2020年廣東省廣州市天河區(qū)高考數學二模試卷（理科）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，滿分60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.(5分)設集合A={%Iy=lg(x-3)},B={yIy=2%,xeR},貝UAUB等于( )A.0 B.R C.(3,+8)D.(0,+8)（5分）瑞士數學家歐拉在1748年得到復數的三角形式：e，e=cos8+isin9,（i為虛數單位），根據該式，計算eni+1的值為（ ）A.-A.-1B.0 C.1 D.i(5分)等差數歹打an}的前n項和為Sn,S15=30,a10=4,則a9=( )A.2 B.3 C.4 D.84.(4.(5分)函數/(%)=Asin(3%+f）（3>0）的圖象與x軸的兩個相鄰交點間的距離TOC\o"1-5"\h\z要得到函數g（%）=Acos3x的圖象，只需將f（x）的圖象（ ）A.向左平移="單位 B.向右平移:個單位12 47TC.向左平移個單位 D.向右平移半個單位\o"CurrentDocument"4 45.（5分）已知直線y=4%與曲線y=%3在第一象限圍成的封閉圖形的面積為a,則（且-二日）x5的展開式中，％的系數為（ ）A.5 B.-5 C.20 D.-20（5分）祖暅原理：“幕勢既同，則積不容異“意思是說兩個同高的幾何體，若在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設A、B為兩個同高的幾何體，p：A、B的體積不相等，q：A、B在等高處的截面積不恒相等，根據祖暅原理可知，p是q的（ ）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件（5分）設a>b>0,a+b=1,且%=（1）b,y=loa[ab,z=1口a,a，則%、y、z的大小關系是（ ）A.y<z<% B.z<y<% C.%<y<z D.y<%<z（5分）甲乙二人爭奪一場圍棋比賽的冠軍，若比賽為“三局兩勝”制（無平局），甲在第1頁（共25頁）

比賽進行了三局的概率為（ ）A」.32 2 4B— C— D-5 3 59.（5分）函數f（x）=xsinx+」不--'在區(qū)間［-2n,2n］上的大致圖象為（ ）產47T20每局比賽中獲勝的概率均為爭且各局比賽結果相互獨立，則在甲獲得冠軍的條件下，0每局比賽中獲勝的概率均為爭且各局比賽結果相互獨立，則在甲獲得冠軍的條件下，（5分）以雙曲線C：《-4=1（a>0,A>0）上一點M為圓心作圓，該圓與％軸ab2沂相切于雙曲線C的一個焦點F（c,0）,與y軸交于P,Q兩點，若IPQ1=—^立和則雙曲線C的離心率是（ ）352.2352.2（5分）如圖，點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動（P點異于B、g點），則下列四個結論：①三棱錐A-D1PC的體積不變：②A1P〃平面ACD1：③DP±BC1；④平面PDB］，平面ACD1.其中正確結論的個數是（）第2頁（共25頁）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個（5分）若％,a,b均為任意實數，且（a+2）2+（b-3）2=1,則（％-a）2+（lnx-b）2的最小值為（ ）A.3.2 B.18 C.3；2-1 D.19-6.2二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分，（5分）已知x與y之間的一組數據：x0246ya353a已求得關于y與x的線性回歸方程了=1.2x+0.55,則a的值為.（5分）已知F是拋物線C：y2=8x的焦點，M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點，則IFNI=.（5分）已知四棱錐S-ABCD的三視圖如圖所示，若該四棱錐的各個頂點都在球O的球面上，則球O的表面積等于.側覘圖側覘圖.（5分）記數列｛an｝的前n項和為Sn,已知a1=4,2an=-an-1+9（n三2）,若對任意的正偶數k,人（Sk-3k）三4恒成立，則實數人的最小值為.三、解答題：共70分.解箸應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17?21題為必考題，.每個試題學生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題:共60分..（12分）設AABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,如已知。=3,且sin（C-二二）6,cosC=—.4（1）求角C的大小;第3頁（共25頁）

