(参考)2019年高三数学上学期10月月考试卷 理(含解析)

（参考）2019年高三数学上学期10月月考试卷理（含解析）一.选择题（每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一项是题目要求的）1．设U=A∪B={x∈N|0≤x≤10}，A∩∁UB={1，2，3，5，7，9}，则B的非空真子集的个数为（）A．5 B．30 C．31 D．322．已知角α的终边经过点（3a﹣9，a+2），且cosα≤0，sinα＞0，则a的取值范围是（）A．（﹣2，3）B．D．3．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，，2a2成等差数列，则=（）A．1+ B．1﹣C．3+2 D．3﹣24．下列命题中的说法正确的是（）A．若向量∥，则存在唯一的实数λ使得B．命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x≠1”C．命题“∃x0∈R，使得”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”D．“a≠5且b≠﹣5”是“a+b≠0”的充分不必要条件5．设a，b∈R，则“a＞b”是“a|a|＞b|b|”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件6．已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．1 B．C．2 D．37．设a，b，c为三角形ABC三边，a≠1，b＜c，若logc+ba+logc﹣ba=2logc+balog c﹣ba，则三角形ABC的形状为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法确定8．Rt△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c（其中c为斜边），分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将△ABC旋转一周得到的几何体的体积分别是V1，V2，V3，则（）A．V1+V2=V3 B．C．D．9．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A．4 B．9 C．7 D．510．已知，是平面内互不相等的两个非零向量，且||=1，﹣与的夹角为150°，则||的取值范围是（）A．（0，] B．C．（0，2] D．11．已知点P为双曲线=1（a＞0，b＞0）右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左右焦点，且|F1F2|=，I为三角形PF1F2的内心，若S=S+λS△成立，则λ的值为（）A．B．C．D．12．已知函数y=f（x）是定义域为R的偶函数．当x≥0时，f（x）=，若关于x的方程52﹣（5a+6）f（x）+6a=0（a∈R），有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（）A．0＜a＜1或a= B．0≤a≤1或a= C．0＜a≤1或a= D．1＜a≤或a=0二.填空题（每题4分，满分16分）13．设i是虚数单位，是复数Z的共轭复数，若，则= ．14．向曲线x2+y2=|x|+|y|所围成的区域内任投一点，这点正好落在y=1﹣x2与x轴所围成区域内的概率为．15．已知点A（﹣），在抛物线C：y2=2px（p＞0）的准线上，点M，N 在抛物线C上，且位于x轴的两侧，O是坐标原点，若=3，则点A到动直线MN的最大距离为．16．函数y=（）|x﹣1|+4cos2x﹣2（﹣3≤x≤5），则此函数的所有零点之和等于．三.解答题（本大题5个小题，共48分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且cosB=．（Ⅰ）求+的值；（Ⅱ）设•=，求a、c的值．18．甲箱子里装有3个白球m个黑球，乙箱子里装有m个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖（1）当获奖概率最大时，求m的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数ξ即为参加游戏人数，如4次均未中奖，则ξ=0，求ξ的分布列和Eξ．19．如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC=60°，EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，G为BF的中点，若EG∥面ABCD．（Ⅰ）求证：EG⊥面ABF；（Ⅱ）若AF=AB，求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．20．已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P（x0，y0）是坐标平面内一点，且（O为坐标原点）．（1）求椭圆C的方程；（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．21．