2024?2025學年北京市十一學校高三（上）診斷數學試卷（12月份）

一,選擇題（共10小題，每題4分洪0分）

1.（4分）若兩條直線or+2y=0與x+（a+3）y+4=0垂直,則實數a的值為（）

A.-IB.-2C.1D.2

2.（4分）已知集合人={x|2<x<4）,B={y|y=4，A},下列說法正確的是（）

A.BQAB.AC1B=0C.AiBD.AUB=A

3.（4分）設僅〃}是各項均為正數的等比數列,5“為其前〃項和.已知42=4,53=14、若存在〃（）使得

ara2,a^，…，an的乘積最大，則〃產（）

A.8B.6C.4D.2

4.（4分）下列結論正確的是（）

A.若x>0,則

x2+l2

B.若a>b、c>d,則ac>bd

C.y=2+sinx在（°m）的最小值為2\歷

sinx

D.若則

5.（4分）要得到函數y=&sin3x的圖象，只需將函數產sin3x-cos3x的圖象（）

A.向左平移N個單位長度

4

B.向右平移三個單位長度

4

C.向左平移三個單位長度

12

D.向右平移三個單位長度

12

6.（4分）已知奇函數y=f（函在R上單調遞增，則“f（川）4/（x2）>0”是“川+3>0”的（）

A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

7.（4分）已知直線以+y-1=0與圓C：（x-1）2+（），+〃）2=1相交于人4兩點，且△A3。為等腰直角三角形（）

A.-1B.0C.1D.-1或1

8.（4分）若圓O：/+）?=1上存在點P.直線/：y=k（X+2）上存在點。而=而,則實數A的取值范圍為（）

A.[-V3,V3]B.[-喙哼]C.{-V3,V3}D.{■喙，率

s

9.（4分）已知（如}是各項均不為零的等差數列43<0,公差d>0S〃是伍“}的前〃項和，設b=T則數列{加}（）

na

A.有最大項，無最小項B.有最小項，無最大項

C.有最大項和最小項D.無最大項和最小項

10.（4分）在棱長為2的正方體人8。0-4功。。|中，點七廠分別為棱的中點.點。為正方體表面上的動點，滿足

A\PA-EF.給出下列四個結論，不正確的是（）

A.存在點P,使得內。|=2近

B.存在點P,使得4P_L平面/

C.存在點尸.使得。?！ā辏寒a

D.存在點P,使得BiP=DP

二,填空題（共5小題，每題5分，共25分）

11.5（分）雙曲線/?工1=1的漸近線方程是

94

12.（10分）已知拋物線）?=8x的焦點為匕點M在拋物線上.若附八=6,則點"的橫坐標為,△0Mb的面積

為

13.5（分）若點A（cosasin。）關于直線產x對稱點為B（cos（8f）,sin（9f））,寫出6的一個取值

為

14.（10分）阿基米德多面體也稱為半正多面體，是以邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體.如圖,已知一個阿基

米德多面體的所有頂點均是某個正方體各條棱的中點，則該阿基米德多面體的體積為,M,N

是該阿基米德多面體的同一面上不相鄰的兩個頂點,點尸是該多面體表面上異于憶則正?誣的最大值為

15.（5分）已知曲線W：/+）,2=〃？（加＞0），給出下列四個命題:

①曲線W關于x軸,），軸和原點對稱.

②當加=2時，曲線W上及圍成的區(qū)域內部共有9個整點（即橫，縱坐標均為整數的點）.

③當m=1時，曲線W圍成的區(qū)域面積大于IT.

④當〃?=4時，曲線W圍成的區(qū)域內（含邊界）兩點之間的距離的最大值是4.

其中所有真命題的序號是

三,解答題（共6道解答題，共85分）

⑵吟).

16.已知函數/Jr)=2sin(TT-r)cosr,g(x)=cos

（I）求/（x）的最小正周期及f（--）的值.

（2）直線乂―（底［0,2-］）與函數/（外，g（X）的圖象分別交于M求的最大值.

2

17.在△ABC中，角A,8,C所對的邊分別為4b2A-sin2B=sin2C-ZsinBsinC.

