中心的坐标为 15已知函数f（x），给出下列四个结论：函数f（x）是奇函数；kR，且k0

4、，关于x的方程f（x）kx0恰有两个不相等的实数根；已知P是曲线yf（x）上任意一点，则|AP|；设M（x1，y1）为曲线yf（x）上一点，N（x2，y2）为曲线yf（x）上一点若|x1+x2|1，则|MN|1其中所有正确结论的序号是 三解答题（共6小题）16在ABC中，bsinC+ccosB2c（）求B；（）若a2，b+c4，求ABC的面积17如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，M为BP的中点，AM平面CDP（）求证：BC2AD；（）若PAAB，ABAPADCD1，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥PABCD存在且唯一确定（i）求证：PA平面ABCD；（）设平面CD

5、P平面BAPl，求二面角ClB的余弦值条件：BPDP；条件：ABPC；条件：CBMCPM注：如果选择的条件不符合要求，第（i）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分18已知椭圆E：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，APB的面积的最大值为（）求E的方程；（）设O为原点，点N在直线x2上，N，P分别在x轴的两侧，且APB与NBP的面积相等（i）求证：直线ON与直线AP的斜率之积为定值；（）是否存在点P使得APBNBP，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由19已知函数f（x）xln（x1）（）求曲线yf（x）在x2处的切线方程；（）设g（x

6、）f（x），求函数g（x）的最小值；（）若2，求实数a的值20有穷数列a1，a2，an（n2）中，令S（p，q）ap+ap+1+aq（1pqn，p，qN*），当pq时，规定S（p，q）ap（）已知数列3，2，1，3，写出所有的有序数对（p，q），且pq，使得S（p，q）0；（）已知整数列a1，a2，an，n为偶数，若，满足：当i为奇数时，S（i，ni+1）0；当i为偶数时，S（i，ni+1）0求|a1|+|a2|+|an|的最小值；（）已知数列a1，a2，an满足S（1，n）0，定义集合Ai|S（i+1，n）0，i1，2，n1若Ai1，i2，ik（kN*）且为非空集合，求证：21中华人民共和国

7、体育法规定，国家实行运动员技术等级制度，如表是我国现行田径运动员技术等级标准（单位：m）（部分摘抄）：项目国际级运动健将运动健将一级运动员二级运动员三级运动员男子跳远8.007.807.306.505.60女子跳远6.656.355.855.204.50在某市组织的考级比赛中，甲、乙、丙三名同学参加了跳远考级比赛，其中甲、乙为男生，丙为女生，为预测考级能达到国家二级及二级以上运动员的人数，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：）：甲：6.60，6.67，6.55，6.44，6.48，6.42，6.40，6.35，6.75，6.25；乙：6.38，6.56，6.45，6.36

8、，6.82，7.38；丙：5.16，5.65，5.18，5.86假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立，（）估计甲在此次跳远考级比赛中成绩达到二级及二级以上运动员的概率；（）设X是甲、乙、丙在此次跳远考级比赛中成绩达到二级及二级以上运动员的总人数，估计X的数学期望EX；（）在跳远考级比赛中，每位参加者按规则试跳6次，取6次试跳中的最好成绩作为其最终成绩本次考级比赛中，甲已完成6次试跳，丙已完成5次试跳，成绩（单位：m）如表：第1跳第2跳第3跳第4跳第5跳第6跳甲6.506.486.476.516.466.49丙5.845.825.855.835.86a若丙第6次试跳的成绩为a，用，

9、分别表示甲、丙试跳6次成绩的方差，当时，写出a的值（结论不要求证明）2024年菁优高考数学终极押题密卷1（北京卷）参考答案与试题解析一选择题（共10小题）1已知集合A0，1，2，3，集合Bx|1x4，则AB（）A2，3B0，1，2C1，2D1，2，3【考点】交集及其运算菁优网版权所有【专题】集合思想；定义法；集合；数学运算【答案】A【分析】求AB，判断选项【解答】解：集合A0，1，2，3，集合Bx|1x4，根据题意可得，AB2，3故选：A【点评】本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题2在复平面内，复数z满足iz34i，则z的虚部为（）A3iB3iC3D3【考点】复数