已知函数f（x）的定义域（0，+∞），若y=在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“一阶比增函数”；若y=在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“二阶比增函数”．把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为A1，把所有由“二阶比增函数”组成的集合记为A2（1）已知函数f（x）=x3﹣2hx2﹣hx，若f（x）∈A1且f（x）∉A2，求实数h的取值范围（2）已知f（x）∈A2，且存在常数k，使得对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜k，求k的最小值．2015-2016学年山西大学附中高三（上）10月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题（每小题3分，满分36分，每小题给出的四个选项中，只有一项是题目要求的）1．设U=A∪B={x∈N|0≤x≤10}，A∩∁UB={1，2，3，5，7，9}，则B的非空真子集的个数为（）A．5 B．30 C．31 D．32【考点】交、并、补集的混合运算；子集与真子集．【专题】计算题；转化思想；集合．【分析】根据已知，求出集合B，结合n元集合的非空真子集的个数为2n﹣2个，可得答案．【解答】解：∵U=A∪B={x∈N|0≤x≤10}={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，A∩∁UB={1，2，3，5，7，9}，∴B={0，4，6，8，10}共5个元素，故B的非空真子集的个数为25﹣2=30个，故选：B．【点评】本题考查的知识点是集合的交集，并集，补集运算，难度不大，属于基础题．2．已知角α的终边经过点（3a﹣9，a+2），且cosα≤0，sinα＞0，则a的取值范围是（）A．（﹣2，3）B．D．【考点】任意角的三角函数的定义；三角函数值的符号．【专题】三角函数的求值．【分析】根据题意可得2kπ+≤α＜kπ+π，k∈z，故有 a+2＞0，且3a﹣9≤0，解不等式组求得a的取值范围．【解答】解：由题意可得2kπ+≤α＜kπ+π，k∈z，∴a+2＞0，且3a﹣9≤0，解得﹣2＜a≤3，故选C．【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，根据三角函数值的符号判断角所在的象限，得到a+2＞0，且3a﹣9≤0，是解题的关键，属于基础题．3．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，，2a2成等差数列，则=（）A．1+ B．1﹣C．3+2 D．3﹣2【考点】等差数列的性质；等比数列的性质．【专题】计算题．【分析】先根据等差中项的性质可知得2×（）=a1+2a2，进而利用通项公式表示出q2=1+2q，求得q，代入中即可求得答案．【解答】解：依题意可得2×（）=a1+2a2，即，a3=a1+2a2，整理得q2=1+2q，求得q=1±，∵各项都是正数∴q＞0，q=1+∴==3+2故选C【点评】本题主要考查了等差数列和等比数列的性质．考查了学生综合分析的能力和对基础知识的理解．4．下列命题中的说法正确的是（）A．若向量∥，则存在唯一的实数λ使得B．命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x≠1”C．命题“∃x0∈R，使得”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”D．“a≠5且b≠﹣5”是“a+b≠0”的充分不必要条件【考点】命题的真假判断与应用．【专题】探究型；转化思想；平面向量及应用；简易逻辑．【分析】根据向量共线的充要条件，可判断A；写出原命题的否命题，可判断B；写出原命题的否定，可判断C；根据充要条件可判断D．【解答】解： ==时，∥，但任意实数λ均有，≠， =时，∥，但任意实数λ均有，故A错误；命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2≠1，则x≠1”，故B错误；命题“∃x0∈R，使得”的否定是：“∀x∈R，均有x2+x+1≥0”，故C正确；a≠5且b≠﹣5推不出a+b≠0，例如：a=2，b=﹣2时a+b=0，a+b≠0推不出a≠5且b≠﹣5，例如：a=5，b=﹣6，故“a≠5且b≠﹣5”是“a+b≠0”的既非充分条件也非必要条件，故D错误；故选：C【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体考查了向量共线的充要条件，四种命题，特称命题的否定，充要条件等知识点，难度中档．5．设a，b∈R，则“a＞b”是“a|a|＞b|b|”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．【解答】解：若a＞b，①a＞b≥0，不等式a|a|＞b|b|等价为a•a＞b•b，此时成立．②0＞a＞b，不等式a|a|＞b|b|等价为﹣a•a＞﹣b•b，即a2＜b2，此时成立．③a≥0＞b，不等式a|a|＞b|b|等价为a•a＞﹣b•b，即a2＞﹣b2，此时成立，即充分性成立．若a|a|＞b|b|，①当a＞0，b＞0时，a|a|＞b|b|去掉绝对值得，（a﹣b）（a+b）＞0，因为a+b＞0，所以a﹣b＞0，即a＞b．