3

(I)求cosA的值.

(II)若COSB=2/A,AABC的周長為2+2?，求4A3c的面積.

3

18.如甌四棱錐P-ABCD^,PA=PD=AD=CD=2,AD//BC,ZDAB=90°

（I）證明：PCLAD.

（II）從下面條件①，條件②，條件③三個條件中選擇一個作為已知，解答下面的問題.

條件①：PBLAD.

條件②：PC=43.

條件③：二面角P-AO-B的大小為60°.在棱PB上是否存在點G（不與端點重合），使得直線CG與平面心。所

成的角的正弦值為運？若存在，求匹，若不存在，說明理由.

7PB

（注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答給分.）

19.已知橢圓C：與，［=1（心心0）的右頂點A（2,0），焦距為2近.

a2b2

（I）求橢圓C的方程及離心率.

（II）設不經過右頂點的直線/：y=h+〃?交橢圓C于兩點P,Q,過點P作x軸的垂線交直線AB于點交直線AQ于

E,求證：直線/經過定點.

20.已知函數/（x）=（2?1）瓦計1,其中“WR

x

（I）若函數/（X）在x=l處的切線與y=x+2平行.

（/）求〃的值.

（"'）證明：函數/（X）在定義域上恰有兩個不同的零點.

（II）設函數g（x）=/-x（/（x）+//U--I）在區(qū)間（0,/。）上存在極值，求證：/“飛＞〃+1.

21.已知〃項數列A〃：am,…,4〃（B3），滿足Vi壬/有aW勾.對于變換T滿足V氾［1,2,…川，有T（功）曰小血“〃）,且

2024?2025學年北京市十一學校高三（上）診斷數學試卷（12月份）

參考答案與試卷解析

題號12345678910

答案BBADCCDBBC

一,選擇題（共10小題，每題4分洪0分）

1.（4分）若兩條直線or+2y=0與x+（a+3）y+4=0垂直，則實數〃的值為（）

A.-1B.-2C.ID.2

【分析】由已知結合直線垂直的關系即可求解.

【解答】解：若兩條直線依+2），=0與x+（。+7）），+4=0垂直.

則〃+3（。+3）=0,即。=-2.

故選：B.

【點評】本題主要考查了直線垂直的斜率關系的應用,屬于基礎題.

2.（4分）已知集合人={x|2<x<4）,B={y|y=Vx,x€A},下列說法正確的是（）

A.BQAB.408=0C.A^BD.AU8=A

【分析】可求出集合民然后根據子集，真子集,交集和并集的定義逐項判斷即可.

【解答】解：...A={x[2<x<4},B={y|V8<y<2].

，8GA錯誤<nB=錯誤.

故選：B.

【點評】本題考查了根據函數單調性求值域的方法，子集，真子集，交集和并集的定義，是基礎題.

3.（4分）設{板}是各項均為正數的等比數列,S”為其前〃項和.已知奧=4,53=14、若存在〃。使得

ara2?a?,…，a門的乘積最大，則山=（）

A.8B.6C.4D.2

【分析】由已知結合等比數列的性質先求出名然后結合等比數列的單調性即可求解.

【解答】解：因為{如}是各項均為正數的等比數列,s=4,S8=m+G+a5=±+4+3q=14.

q

整理得,2才-5q+2=0.

解得《='|'或q=2,

當g=3時⑷=2,此時數列遞增a.a9,a。，…，a的乘積無法取得最大值.

故4=￡,44=8,此時=8義得）n-l=（A）n4.

則〃8=4時，a]，aA?aq,…，的乘積最大?

1OJHA

則42=8.

故選：A.

【點評】本題主要考查了等比數列的通項公式，求和公式及等比數列的性質的應用,屬于基礎題.

4.（4分）下列結論正確的是（）

A.若x>0,則

x2+l2

B.若a>b,c>d,則ac>bd

C.y￥—+sinx在（°m）的最小值為K回

sinx

D.若a>b>I>c>0,則ac>bc

【分析】根據已知條件，結合基本不等式的公式,函數的單調性，即可求解?.