10、的运算菁优网版权所有【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算【答案】D【分析】由iz34i，化简得到z43i求解【解答】解：因为复数 z 满足 iz34i，所以，所以 z 的虚部为3，故选：D【点评】本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念，属于基础题3下列函数中，既是奇函数又在（0，+）上单调递增的是（）ABCytanxDyx|x|【考点】函数奇偶性的性质与判断；奇偶性与单调性的综合；函数单调性的性质与判断菁优网版权所有【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学抽象【答案】D【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可【解答】解：对于A：定义域为0，+），为非奇非偶

11、函数，故A错误；对于B：定义域为（，0）（0，+），为奇函数，但是函数在（0，+）上单调递减，故B错误；对于C：ytanx为奇函数，定义域为，但是函数在（0，+）上不单调，故C错误；对于D：令yf（x）x|x|定义域为R，且f（x）x|x|x|x|f（x），所以yx|x|为奇函数，且当x0时yx2，函数在（0，+）上单调递增，故D正确故选：D【点评】本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题4设函数，则（）ABCD【考点】函数解析式的求解及常用方法菁优网版权所有【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；数学抽象【答案】A【分析】结合已知函数解析式可求f（），然后检验各选项即

12、可判断【解答】解：因为，所以f（）+11，即f（x）+f（）2，A正确；f（x）f（）2，B错误；f（x）f（）12，C错误；f（x）2f（），D错误故选：A【点评】本题主要考查了由函数解析式求解函数值，属于基础题5已知函数f（x）tsinx+cosx（0，t0）的最小正周期为，最大值为，则函数f（x）的图象（）A关于直线对称B关于点对称C关于直线对称D关于点对称【考点】两角和与差的三角函数；三角函数的周期性菁优网版权所有【专题】计算题；函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；数学运算【答案】C【分析】可根据辅助角公式得出，其中，然后根据f（x）的最小正周期得出2，根据f（x）的最大值得出t1

13、，进而求出，然后即可得出f（x）的解析式，从而根据正弦函数的对称轴和对称点得出正确的选项【解答】解：，其中，f（x）的最小正周期为，2，f（x）的最大值为，且t0，t1，tan1，时，f（x）1；时，f（x）关于直线对称故选：C【点评】本题考查了辅助角公式，三角函数周期的计算公式，三角函数的最值和正弦函数的对称轴和对称点，是基础题6已知（x+m）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，若a0+a1+a2+a3+a481，则m的取值可以为（）A2B1C1D2【考点】二项式定理菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；二项式定理；逻辑推理；数学运算【答案】A【分析】直接利用赋值法求出结

14、果【解答】解：已知（x+m）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，令x1时，（1+m）4a0+a1+a2+a3+a48134；故m+13，解得m2或4，根据选项只有A符合故选：A【点评】本题考查的知识点：赋值法，主要考查学生的运算能力，属于基础题7“0x1”是“|x（x1）|x（1x）”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【考点】充分条件与必要条件菁优网版权所有【专题】转化思想；定义法；简易逻辑；数学运算【答案】A【分析】根据充要条件的定义求解【解答】解：由“|x（x1）|x（1x）”可得：x（x1）0，解得0x1，则“0x1”是“|x（x1）|x（1

15、x）”的充分不必要条件故选：A【点评】本题考查充分必要的判断，属于基础题8已知a，b，cR，则下列命题为假命题的是（）A若ab，则a+cb+cB若ab，则a0.4b0.4C若ab，则D若ab0，c0，则【考点】命题的真假判断与应用菁优网版权所有【专题】对应思想；综合法；简易逻辑；不等式；数学运算【答案】D【分析】根据不等式的性质判断A；根据不等式的性质及幂函数的性质判断B；根据不等式的性质及指数函数的性质判断C；用作差法判断D【解答】解：对于A，因为ab，所以a+cb+c，故正确；对于B，因为ab，a0.4，b0.4，所以，即a0.4b0.4，故正确；对于C，因为ab，所以a+cb+c，又因为