②当a＞0，b＜0时，a＞b．③当a＜0，b＜0时，a|a|＞b|b|去掉绝对值得，（a﹣b）（a+b）＜0，因为a+b＜0，所以a﹣b＞0，即a＞b．即必要性成立，综上“a＞b”是“a|a|＞b|b|”的充要条件，故选：C．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用不等式的性质结合分类讨论是解决本题的关键．6．已知正四棱锥S﹣ABCD中，SA=2，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．1 B．C．2 D．3【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；压轴题．【分析】设出底面边长，求出正四棱锥的高，写出体积表达式，利用求导求得最大值时，高的值．【解答】解：设底面边长为a，则高h==，所以体积V=a2h=，设y=12a4﹣a6，则y′=48a3﹣3a5，当y取最值时，y′=48a3﹣3a5=0，解得a=0或a=4时，当a=4时，体积最大，此时h==2，故选C．【点评】本试题主要考查椎体的体积，考查高次函数的最值问题的求法．是中档题．7．设a，b，c为三角形ABC三边，a≠1，b＜c，若logc+ba+logc﹣ba=2logc+balog c﹣ba，则三角形ABC的形状为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法确定【考点】三角形的形状判断．【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；解三角形．【分析】结合对数的运算性质，及换底公式的推论，可将已知化为：c2﹣b2=a2，再由勾股定理判断出三角形的形状．【解答】解：∵logc+ba+logc﹣ba=2logc+balog c﹣ba，∴+=2，即loga（c﹣b）+loga（c+b）=2，∴loga（c2﹣b2）=2，即c2﹣b2=a2，故三角形ABC的形状为直角三角形，故选：B．【点评】本题考查的知识点是三角形形状判断，对数的运算性质，难度中档．8．Rt△ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c（其中c为斜边），分别以a，b，c边所在的直线为旋转轴，将△ABC旋转一周得到的几何体的体积分别是V1，V2，V3，则（）A．V1+V2=V3 B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【专题】计算题；函数思想；转化思想；空间位置关系与距离．【分析】利用直角三角形的三边分别为a、b、c，a2+b2=c2，c为斜边，分别求得V1、V2、V3的值，可得结论．【解答】解：因为直角三角形的三边分别为a、b、c，a2+b2=c2，即c为斜边，则以边c所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为V3，则V3 =π（）2•c=πa2•b2•，以边a所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为V1，则V1=πb2•a，以边b所在直线为轴，将三角形旋转一周所得旋转体的体积为V2，则V2=πa2•b，∴，故选：D．【点评】本题考查几何体的体积的求法与大小关系，考查计算能力，属于中档题．9．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A．4 B．9 C．7 D．5【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：当n=1时，执行循环体后，T=2，S=18，n=3，不满足退出循环的条件，当n=3时，执行循环体后，T=8，S=36，n=5，不满足退出循环的条件，当n=5时，执行循环体后，T=32，S=54，n=7，不满足退出循环的条件，当n=7时，执行循环体后，T=128，S=72，n=9，满足退出循环的条件，故输出的n值为9，故选：B【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．10．已知，是平面内互不相等的两个非零向量，且||=1，﹣与的夹角为150°，则||的取值范围是（）A．（0，] B．C．（0，2] D．【考点】数量积表示两个向量的夹角．【专题】综合题；运动思想；数形结合法；平面向量及应用．【分析】如图所示，设，，则=．由于||=1，﹣与的夹角为150°，可得△OAB中，OA=1，∠OBA=30°．由正弦定理可得：△OAB的外接圆的半径r=1．则点B为圆上的动点．由图可令=（1+cosθ，sinθ），则||的取值范围可求．【解答】解：如图所示，设，，则=．由于||=1，﹣与的夹角为150°，可得△OAB中，OA=1，∠OBA=30°．由正弦定理可得：△OAB的外接圆的半径r=1．则点B为圆上的动点．由图可令=（1+cosθ，sinθ），则=．故选：C．【点评】本题考查了数量积运算性质、三角函数的单调性、正弦定理、三角形外接圆的性质，考查了数形结合的能力、推理能力与计算能力，属于有一定难题题目．11．已知点P为双曲线=1（a＞0，b＞0）右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左右焦点，且|F1F2|=，I为三角形PF1F2的内心，若S=S+λS△成立，则λ的值为（）A．