2020年陕西省西安市八校高考数学联考试卷(理科)(6月份)
2020年陕西省西安市八校高考数学联考试卷（理科）（6月份）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合A ＝{x|(x +1)(x ?4)<0}，B ＝{x|x >2}，则A ∩B ＝（ ） A.(?1,?4) B.(?1,?2) C.(2,?4) D.(?1,?3)
2. 已知数列{a n }满足：a n+1+2a n ＝0，且a 2＝2，则{a n }前10项和等于（ ） A.1?2103
B.?
1?2103
C.210?1
D.1?210
3. 已知i 为虚数单位，a ∈R ，若复数z ＝a +(1?a)i 的共轭复数z ˉ
在复平面内对应的点位于第三象限，且z ?z ˉ
=5，则z ＝（ ） A.?1+2i B.?1?2i
C.2?i
D.?2+3i
4. 已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，给出下列命题：
①{m ⊥α#/DEL/#m ⊥n#/DEL/#?n ∥α；②{m ⊥β#/DEL/#n ⊥β#/DEL/#?m ∥n ；③{m ⊥α#/DEL/#m ⊥β#/DEL/#?α∥β；
④{m ?α#/DEL/#
n ?β#/DEL/#α∥β#/DEL/#?m ∥n ．
其中的正确命题序号是（ ） A.②③ B.①②③
C.②④
D.①②④
5. 已知函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是（ ）
A.f(x)＝e |x|
?cos x B.f(x)＝ln |x|?cos x C.f(x)＝e |x|+cos x D.f(x)＝ln |x|+cos x
6. 设e 1→
，e 2→
是平面内两个不共线的向量，AB →
=(a ?1)e 1→
+e 2→
，AC →
=be 1→
?2e 2→
(a >0,?b >0)，若A ，B ，C 三点共线，则1
a +2
b 的最小值是（ ） A.2 B.4 C.6 D.8
7. 已知p:a ＝±1，q ：函数f(x)＝ln (x +√a +x 2)为奇函数，则p 是q 成立的（ ） 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
8. 已知圆x 2+y 2＝r 2(r >0)与抛物线y 2＝2x 交于A ，B 两点，与抛物线的准线交于C ，D 两点，若四边形ABCD 是矩形，则r 等于（ ） A.√2
2 B.√2
C.√5
2
D.√5
9. 已知sin α、cos α是方程5x 2?√5x ?2＝0的两个实根，且α∈(0,?π)，则cos (α+π
4)＝（ ） A.√10
10 B.?
√10
10
C.
3√10
10
D.?
3√10
10
10. 对于函数f(x)＝cos 2x +√3sin x cos x ，x ∈R ，下列命题错误的是（ ） A.函数f(x)的最大值是3
2
B.不存在x 0∈(5π6,?4π
3)使得f(x 0)＝0 C.函数f(x)在[π6
,?π
2]上单调递减
D.函数f(x)的图象关于点(5π
12,?0)对称
11. 已知F 2，F 1是双曲线y 2
a 2?x 2
b 2=1(a >0,b >0)的上、下两个焦点，过F 1的直线与双曲线的上下两支分别交于点B ，A ，若△ABF 2为等边三角形，则双曲线的渐近线方程为（ ） A.y =±√2x
B.y =±
√2
2x C.y =±√6x D.y =±
√66
x
12. 已知函数f(x)={√1+9x 2,x ≤0
1+xe x?1
,x >0
，点A 、B 是函数f(x)图象上不同两点，则∠AOB （O 为坐标原点）的取值范围是（ ） A.(0,?π
4)
B.(0,?π
4]
C.(0,?π
3)
D.(0,?π
3]
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卷中相应的横线上）p*x-3y+5≥0
已知实数x ，y 满足不等式组{x ?3y +5≥0
2x +y ?4≥0y +2≥0 ，则z ＝x +y 的最小值为________．
从1
3、1
2、2、
3、5、9中任取两个不同的数，分别记为m 、n ，则“log m n >0”的概率为________．
已知点A 、B 、C 在球心为O 的球面上，若AB ＝AC ＝5，BC ＝6，球心O 到截面ABC 的距离为1，则该球的表面积为________．
在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，D 是AB 的中点，若CD ＝1且(a ?1
2b)sin A ＝(c +
b)(sin C ?sin B)，则△ABC 面积的最大值是________．
三、解答题（共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17-21题为必考题.第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分.