(2)若向量IT=(1,sinA)與門=(2,sinB)共線，求△ABC的周長.(12分)如圖，在四面體ABCD中，E,F分別是線段AD,BD的中點，ZABD=ZBCD=90°,EC='.''2.AB=BD=2.(1)證明：平面EFC，平面BCD；(2)若二面角D-AB-C為45°,求二面角A-CE-B的余弦值./y2(12分)設橢圓C：、+、=1Q>b>0),FrF2為橢圓C左右焦點，B為短軸端點，且5以￡^不.=4，離心率為整，0為坐標原點.(I)求橢圓C的方程；(II)是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點M、N,且滿足I畫+而1=1而-而I?若存在，求出該圓的方程，若不存在，說明理由(12分)已知函數f(x)=-工a(x-1)2+(x-2)3(a>0).(1)討論函數f(x)的單調性：(2)若關于x的方程f(x)+2a=0存在3個不相等的實數根，求實數a的取值范圍.(12分)某醫(yī)院為篩查某種疾病，需要檢驗血液是否為陽性，現有n(neN*)份血液樣本，有以下兩種檢驗方式：①逐份檢驗，則需要檢驗n次：②混合檢驗，將其中k(keN*且k三2)份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗.若檢驗結果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗一次就夠了，如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為k+1次.假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為p(0<p<1).(1)假設有5份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗方式，求恰好經過2次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；第4頁(共25頁)(2)現取其中k(kCN*且k三2)份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為瓦，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為0(i)若段1=段2，試求P關于k的函數關系式p=f(k)：(ii)若口=1-曰一%,試討論采用何種檢驗方式更好？參考數據：ln2^0.69,ln3"1.10,ln5"1.61,e處2.72,e2處7.39,e3處20.09.(二)選考題：共10分.請考生在第22.23題中任選-一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.［選修4-4：坐標系與參數方程］一二2t(10分)已知曲線C的參數方程為 歹(t為參數)，以原點O為極點，％軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，過極點的兩射線l『l2相互垂直，與曲線C分別相交于A,B兩點(不同于點O)，且11的傾斜角為銳角a.(1)求曲線C和射線12的極坐標方程；(2)求4OAB的面積的最小值，并求此時a的值.［選修4-5：不等式選講］(10分)已知函數f(x)=1x-a1+x,aGR.(I)若f(1)+f(2)>5,求a的取值范圍；—— 、，一 W、 ，、一一(II)若a,bGN*,關于x的不等式f(x)<b的斛集為(-8,不)，求a,b的值.第5頁(共25頁)2020年廣東省廣州市天河區(qū)高考數學二模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，滿分60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.（5分）設集合A={%Iy=lg（x-3）},B={yIy=2%,xCR},貝UAUB等于（ ）A.0 B.R C.（3,+8）D.