B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】设△PF1F2的内切圆半径为r，由|PF1|﹣|PF2|=2a，|F1F2|=2c，用△PF1F2的边长和r表示出等式中的三角形的面积，解此等式求出λ．【解答】解：设△PF1F2的内切圆半径为r，由双曲线的定义得|PF1|﹣|PF2|=2a，|F1F2|=2c，S△IPF1 =|PF1|•r，S△IPF2=|PF2|•r，S△IF1F2=•2c•r=cr，由题意得： |PF1|•r=|PF2|•r+λcr，故λ==，∵|F1F2|=，∴=∴=故选D．【点评】本题考查双曲线的定义和简单性质，考查三角形面积的计算，考查利用待定系数法求出参数的值．12．已知函数y=f（x）是定义域为R的偶函数．当x≥0时，f（x）=，若关于x的方程52﹣（5a+6）f（x）+6a=0（a∈R），有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是（）A．0＜a＜1或a= B．0≤a≤1或a= C．0＜a≤1或a= D．1＜a≤或a=0【考点】函数奇偶性的性质；根的存在性及根的个数判断；分段函数的应用．【专题】数形结合；函数的性质及应用；三角函数的图像与性质．【分析】运用偶函数的定义可得f（x）在x＜0的解析式，作出函数f （x）的图象，由52﹣（5a+6）f（x）+6a=0，解得f（x）=a或f（x）=，结合图象，分析有且仅有6个不同实数根的a的情况，即可得到a的范围．【解答】解：函数y=f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f（x）=，当x＜0时，f（x）=．作出函数f（x）的图象如右．由于关于x的方程52﹣（5a+6）f（x）+6a=0，解得f（x）=a或f（x）=，当0≤x≤1时，f（x）∈，x＞1时，f（x）∈（1，）．由1＜＜，则f（x）=有4个实根，由题意，只要f（x）=a有2个实根，则由图象可得当0＜a≤1时，f（x）=a有2个实根，当a=时，f（x）=a有2个实根．综上可得：0＜a≤1或a=．故选：C．【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查方程和函数的转化思想，运用数形结合的思想方法是解决的常用方法．二.填空题（每题4分，满分16分）13．设i是虚数单位，是复数Z的共轭复数，若，则= ﹣1+i ．【考点】复数代数形式的乘除运算．【专题】转化思想；综合法；数系的扩充和复数．【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．【解答】解： ====﹣i﹣1，则=﹣1+i，故答案为：﹣1+i．【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14．向曲线x2+y2=|x|+|y|所围成的区域内任投一点，这点正好落在y=1﹣x2与x轴所围成区域内的概率为．【考点】几何概型．【专题】计算题；数形结合；数形结合法；概率与统计．【分析】欲求所投的点落在阴影部分内部的概率，须结合定积分计算阴影部分平面区域的面积，再根据几何概型概率计算公式易求解．【解答】解：曲线x2+y2=|x|+|y|所围成的区域为分别以（，），（﹣，），（﹣，﹣），（，﹣），为圆心，以为半径的圆，如图所示的面积，其面积为4×π×﹣2（﹣1）=π+2，y=1﹣x2与x轴所围成区域S=（1﹣x2）dx=（x﹣x3）|=，故这点正好落在y=1﹣x2与x轴所围成区域内的概率为，故答案为：．【点评】本题考查几何概型的计算，涉及定积分在求面积中的应用，关键是正确计算出阴影部分的面积．15．已知点A（﹣），在抛物线C：y2=2px（p＞0）的准线上，点M，N 在抛物线C上，且位于x轴的两侧，O是坐标原点，若=3，则点A到动直线MN的最大距离为．【考点】抛物线的简单性质．【专题】平面向量及应用；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】求得抛物线的准线方程，由题意解得p=1，设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及•=3，消元，最后可得定点D坐标，连接AD，当AD⊥MN，有点A到动直线MN的距离最大，由两点的距离公式计算即可得到．【解答】解：抛物线C：y2=2px（p＞0）的准线为x=﹣，由题意得﹣=﹣，解得p=1．即有抛物线方程为y2=2x，设直线MN的方程为：x=ty+m，点M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN与x轴的交点为D（m，0），x=ty+m代入y2=2x，可得y2﹣2ty﹣2m=0，根据韦达定理有y1•y2=﹣2m，∵•=3，∴x1•x2+y1•y2=3，从而（y1•y2）2+y1•y2﹣3=0，∵点M，N位于x轴的两侧，∴y1•y2=﹣6，故m=3．当y=0时，x=3恒成立，故直线MN所过的定点坐标是D（3，0），当直线MN绕着定点D（3，0）旋转时，AD⊥MN，即有点A到动直线MN的距离最大，且为=．故答案为：．【点评】求解本题时，应考虑联立直线与抛物线的方程，消x或y后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，再由观察可得点到直线的距离的最大，这是处理此类问题的常见模式．