如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，E ，F 分别是AB ，PD 的中点．
（1）求证：AF?//?平面PCE ；
（2）若二面角P ?CD ?B 为45°角，AD ＝2，CD ＝3，求PD 与平面PCE 所成角的正弦值．
已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n+12＝S n 2
+1．
（1）求数列{S n }的通项公式；
（2）设b n =(?1)n a n
，求{b n }的前n 项和T n ．
为调查某校学生每周体育锻炼落实的情况，采用分层抽样的方法，收集100位学生每周平均锻炼时间的样本数据（单位：?）．根据这100个样本数据，副制作出学生每周平均锻炼时间的频率分布直方图（如图所示）． (Ⅰ)估计这100名学生每周平均锻炼时间的平均数x ˉ
和样本方差s 2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代
表）；
(Ⅱ)由频率分布直方图知，该校学生每周平均锻炼时间Z 近似服从正态分布N(μ,?σ2)，其中μ近似为样本平均数x ˉ
，σ2近似为样本方差s 2．
(Ⅰ)求P(0.8 (Ⅱ) 若该校共有 5000名学生，记每周平均锻炼时间在区间(0.8,?8.3)的人数为?，试求E(?)． 附：√6.16≈2.5，若Z ～N(μ,?σ2)，则P(μ?σ 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C:x 2 a 2+y 2 b 2=l(a >b >0)的离心率为2√23 ，直线l 和椭圆C 交于A ，B 两点， 当直线l 过椭圆C 的焦点，且与x 轴垂直时，|AB|=2 3． （1）求椭圆C 的方程； （2）是否存在与x 轴不垂直的直线l ，使弦AB 的垂直平分线过椭圆C 的右焦点？若存在，求出直线l 的方程，若不存在，请说明理由． 设函数f(x)＝ln (1+ax)? 2x x+2 (a >0)． (Ⅰ)讨论f(x)在区间(0,?+∞)上的单调性； (Ⅱ)若f(x)存在两个极值点x 1、x 2，且f(x 1)+f(x 2)>0，求a 的取值范围． （二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第-题计分.并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题10分） 在直角坐标系xOy 中，已知圆C:{x =2cos θ y =2sin θ （θ为参数），点P 在直线l:x +y ?4＝0上，以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． (Ⅰ)求圆C和直线l的极坐标方程； (Ⅱ)射线OP交圆C于R，点Q在射线OP上，且满足|OP|2＝|OR|?|OQ|，求Q点轨迹的极坐标方程．[选修4-5：不等式选讲]（本小题10分） 已知函数f(x)=|x?1|． (1)求不等式f(2x)?f(x+1)≥2的解集； (2)若a>0，b>0且a+b=f(3)，求证：√a+1+√b+1≤2√2． 参考答案与试题解析 2020年陕西省西安市八校高考数学联考试卷（理科）（6月份） 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 【答案】 C 【考点】 交集及其运算 【解析】 解不等式得集合A ，根据交集的定义写出A ∩B ． 【解答】 集合A ＝{x|(x +1)(x ?4)<0}＝{x|?1 则A ∩B ＝{x|2 【答案】 B 【考点】 数列的求和 【解析】 通过a n+1+2a n ＝0可确定数列{a n }是公比为?2的等比数列，进而通过a 2＝2可知首项a 1＝?1，利用等比数列的求和公式计算即得结论． 【解答】 ∵ a n+1+2a n ＝0， ∴ 数列{a n }是公比为?2的等比数列， 又∵ a 2＝2， ∴ a 1=1 2(0?a 2)＝?1， ∴ 所求值为?[1?(?2)10]1?(?2) =? 1?2103 ， 3. 【答案】 A 【考点】 复数的运算 【解析】 由已知求解a 的范围，再由z ?z ˉ =|z|2＝5列式求解a 值． 【解答】 z ＝a +(1?a)i 的共轭复数z ˉ=a +(a ?1)i ， 对应点的坐标为(a,?a ?1)， 由题意{a <0 a ?1<0 ，则a <0． 又z ?z ˉ =|z|2＝a 2+(a ?1)2＝5，解得a ＝?1(a <0)． ∴ z ＝?1+2i ． 4. 