（0,+8）【分析】求定義域得集合A，求值域得集合B，根據并集的定義寫出AUB.【解答】解：集合A={%Iy=lg（%-3）}={%I%-3>0}={%I%>3},B={yIy=2%,%GR}={yIy>0},則AUB={%I%>0}.故選：D.【點評】本題考查了求函數的定義域和值域的應用問題，也考查了并集的運算問題，是基礎題.（5分）瑞士數學家歐拉在1748年得到復數的三角形式：e，e=cos8+isin9,（i為虛數單位），根據該式，計算eni+1的值為（ ）A.-1 B.0 C.1 D.i【分析】利用公式ei%=cos%+i$加，代入化簡即可得出.【解答】解：由ei%=cos%+isin%,則Uein+1=cosn+isinn+1=0,故選：B.【點評】本題考查了復數的三角方程及其應用、三角函數求值，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.（5分）等差數列{an}的前n項和為Sn,S15=30,a10=4,則a9=（ ）A.2 B.3 C.4 D.8【分析】利用等差數列的通項公式與求和公式即可得出.【解答】解：設等差數歹也an}的公差為d,,:S15=30,a10=4,15xL4A15a1+^-d=（d=30,a.+9d=4,11聯(lián)立解得：a1=-5,d=1,第6頁（共25頁）貝Ua9=-5+8=3.故選：B.【點評】本題考查了等差數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.,4(5分)函數八1)="Q(3]+*)(a8的圖象與1軸的兩個相鄰交點間的距離,TOC\o"1-5"\h\z要得到函數g(i)=Acosa1的圖象，只需將f(1)的圖象( )A.向左平移三個單位 B.向右平移:個單位12 4TT QJTC.向左平移；個單位 D.向右平移F個單位\o"CurrentDocument"4 4【分析】由題意利用誘導公式，函數y=Asin(a1+9)的圖象變換規(guī)律，得出結論.【解答】解：???函數f(1)=Asin(a1)(a>0)的圖象與1軸的兩個相鄰交點間的7T.'a=3,f(1)=Asin(31+ -).4要得到函數g(1)=Acos31=Asin(316)的圖象，只需將f(1)的圖象向左平移||個單位，故選：A.【點評】本題主要考查誘導公式，函數y=Asin(a1+9)的圖象變換規(guī)律，屬于基礎題.5.(5分)已知直線y=41與曲線y=13在第一象限圍成的封閉圖形的面積為a,則(至-?.注)5的展開式中，1的系數為( )A.5 B.-5 C.20 D.-20【分析】定積分表示圍成的圖形的面積，然后計算求出a的值，根據二項式展開的公式將二項式展開，令1的幕級數為1,求出廠，從而求解.【解答】解：兩個圖形在第一象限的交點為(2,8),所以曲線y=13與直線y=41在第一象限所圍成的圖形的面積是J02(41-13)dx,而J02(41-13)d1=(212-f4)102=8-4=4,4r --5則(j-'：'k)5展開式的通項公式為Tr+1=(-1)rc5r45-廠12,第7頁(共25頁)由一^--5=1,解得r=4,則展開式中的系數為（-1）4。544=20,故選：C【點評】本題本題考查了定積分的計算以及求二項式展開式的指定項的基本方法.（5分）祖暅原理：“幕勢既同，則積不容異“意思是說兩個同高的幾何體，若在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設A、B為兩個同高的幾何體，p：A、B的體積不相等，q：A、B在等高處的截面積不恒相等，根據祖暅原理可知，p是q的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【分析】利用祖暅原理可得:A、B在等高處的截面積恒相等"，可得:A、B的體積相等.即可判斷出p與q的關系.【解答】解：設A、B為兩個同高的幾何體，p：A、B的體積不相等，q：A、B在等高處的截面積不恒相等.由“A、B在等高處的截面積恒相等”，由祖暅原理，可得：A、B的體積相等.因此可得：A、B的體積不相等，必然：A、B在等高處的截面積不恒相等.即pq，反之不成立.:?p是q的充分不必要條件.故選：A.【點評】本題考查了祖暅原理、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.（5分）設a>b>0,a+b=1,且％=（2）b,y=loa[ab,z=1口a,a，則％、y、z的大小關系是（ ）A.y<z<% B.z<y<% C.%<y<z D.y<%<z【分析】由已知得到a,b的具體范圍，進一步得到ab，工，[的范圍，結合指數函數與ab對數函數的性質得答案.【解答】解：由a>b>0,a+b=1,得0cb<曰，/<&<1,且0<ab<1,貝°」-〉L工〉2,a<—,abb b第8頁（共25頁）