【解答】解：x>0.

則；二M■.當且僅當x=l時做4錯誤.

2

X+4X4A2

x

令a=3,b=-l,d=-\,c>d.

但ac=bd,故B錯誤.

y=-r—+sinx>2i/,2,sinx-242^且僅當siiu=J^t

sinxVsinx

但5VsimW1.

故y的最小值W7,故C錯誤.

?>Z?>l>c>0.

y=留在（5,+8）單調遞增.

故此故。正確.

故選：D.

【點評】本題主要考查基本不等式的公式，函數的單調性,屬于基礎題.

5.（4分）要得到函數y=&sin3x的圖象，只需將函數產sin3x-cos3x的圖象（）

A.向左平移三個單位長度

4

B.向右平移工個單位長度

4

C.向左平移工個單位長度

12

D.向右平移三個單位長度

12

【分析】直接利用三角函數圖象的平移變換和三角函數的關系式的變換求出結果.

【解答】解：由于尸sin3.r-COS3.E=Fsin（3x/^"），要想得到函數》=加，只需將函數尸后sin（3x--）—

4612

個單位即可.

故選：C.

【點評】本題考查的知識點：函數圖象的平移變換，三角函數的關系式的變換，主要考查學生的運算能力，屬于基礎題.

6.（4分）已知奇函數），=/（x）在R上單調遞增，則“/（川）+f（X2）>0”是“川+4>0”的（）

A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

【分析】利用函數的奇偶性與單調性求解即可.

【解答】解：???），=/（幻為奇函數，且在R上單調遞增,.

+f（-V2）（XI）>-f（X2）=f（.-A,8）Q.ri>?.￥2=X8+X2>0.

???“/（X3）tf（X2）>0W是“X3+r>0”的充要條件.

故選：C.

【點評】本題考查奇偶性與單調性的綜合應用，考查充分條件與必要條件的判斷，屬于基礎題.

7.（4分）已知直線or+），-1=0與圓C：（x-1）2+（），+〃）2=1相交于A,B兩點，且△ABC為等腰直角三角形（）

A.-1B.0C.1D.-1或1

【分析】可得圓心到直線的距離，由此即可得以

【解答】解：△ABC為等腰直角三角形,則圓心C（I.

即」整理得:]+〃2=5,即/=],解得：。=-3或1.

向5

故選：。.

【點評】本題考查直線與圓的位置關系,屬于基礎題.

8.（4分）若圓O:/+$=1上存在點R直線/：y=k（X+2）上存在點。而=面，則實數%的取值范圍為（）

A.[-V3,V3]B.[-*率C.｛-V3,V3｝D.｛-圣爭

【分析】利用已知條件推出直線與圓相交，轉化為圓的到直線的距離小于等于半徑，轉化求解即可.

【解答】解：圓O：/+『=5上存在點P,直線/：y=k（x+2）上存在點。而=面.

可得：12k|《I

7^

解得蛇[-漁,近].

33

故選：B.

【點評】本題考查宜線與圓的位置關系的應用,考查轉化思想以及計算能力，是中檔題.

9.（4分）已知｛〃〃｝是各項均不為零的等差數列⑷V0,公差d>0,S〃是｛m｝的前〃項和，設b=」,則數列｛加｝（）

n2

A.有最大項，無最小項B.有最小項，無最大項

C.有最大項和最小項D.無最大項和最小項

【分析】依題意，得數列伍〃｝是遞增數列，由于。3<0,不妨設。4>0,利用等差數列的性質，分析其前.'1項和的正負，結合

題意可得答案.

【解答】解：｛〃〃｝是各項均不為零的等差數列⑷V0,公差/>2〃)是遞增數列.

又。3<0,隨著〃的增大M也增大.

不妨設。4>0,貝ija\<as<a3<O<as<a5<....

$5=7(73VO,S8=S5+46的符號不確定,S6=7G4>5,S8>0,...

S[

又bs=--=7,d3<0,?8>0.

al

所以41<2,42<048<0<。4<45V????,S〃VO(〃<5),S7>0,S7>2,S%>0,….