【答案】 A 【考点】 命题的真假判断与应用 【解析】 由线面垂直及线线垂直的几何特征可判断①的真假；由线面垂直的性质定理可判断②的真假；根据线面垂直的性质定理及面面平行的判定方法可判断③的真假；由面面平行的性质及几何特征可判断④的真假，进而得到答案． 【解答】 {m ⊥α#/DEL/#m ⊥n#/DEL/# ?n ∥α或n ?α，故①错误； 由线面垂直的性质定理可得{m ⊥β#/DEL/# n ⊥β#/DEL/# ?m ∥n ，故②正确； 根据线面垂直的性质定理及面面平行的判定方法可得{m ⊥α#/DEL/# m ⊥β#/DEL/#?α∥β，故③正确； 由面面平行的性质及几何特征可得{m ?α#/DEL/# n ?β#/DEL/#α∥β#/DEL/#?m ∥n 或m ，n 异面，故④错误； 5. 【答案】 D 【考点】 函数的图象与图象的变换 【解析】 采用排除法排除A ，B ，C ． 【解答】 由图可知f(π 2)>0，故可排除A ，B ； 对于C:f(x)＝e |x|+cos x ，当x ∈(0,?1)时f(x)>0，故可排除C ． 6. 【答案】 B 【考点】 平面向量的基本定理 【解析】 利用向量共线定理推出a ，b 的关系，进而解出1 a +2 b 的最小值 【解答】 ∵A，B，C三点共线， ∴AB→，AC→共线， ∴存在实数λ，使得AB→=λAC→ 可解得λ=?1 2 ，b＝2?2a ∵a>0，b>0∴0 ∴1 a +2 b =1 a +1 1?a =1 a(1?a) 当a=1 2 时，取最小值为4 7. 【答案】 B 【考点】 充分条件、必要条件、充要条件 【解析】 函数f(x)＝ln(x+2)为奇函数，则f(?x)+f(x)＝ln a＝0，解得a．即可判断出结论．【解答】 函数f(x)＝ln(x+√a+x2)为奇函数， 则f(?x)+f(x)＝ln(?x+√a+x2)+ln(x+√a+x2)＝ln a＝0， 解得a＝1． ∴p是q成立的必要不充分条件． 8. 【答案】 C 【考点】 抛物线的性质 直线与圆相交的性质 【解析】 先得C的坐标，根据ABCD为矩形得A的坐标，再代入抛物线可得． 【解答】 易得C(?1 2,?√r2?1 4 )，则A(1 2 ,?√r2?1 4 )， 将A点坐标代入y2＝2x得r2?1 4=1，解得r=√5 2 ， 9. 【答案】 D 【考点】 两角和与差的三角函数 【解析】 根据根与系数的关系求出sinα+cosα以及sinαcosα的值，结合α的范围联立解得sinα，cosα的值，再用两角和的余弦公式代入计算即可求出值． 【解答】 ∵sinα、cosα是方程5x2?√5x?2＝0的两个实根，且α∈(0,?π)， ∴sinα+cosα=√5 5 ，sinαcosα=?2 5 ， ∴sinα=2√5 5 ，cosα=?√5 5 ， ∴cos(α+π 4 )=√2 2 cosα?√2 2 sinα=√2 2 (cosα?sinα)=√2 2 ×(?√5 5 ?2√5 5 )=?3√10 10 ． 10. 【答案】 D 【考点】 命题的真假判断与应用 【解析】 化简函数f(x)的解析式得f(x)＝sin(2x+π 6 )+1 2 ，由三角函数的性质逐个加以判断即可得出答案．【解答】 f(x)＝cos2x+√3sin x cos x，x∈R =1 2 cos2x+√3 2 sin2x+1 2 =sin(2x+π 6 )+1 2 ， A．因为x∈R，所以sin(2x+π 6 )的最大值为1， 所以f(x)的最大值为3 2 ，故A正确， B．由sin(2x+π 6 )+1 2 =0得sin(2x+π 6 )=?1 2 ， 所以2x+π 6 =7π 6 +2kπ或2x+π 6 =?π 6 +2kπ，k∈Z， 所以x=π 2 +kπ或x=?π 6 +kπ，k∈Z， 故不管k为何整数，上式解都不在区间(5π 6 ,?4π 3 )内， 所以，不存在x0∈(5π 6 ,?4π 3 )使得f(x0)＝0，故B正确， C．由2kπ+π 2 ≤2x+π 6 ≤3π 2 +2kπ，k∈Z， 得kπ+π 6 ≤x≤2π 3 +kπ，k∈Z， 即f(x)在[π 6 ,?2π 3 ]上单调递减， 所以f(x)在[π 6 ,?π 2 ]上单调递减，故C正确， D．把f(5π 12 )＝sin n(2×5π 12 +π 6 )+1 2 =1 2 ≠0， 所以f(x)关于(5π 12,?1 2 )对称，故D不正确． 11. 【答案】 D 【考点】 双曲线的渐近线 双曲线的定义 余弦定理 【解析】 根据双曲线的定义算出△AF1F2中，|AF1|=2a，|AF2|=4a，由△ABF2是等边三角形得∠F1AF2=120°，利用余弦定理算出c2=7a2，结合双曲线渐近线方程即可的结论． 【解答】 解：根据双曲线的定义，可得|BF1|?