?,?%=（工）b>0,y=loa]ab=-1,ab0=lcig[1>z=1口目]a>1口目[b=-1,b- tTb-；.y<z<%.【點評】本題考查對數值的大小比較，考查了指數函數與對數函數的性質，考查了數學轉化思想方法，是中檔題.（5分）甲乙二人爭奪一場圍棋比賽的冠軍，若比賽為“三局兩勝”制（無平局），甲在一 , 9一，一八每局比賽中獲勝的概率均為卷，且各局比賽結果相互獨立，則在甲獲得冠軍的條件下，比賽進行了三局的概率為（ ）A.CA.C.D.【分析】求出甲獲得冠軍的概率、比賽進行了3局的概率，即可得出結論.【解答】解：由題意，甲獲得冠軍的概率為力+-1x^x-|+^x1~x（瑞■二? O■二? ,二 ■二?,二 ,二 ■二? 匕I其中比賽進行了3局的概率為恭"X至之x|x|=^,?—I ?—> ,二??—1 ?—> >—>￡iI???所求概率為』72^=^2izi1'D【點評】本題考查條件概率，考查相互獨立事件概率公式，屬于中檔題.9.（5分）函數f（%）=%sin%+」力-二/在區(qū)間［-2n,2n］上的大致圖象為（ ）第9頁（共25頁）【分析】根據題意，分析可得/(%)為偶函數，排除A。，求出/(亭)的值，排除B,即可得答案.【解答】解：根據題意，f(%)=%sin%+±-'v，則f(-x)=f(x)，即函數f(x)/4元*為偶函數，排除A、D；mzM兀 兀、(13兀、4 1 士北r人口當%=—7=時，f(——)=-^—)+ 5 丁<0,排除B；2 2 2白兀乂4冗故選：C【點評】本題考查函數圖象的分析，涉及函數的奇偶性、特殊值的分析，屬于基礎題.TOC\o"1-5"\h\z2 2(5分)以雙曲線C：-^-^-=1(?>0,b>0)上一點M為圓心作圓，該圓與%軸ab相切于雙曲線C的一個焦點F(c,0),與y軸交于P,Q兩點，若IPQ1='如則雙曲線C的離心率是( )A.'3 B.'5 C.2 D.’2【分析】由題意可設F(c,0),MF±%軸，可設M(c,n),n>0,設%=c,代入雙曲線的方程，可得M的坐標，圓的半徑，運用弦長公式，可得IPQI=2匕__=好c,可得a,c的方程，運用離心率公式計算即可得到所求值.【解答】解：由題意可設F(c,0),MF_L%軸，可設M(c,n),n>0,設%設%=c，代入雙曲線的方程可得y=b,2即有M(c,j,a可得圓的圓心為M可得圓的圓心為M,半徑，a即有M到y(tǒng)軸的距離為c,可得1PQ可得1PQ1=273■yc,化簡可得3b4=4a2c2,由c2=a2+b2,可得3c4-10c2a2+3a4=0,第10頁(共25頁)由e=工，可得3e4-10e2+3=0,a解得e2=3。舍去），即有e=.;3.故選：A.【點評】本題考查雙曲線的離心率的求法，注意運用直線和圓相交的弦長公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題.（5分）如圖，點P在正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線BC1上運動（P點異于B、G點），則下列四個結論：①三棱錐A-D1PC的體積不變：②A1P〃平面ACD1：③DP±BC1；④平面PDBJ平面ACD1.其中正確結論的個數是（ ）曷A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【分析】利用空間中線線、線面、面面間的位置關系，結合線線、線面、面面平行和垂直的判斷與性質求解.【解答】解：對于①，由題意知AD1#Bg,從而Bg〃平面AD1C,故BC1上任意一點到平面AD1C的距離均相等，所以以P為頂點，平面AD1C為底面，則三棱錐A-D1PC的體積不變，故①正確；對于②，連接A1B,A1g,A1C1HAD1且相等，由于①知：AD1#Bg,所以BA1g〃面ACD］，從而由線面平行的定義可得，故②正確；對于③，由于DC，平面BCB1cl，所以DC±Bg,若DP±Bg,貝UBC1，平面DCP,BC1±PC,則P為中點，與P為動點矛盾，故③錯誤；對于④，連接DB1,由DB1±AC且DB1±AD1,第11頁（共25頁）