故。5>O力2>6力3V0&V0力5<3/6>()/4>0以>3,….

s

nn(ai+aQn(a8+an_2)

b=----=-----------------=--------------------?

nan2an2an

當〃27時,4〃-2>O,所以A“>8,且加單調遞減，所以加有最小項加,無最大項.

故選；B.

【點評】本題考查等差數列的前〃項和公式的應用，考查邏輯推理能力與運算能力，為中檔題.

10.(4分)在極長為2的正方體A4C0-4以。。|中，點七下分別為棱4。的中點.點。為正方體表面上的動點，滿足

MPA.EF.給出下列四個結論，不正確的是()

A.存在點P,使得|AiP|=2近

B.存在點P,使得AiP_L平面AOF

C.存在點尸，使得

D.存在點P,使得BiP=DP

(分析】建立空間直角坐標系，利用坐標驗證垂直判斷4取AB的中點N,可得4N_L平面4Q匕再判斷即可

判斷反取正方形8BCC的中心M,設點的坐標根據條件列出方程組，探求是否存在符合條件的解判斷D.

【解答】解：如圖，建立空間直角坐標系.

則A(2,0,8)A\(2,4,2),0,6),2,1),5,0),0,8),Bi(2,6,2).

對人由正方體性質知當夕與C重合時1P長度的最大值為273.

此時不=(-8,2,-2)，而=(2,2,l>A^P-EF=-2+4-5=0-

所以A]5_[_而，即滿足A6P_LEF,故A正確?

對于B,取A8的中點N,1,O),彳,1,-2)扁0)而,2,5),而=(1,2,8)-

因為小?五=0乂4+1乂。+(-4)XO=O,77N*DF-

所以AiNJ_D4/iNJ_OE乂04門。尸=。,川七平面ADF.

所以43ML平面ADF,又“J?而=0+7-2=01NLEF.

所以當點P運動到N處時,42，平面4DF,故B正確.

對。，取正方形BBiC6c的中心M,連接QM易知MF//DE.

所以四邊形DMFE為平行四邊形，所以DM//EF.DP//EF.

此時P(1,2,6)，不=(_匕2,-1)，不?而=-7+4-1=6#。

即不滿足

綜上不存在點P,使得DP//EF.

對。，設P(%)，,則彳=(x-2,y,z-2)，而=(7.2.1)?

x-2+7y+z-2=0

若存在，由B3P=DP,AI匕LE/可得方程組《[-------------------------r——---

262522

W(x-2)+(y-2)+(z-2)=Vx+y+z

化簡可得(x+8y+z=4解得x+z=7.

x+y+z=3

顯然當x=0,z=2,即存在點P4P=DP,故D正確.

故選：C.

【點評】本題主要考查空間位置關系的判斷，空間向量的應用，考查運算求解能力與邏輯推理能力,屬于中檔題.

二,填空題(共5小題，每題5分，共25分)

11.(5分)雙曲線/-工1=1的漸近線方程是.

943—

【分析】把雙曲線的標準方程中的I換成。即得漸近線方程,化簡艮J可得到所求.

【解答】解：二?雙曲線方程為/-￡■=】的己

94928

故答案為尸土看獷

【點評】本題考查雙曲線的標準方程，以及雙曲線的簡單性質的應用，把雙曲線的標準方程中的I央成。即得漸近線

方程.

12.（10分）已知拋物線）2=8x的焦點為匕點M在拋物線上.若則點M的橫坐標為4AOMF的面積為

4A/2-.

【分析】由拋物線的性質及定義，結合三角形的面積公式求解.

【解答】解：已知拋物線『=81的焦點為F.

則F（3,0）.

又點M在拋物線上.

設M(X0J7).

又|ME=6.

則xo+2=6.

即xo=7.

則點〃的橫坐標為4.

乂y/=8x0?

所以Iy3I=4近.

則尸的面積為工義2X5&=4泥,

2

故答案為：4,4強.

【點評】本題考查了拋物線的性質及定義，重點考查了三角形的面積公式，屬基礎題.

