2021年河北省秦皇岛市高考数学第二次模拟演练试卷.docx

1、第 1页（共 19页） 2021 年河北省秦皇岛市高考数学第二次模拟演练试卷年河北省秦皇岛市高考数学第二次模拟演练试卷 一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一 项符项符 3 合题目要求。合题目要求。 1 （5 分）已知集合 2 |230Ax xx， |2By yx，1x，则(AB ) A 1，1)B 3，1)C 2，1)D 1，1 2 （5 分）复数 7 1 i z i 的共轭复数在复平面内对应点坐标为() A(4, 3)B(4,3)C( 3,4)D(3,4) 3 （5 分）南宋数

2、学家杨辉详解九章算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨 论的高阶等差数列前后两项之差不相等， 但是逐项差数之差或者高次差成等差数列 对这类 高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术” 现有高阶等差数列，其前 6 项分别 1，6，13，24，41，66，则该数列的第 7 项为() A91B99C101D113 4 （5 分）为了保证信息安全传输，有一种称为秘密密钥密码系统，其加密、解密原理如图： 现在加密密钥为 1 2(0 x taa 且1)a ，解密密钥为35yt，如下所示：发送方发送明文 “1” ， 通过加密后得到密文 “18” ， 再发送密文 “18” ， 接受方通过解密密钥解密得

3、明文 “49” ， 问若接受方接到明文“4” ，则发送方发送明文为() A 3 log 2B 3 3 log1 2 C162D 3 7 log1 2 5（5 分） 在ABC中， 已知| |ABACBC ，| 4AB ，| 3AC ，2BDDC ， 则(AC AD ) A 4 3 B3C 16 3 D6 6 （5 分）已知 1 3 1 ( ) 4 a ， 1 4 1 log 5 b ，20 c c，则() AabcBcbaCcabDacb 7 （5 分）某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的 5 名男医生（含一名主任 医师） 、4 名女医生（含一名主任医师）中分别选派 3 名男医生和

4、2 名女医生，则在有一名 主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为() 第 2页（共 19页） A 3 8 B 3 10 C 3 11 D 3 5 8 （5 分）椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F， 2 F，过点 1 F的直线l交椭 圆C于A，B两点，已知 2121 ()0AFFFAF ， 11 4 3 AFF B ，则椭圆C的离心率为() A 5 7 B 2 2 C 5 3 D 1 3 二二、选择题选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合

5、题目要求题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9 （5 分）已知函数( )cos3sin(0)f xxx的部分图象如图所示，则下列选项正确 的是() A2 B函数( )f x的单调增区间为 7 12 k ，() 12 kkZ C函数( )f x的图象关于 7 ( 12 ，0)中心对称 D函数( )f x的图象可由2cosyx图象向右平移 6 个单位长度得到 10 （5 分）已知 626 0126 (23 ) xaa xa xa x，则下列选项正确的是() A 3 360a B 22 0246135 ()()1aa

6、aaaaa C 6 126 (23)aaa D展开式中系数最大的为 2 a 11 （5 分）已知方程 22 :|1 nn Cxy，*nN，则下列选项正确的是() A当1n 时，|xy的最小值为 1 2 B当1n 时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S 第 3页（共 19页） C当3n 时，| |xy的最小值为 3 4 4 D当3n 时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S 12（5 分） 已知函数( )f xlnxax有两个零点 1 x，2x， 且 12 xx， 则下列选项正确的是() A 1 (0, )a e B( )yf x在(0, ) e上单调递增 C 12 6

7、xx D若 2 2 1 (, )a ee ，则 21 2a xx a 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）已知直线50 xy与圆 22 :(2)(1)4Cxy相交于A，B两点，则ABC 面积为 14 （5 分）在某市高三的一次模拟考试中，学生的数学成绩服从正态分布(105N， 2)( 0)，若(120)0.75P，则(90120)P 15 （5 分）已知双曲线 2 2 2 :1 y C x b 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，直线l过 2 F与双曲线C的 左、右两支分别交于A、B两点，已知 12 90F AF