|BF2|=2a， ∵△ABF2是等边三角形，即|BF2|=|AB|， ∴|BF1|?|BF2|=2a，即|BF1|?|AB|=|AF1|=2a， 又∵|AF2|?|AF1|=2a， ∴|AF2|=|AF1|+2a=4a， ∵△AF1F2中，|AF1|=2a，|AF2|=4a，∠F1AF2=120°， ∴|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2?2|AF1|?|AF2|cos120°， 即4c2=4a2+16a2?2×2a×4a×(?1 2 )=28a2， 解得c2=7a2，则b=√c2?a2=√6a2=√6a， 由此可得双曲线C的渐近线方程为x=±b a y=±√6y， 即y=±√6 6 x． 故选D. 12. 【答案】 A 【考点】 分段函数的应用 【解析】 当x≤0时，函数f(x)是双曲线得到渐近线的斜率k＝?3，当x>0时，求函数过原点的切线，根据直线的夹角公式进行求解即可． 【解答】 当x≤0时，由y=√1+9x2得y2?9x2＝1，(x≤0)，此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y＝?3x，此时渐近线的斜率k1＝?3， 当x>0时，f(x)＝1+xe x?1，当过原点的直线和f(x)相切时，设切点为(a,?1+ae a?1)， 函数的导数f′(x)＝e x?1+xe x?1＝(x+1)e x?1， 则切线斜率k2＝f′(a)＝(a+1)e a?1， 则对应的切线方程为y?(1+ae a?1)＝(1+a)e a?1(x?a)，即y＝(1+a)e a?1(x?a)+1+ae a?1， 当x＝0，y＝0时，(1+a)e a?1(?a)+1+ae a?1＝0， 即a2e a?1+ae a?1＝1+ae a?1， 即a2e a?1＝1，得a＝1，此时切线斜率k2＝2， 则切线和y＝?3x的夹角为θ， 则tanθ＝|?3?2 1?2×3 |=5 5 =1，则θ=π 4 ， 故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是(0,?π 4 )， 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卷中相应的横线上）p*x-3y+5≥0 【答案】 1 【考点】 简单线性规划 【解析】 根据题意画出不等式组表示的平面区域，找出最优解，求出目标函数z的最小值． 【解答】 画出不等式组{ x?3y+5≥0 2x+y?4≥0 y+2≥0 表示的平面区域，如图中阴影部分所示； 由{ y=?2 2x+y?4=0，解得A(3,??2)， 设z＝x+y，将直线l:z＝x+y进行平移， 当l经过点A时，目标函数z达到最小值， ∴z 最小值 ＝3?2＝1． 【答案】 7 15 【考点】 古典概型及其概率计算公式 【解析】 基本事件总数N＝6×5＝30，log m n>0包含的基本事件个数M＝2×1+4×3＝14，由此能求出“log m n>0”的概率． 【解答】 ∵ 从1 3 、1 2、2、 3、5、9中任取两个不同的数，分别记为m 、n ， 基本事件总数N ＝6×5＝30， 当log m n >0时，可以从1 3，1 2中取两个数， 从2，3，5，9中取两个数， ∴ log m n >0包含的基本事件个数M ＝2×1+4×3＝14 则“log m n >0”的概率为P =14 30=7 15． 【答案】 689π 16 【考点】 球的表面积和体积 球内接多面体 柱体、锥体、台体的侧面积和表面积 【解析】 根据球的截面圆性质、截面ABC 的距离为1，求解△ABC 外接圆的半径r ，构造勾股定理即可求解． 【解答】 由AB ＝AC ＝5，BC ＝6，可知△ABC 是等腰三角形， 作BC 的高线?，可得?＝4，那么sin B =4 5； 由正弦定理： AC sin B =2r ， 可得△ABC 外接圆的半径r = 258 ， 球心O 到平面ABC 的圆心O 1距离为1，得O 1O ＝1， 那么球的R =√r 2+d 2= √689 8 ∴ 则该球的表面积S ＝4πR 2=689π16 【答案】 √15 5 【考点】 余弦定理 正弦定理 【解析】 利用正弦定理可得：a 2+b 2?c 2 =12ab ，①，cos C =1 4，sin C = √15 4 ，利用2CD → =CA →+CB → 可得 a 2+b 2+ 12 ab ＝4，②， 由①②可得ab ＝4?c 2，所以面积S =1 2(4?c 2)×√15 4 ，再根据c 2＝a 2+b 2?12ab ≥2ab ?12ab =3 2ab = 32 (4?c 2)，得c 2≥ 125 ，从而可得S 的最大值． 