TTTT

13.（5分）若點A（cos。,sin。）關于直線y=x對稱點為B（cos（8（），sin（9哈））,寫H6的一個取值為

—（答案不唯一）

6

sin9=cos（9r-

，然后即可求出年,從而可得出的一人取值.

【分析】根據題意可得出tan96

cos8=sin（84^-）,

【解答】解：（cos0,sin0）關于y=x的對稱點為（sinO.

sin8=cos(8-k^-)sin8=^y-cosB-ysin^

??

?'n'''cos8=^-sinS+^|-cos9

cos8=sin(8

'tan8;坐■????可取0=^-

46

故答案為：2L（答案不唯一）.

6

【點評】本題考杳了關于y=.i?對稱的點的坐標的關系,兩角和的正余弦公式，是基礎題.

14.（10分）阿基米德多面體也稱為半正多面體，是以邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體.如圖，已知一個阿基

米德多面體的所有頂點均是某個正方體各條棱的中點，則該阿基米德多面體的體積為是該阿基米德多

3

面體的同一面上不相鄰的兩個頂點，點P是該多面體表面上異于M則方?市的最大值為4.

【分析】將該多面體置于正方體中油此可知該阿基米德多面體是由正方體切掉8個全等的三棱錐形成，由此可得該

阿基米德多面體的體積，由于M,N是該阿基米德多面體的同一面上不相鄰的兩個頂點，可知M.N是一個面上的對角線,

再利用向量之間的轉換以及向量數量積的定義即可求得最大值.

【解答】解:依題意，可將該多面體補成一個校長為2的正方體.

???該阿基米德多面體是由正方體切掉8個全等的三棱錐形成.

體積為V=8-8X±x—X5X1=—.

523

???M,N是該阿基米德多面體的同一面上不相鄰的兩個頂點.

設M,N分別為正方體邊A1D\,B\C1的中點.

則誦?而=水?（而+而誦-MN+MN?而

=而2?NM?NP=4-1NNNFIcosO.

當MN_LNP,而.評夾角為90°時，（而?而）〃蛆=4.

故答案為：

3

【點評】本題考查阿基米德多面體的體積,向量數量積公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題.

15.（5分）已知曲線M（加＞0）,給出下列四個命題：

①曲線卬關于x軸j軸和原點對稱.

②當陽=2時，曲線W上及圍成的區(qū)域內部共有9個整點（即橫，縱坐標均為整數的點）.

③當m=\時，曲線W圍成的區(qū)域面積大于TT.

④當川=4時，曲線W圍成的區(qū)域內（含邊界）兩點之間的距離的最大值是4.

其中所有真命題的序號是①②③.

【分析】根據題意，利用曲線與方程的關系，分別判斷題目中的命題是否正確即可.

【解答】解：對于①，設點P(孤則/+32=〃八所以點23(-X,y),P2(X,->'),P4(-X,--v)滿足方程x'+v2—??.

即曲線W關于)，軸K軸和原點對稱.

對于②，當m=2時7+/=2,當x=4時當x=±1時，當x=±5時.

所以曲線W上及圍成的區(qū)域內部共有9個整點，分別為：

(0,6)』)，-1),7),0)[)，3),-1)(-1,命題②正確.

對于③，當/n=8時4+)2=5,)2=1-F20.

所以1父-.r6=.r2(.r2-2)所以12+),2，/+),2=?

即曲線卬上任意一點6。)都在以原點為圓心.

所以曲線W圍成的區(qū)域面積大于以原點為圓心，以7為半徑的圓的面積TT.

對于④，當機=4時4+),5=4,所以『=4-產》。,所以7W/W2.

(心」手竽得時取等

所以曲線卬上任意一點(xj)到原點的距離乃O=

號.

所以曲線W圍成的區(qū)域內(含邊界)兩點間的距離最大值為2X?Z=JF>4.

6

故答案為：①②③.

【點評】本題考查了曲線與方程的應用問題，也考杳了推理與運算能力，是中檔題.

三,解答題(共6道解答題，共85分)

16.已知函數f(x)=2sin(n-x)cosx,g(x)=cos(2x-t-

(I)求fCr)的最小正周期及f《)的值.