可得。嗎，面AC0,從而由面面垂直的判定知，故④正確.故選：C【點評】本題考查命題真假的判斷，解題時要注意三棱錐體積求法中的等積法、線面平行、線線垂直的判定，要注意轉化的思想的使用，是中檔題.（5分）若％,a,b均為任意實數，且（a+2）2+（b-3）2=1,則（％-a）2+（lnx-b）2的最小值為（ ）A.3.2 B.18 C.3.2-1 D.19-6.2【分析】由題意可得（a,b）在（-2,3）為圓心，1為半徑的圓上，（x-a）2+（lnx-b）2表示點（a,b）與點（x,lnx）的距離的平方，設過切點（m,ln機）的切線與過（-2,3）的法線垂直，由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1,解方程求得切點，圓心和切點的距離心可得距離的最小值為d-廠，可得所求值.【解答】解：（a+2）2+（b-3）2=1,可得（a,b）在（-2,3）為圓心，1為半徑r的圓上，與點（x,lnx）的距離的平方，(x-a)2+(lnx-b)2表示點與點（x,lnx）的距離的平方，設過切點（m,lnm）的切線與過（-2,3）的法線垂直，可得1nm-可得1nm-3.1_

m+2m-1,即有l(wèi)nm+m2+2m=3,由f(m)=lnm+m2+2m在m>0遞增，且f(1)=3,可得切點為（1,0）,圓心與切點的距離為d= 2MAM產=3,'2,可得（x-a）2+（lnx-b）2的最小值為（3；：2-1）』19-6。2,【點評】本題考查兩點的距離的運用，圓的方程和運用，考查導數的幾何意義，以及轉第12頁（共25頁）化思想和運算能力，屬于中檔題.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，滿分20分，（5分）已知％與y之間的一組數據：%0246ya353a已求得關于y與1的線性回歸方程y=1.2%+0.55,則a的值為2.15.【分析】首先求出這組數據的橫標和縱標的平均數，寫出這組數據的樣本中心點，把樣本中心點代入線性回歸方程求出a的值.【解答】解：工=3,于=a+2,將（3,a+2）帶入方程得：a+2=3.6+0.55,解得：a=2.15,故答案為：2.15.【點評】本題考查回歸分析，考查樣本中心點滿足回歸直線的方程，考查求一組數據的平均數，是一個運算量比較小的題目，并且題目所用的原理不復雜，是一個好題.（5分）已知F是拋物線C：y2=8%的焦點，M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點，則IFNI=6.【分析】求出拋物線的焦點坐標，推出M坐標，然后求解即可.【解答】解：拋物線C：y2=8%的焦點F（2,0）,M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點，可知M的橫坐標為：1,則M的縱坐標為：|FN|=2|FM|=2"1—2 ±2/2-0）2=6.故答案為：6.【點評】本題考查拋物線的簡單性質的應用，考查計算能力.（5分）已知四棱錐S-ABCD的三視圖如圖所示，若該四棱錐的各個頂點都在球O的球面上，則球O的表面積等于—粵n.第13頁（共25頁）

正設圖側覘圖正設圖側覘圖【分析】根據四棱錐S-ABCD的三視圖，把四棱錐S-ABCD補成長方體，點S是所在棱的中點，設長方體的上下底面的對角線的交點分別為O1,02，所以四棱錐S-ABCD的外接球的球心O在線段O1O2上，由三視圖的數據可知：AB=4,BC=21：2,SC=3,長方體的高OiO2=M，22=；：5,co2=yAC-yX：42+（22）"=%，C—■SO]—BC=2,設四棱錐S-ABCD的外接球的半徑為H，得到:■港己+：誦品-5從而求出半徑H,得到球O的表面積.【解答】解：根據四棱錐S-ABCD的三視圖，把四棱錐S-ABCD補成長方體，點S是所在棱的中點，設長方體的上下底面的對角線的交點分別為O1,O2,所以四棱錐S-ABCD的外接球的球心O在線段O1O2上，如圖所示：,由三視圖的數據可知：AB=4,BC=212,SC=3,，長方體的高0102=.-；32-22=/5,CO2=-^AC^X/42+（22）*=",第14頁（共25頁）