16、y在R上为单调递减函数，所以，故正确；对于D，因为ab0，c0，所以0，所以，故错误故选：D【点评】本题考查了对命题真假的判断，考查了不等式的性质、指数函数和幂函数的性质，属于中档题9正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2关于该半正多面体的四个结论：棱长为；两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60；表面积为；外接球的体积为其中所有正确结论的序号是（）AB

17、CD【考点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积菁优网版权所有【专题】数形结合；综合法；立体几何；逻辑推理；数学运算【答案】B【分析】由题意分析出几何体的每条棱的长度都是，从而判定；由图可证该几何体位于正方体的一组相对的面上的棱A1B1，A2D2异面，且A1B1A2D2，从而判定；该几何体表面是由6个正方形，8个正三角形组成，求出总面积即可判定；设正方体的中心为O，则以O为球心，半径为的球是该几何体的外接球，求其体积即可判定【解答】解：如图所示：该几何体的每条棱都是一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体棱长的一半，故该等腰直角三角形

18、的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，故正确；若A1B1，A2B2为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，A2B2，A2D2为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱，则A2B2A2D2，A1B1平行于A2B2，A1B1，A2D2异面，所以A1B1，A2D2异面，A1B1A2D2，这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，故错误；该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为，故每个正方形的面积都是2，每个正三角形的面积都是，故表面积为，故正确；设正方体的中心为O，由于该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点，故O到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方

19、体棱长的倍，即，这意味着以O为球心，半径为的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积，故错误；综上，正确的结论是故选：B【点评】本题考查空间几何体的表面积和体积，考查异面直线所成角及空间距离，属中档题10已知数列an满足则（）A当a10时，an为递增数列，且存在常数M0，使得anM恒成立B当a11时，an为递减数列，且存在常数M0，使得anM恒成立C当0a11时，存在正整数N0，当nN0时，D当0a11时，对于任意正整数N0，存在nN0，使得【考点】数列递推式；数列与不等式的综合菁优网版权所有【专题】转化思想；转化法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【答案】D【分析】对于A：利用通项公式，当

20、时，计算a2，a3，即可判断；对于B：利用通项公式，当时，计算a2，a3，a4，即可判断；对于C：通过证明根据推论：存在0a11，使得对任意的正整数N0，都存在nN0，使得|an|，由是选项C的否定，故可以说明选项C是不正确；对于D：通过证明根据推论：当0a11时，对任意的正整数N0，都存在nN0，使得|an|，直接说明选项D正确【解答】解：当时，所以此时数列an不是递增数列，故A不正确；当时，所以此时数列an不是递减数列，故B不正确；我们证明以下引理：当0a11时，对任意的正整数N0，都存在nN0，使得|an|若该引理成立，则它有两个直接的推论：存在0a11，使得对任意的正整数N0，都存在n

21、N0，使得|an|；当0a11时，对任意的正整数N0，都存在nN0，使得|an|然后由是选项C的否定，故可以说明选项C是不正确；而可以直接说明选项D正确最后，我们来证明引理：当0a11时，对任意的正整数N0：如果（，+），则；如果（，+），则或此时若，则+（）；若，则+（）+无论哪种情况，都有（，+），从而|这说明|或|所以可以选取nN0+1，N0+2，使得|an|，这就说明存在nN0，使得|an|，这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确故选：D【点评】本题考查数列的综合应用，属于难题二填空题（共5小题）11+【考点】复数的运算菁优网版权所有【专题】数系的扩充和复数【答案】见试题解答内容【

22、分析】利用复数代数形式的乘除运算法则求解【解答】解：+故答案为：【点评】本题考查复数的运算，是基础题，解题时要注意复数的代数形式的乘除运算法则求解12在ABC中，若b5，则a4【考点】正弦定理菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；数学运算【答案】4【分析】利用同角三角函数基本关系式可求sinA的值，进而利用正弦定理即可求解【解答】解：因为b5，所以sinA，由正弦定理，可得，解得a4故答案为：4【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题13若（x2）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a016；【考点】二项式定理菁优网