【解答】 ∵ (a ?1 2b)sin A =(c +b)(sin C ?sin B)， ∴ 由正弦定理可得：(a ?1 2b)a =(c +b)(c ?b)， ∴ 整理可得：a 2+b 2?c 2=1 2ab ，① ∴ 由余弦定理可得：cos C = a 2+ b 2? c 2 2ab =12 ab 2ab =1 4，可得：sin C =√1?cos 2C = √15 4 ， 由2CD → =CA → +CB → 得4CD →2 =CA →2 +CB → 2 +2CA → ?CB → ，得4＝b 2+a 2+2ab cos C ，得 a 2+b 2+1 2ab ＝4，② 由①②得ab ＝4?c 2，S △ABC =1 2ab sin C =1 2(4?c 2)× √15 4 ， ∵ c 2＝a 2+b 2?1 2ab ≥2ab ?1 2ab =3 2ab =3 2(4?c 2)，∴ c 2≥12 5 当且仅当 a ＝b =2√10 5 ，c = 4√15 5 时取等， ∴ S △ABC =1 2(4?c 2)× √15 4 ≤12 (4? 125 )× √15 4 = √15 5 ． 三、解答题（共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第17-21题为必考题.第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题：共60分. 【答案】 证明：作PC 的中点G ，连结FG ，EG ，△PCD 中，FG 为中位线，FG?//?CD 且FG =1 2CD ， 由AE?//?CD 且AE =1 2CD 得四边形AEGF 为平行四边形，AF?//?EG ， ∵ AF ?平面PCE ，EG ?平面PCE ， ∴ AF?//?平面PCE ………………………… 法一：∵ PA ⊥平面ABCD ，∴ PA ⊥CD ，又∵ CD ⊥AD ，∴ CD ⊥平面PAD ， ∴ CD ⊥PD ，∴ ∠PDA 为二面角P ?CD ?B 的平面角，∴ ∠PDA ＝45°………………………………… 由AD ＝2得PA =2,PD =2√2,PE =EC =5 2,PC =√17,S △PEC = √34 2 设D 到平面PCE 的距离为?，由V P?DCE ＝V D?PCE 得：S △PCE ??＝S △BCE ?PA ，?=6√34 17 所以PD 与平面PCE 所成角的正弦值为 6√3417 ? 2√2 = 3√17 17 ．…………………… （也可以得出二面角为∠PDA 后，借助AF ⊥平面PCD 得EG ⊥平面PCD ， 得平面PCE ⊥平面PCD ，过D 作DM ⊥PC 即可得DM ⊥PCE) 法二：∵ PA ⊥平面ABCD ，∴ PA ⊥CD ，又∵ CD ⊥AD ，∴ CD ⊥平面PAD ， ∴ CD ⊥PD ，∴ ∠PDA 为二面角P ?CD ?B 的平面角，∴ ∠PDA ＝45°………………………………… 以A 为原点，AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， E(3 2,0,0),C(3,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),PD → =(0,2,?2)， PE →=(32,0,?2),EC →=(3 2,2,0) 设平面PCE 的法向量为n → =(x,y,z)由PE → ?n → =0,EC → ?n → =0，得n → =(4,?3,3) 所以PD 与平面PCE 所成角的正弦值为 3√ 1717 ．………………………………… 【考点】 直线与平面平行 直线与平面所成的角 【解析】 （1）作PC 的中点G ，连结FG ，EG ，证明四边形AEGF 为平行四边形，推出AF?//?平面PCE ． （2）法一：证明PA ⊥CD ，CD ⊥PD ，说明∠PDA 为二面角P ?CD ?B 的平面角，设D 到平面PCE 的距离为?，由V P?DCE ＝V D?PCE ，求出?，然后求解PD 与平面PCE 所成角的正弦值． 法二：证明PA ⊥CD ，CD ⊥PD ，说明∠PDA 为二面角P ?CD ?B 的平面角，以A 为原点，AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面PCE 的法向量，利用空间向量的数量积求解即可． 【解答】 证明：作PC 的中点G ，连结FG ，EG ，△PCD 中，FG 为中位线，FG?//?CD 且FG =1 2CD ， 由AE?//?CD 且AE =1 2CD 得四边形AEGF 为平行四边形，AF?//?EG ， ∵ AF ?平面PCE ，EG ?