SOi^B。二2，設四棱錐S-ABCD的外接球的半徑為R,二在RtASOO1中：OO1=；;｝＜2-2，在RtACOO2中：OO2=；'RZ_6，二?。102=R*-2+R2-6=.；5，化簡得：M4^，191???球O的表面積為：4nR2= n，5191故答案為：巖n□16【點評】本題主要考查了三視圖還原實物圖，以及四棱錐的外接球，是中檔題.16.（5分）記數歹U｛an｝的前n項和為Sn，已知a1=4,2an=-an_1+9（n三2），若對任意的正偶數k，人（Sk-3k）三4恒成立，則實數人的最小值為_L.【分析】直接利用數列的通項公式的應用，遞推關系式的應用，恒成立問題的應用求出結果.【解答】解：數列｛an｝的前n項和為Sn，已知a1=4,2an=-an」+9（n三2）.則："一3=卷（氣1一3），所以數列｛an-3｝是以a「3=1為首項，-]為公比的等比數列.所以.?（-3嚴1，整理得產1，i-c-|r所以％yrd ，1-（-5,）所以S/3%朱1十節(jié)”]＞0，故對于任意的正偶數n，人??[1-（2）力》4，恒成立.等價于人＞一號一，對于任意的正偶數n恒成立.1由于1-6）方＞1-得）號，所以°＜一,一＜3，1-山口第15頁（共25頁）所以，只需滿足信8.故答案為：8.【點評】本題考查的知識要點：數列的通項公式的應用，遞推關系式的應用，恒成立問題的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于中檔題型.三、解答題：共70分.解箸應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17?21題為必考題，.每個試題學生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題:共60分.17.（12分）設△A5C的內角A,B,C的對邊分別為a,b,如已知。=3,且sin（C-二二）6,cosC一一.4（1）求角C的大小；TOC\o"1-5"\h\zB i.（2）若向量it=（1,sinA）與門=（2,sinB）共線，求△ABC的周長.TT JT【分析】（1）由已知式化簡可得色加20k）二1,進而得到C一h十上n，kEZ,由此o 3即可求得角C的大?。唬?）由向量IT與門共線結合正弦定理可得b=2a,再利用余弦定理建立關于a的方程，解出即可求得周長.7T 1【解答】解：(1)Vsin(C——)"cosC=—,6 4:? ^cosC)"cosC^，.■m._11汁1，\o"CurrentDocument"4 44 4,冗、Sin(2C——)=1，6TTTT _2。一^—十笈?！靕EZ,TT。=-^-玨n，kEZ,又C為^ABC的內角，(2)\?向量IT=(1,sinA)與口=(2,sinB)共線，sinB-2sinA=0,第16頁（共25頁）由正弦定理可知，b=2a,由（1）結合余弦定理可知，c2=a2+b2-2abcosC即9二”+生a2-4自2*日，?,?好:3，42；3,??.△ABC的周長為m+九'與.【點評】本題考查三角恒等變換及正余弦定理在解三角形中的運用，同時也涉及了斜率共線的坐標運算，屬于基礎題.18.（12分）如圖，在四面體ABCD中，E,F分別是線段AD,BD的中點，ZABD=ZBCD=90°,EC=一2AB=BD=2.（1）證明：平面EFC，平面BCD；（2）若二面角D-AB-C為45°,求二面角A-CE-B的余弦值.［分析（1）由勾股定理可證AC±CD,又CD±BC,則CD，平面ABC,得到CD±AB,又AB±BD，得到AB，平面BCD,進而得到EF，平面BCD,由此即可得證；（2）建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值.【解答】解：（1）證明：：E,F分別是線段AD,BD的中點，AB=BD=2,???EF=FD=1,且EF//AB,VZABD=90°,AZEFD=90°,.?上d=ae―2又EOj’2AAC±CD,又ZBCD=90°,即CD±BC,又ACnBC=C,且AC,BC均在平面ABC內，ACD，平面ABC,ACD±AB,第17頁（共25頁）