23、版权所有【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算【答案】16；【分析】令x0可求出a0的值，令x1和x1可求出a4+a2+a0和a1+a3的值，进而求出结果【解答】解：对于（x2）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，令x0得，（2）4a0，a016，令x1得，（1）4a4+a3+a2+a1+a0，a4+a3+a2+a1+a01，令x1得，（3）4a4a3+a2a1+a0，a4a3+a2a1+a081，+得，2（a4+a2+a0）82，a4+a2+a041，把a4+a2+a041代入得，a1+a340，故答案为：16；【点评】本题主要考查了二项式系数的性质，考查了赋值法的应用，属

24、于基础题14已知函数，则1；函数f（x）的图象的一个对称中心的坐标为 （，0）（答案不唯一）【考点】正弦函数的奇偶性和对称性菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；数学运算【答案】1；（，0）（答案不唯一）【分析】根据三角函数的性质即可得【解答】解：，则sinsin111；观察可得f（）0，则f（x）的图象的一个对称中心的坐标为 （，0）故答案为：1；（，0）（答案不唯一）【点评】本题考查三角函数的性质，属于基础题15已知函数f（x），给出下列四个结论：函数f（x）是奇函数；kR，且k0，关于x的方程f（x）kx0恰有两个不相等的实数根；已知P是曲线yf（x）上任意一点，

25、则|AP|；设M（x1，y1）为曲线yf（x）上一点，N（x2，y2）为曲线yf（x）上一点若|x1+x2|1，则|MN|1其中所有正确结论的序号是 【考点】函数与方程的综合运用菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；数学运算【答案】【分析】函数奇偶性的定义加以判断，可得的正误；对于，分k0与k0两种情况讨论，结合一元二次方程的求根公式计算即可作出判断；对于，借助于两点间的距离公式与导数研究函数的单调性，求出|AP|的最值，即可作出判断；对于，利用中所得结论并结合函数的性质加以计算，即可作出判断【解答】解：对：令x3x0，即x（x+1）（x1）0，解得x1，01，+）

26、，因为f（x）的定义域不关于原点对称，所以函数f（x）是非奇非偶函数，故错误；对：，即，当x0时，有，可知0是该方程的一个根当x0，k0时，由，故x0，结合定义域可得x1，+），有x3xk2x2，即x（x2k2x1）0，令x2k2x10，k4+40，有或（负值舍去），则，故x2k2x10必有一个大于1的正根，即f（x）kx0必有一个大于1的正根；当x0，k0时x0，由两边平方得x3xk2x2，即x2k2x10，结合定义域可知x1，0）方程x2k2x10根的判别式k4+40，可得或（正值舍去）令k2+4t4，即k2t4，则，即，故方程x2k2x10在定义域内亦必有一根综上所述，kR，且k0，关于

27、x的方程f（x）kx0恰有两个不相等的实数根，故正确；对：令P（x，y），则有y，令，x1，01，+），g（x）3x2+2xx（3x+2），当x时，g（x）0；当时，g（x）0故g（x）在（1，3）、（1，+）上单调递增，在区间上单调递减，结合，可知恒成立，即，故恒成立，所以正确；对：当x1x2时，由x1，01，+），|x1+x2|1，得，此时，则；当x1x2时，由yf（x）的图象与yf（x）的图象关于x轴对称，不妨设x1x2，则有1x1x20或1x101x22当1x101x22时，由x2x1x21，得成立；当1x1x20时，则有x21x1，即点M、N关于点（2，0）对称，由的结论，可知点M到

28、A（2，0）的距离，同理可得，故综上所述，|MN|1恒成立，故正确故答案为：【点评】本题主要考查两点间的距离公式及其应用、函数的奇偶性与单调性、利用导数研究函数的单调性与最值、函数与方程的综合应用等知识，属于中档题三解答题（共6小题）16在ABC中，bsinC+ccosB2c（）求B；（）若a2，b+c4，求ABC的面积【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理菁优网版权所有【专题】整体思想；综合法；解三角形；数学运算【答案】（）；（）【分析】（）由正弦定理得sinBsinC+sinCcosB2sinC，整理可得sinB+cosB1，再利用辅助角公式求解即可；（）由（）可知B，由余弦定理可求出b，c