8、，且 1 ABF内切圆半径为 1，则 |AB 16 （5 分）已知正方体 1111 ABCDA B C D棱长为 1，M、N、P分别为棱 1 A A、 11 A B、 11 A D 上的动点，且满足 111 11111 AMA NAP A AABAD ，则直线 1 AC与平面MNP所成角的正弦值为；若 以MNP为一底面的正三棱柱（底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱）的另一底面的 三个顶点也在正方体 1111 ABCDA B C D的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分. 17 （10 分）在ABC中， 22 (sinsin

9、)sin( 32)sinsinACBAC，点D在线段AB上， 且BDDC，2BC （1）求B； （2）在 7 cos() 14 CB，3AD ， 21 sin 7 A ，这三个条件中任选一个，补充在 上面的问题中，求AC边长 18（12 分） 已知等比数列 n a， 其前n项和为 n S， 若 1 a， 1 2 nn aS ，R，*nN （1）求的值； 第 4页（共 19页） （2）设 1 2 (1)(1) n n nn a b aa ，求使 12 2020 2021 n bbb成立的最小自然数n的值 19（12 分） 如图，AB 平面ADE，/ /ABCD， 11 3 22 ADCDABAE

10、，120DAE， 四边形ABCD的对角线交于点M，N为棱DE上一点，且/ /MN平面ABE （1）求 DN DE 的值； （2）求二面角BACN的余弦值 20 （12 分）已知点 0 ( 2,)Py为抛物线 2 :2(0)C xpy p上一点，F为抛物线C的焦点， 抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且FPQ面积为 2 （1）求抛物线C的方程； （2）设直线l经过(2,5)交抛物线C于M，N两点（异于点)P，求证：MPN的大小为定 值 21 （12 分）有A、B两盒乒乓球，每盒 5 个，乒乓球完全相同，每次等可能地从A、B两 盒中随机取一个球使用 （1）若取用后不放回，求当A盒中的乒乓球用

11、完时，B盒中恰剩 4 个球的概率； （2）根据以往的经验，每个球可以重复使用 3 次以上，为了节约，每次取后用完放回原盒， 设随机取用 3 次后A盒中的新球（没取用过的）数目为，求的分布列及期望 22 （12 分）已知函数 22 13 ( )()21 24 f xxax lnxxax，(0,)x （1）讨论函数( )yf x的单调性； （2）若ae，求证： 2 ( )(1) a fxea 第 5页（共 19页） 2021 年河北省秦皇岛市高考数学第二次模拟演练试卷年河北省秦皇岛市高考数学第二次模拟演练试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每

12、小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一 项符项符 3 合题目要求。合题目要求。 1 （5 分）已知集合 2 |230Ax xx， |2By yx，1x，则(AB ) A 1，1)B 3，1)C 2，1)D 1，1 【解答】解： | 31Axx ， |2By y， 2AB ，1) 故选：C 2 （5 分）复数 7 1 i z i 的共轭复数在复平面内对应点坐标为() A(4, 3)B(4,3)C( 3,4)D(3,4) 【解答】解：复数 7(7)(1) 43 1(1)(1) iii zi iii ， 所以复数z的共轭复数为43zi，

13、它在复平面内对应点坐标为(4,3) 故选：B 3 （5 分）南宋数学家杨辉详解九章算法和算法通变本末中，提出垛积公式，所讨 论的高阶等差数列前后两项之差不相等， 但是逐项差数之差或者高次差成等差数列 对这类 高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术” 现有高阶等差数列，其前 6 项分别 1，6，13，24，41，66，则该数列的第 7 项为() A91B99C101D113 【解答】解：由题意得 1，6，13，24，41，66 的差组成数列：5，7，11，17，25，这些 数的差组成数列：2，4，6，8，10， 故该数列的第 7 项为102566101 故选：C 4 （5 分）为了保证信

14、息安全传输，有一种称为秘密密钥密码系统，其加密、解密原理如图： 现在加密密钥为 1 2(0 x taa 且1)a ，解密密钥为35yt，如下所示：发送方发送明文 “1” ， 通过加密后得到密文 “18” ， 再发送密文 “18” ， 接受方通过解密密钥解密得明文 “49” ， 第 6页（共 19页） 问若接受方接到明文“4” ，则发送方发送明文为() A 3 log 2B 3 3 log1 2 C162D 3 7 log1 2 【解答】解：由加密密钥为 1 2(0 x taa 且1)a ，解密密钥为35yt， 且1x 时， 1 1 218ta ，解得3a ， 所以3 18549y ； 当354