又AB±BD,CDnBD=D,且CD,BD均在平面BCD內，?，?AB，平面BCD,：.EF，平面BCD,又EF在平面EFC內，???平面EFC，平面BCD；（2）由（1）可知，NDBC為二面角D-AB-C的平面角，即NDBC=45°,過點B作BB/〃CD，如圖，以B為坐標原點，BB,,BD,BA分別為％軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(0,0,2),B(0,0,0),D(0,2,0),C(1,1,0),E(0,1,1),、wAE=y-z=0 一仃一, 、,￡),則M*一，可取、wAE=y-z=0 一仃一, 、,￡),則M*一，可取1,1)；.m'CE二一k+z二。、nlfn,,BC=a+b=0-r/ 、c),則 ，可取n=(l,-1,D；[n?CE=-a+c=0-B的平面角為銳角0,則,設平面ACE的一個法向量為7二（處V，設平面BCE的一個法向量為殳，b,如圖可設二面角A-CEcos0-1c口s-^m,nI尸>—=~V3-即二面角A-CE-B的余弦值為日.【點評】本題考查面面垂直的判定及利用空間向量求解二面角，屬于常規(guī)題目./y219.（12分）設橢圓C：三了+，=1（。>b>0）,F「F2為橢圓C左右焦點，B為短軸端ab19點，且￡/^1^^.=4,離心率為三尖,O為坐標原點.第18頁（共25頁）

(I)求橢圓C的方程；(II)是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點M、M且滿足I而+而1=1而-而I?若存在，求出該圓的方程，若不存在，說明理由[分析(I)由題意可得方程 =《?2c?b=4,e=￡='!■，且a2=b2+c2；從上」二2 a22 2而聯(lián)立解出橢圓C的方程為。+J=1；84(II)假設存在圓心在原點的圓%2+y2=r2,使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點M、N,則可得而?麗=0；再設M(x],y1),N(x2,y2)，當切線斜率存在時，設聯(lián)立方程組“二k戈/aY2y2聯(lián)立方程組“二k戈/aY2y2可得x1+x2=JT—i_ 9 _4km_2m-3 ,、口,、 -,x1x2= ;yy1y2=(kx1+m)(kx2+m)1+2kl+2k2=k2xix2+km(x1+x2)+m2=1+2k2一；從而再由％m2=k2xix2+km(x1+x2)+m2=1+2k2*或mW-第；從而解出所求圓的方程為％2+y2=日；再驗證當切線的斜率不存在時也成立即可.TOC\o"1-5"\h\z2 2【解答】解：(I)'..橢圓C：號飛=1(a>b>0),由題意可得，1 cp=—^2c?b=4,e=—=-^-,且a2=b2+c2；\o"CurrentDocument"△BE」二2 a 2聯(lián)立解得，a聯(lián)立解得，a2=S=42 2故橢圓C的方程為5心=1；(I)假設存在圓心在原點的圓x2+y2=r2,使得該圓的任意一條切線與橢圓C恒有兩個交點M、N,???|而+而=|而-而I,??.而?麗=0；第19頁(共25頁)設M(x1，y1),N(x2，y2)，當切線斜率存在時，設該圓的切線的方程為y=kx+m,解方程組y=k3c+m設M(x1，y1),N(x2，y2)，當切線斜率存在時，設該圓的切線的方程為y=kx+m,解方程組y=k3c+m得/得，L3(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,則△=a左加)2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0；即8k2-m2+4>0；.._孤m??x1+x2= o1+2ks2m2-3y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=2 2m-8k故xix2+y1y2=0；2in2-8m2-8k1十2k2+1+2k*所以3m2-8k2-8=0,所以3m2-8三0且8k2-m2+4>0；裊mW-等因為直線y=kx+m為圓心在原點的圓的一條切線，所以圓的半徑為r=八十戶，2°rrir2= 1十11+k2 3即所求圓的方程為x2+y2=-1；此時圓的切線y=kx+m都滿足m三一^旦或mW 而當切線的斜率不存在時切線為x=±2坦與橢圓,2 2V+^T=1的兩個交點為34士~二~),( 二-，士-二-3 3 3);第20頁(共25頁)滿足。砧OM=0,綜上所述，存在圓心在原點的圓落+y2=_|滿足條件.【點評】本題考查了圓錐曲線的應用，化簡很復雜，應用到了根與系數的關系以簡化運算，屬于難題.20.(12分)已知函數f(x)=-a(x-1)2+(x-2)ex(a>0).(1)討論函數f(x)的單調性：(2)若關于x的方程f(x)+]a=0存在3個不相等的實數根，求實數a的取值范圍.[分析(1)先對函數求導，然后結合導數與單調性的關系對a進行分類討論即可求解;(2)轉化為相應的函數的交點問題，結合導數研究函數的特征，然后結合圖象可求.【解答】解：(1)f(x)=-a(x-1)+(x-1)ex=(x-1)(ex-a),?