29、的值，再利用三角形面积公式求解【解答】解：（）bsinC+ccosB2c，由正弦定理得，sinBsinC+sinCcosB2sinC，C（0，），sinC0，sinB+cosB2，sinB+cosB1，sin（B）1，B（0，），B（，），B，B；（）B，a2，b+c4，由余弦定理b2a2+c22accosB，得，解得b2，c2，ABC的面积S【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题17如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，M为BP的中点，AM平面CDP（）求证：BC2AD；（）若PAAB，ABAPADCD1，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使四

30、棱锥PABCD存在且唯一确定（i）求证：PA平面ABCD；（）设平面CDP平面BAPl，求二面角ClB的余弦值条件：BPDP；条件：ABPC；条件：CBMCPM注：如果选择的条件不符合要求，第（i）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直菁优网版权所有【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算【答案】（）证明见解析（）选条件：（i）证明见解析（ii）不可选条件，理由是ABPC是由已知条件可推出的条件选条件：（i）证明见解析（）【分析】（）取PC的中点N，连接MN，ND，由M为BP的中点，得，MNBC

31、由ADBC，得ADMN，从而M，N，D，A四点共面由AM平面CDP，得AMDN，从而MNAD，由此能证明BC2AD（）取BC的中点E，连接AE，AC，推导出四边形AECD是平行四边形，推导出BAC90，ABAC选条件：BPDP（i）由ABAD1，PAPA，推导出PABPAD，PABPAD，由ABPA，得PAB90，PAD90，从而APAD，由此能证明AP平面ABCD（ii）由（i）知AP平面ABCD，得APAC，由PAAB，AP1，建立空间直角坐标系Axyz，利用向量法能求出二面角ClB的余弦值不可选条件，理由是ABPC是由已知条件可推出的条件选条件：CBMCPM（i）CBCP，推导出ABCA

32、PC，由此能证明PA平面ABCD（）由（i）知AP平面ABCD，得APAC，由PAAB，AP1，建立空间直角坐标系Axyz，利用向量法能求出二面角ClB的余弦值【解答】解：（）证明：取PC的中点N，连接MN，ND，因为M为BP的中点，所以，MNBC，因为ADBC，所以ADMN，所以M，N，D，A四点共面因为AM平面CDP，平面MNDA平面CDPDN，所以AMDN，所以MNAD所以BC2AD（）取BC的中点E，连接AE，AC，由（）知 BC2AD，所以ECAD因为ECAD，所以四边形AECD是平行四边形所以ECAD1，AECD因为ABCD1，所以，所以BAC90，即ABAC选条件：BPDP（i）

33、证明：因为ABAD1，PAPA，所以PABPAD，所以PABPAD因为ABPA，所以PAB90，所以PAD90，即APAD所以AP平面ABCD（ii）由（i）知AP平面ABCD，所以APAC因为PAAB，AP1，如图建立空间直角坐标系Axyz，则P（0，0，1），C（0，0），D（，0），所以，设平面PDC的法向量为（x，y，z），则，即，令，则y1，所以（，1，），因为为平面PAB的法向量，且cos，所以二面角ClB的余弦值为选条件：CBMCPM（i）证明：所以CBCP因为ABAP1，CACA，所以ABCAPC所以PACBAC90，即PAAC因为PAAB，所以PA平面ABCD（）由（i）知A

34、P平面ABCD，所以APAC因为PAAB，AP1，如图建立空间直角坐标系Axyz，则P（0，0，1），C（0，0），D（，0），所以，设平面PDC的法向量为（x，y，z），则，即，令，则y1，所以（，1，），因为为平面PAB的法向量，且cos，所以二面角ClB的余弦值为不可选条件，理由如下：由（i）可得ABAC，又PAAB，PAACA，PA，AC平面PAC，AB平面PAC，PC平面PAC，ABPC，ABPC是由已知条件可推出的条件，故不可选条件【点评】本题考查线面平行的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题18已知椭圆E：的离心率为，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A