平面PCE ， ∴ AF?//?平面PCE ………………………… 法一：∵ PA ⊥平面ABCD ，∴ PA ⊥CD ，又∵ CD ⊥AD ，∴ CD ⊥平面PAD ， ∴ CD ⊥PD ，∴ ∠PDA 为二面角P ?CD ?B 的平面角，∴ ∠PDA ＝45°………………………………… 由AD ＝2得PA =2,PD =2√2,PE =EC =5 2,PC =√17,S △PEC = √34 2 设D 到平面PCE 的距离为?，由V P?DCE ＝V D?PCE 得：S △PCE ??＝S △BCE ?PA ，?=6√34 17 所以PD 与平面PCE 所成角的正弦值为 6√3417 ?2 2 =3√17 17 ．…………………… （也可以得出二面角为∠PDA 后，借助AF ⊥平面PCD 得EG ⊥平面PCD ， 得平面PCE ⊥平面PCD ，过D 作DM ⊥PC 即可得DM ⊥PCE) 法二：∵ PA ⊥平面ABCD ，∴ PA ⊥CD ，又∵ CD ⊥AD ，∴ CD ⊥平面PAD ， ∴ CD ⊥PD ，∴ ∠PDA 为二面角P ?CD ?B 的平面角，∴ ∠PDA ＝45°………………………………… 以A 为原点，AB ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， E(3 2,0,0),C(3,2,0),P(0,0,2),D(0,2,0),PD → =(0,2,?2)， PE → =(32,0,?2),EC →=(3 2,2,0) 设平面PCE 的法向量为n → =(x,y,z)由PE → ?n → =0,EC → ?n →=0，得n → =(4,?3,3) 所以PD 与平面PCE 所成角的正弦值为 3√1717 ．………………………………… 【答案】 a 1＝1，S n+12＝S n 2 +1， 所以{S n 2 }是首项为1，公差为1的等差数列， S n 2＝1+n ?1＝n ， 因为{a n }各项都为正数， 所以S n =√n ； a n ＝S n ?S n?1=√n ?√n ?1(n ≥2)， 又a 1＝S 1＝1，所以a n =√n ?√n ?1， b n = (?1)n a n = n n?n?1 =(?1)n (√n +√n ?1)， 当n 为奇数时，前n 项和T n ＝?1+√2+1?(√3+√2)+...+(√n ?1+√n ?2)?(√n +√n ?1)=?√n ； 当n 为偶数时，T n ＝?1+√2+1?(√3+√2)+...?(√n ?1+√n ?2)+(√n +√n ?1)=√n ． 所以{b n }的前n 项和T n ＝(?1)n √n ． 【考点】 数列递推式 数列的求和 【解析】 （1）由等差数列的定义，以及通项公式可得所求； （2）由数列的递推式求得a n ＝S n ?S n?1=√n ?√n ?1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n =√n ?√n ?1，b n = (?1)n a n = n √n?√ n?1 =(?1)n (√n +√n ?1)，分别讨论n 为奇数或偶数，由裂项相消求和可得所求和． 【解答】 a 1＝1，S n+12＝S n 2 +1， 所以{S n 2 }是首项为1，公差为1的等差数列， S n 2＝1+n ?1＝n ， 因为{a n }各项都为正数， 所以S n =√n ； a n ＝S n ?S n?1=√n ?√n ?1(n ≥2)， 又a 1＝S 1＝1，所以a n =√n ?√n ?1， b n = (?1)n a n = n √n?√ n?1 =(?1)n (√n +√n ?1)， 当n 为奇数时，前n 项和T n ＝?1+√2+1?(√3+√2)+...+(√n ?1+√n ?2)?(√n +√n ?1)=?√n ； 当n 为偶数时，T n ＝?1+√2+1?(√3+√2)+...?(√n ?1+√n ?2)+(√n +√n ?1)=√n ． 所以{b n }的前n 项和T n ＝(?1)n √n ． 【答案】 （1）这100名学生每周平均锻炼时间的平均数x ˉ =1×0.05+3×0.2+5×0.30+7×0.25+9×0.15+11×0.05 ＝5.8； s 2＝(?4.8)2×0.05+(?2.8)2×0.24+0.82×0.3+1.22×0.25+3.22×0.15+5.22×0.05＝6.16； (2)(i)由(Ⅰ)知X 服从正态分布N(5.8,?6.16)，且σ＝≈2.5， ∴ P(0.8 2 ×0.9545+1 2 ×0.6827=0.8186； (ii)由(i)知每周平均锻炼时间在区间(0.8,?8.3)的概率为0.8186， 依题意ξ服从二项分布，即ξ～B(5000,?0.8186)， ∴ E(ξ)＝5000×0.8186＝4093． 