15、yt时，3t ， 令 1 2 33 x ，解得 33 3 log1log 2 2 x ， 所以发送方发送明文是 3 log 2 故选：A 5（5 分） 在ABC中， 已知| |ABACBC ，| 4AB ，| 3AC ，2BDDC ， 则(AC AD ) A 4 3 B3C 16 3 D6 【解答】解：| |ABACBC ，| |ABACACAB ， 22 |ABACACAB ， 2222 22ABACAB ACABACAB AC ， 0AB AC ，ABAC ， 2BDDC ， 1112 () 3333 ADACCDACCBACABACABAC ， 21212 ()6 3333 AC ADA

16、CABACAC ABAC ， 故选：D 6 （5 分）已知 1 3 1 ( ) 4 a ， 1 4 1 log 5 b ，20 c c，则() AabcBcbaCcabDacb 【解答】解： 1 0 3 11 0( )( )1 44 a， 11 44 11 log1 54 blog， 再由20 c c，得0c ， cab 故选：C 第 7页（共 19页） 7 （5 分）某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的 5 名男医生（含一名主任 医师） 、4 名女医生（含一名主任医师）中分别选派 3 名男医生和 2 名女医生，则在有一名 主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为()

17、A 3 8 B 3 10 C 3 11 D 3 5 【解答】解：需要从我市某医院某科室的 5 名男医生（含一名主任医师） 、4 名女医生（含 一名主任医师）中分别选派 3 名男医生和 2 名女医生， 设事件A表示“有一名主任医师被选派” ，B表示“另一名主任医师被选派” ， P（A） 122311221 143413243 323232 545454 4 5 C C CC C CC C C C CC CC C ， 221 243 32 54 3 () 10 C C C P AB C C ， 则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为： 3 ()3 10 (|) 4 ( )8

18、 5 P AB P B A P A 故选：A 8 （5 分）椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左、右焦点分别为 1 F， 2 F，过点 1 F的直线l交椭 圆C于A，B两点，已知 2121 ()0AFFFAF ， 11 4 3 AFF B ，则椭圆C的离心率为() A 5 7 B 2 2 C 5 3 D 1 3 【解答】解：设 12 | 2F Fc， 因为 22 2121212212212 ()() ()0AFFFAFAFFFAFFFAFFF ， 所以 212 | | 2AFF Fc，所以 1 | 22AFac， 因为 11 4 3 AFF B ，所以 1 3 |() 2 B

19、Fac，所以 2 3 | 22 ac BF ， 设 1 AF的中点为H，则 2 F HAB，|AHac， 5 |() 2 BHac， 2222 22 |F AAHF BBH，即 2222 325 4()()() 224 ac cacac， 整理可得 22 71250caca，即 2 71250ee， 解得 5 7 e 或 1（舍去） ，所以离心率为 5 7 ， 第 8页（共 19页） 故选：A 二二、选择题选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合 题目要求题目要求.全部选对的得全部选对的得 5

20、分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分. 9 （5 分）已知函数( )cos3sin(0)f xxx的部分图象如图所示，则下列选项正确 的是() A2 B函数( )f x的单调增区间为 7 12 k ，() 12 kkZ C函数( )f x的图象关于 7 ( 12 ，0)中心对称 D函数( )f x的图象可由2cosyx图象向右平移 6 个单位长度得到 【解答】解：( )cos3sin2cos() 3 f xxxx ， 由图像得： 353 () 43124 T ， 故 2 T ，故2，故A错误； 令222 3 kxk 得： 2 36 kx k ， 故函数(