/a>0,由f/(x)=0可得x=1或x=Ina,(i)當0<a<e時，1>Ina,在(1,+8),(-8,ina)上，f(x)>0,f(x)單調遞增，在Ona,1)上，f(x)<0,f(x)單調遞減；(ii)當a=e時，Ine=1,f(x)>0在R上恒成立，即f(x)在R上單調遞增；(iii)當a>e時，ina>1,在(ina,+8),(-8,1)上，f(x)>0,f(x)單調遞增，在(1,ina)上，f(x)<0,f(x)單調遞減；(2)Vf(x)+,a=總目又”十十(工-2)日貫=(x-2)(ex--^-ajc)=0有3個實數根，x=2顯然是方程的一個解，故ex-]aK=0有2個實數根且xW0,xW2,即a=幺一(xW2),x人/、 2eHz"c、mi/c\2eK(K-l)TOC\o"1-5"\h\z令g(x)= (xW2),則gCk)= ,Y 一 6? K當xG(-8,0),(0,1)時，g?(x)<0,g(x)單調遞減，當C(1,2),(2,+8),g;(x)>0,g(x)單調遞增，當x<0時，g(x)<0,x=1時，g(x)取得極小值，g(1)=2e,又g(2)=e2,則2e<a<e2或a>e2.第21頁(共25頁)【點評】本題主要考查利用導數求解函數的單調區(qū)間及函數零點的求解，體現了轉化思想及數形結合思想的應用.21.(12分)某醫(yī)院為篩查某種疾病，需要檢驗血液是否為陽性，現有n(nCN*)份血液樣本，有以下兩種檢驗方式：①逐份檢驗，則需要檢驗n次：②混合檢驗，將其中k(kEN*且k三2)份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗.若檢驗結果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗一次就夠了，如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為k+1次.假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為p(0<p<1).(1)假設有5份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗方式，求恰好經過2次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；(2)現取其中k(kEN*且k三2)份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為瓦，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為5(i)若E^1=段2，試求P關于k的函數關系式p=f(k)：(ii)若1>二1-J?試討論采用何種檢驗方式更好？參考數據：ln2^0.69,ln3"1.10,ln5"1.61,e處2.72,e2處7.39,e3處20.09.［分析(1)利用古典概型、排列組合求出恰好經過2次檢驗能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；(2)(i)由E(^1)=k,h的取值為1,k+1,計算對應概率與數學期望值，由E(瓦)=E(芍)求得P的值；第22頁(共25頁)（ii）由題意得k+l-k日4〈k，即lnk—今〉。，設二lux號,利用導數判斷f（x）的單調性，求得k的最大值，即可得出結論.【解答】解：（1）記恰好經過2次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來為A事件,（i）E（瓦）=k，芍的取值為1，k+1，計算已2=1）=（『p）k，P（已廣k+］）=「（『P）K，所以葭日2)=(1-口)^+(k+l)(1-(1-p)，-k+l-k(1-p)上，1由E(耳)=E(多)，得k=k+1-k(1-p)k，所以1?=1一((產(kGN*<k三2).k 上（ii）p=l-e，，E（i2）=k+l-ke“，所以k十l-k日&<k，即1出一去〉。.設f（必=ln14，f' 7=-7-^-，x>0，4 k44k當xG（0，4）時，f（x）>0，f（x）在（0，4）上單調遞增；當xG（4,+8）時，f（x）<0，f（x）在（4,+8）上單調遞減.gg.且f（8）=ln8-2=3ln2-2>0，f（9）=ln9-j=21n3-j<0，所以k的最大值為8；所以kG［2,8