(2)直線x=t(tE[0,工])與函數/(x),g(x)的圖象分別交于M求IMM的最大值.

2

【分析】(1)利用誘導公式化簡三角函數，求解最小正周期和函數值即可.

(2)利用題意把線段長度表示為三角函數，利用三角函數的性質求解最值即可.

【解答】解：(1)由于/(x)=2sin(TT-x)cosx=sin2x

所以f(看”sin卷=lJ'(x)的最小正周期為等二兀.

(2)由題意可知,M,N兩點的坐標為(/,(/.

則|MN=|/⑺I,即|MN|=|sin2t-cos(4tT)卜

IMNj=|sin2t-cos|=序sin2t-專~cos2t|=|V3sin|-

因為長［0,干］，所以［玲，哈］

所以V7sin(2t-V3］-

0乙

所以|MM在tW[4,工]時的最大值為

2

【點評】本題考杳的知識點：三角函數的關系式的變換,三角函數的值，主要考行學生的運算能力，屬于中檔題.

17.在中，角ARC所對的邊分別為a力2A-sin2Z?=sin2C-ZsiMsinC.

3

（I）求cosA的值.

（1【）若cosB=&X△人BC的周長為2+2?,求△ABC的面積.

3

【分析】（I）根據題意，利用正弦定理和余弦定理，即可求出cosA的值.（H）根據同角的三角函數關系，求出sin'sinA,

根據三角形內角和求出sin。,設的外接圓半徑為凡根據△人AC的周長求出R,再計算△八AC的面積.

【解答】解：(I)△ABC中,sin)-sin5=sin8c-ZsinBsinC.

3

由正弦定理得-h2=c1-2-bc2+c6-a1=^c.

36

b2+c2_a3署時'由比"'得bms2B={4-哼）,哼。

由余弦定理得,cosA=

2bc

(0,得siiiA=78-cos2B=^l-(j)2=^-

由cosA=—^4G

3

所以$inC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=-Z2ZlXX2^1=2^1.

33733

設△ABC的外接圓半徑為R.

則△ABC的周長為2R（siM+sinB+smC）=4RX（?I2+1+Y1）=2+8?—

333772

所以的面積為工加inC=2層inAsinBsinC=7義亞＞＜逅=皿.

28338

【點評】本題考查了解三角形的應用問題，也考查了運算求解能力，是中檔題.

18.如圖，四棱錐P-ABCD中，必=PO=AQ=CQ=2,AO〃8C,ND4B=90°

（I）證明：PCLAD.

（II）從下.面條件①,條件②，條件③三個條件中選擇一個作為已知，解答下面的問題.

條件①：PHA-AD.

條件②：PC-42.

條件③：二面角尸-AO-B的大小為60°.在棱PB上是否存在點G（不與端點重合），使得直線CG與平面必。所

成的角的正弦值為叵？若存在，求匹，若不存在，說明理由.

7PB

（注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答給分.）

p

讓----------珞

【分析】（I）取A。的中點￡,連接C￡,P￡,先證PE_LAQ,C￡J_A。,可得AD_L平面PCE,再由線面垂直的性質定理，即

可得證.

（II）選擇條件①：由人B_L人。,P8_L/U），可得人。_L平面QW,從而知八。_1_%，與/朋。=60°相矛盾，不符合題意.

選擇條件②：以A為原點建系，設P（￡,l,z）/20,z>0,利用4尸=2］。=f,確定點/>的坐標,再設m=11施昨（0,1）,

利用向量法求線面角可得關于四的方程，解之即可.

選擇條件③：以A為原點建系，由PE_LADCEJLAO,可知NPEC=60°,從而得P（1,1,2），設可叩施昨（0,1）,

22

利用向量法求線面角可得關于R的方程，解之即可.

【解答】《I）證明；取入￡>的中點區(qū)連接CE

因為△%。是等邊三角形，所以PE1AD.

在△COE中,CD=2,NADC=60。.

由余弦定理知,CE2=cr>7+。片-2CO-DEcosZ/1DC=5+1-2X3X1X2=3.