21、 )f x的单调递增区间是 2 3 k ，() 6 kkZ ，故B错误； 7 ()0 12 f ，故C错误； ( )f x的图像可由2cosyx图像向左平移 6 个单位长度得到，故D错误； 故选：AC 10 （5 分）已知 626 0126 (23 ) xaa xa xa x，则下列选项正确的是() A 3 360a B 22 0246135 ()()1aaaaaaa 第 9页（共 19页） C 6 126 (23)aaa D展开式中系数最大的为 2 a 【解答】解：令0 x 得 6 0 2a ， 令1x 得 6 0126 (23)aaaa， 则 66 126 (23)2aaa，故C错误， 令

22、1x ，得 6 0123456 (23)aaaaaaa， 则 22666 024613501260123456 ()()()()(23) (23)(23)(23)1aaaaaaaaaaaaaaaaaa ，故B正确， 3 362 aC 33 (3)480 3 ，故A错误， 展开式中偶数项系数为负值，奇数项系数为正值， 则系数最大的在 0 a， 2 a， 4 a， 6 a中， 展开式的通项公式 16 2 k k TC 6 (3 ) kk x ， 则 2 720a ， 4 540a ， 6 27a ， 则系数最大的为 2 a， 故选：BD 11 （5 分）已知方程 22 :|1 nn Cxy，*nN

23、，则下列选项正确的是() A当1n 时，|xy的最小值为 1 2 B当1n 时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S C当3n 时，| |xy的最小值为 3 4 4 D当3n 时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S 【解答】解：当1n 时，由原方程可得， 11 22 |1xy， 则 11 2 22 (| )1 | 22 xy xy ，当且仅当 1 | | 4 xy时等号成立，故A正确； 对于B，由方程C所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑01x 且01y 的 部分即可， 第 10页（共 19页） 此时原方程为1xy，而 22 (1)(1)1yxxx， 曲线

24、11 22 |1 0101xyxy且 位于直线1yx 的下方， 它与坐标轴围成的封闭曲线的面积小于 1 2 ，则方程C表示的曲线的面积 1 42 2 S ，故 B正确； 当3n 时， 33111 22224 |1 2 | |2(|)xyxyxy， 4 3 3 33 1144 |( ) 216644 xy，故C错误； 对于D，由方程C所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑01x 且01y 的 部分即可， 此时 33 22 |1xy，即 33 22 1xy， 23 32 (1)yx， 而 223 332 (1)(1)1yxxx， 2231 22 3322 (1)(1)(1)yxxx， 曲线

25、 33 22 |1(01,01)xyxy 位于直线1yx 的上方， 圆 22 1(01,01)xyxy 的 下方， 它与坐标轴围成的封闭曲线的面积大于 1 2 小于 4 ， 当3n 时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2S，故D正确 故选：ABD 12（5 分） 已知函数( )f xlnxax有两个零点 1 x，2x， 且 12 xx， 则下列选项正确的是() A 1 (0, )a e B( )yf x在(0, ) e上单调递增 C 12 6xx D若 2 2 1 (, )a ee ，则 21 2a xx a 【解答】解：由( )f xlnxax， 可得 1 ( )fxa x ，(

26、0)x ， 当0a时，( )0fx， ( )f x在(0,)x上单调递增，与题意不符； 第 11页（共 19页） 当0a 时，可得当 1 ( )0fxa x ，解得： 1 x a ， 可得当 1 (0,)x a 时，( )0fx，( )f x单调递增， 当 1 (x a ，)时，( )0fx，( )f x单调递减， 可得当 1 x a 时，( )f x取得极大值点， 又因为由函数( )f xlnxax有两个零点 1 x， 212 ()xxx， 可得 11 ( )10fln aa ，可得 1 a e ， 综合可得： 1 0a e ，故A正确； 当 1 a e 时， 12 26xxe，故C错误，

27、11 ( ) ax fxa xx ， 故 1 (0,)x a 时，( )0fx，( )f x递增， 1 (0, )a e ，(0，)(0e ， 1) a ，故选项B正确； ( )f x在 1 (0,) a 递增，在 1 (a，)递减，且 2 2 (a e ， 1) e ， 1， 1 1 (0,)x a ， 2 a ， 2 1 (x a ，)， f（1） 1 0()af x ， 1 1x， 2 2 22 ( )220()flnlnef x aa ， 2 2 x a ， 21 22 1 a xx aa ，故D正确； 故选：ABD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题