【考点】 频率分布直方图 正态分布的密度曲线 【解析】 (Ⅰ)直接由频率分布直方图结合公式求得样本平均数和样本方差s 2； (Ⅱ)(i)利用正态分布的对称性即可求得P(0.8 (ii)由(i)知学生假期日平均数学学习时间位于(0.8,?8.3)的概率为0.8186，且ξ服从二项分布，由二项分布的期望公式得答案． 【解答】 （1）这100名学生每周平均锻炼时间的平均数x ˉ =1×0.05+3×0.2+5×0.30+7×0.25+9×0.15+11×0.05 ＝5.8； s 2＝(?4.8)2×0.05+(?2.8)2×0.24+0.82×0.3+1.22×0.25+3.22×0.15+5.22×0.05＝6.16； (2)(i)由(Ⅰ)知X 服从正态分布N(5.8,?6.16)，且σ＝≈2.5， ∴ P(0.8 2 ×0.9545+1 2 ×0.6827=0.8186； (ii)由(i)知每周平均锻炼时间在区间(0.8,?8.3)的概率为0.8186， 依题意ξ服从二项分布，即ξ～B(5000,?0.8186)， ∴ E(ξ)＝5000×0.8186＝4093． 【答案】 由已知可得，{ c a = 2√2 32b 2a =2 3 a 2= b 2+ c 2 ，解得a ＝3，b ＝1，c =2√2． ∴ 椭圆C 的方程为 x 29+y 2=1； 假设存在直线l ，设方程为y ＝kx +m ，k ≠0， 设A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)， 联立{y =kx +m x 2 9 +y 2 =1 ，消y 可得(1+9k 2)x 2+18kmx +9(m 2?1)＝0， ∴ △＝324k 2m 2?36(1+9k 2)(m 2?1)>0，即9k 2+1>m 2， ∴ x 1+x 2=?18km 1+9k 2， 设AB 的中点坐标为M(x 0,?y 0)， ∴ x 0=? 9km 1+9k 2 ，y 0＝kx 0+m = m 1+9k 2 ， ∴ M(?9km 1+9k 2,?m 1+9k 2)， ∴ 直线AB 的垂直平分线的方程为y ?m 1+9k 2=?1 k (x +9km 1+9k 2)， ∵ 弦AB 的垂直平分线过E 的右焦点(2√2,?0)， ∴ ?m 1+9k 2=?1 k (2√2+9km 1+9k 2)，∴ 1+9k 2=?2√2km ， 代入9k 2+1>m 2，得?2√2km >m 2， 即m 2+2√2km <0，△＝8k 2>0，不存在实数k 使得关于m 的不等式有解， ∴ 不存在与x 轴不垂直的直线l ，使弦AB 的垂直平分线过椭圆C 的右焦点． 【考点】 直线与椭圆的位置关系 椭圆的应用 【解析】 （1）由已知列关于a ，b ，c 的方程组，求解可得a ，b ，c 的值，则椭圆方程可求； （2）假设存在直线l ，设方程为y ＝kx +m ，k ≠0，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系求得AB 中点坐标，写出AB 的垂直平分线方程，把右焦点坐标代入，结合判别式大于0可得结论． 【解答】 由已知可得，{ c a =2√2 3 2b 2a =23 a 2= b 2+ c 2 ，解得a ＝3，b ＝1，c =2√2． ∴ 椭圆C 的方程为x 29+y 2=1； 假设存在直线l ，设方程为y ＝kx +m ，k ≠0， 设A(x 1,?y 1)，B(x 2,?y 2)， 联立{y =kx +m x 2 9 +y 2 =1 ，消y 可得(1+9k 2)x 2+18kmx +9(m 2?1)＝0， ∴ △＝324k 2m 2?36(1+9k 2)(m 2?1)>0，即9k 2+1>m 2， ∴ x 1+x 2=?18km 1+9k 2， 设AB 的中点坐标为M(x 0,?y 0)， ∴ x 0=? 9km 1+9k 2 ，y 0＝kx 0+m = m 1+9k 2 ， ∴ M(?9km 1+9k 2,?m 1+9k 2)， ∴ 直线AB 的垂直平分线的方程为y ? m 1+9k 2=?1 k (x + 9km 1+9k 2)， ∵ 弦AB 的垂直平分线过E 的右焦点(2√2,?0)， ∴ ?m 1+9k 2=?1 k (2√2+9km 1+9k 2)，∴ 1+9k 2=?2√2km ， 代入9k 2+1>m 2，得?2√2km >m 2， 即m 2+2√2km <0，△＝8k 2>0，不存在实数k 使得关于m 的不等式有解， ∴ 不存在与x 轴不垂直的直线l ，使弦AB 的垂直平分线过椭圆C 的右焦点． 