8

所以。石2+。E2=。。2,即CE_LAD

又PEC\CE=E,PE.

所以AD_L平面PCE.

因為PCu平面PCE.

所以PCA-AD.

（H）解：選擇條件①：

因為AB1AD,PBLAD,AB.

所以AOJ_平面PAB.

又南u平面布民所以，不符合題意.

選擇條件②：

以A為原點建立空間直角坐標系，則A（0,4,C（V3J.B（V5,0.

由（］）知人。_1_平面PCE.

因為人Du平面A8CO.

所以平面PCEL平面ABCD.

可設PCM,Z）,z>5,則由l,z）,而我,2工）.

因為人P=2/C=

所以，+1+Z2=8,(x-^)2+2+z2=3,解得工=且且，即P(近，8,3).

2322

所以/=(返,1,2)，元23).

22

m*AD=2b=0

設平面布。的法向量為ir=（〃力，則——3

m?AP=Da+b+彳c=0

&JL

取c=-1,則。=夜,所以m/^，（），-8）.

設由=乩用=以（亞,-匹）,pe（0.

22

MCG=CP+PG=(-祟…彈一”卻

因為直線CG與平面外。所成的角的正弦值為叵.

5

螭司」［受與+"（瑞口L?734解得一

所以IcosVCG,n>l

|CG|?|ml—（…）2十四2號（叱5戶X235

所以而=4五.

5

即更=3.

PB3

選擇條件③：以A為原點建立空間直角坐標系，則A（0AC（V6J.fi（a,7、D（0,2.

[tl(1)知AO_L平面PCE.

因為AOu平面A8CQ.

所以平面-C￡?_L平面ABCD.

由(])知PELAD.CELAD.

所以/PEC就是二面角P-4O-8的平面角,即/尸EC=60°.

所以P（漁,|,工）.

22

所以元=（0,5,AP=（近,8,3）.

22

m*AD=8b=0

設平面PAD的法向量為ir=則3

m?AP二a+b+yc=2

取c=-1,則〃=?，所以-1).

設西”拜『(VI.-2),^(0.

24

MCG=CP+PG=(-2ZI..0.I2ZI,-5,--返,2-3g

88222322

因為直線CG與平面PAD所成的角的正弦值為叵.

7

|V3（~y-W

=Y*2-18p+9=（）,解得

所以IcosVCG,ir>l=I5三I

ICGlTml需（＞-6）2+廠號（》-1）5X2

所以而招近

即里=2.

【點評】本題考查立體幾何的綜合應用，熟練掌握線面垂直的判定與性質定理,二面角的定義，以及利用向量法求線面

先是解題的關鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題.

22

19.已知橢圓C：2T三=1的右頂點人（2,0）,焦距為2近.

a2b2

（I）求橢圓C的方程及離心率.

（II）設不經過右頂點的直線/：交橢圓C于兩點RQ,過點P作x軸的垂線交直線AB于點。，交直線AQ于

E求證：直線/經過定點.

【分析】（I）根據題FI所給信息以及。力,c之間關系,列出等式求解即可.

（II）將直線,的方程與橢圓方程聯立，設P（xi,yi）,Q（X2J2），此時〃?W-2上由韋達定理得xi+n=一"m.

4k2+1

組二全，求出DE兩點的坐標,根據點/）為線段PE的中點，列出等式求解即可.

4k2+1

【解答】解：（I）因為橢圓。的右頂點A（2,0）V8.

a=2

所以2c=6時

2八722

a-b+c

解得“=2力=7?.

2

則橢圓C的方程為三一+y2=1，離心率e=q=2

7a2

y=kx+m

（II）證明：聯立，丫2，消去y并整理得（5/1）/+85a+4"/-4=0.

V+y=1

此時用W-8k.

設P,Q（X8,J2）.

此時A>0.

7

由韋達定理得戈8+X2=—^km-^y3.V2=41n二4.

2k2+14k3+l

直線AB的方程為)，=*-1.

即DLri,-^vVi-6).

2

因為kAQ=72■.

x2-6

kY?in

所以直線AQ的方程為)=—―(A-2)=—2—

kxo+m

BPE(xi,-----------(,rs-2)).

x2~2

因為點。為線段PE的中點.