28、5 分，共分，共 20 分分. 13 （5 分）已知直线50 xy与圆 22 :(2)(1)4Cxy相交于A，B两点，则ABC 面积为2 【解答】解：圆 22 :(2)(1)4Cxy的圆心坐标为(2,1)C，半径2r ， 圆心C到直线50 xy的距离 |215| 2 2 d ， 直线50 xy被圆 22 :(2)(1)4Cxy截得的弦长为| 2 422 2AB 第 12页（共 19页） ABC面积为 1 2 222 2 S 故答案为：2 14 （5 分）在某市高三的一次模拟考试中，学生的数学成绩服从正态分布(105N， 2)( 0)，若(120)0.75P，则(90120)P0.5 【解答】解

29、：学生的数学成绩服从正态分布(105N， 2)( 0)，(120)0.75P， (90)(120)10.750.25PP ， 则(90120)10.2520.5P 故答案为：0.5 15 （5 分）已知双曲线 2 2 2 :1 y C x b 的左、右焦点分别为 1 F、 2 F，直线l过 2 F与双曲线C的 左、右两支分别交于A、B两点，已知 12 90F AF，且 1 ABF内切圆半径为 1，则|AB 3 【解答】解：双曲线 2 2 2 :1 y C x b 的1a ， 设 1 |AFm， 1 |BFn， 由双曲线的定义可得 21 | | 22AFAFam， 21 | | 22BFBFan

30、， 22 |4ABAFBFmn， 由切线长定理可得直角三角形的内切圆的半径为两直角边的和与斜边的差的一半， 所以，在直角三角形 1 ABF中， 11 11 (|)(4)1 22 ABAFBFmnmn， 可得1mn ， 所以|143AB 故答案为：3 16 （5 分）已知正方体 1111 ABCDA B C D棱长为 1，M、N、P分别为棱 1 A A、 11 A B、 11 A D 上的动点，且满足 111 11111 AMA NAP A AABAD ，则直线 1 AC与平面MNP所成角的正弦值为1； 若以MNP为一底面的正三棱柱（底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱）的另一底面 的三个顶点也

31、在正方体 1111 ABCDA B C D的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为 【解答】解：连接 11 AC， 11 B D，则 1111 ACB D， 1 CC 平面 1111 A BC D， 111 CCB D， 第 13页（共 19页） 1111 ACCCC ， 11 B D平面 11 AC C，可得 111 B DAC， 11 1111 A NA P A BA D ， 11 / /NPB D，则 1 ACNP，同理 1 ACMP， NPMPP ， 1 AC平面MNP， 直线 1 AC与平面MNP所成角的正弦值为 1； 1 AC 平面MNP，过M点作 1 AC的平行线与AC交于点O，则M

32、O为正三棱柱的侧棱， 设 1 1 AM x A A ，则正三角形MNP的边长2MNx， 在 1 A AC中， 11 1 AMAOMO x AAACAC ，3(1)MOx， 23 13 32 MNP VSMOxx 正三棱柱 ，(0,1)x， 求导 2 3 (23) 2 Vxx ，令0V ，解得 2 3 x ， 当 2 (0, ) 3 x时，V随x的增大而增大，当 2 (3x，1)时，V随x的增大而减小， 22 ( ) 39 max VV 故答案为：1； 2 9 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分. 17 （10 分）在ABC中， 22 (sinsin)sin(

33、 32)sinsinACBAC，点D在线段AB上， 且BDDC，2BC （1）求B； （2）在 7 cos() 14 CB，3AD ， 21 sin 7 A ，这三个条件中任选一个，补充在 上面的问题中，求AC边长 【解答】解： （1）因为 22 (sinsin)sin( 32)sinsinACBAC， 所以由正弦定理可得 222 2( 32)acacbac，即 222 3acbac， 第 14页（共 19页） 所以由余弦定理可得 222 33 cos 222 acbac B acac ， 因为(0, )B， 所以 6 B （2）若选，因为 6 B ，BDDC，2BC ， 在BCD中，由正弦定