16．函数y=（）|x﹣1|+4cos2x﹣2（﹣3≤x≤5），则此函数的所有零点之和等于8 ．【考点】函数零点的判定定理．【专题】计算题；作图题；函数的性质及应用．【分析】化简y=（）|x﹣1|+4cos2x﹣2=（）|x﹣1|+2cos（πx）；从而得到其图象关于x=1对称，再化函数的零点个数即y=（）|x﹣1|与y=﹣2cos（πx）的交点的个数，从而求到个数，从而解得．【解答】解：y=（）|x﹣1|+4cos2x﹣2=（）|x﹣1|+2cos（πx）；其图象关于x=1对称，此函数的零点个数即y=（）|x﹣1|与y=﹣2cos（πx）的交点的个数，作y=（）|x﹣1|与y=﹣2cos（πx）的图象如下，由图象可知，其共有8个零点，又由其图象关于x=1对称知，8个零点之和为8×1=8；故答案为：8．【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的关系，属于中档题．三.解答题（本大题5个小题，共48分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a、b、c 成等比数列，且cosB=．（Ⅰ）求+的值；（Ⅱ）设•=，求a、c的值．【考点】平面向量数量积的运算；同角三角函数基本关系的运用．【专题】平面向量及应用．【分析】（Ⅰ）由cosB=，B∈（0，π）．可得．由a、b、c成等比数列，可得b2=ac，再利用正弦定理可得sinAsinC=sin2B．于是可得+===；（Ⅱ）设•=，则，可得ac=2．再利用余弦定理可得：b2=a2+c2﹣2accosB化简整理，联立即可得出．【解答】解：（Ⅰ）由cosB=，B∈（0，π）．∴=．∵a、b、c成等比数列，∴b2=ac，由正弦定理可得sinAsinC=sin2B．∴+=====；（Ⅱ）设•=，则，∴，化为ac=2．由余弦定理可得：2=ac=b2=a2+c2﹣2accosB=，化为a2+c2=5．联立，解得或．即a=2，c=1，或a=1，c=2．【点评】本题考查了等比数列的性质、正弦定理与余弦定理、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．18．甲箱子里装有3个白球m个黑球，乙箱子里装有m个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖（1）当获奖概率最大时，求m的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数ξ即为参加游戏人数，如4次均未中奖，则ξ=0，求ξ的分布列和Eξ．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计．【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式能求出获奖概率，由此能求出获奖概率最大时，m的值．（2）由已知得ξ的取值为0，1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和数学期望．【解答】解：（1）∵甲箱子里装有3个白球m个黑球，乙箱子里装有m个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖，∴获奖概率或3时，．（4分）（2）由已知得ξ的取值为0，1，2，3，4，P（ξ=0）=（1﹣）4=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）==，P（ξ=3）=×=，P（ξ=4）==，∴ξ的分布列为：．（12分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年高考中都是必考题型之一．19．如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC=60°，EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，G为BF的中点，若EG∥面ABCD．（Ⅰ）求证：EG⊥面ABF；（Ⅱ）若AF=AB，求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．【考点】用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．【专题】综合题．【分析】（Ⅰ）取AB的中点M，连接GM，MC，证明CE∥GM，可得EG∥面ABCD，从而EG∥CM，证明EG⊥AB，EG⊥AF，可得EG⊥面ABF．（Ⅱ）建立如图所示的坐标系，设AB=2，求出平面BEF的法向量=（，1，2），平面DEF的法向量=（﹣，1，2），利用向量的夹角公式，即可求二面角B﹣EF﹣D的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点M，连接GM，MC，G为BF的中点，所以GM∥FA，又EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD，∴CE∥AF，∴CE∥GM，∵面CEGM∩面ABCD=CM，EG∥面ABCD，∴EG∥CM，∵在正三角形ABC中，CM⊥AB，又AF⊥CM∴EG⊥AB，EG⊥AF，∴EG⊥面ABF．