41m

以YI+kx5(X3-2)=xi-2.

x2~2

整理得(,2k-1)X5X2+(m-2k+S)(xi+x2)-Im-4=0.

-8km、…4IR8-4

因為J8+X2=

2k'+l4k3+1

(2k-3)(4m2-2)8km(m-2k+3)?

加以---------5---------------------5----------4m-4=7-

4k%44k'+4

整理得(〃i+2k)(m+2k+6)=0.

因為mW-21.

所以陽=-7^-1.

所以直線/的方程為尸&-2h6=&(x-2)-1.

故直線/恒過定點(3,-1).

【點評】本撅考杳橢圓的方程以及音線與圓錐曲線的綜合問題.考杳了邏輯推理和運算能力.屬于口檔題.

20.已知函數/(x)=(A-])阮r+1淇中芯R

x

(I)若函數/(X)在x=l處的切線與y=x+2平行.

(/)求a的值.

(n)證明：函數f(x)在定義域上恰有兩個不同的零點.

(II)設函數g(x)=^-x(/(x)+lnx-1)在區(qū)間(0,/D上存在極值,求證：a]+e'a>a+\.

【分析】(1)(/)利用導數求函數/G)在x=l處的切線的斜率即可，(//)利用導數求出/(X)的單調性，結合零點

存在性定理即可證明.

（2）求出父（乂>“。?當〃W0時不合題意，當a>（）時，令i（x）=%/?利用導數判斷tG）的單調性，根據/

x

'a>0

（0）V0,要使得g（x）在（Oe-a）上存在極值，則須滿足t（一"）>0,即《r，分析推理即可得到展

ea*ee-a>0

【解答】解：(1)(i)f(x)=S-l)lnx+l的定義域為(3?

1,、aa.3-alnx+a-x

f(x)=-ylnx+z(--1x)?一=-----9--------

Ajxxj入

因為函數/(.r)在r=l處的切線與y=r+8平行.

所以/(1)=4-1=1,得4=5.

(”)證明：由(儲得f(x)=(2-l)lnx+6?

x

ff(x)=-21nx；2-x

x

令h(A)=-2lnx+2-x(x>4).

因為h‘(x)=2-l<S所以〃(工)在(0,又〃(I)=l>5.

x

所以存在唯一的xoE(\,e)3)=0,即-2/〃X8+2-xo=8.

當R6（O3D）時JZ（x）>5/（x）在（0了））單調遞增.

當xE(x7,+°°)時，力(.r)VO/(x)在(x.

乂f(x0)=1)lnx3+l=(Y--1)?-(當且僅當看=-^=2時等

號成立）.

即/（不）>5,因為f（工）=2-86</）=-^r-I.

ee2

由零點存在性定理知,f（x）在（1，x0）和（x0,屋）分別有?個零點.

6

綜上，函數/（X）在定義域上恰有兩個不同的零點.

(2)依題總g(x)=e'-x[(十一l)lnx+l+lnx-5]=e'-alnx,0<x<e

x

則g'（X）=e-^=^^.

xx

當時/（x）>7,i）單調遞增，不合題意.

當a>0時，令/(x)=xex-a,xE.(0,e"),則,(x)=ex(x+2)>0.

所以/（X）在（0,展。）單調遞增.

因為/（0）=-〃<6,要使得8（A）在（（）,/，）上存在極值.

'a>2

則須滿足/（e'a）>0,即《

e-a*ee-a>0

所以ee"3〉a〉CK"-a>lna.

即e'G>a+lna.

設,〃[x)=Inr+—-1(r>0).

X

則M(x)=3_j^=三2

XX2X2

令機’(x)=0,則x=4.

當OVxVl時,〃J(x)<5,1)單調遞減.

當x>l時,M(x)>4,+°°)單調遞增.

所以m(x)=lnx(1)=3-

X

即當Q0時，12工-4>0.

x

所以a>O，lna+§-l〉O*

a

所以ea+a3-aT>a+lna+a^-a-5=lna-?