34、理 2 1 3 2 2 CD ，解得 2 3 3 CD ， 所以在ACD中， 3 ADC ，ACDCB， 由 7 cos() 14 CB，可得 2 3 21 sin()1() 14 CBcos CB，可得 3713 2121 sinsin() 32142147 AACD ， 在ACD中，由 2 3 3 21 sin 3 7 AC ，解得 21 3 AC 若选，3AD ，由（1）可得 6 B ， 因为BDDC，可得 6 BDCB ， 2 3 BDC ， 在BCD中，由正弦定理 sinsin BCCD BDCB ，所以 1 2 2 3 2 33 2 CD ， 在ACD中，由余弦定理 22222 4

35、2 317 2cos2cos323() 3323 ACCDADAD CDADCCDADAD CDBDC ，解得 21 3 AC 若选， 21 sin 7 A ，由（1）可得 6 B ，2BC ， 在ABC中，由正弦定理 sinsin ACBC BA ，可得 2 1 21 2 7 AC ， 解得 21 3 AC 第 15页（共 19页） 18（12 分） 已知等比数列 n a， 其前n项和为 n S， 若 1 a， 1 2 nn aS ，R，*nN （1）求的值； （2）设 1 2 (1)(1) n n nn a b aa ，求使 12 2020 2021 n bbb成立的最小自然数n的值 【解

36、答】解： （1）根据题意，由通用公式可得，当2n时， 1 1 2 2 nn nn aS aS ， 可得， 11 (1) nnnnn aaaaa ， 数列 n a是公比为1的等比数列， 又因为 1 a，由得到 2 21 22aa， 2 2 12 （2）由（1）可知，数列 n a是以 2 为首项，3 为公比的等比数列，即得 1 2 3n n a ， 则 1 11 1 24 311 (1)(1)(2 31)(2 31)2 312 31 n n n nnnn nn a b aa ， 123n bbbb 021 111111 ()()() 2 312 312 312 312 312 31 nn 1 1

37、2 31 n 12020 1310117 2 312021 n n n 故可得满足题意的最小自然数为7n 19（12 分） 如图，AB 平面ADE，/ /ABCD， 11 3 22 ADCDABAE，120DAE， 四边形ABCD的对角线交于点M，N为棱DE上一点，且/ /MN平面ABE （1）求 DN DE 的值； （2）求二面角BACN的余弦值 第 16页（共 19页） 【解答】解： （1）因为/ /ABDC，所以 31 62 DMDC MBAB ，所以 1 3 DM DB ， 因为/ /MN平面ABE，平面BED平面ABEBE，MN 平面BED， 所以/ /MNBE，所以 1 3 DND

38、M DEDB （2）过N作NFAD于F，过F作FPAC于P，连接PN， 因为AB 平面ADE，AB 平面ABCD，所以平面ADE 平面ABCD， 平面ADE平面ABCDAD，所以NF 平面ABCD， FP为NP在平面ABCD内的投影，所以ACPN， 所以NPF为二面角NACD的平面角， 由余弦定理得 22 2cos3 7DEAEADAE ADDAE，7DN ， 由正弦定理得 sinsinADEDAE AEDE ， 3 sin 7 ADE， 2 cos 7 ADE， sin3NFDNADE，cos2DFDNADE，1AFADDF， 因为ADDC，DCAD，所以45CAD， 2 sin 2 PFA

39、FCAD， 3 tan6 2 2 NF NPF PF ， 2 17 cos 7 1 NPF tan ， 因为二面角BACN与二面角NACD互补， 所以二面角BACN的余弦值为 7 7 第 17页（共 19页） 20 （12 分）已知点 0 ( 2,)Py为抛物线 2 :2(0)C xpy p上一点，F为抛物线C的焦点， 抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且FPQ面积为 2 （1）求抛物线C的方程； （2）设直线l经过(2,5)交抛物线C于M，N两点（异于点)P，求证：MPN的大小为定 值 【解答】解： （1）因为FPQ面积为 2 所以 1 | 22 2 FQ ，即| 2FQ ， 2 2x