【答案】 （1）∵ f(x)＝ln (1+ax)?2x x+2， ∴ f ′ (x)=a 1+ax ?4 (x+2)2=ax 2+4a?4(1+ax)(x+2)2． ∵ a >0，x >0， ∴ (1+ax)(x +2)2>0，于是f ′(x)的正负性由ax 2+4a ?4决定． ∴ ①当a ≥1时，ax 2+4a ?4>0恒成立，即f ′(x)>0，∴ f(x)在(0,?+∞)上单调递增； ②当00，得x >2√a(1?a) a ，∴ f ′(x)>0，f(x)单调递增； 令ax 2+4a ?4<0，得0 a ，∴ f ′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述， 当0 2√a(1?a) a ,?+∞)上单调递增，在(0,? 2√a(1?a) a )上单调递减； 当a ≥1时，f(x)在(0,?+∞)上单调递增． （2）由(Ⅰ)可知，当a ≥1时，f(x)不存在极值，∴ 必有0 ∴ x 1、x 2是方程ax 2+4a ?4＝0的两个不同实根，不妨令x 1=2√a(1?a) a ，x 2=? 2√a(1?a) a ， ∵ 函数f(x)的定义域为(?1 a ,??2)∪(?2,?+∞)， ∴ ? 2√a(1?a) a >?1a 且? 2√a(1?a) a ≠?2，解得a ≠1 2． f(x 1)+f(x 2)＝ln (1+ax 1)?2x 1 x 1 +2 +ln (1+ax 2)?2x 2 x 2+2 ＝ln [1+a(x 1+x 2)+a 2(x 1x 2)]?4x 1x 2+4(x 1+x 2) x 1x 2+2(x 1+x 2 )+4 ＝ln (2a ?1)2? 4(a?1)2a?1 =ln (2a ?1)2+2 2a?1?2． 令2a ?1＝t ，由0 2得，当0 2时，?1 2 t ?2， ①当?1 t ?2， ∴ g ′(t)=2t ?2t 2= 2t?2t 2 <0，∴ g(t)在(?1,?0)上单调递减， ∴ g(t) 即当0 2时，f(x 1)+f(x 2)<0，不符合题意． ②当0 t ?2， ∴ g ′(t)=2 t ?2 t 2= 2t?2t 2 <0，∴ g(t)在(0,?1)上单调递减， ∴ g(t)>g(1)＝0， 即当1 综上所述， a 的取值范围为(1 2,?1)． 【考点】 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值 【解析】 (Ⅰ)求导得f ′(x)= ax 2+4a?4(1+ax)(x+2)，易知(1+ax)(x +2)2>0，于是分0 小关系，即可得f(x)的单调性． (Ⅱ)由(Ⅰ)知，a ≥1不符合题意，必有0 2)∪(1 2,?1)；将f(x 1)+f(x 2)化简为ln (2a ?1)2+2 2a?1?2；利用换元法构造新函数g(t)＝ln t 2+2 t ?2，然后分?1 【解答】 （1）∵ f(x)＝ln (1+ax)?2x x+2， ∴ f ′ (x)= a 1+ax ? 4(x+2)2 = ax 2+4a?4(1+ax)(x+2)2 ． ∵ a >0，x >0， ∴ (1+ax)(x +2)2>0，于是f ′(x)的正负性由ax 2+4a ?4决定． ∴ ①当a ≥1时，ax 2+4a ?4>0恒成立，即f ′(x)>0，∴ f(x)在(0,?+∞)上单调递增； ②当00，得x >2√a(1?a) a ，∴ f ′(x)>0，f(x)单调递增； 令ax 2+4a ?4<0，得0 a ，∴ f ′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述， 当0 2√a(1?a) a ,?+∞)上单调递增，在(0,? 2√a(1?a) a )上单调递减； 当a ≥1时，f(x)在(0,?+∞)上单调递增． （2）由(Ⅰ)可知，当a ≥1时，f(x)不存在极值，∴ 必有0 ∴ x 1、x 2是方程ax 2+4a ?4＝0的两个不同实根，不妨令x 1=2√a(1?a) a ，x 2=? 2√a(1?a) a ， ∵ 函数f(x)的定义域为(?1 a ,??2)∪(?2,?+∞)， ∴ ? 2√a(1?a) a >?1a 且? 2√a(1?a) a ≠?2，解得a ≠1 2 ． f(x 1)+f(x 2)＝ln (1+ax 1)? 2x 1x 1+2 +ln (1+ax 2)? 2x 2 x 2+2 ＝ln [1+a(x 1+x 2)+a 2(x 1x 2)]?4x 1x 2+4(x 1+x 2) x 1x 2+2(x 1+x 2)+4 ＝ln (2a ?1)2? 4(a?1)2a?1 =ln (2a ?1)2+ 22a?1 ?2． 令2a ?1＝t ，由0 得，当0 时，?1 t ?2，