（Ⅱ）解：建立如图所示的坐标系，设AB=2，则B（，0，0），E（0，1，1），F（0，﹣1，2）=（0，﹣2，1），=（，﹣1，﹣1），=（，1，1），设平面BEF的法向量=（x，y，z）则，∴可取=（，1，2）同理，可求平面DEF的法向量=（﹣，1，2）设所求二面角的平面角为θ，则cosθ=﹣．【点评】本题考查线面垂直，考查面面角，正确运用线面垂直的判定，求出平面的法向量作是解题的关键．20．已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P（x0，y0）是坐标平面内一点，且（O为坐标原点）．（1）求椭圆C的方程；（2）过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A、B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．【考点】椭圆的简单性质；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题．【专题】计算题；综合题；压轴题．【分析】（1）设出P的坐标，利用|OP|的值求得x0和y0的关系式，同时利用求得x0和y0的另一关系式，进而求得c，通过椭圆的离心率求得a，最后利用a，b和c的关系求得b，则椭圆的方程可得．（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立消去y，设A（x1，y1），B （x2，y2），则可利用韦达定理表示出x1+x2和x1x2，假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，则可表示出，利用=0求得m的值．【解答】解：（1）设P（x0，y0），F1（﹣c，0），F2（c，0），则由；由得，即．所以c=1又因为．因此所求椭圆的方程为：．（2）动直线l的方程为：，由得．设A（x1，y1），B（x2，y2）．则．假设在y轴上存在定点M（0，m），满足题设，则．====由假设得对于任意的恒成立，即解得m=1．因此，在y轴上存在定点M，使得以AB为直径的圆恒过这个点，点M的坐标为（0，1）【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质．考查了学生分析问题和推理的能力．21．已知函数f（x）的定义域（0，+∞），若y=在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“一阶比增函数”；若y=在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“二阶比增函数”．把所有由“一阶比增函数”组成的集合记为A1，把所有由“二阶比增函数”组成的集合记为A2（1）已知函数f（x）=x3﹣2hx2﹣hx，若f（x）∈A1且f（x）∉A2，求实数h的取值范围（2）已知f（x）∈A2，且存在常数k，使得对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜k，求k的最小值．【考点】函数与方程的综合运用．【专题】计算题；函数的性质及应用；导数的综合应用．【分析】（1）由f（x））∈A1且f（x）∉A2知g（x）==x2﹣2hx﹣h 在（0，+∞）上为增函数，F（x）==x﹣﹣2h在（0，+∞）上不是增函数，求导F′（x）=1+；从而确定h的取值范围；（2）利用反证法先证明f（x）≤0对任意的x∈（0，+∞）成立，再证明f（x）=0在（0，+∞）上无解，从而可是当f（x）∈A2时，对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜0成立，故当常数k≥0时，使得对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜k；从而求最小值．【解答】解：（1）∵f（x））∈A1且f（x）∉A2，即g（x）==x2﹣2hx﹣h在（0，+∞）上为增函数，∴h≤0；而F（x）==x﹣﹣2h在（0，+∞）上不是增函数，且F′（x）=1+；当F（x）是增函数时，有h≥0；所以当F（x）不是增函数时，h＜0；综上，h＜0．（2）先证明f（x）≤0对任意的x∈（0，+∞）成立，假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，记=m＞0，因为f（x）∈A2，所以f（x）为“二阶比增函数”，即是增函数，所以当x＞x0＞0时，＞=m，即f（x）＞mx2；所以一定存在x1＞x0＞0，使得f（x1）＞m＞k成立，这与f（x）＜k对任意的x∈（0，+∞）成立矛盾，所以f（x）≤0对任意的x∈（0，+∞）都成立；再证明f（x）=0在（0，+∞）上无解，假设存在x2＞0，使得f（x2）=0；∵f（x）为“二阶比增函数”，即是增函数，∴一定存在x3＞x2＞0，使得＞=0成立，这与上述的证明结果矛盾．所以f（x）=0在（0，+∞）上无解，综上所述，当f（x）∈A2时，对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜0成立，所以当常数k≥0时，使得对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜k；故k的最小值为0．【点评】本题考查了学生对新定义的接受与转化运用的能力，同时考查了导数的综合应用，属于难题．。