35、，B的点，APB的面积的最大值为（）求E的方程；（）设O为原点，点N在直线x2上，N，P分别在x轴的两侧，且APB与NBP的面积相等（i）求证：直线ON与直线AP的斜率之积为定值；（）是否存在点P使得APBNBP，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的性质菁优网版权所有【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算【答案】（）；（）（i）证明过程见详解；（ii）不存在点P使得APBNBP【分析】（）由PAB的面积的最大值可得ab的值，再由离心率的值，可得a，b的关系，进而求出a，b的值，即求出椭圆的方程；（）（i）设N，P的坐

36、标，由APB与NBP的面积相等，可得N的纵坐标与P的坐标的关系，求出直线ON，AP的斜率之积，整理可证得ON，AP的斜率之积为定值；（ii）存在点P使得APBNBP，由（i）可得点P的横坐标为2，由题意可得点P的横坐标不等于2，可得假设不成立【解答】解：（）由题知SAPB的最大值为，解得a2，b，所以E的方程为：；（）设N（2，t），P（x0，y0）（x02），则 y0t0，证明：（i）由题知SAPBSNBP，所以|AB|y0|BN|（2x0），即|t|，所以t，设直线ON的斜率为kON，直线AP的斜率为kAP，所以；所以直线ON与直线AP的斜率之积为定值1；（ii）假设存在点P使得APBNB

37、P，因为|AB|，|AP|，|NP|NB|，|BP|BP|，所以|AP|NB|，由（i）可知，所以，即，所以，又，所以，所以，整理得，解得x02，与x02矛盾，所以不存在点P使得APBNBP【点评】本题考查椭圆的方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题19已知函数f（x）xln（x1）（）求曲线yf（x）在x2处的切线方程；（）设g（x）f（x），求函数g（x）的最小值；（）若2，求实数a的值【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程菁优网版权所有【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；数学运算【答案】（）y2x4；（）2；（）2【分析】（）对f（x）求导，利

38、用导数的几何意义可得切线斜率，求出切点坐标，从而可得切线方程；（）对g（x）求导，利用导数判断函数的单调性，从而可得最小值；（）若a2，则，不合题意；若a2，构造函数（x）f（x）2（x2），利用导数判断函数单调性，从而判断，即可得解【解答】解：（），曲线yf（x）在x2处的切线的斜率kf（2）2又因为f（2）0，所以切点为 （2，0）曲线yf（x）在x2处的切线方程为y2x4（）设，当x变化时，g（x）和g（x）的变化如下表：x（1，2）2（2，+）g（x）0+g（x）单调递减极小值单调递增所以当x2时，g（x）min2（）若a2，则，不合题意；若a2，设（x）f（x）2（x2），由（）知，

39、（x）f（x）20，所以（x）在（1，+）上单调递增又（2）0，所以当x（1，2）时，（x）0，x20，；当x（2，+）时，（x）0，x20，所以a2符合题意综上所述a2【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数判断函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题20有穷数列a1，a2，an（n2）中，令S（p，q）ap+ap+1+aq（1pqn，p，qN*），当pq时，规定S（p，q）ap（）已知数列3，2，1，3，写出所有的有序数对（p，q），且pq，使得S（p，q）0；（）已知整数列a1，a2，an，n为偶数，若，满足：当i为奇数时，S（i，ni+1）0；当i为偶数时，S（i

40、，ni+1）0求|a1|+|a2|+|an|的最小值；（）已知数列a1，a2，an满足S（1，n）0，定义集合Ai|S（i+1，n）0，i1，2，n1若Ai1，i2，ik（kN*）且为非空集合，求证：【考点】数列与不等式的综合；数列的应用；数列的求和菁优网版权所有【专题】整体思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【答案】（1）（1，4）、（2，3）、（2，4）、（3，4）；（2）n1；（3）证明见解析【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；（2）由题意可得S（1，n）0，S（2，n1）0，可得当i时，有|ai|+|ani+1|2，当时，|1，结合|ai|+|ani+1|ai+ani+1|即可得解；（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，a1+a2+.+，+.+a