40、py即 2 2 x y p 的导数为 x y p ，可得P处的切线的斜率为 2 p ， 切线的方程为 0 2 (2)yyx p ，令0 x ，可得 0 4242 yy pppp ， 所以 2 2 2 p p ，解得2p ， 所以抛物线的方程为 2 4xy； （2）证明：设 1 (M x， 2 1 ) 4 x ， 2 (N x， 2 2 ) 4 x ， 设直线l的方程为(2)5yk x， 由 2 (2)5 4 yk x xy 可得 2 48200 xkxk， 所以 12 4xxk， 12 820 x xk， 因为( 2,1)P ， 1 (2PMx ， 2 1 1) 4 x ， 2 (2PNx ，

41、 2 2 1) 4 x ， 所以 22 12 12 (2)(2)(1)(1) 44 xx PM PNxx 第 18页（共 19页） 22 121212 1212 ()()2 2()41 164 x xxxx x x xxx 22 (820)161640 820850 164 kkk kk ， 所以PMPN ， 所以PMN的大小为定值90 21 （12 分）有A、B两盒乒乓球，每盒 5 个，乒乓球完全相同，每次等可能地从A、B两 盒中随机取一个球使用 （1）若取用后不放回，求当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩 4 个球的概率； （2）根据以往的经验，每个球可以重复使用 3 次以上，为了节约，每次

42、取后用完放回原盒， 设随机取用 3 次后A盒中的新球（没取用过的）数目为，求的分布列及期望 【解答】解： （1）当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩 4 个球的概率为PC根据 44 5 1115 ( ) 22264 ； （2）的可能取值为 2，3，4，5， 则 3 1433 (2)( )1 25550 P ， 322 3 114421149 (3)( )1 ()( )1 2555522525 PC ， 32212 33 1111111191 (4)( )1( )1( ) 25522522200 PCC ， 3 11 (5)( ) 28 P， 所以的分布列如下： 2345 P 3 50 9 25

43、91 200 1 8 39911729 2345 50252008200 E 22 （12 分）已知函数 22 13 ( )()21 24 f xxax lnxxax，(0,)x （1）讨论函数( )yf x的单调性； （2）若ae，求证： 2 ( )(1) a fxea 【解答】解： （1）( )f x的定义域是(0,)， ( )()()(1)fxxa lnxxaxa lnx， 第 19页（共 19页） 当0a，令( )0fx，解得：xe，令( )0fx，解得：xe， 故( )f x在(0, ) e递减，在( ,)e 递增， 当0ae，令( )0fx，解得：xe或xa，令( )0fx，解得：

44、axe， 故( )f x在(0, )a递增，在( , )a e递减，在( ,)e 递增， 当ae时，令( ) 0fx恒成立， 故( )f x在(0,)递增，无递减区间， 当ae，令( )0fx，解得：xa或xe，令( )0fx，解得：exa， 故( )f x在(0, ) e递增，在( , )e a递减，在( ,)a 递增， 综上：当0a，( )f x在(0, ) e递减，在( ,)e 递增， 当0ae，( )f x在(0, )a递增，在( , )a e递减，在( ,)e 递增， 当ae时，故( )f x在(0,)递增，无递减区间， 当ae，( )f x在(0, ) e递增，在( , )e a递

45、减，在( ,)a 递增； （2）证明：令( )( )g xfx，则( ) a g xlnx x ， ae，( )g x 在(0,)上单调递增， g（e）10 a e ， () ()0 a a aa aa ea g ea ee ， 设( ) x xex，0 x ，则( )10 x xe ，( )x递增， ()(0)10a ，即0 a ea， 0 ( ,) a xe e，使得 0 ()0g x，即 00 ax lnx， 且当 0 (0,)xx时，( )0g x， 0 (xx，)时，( )0g x， ( )fx 在 0 (0,)x递减，在 0 (x，)递增， 2 000000000 ( )()()(1)()(1)(1) min fxfxxa lnxxx lnxlnxx lnx ， 设 2 ( )(1)h xx lnx ，( ,) a xe e， 则 22 1 ( )(1)2 (1)10h xlnxx lnxln x x ， ( )h x在( ,) a e e上单调递减， 2 0 ( )()()(1) aa min fxh xh eea ，原命题成立