2021年河北省衡水中学高考数学三模试卷

2021年河北省衡水中学高考数学三模试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1. 已知z 为复数，z 2+1=0，则|z −1|等于( )
A. 0
B. 1
C. √2
D. 2
2. 已知cosθ−sinθ=3
4，则θ的终边在( )
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 三象限
D. 第四象限
3. 已知数列{a n }是等比数列，T n 是其前n 项之积，若a 5⋅a 6=a 7，则T 7的值是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
4. 已知log a 1
4<1，(1
4)a <1，a 1
4<1，则实数a 的取值范围为( )
A. (0,1
4)
B. (0,1)
C. (1,+∞)
D. (1
4,1)
5. 在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1CD 1中，E 为棱CD 的中点，过B ，
E ，D 1的截面与棱A 1B 1交于
F ，则截面BED 1F 分别在平面A 1B 1C 1D 1和平面ABB 1A 1上的正投影的面积之和( )
A. 有最小值1
B. 有最大值2
C. 为定值2
D. 为定值1
6. 已知在圆(x −1)2+y 2=r 2上到直线x −y +3=0的距离为√2的点恰有一个，则r =( )
A. √2
B. √3
C. 2
D. 2√2
7. 有三个因素会影响某种产品的产量，分别是温度(单位：℃)、时间(单位：min)、催化剂用量(单位：
g)，三个因素对产量的影响彼此独立.其中温度有三个水平：80、85、90，时间有三个水平：90、120、150，催化剂用量有三个水平：5、6、7.按全面实验要求，需进行27种组合的实验，在数学上可以证明：通过特定的9次实验就能找到使产量达到最大的最优组合方案.如表给出了这9次实验的结果：
实验号温度(℃)时间(min)催化剂用量(g)产量(kg) 18090531 280120654 380150738 48590653 585120749 685150542 79090757 890120562 990150664
根据上表，三因素三水平的最优组合方案为()
A. 85℃120min7g
B. 90℃120min6g
C. 85℃150min6g
D. 90℃150min7g
8.若函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π
2)的图象过点M(2π
3
,−3)，直线x=2π
3
向右平移π
4
个单位长
度后恰好经过f(x)上与点M最近的零点，则f(x)在[−π
2,π
2
]上的单调递增区间是()
A. [−π
2,π
6
] B. [−π
3
,π
3
] C. [−π
3
,π
6
] D. [−π
6
,π
6
]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试(合格考)和选择性考试(选择考)，其中“选
择考”成绩将计入高考总成绩，即将学生考试时的原始卷面分数由高到低进行排序，评定为A，B，C，D，E五个等级，再转换为分数计入高考总成绩.某试点高中2020年参加“选择考”总人数是2018年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2018年和2020年“选择考”成绩等级结果，得到如图所示的统计图．
针对该校“选择考”情况，2020年与2018年比较，下列说法正确的是()
A. 获得A等级的人数增加了
B. 获得B等级的人数增加了1.5倍
C. 获得D等级的人数减少了一半
D. 获得E等级的人数相同
10.已知集合A={x∈R|x2−3x−18<0}，B={x∈R|x2+ax+a2−27<0}，则下列命题中正确的是
()
A. 若A=B，则a=−3
B. 若A⊆B，则a=−3
C. 若B≠⌀，则a≤−6或a≥6
D. 若a=3，则A∩B={x|−3<x<6}
11.已知函数f(x)=cos2x
1+sinx
，则()
A. f(x+π)=f(−x)
B. f(x)的最大值为4−2√2
C. f(x)是奇函数
D. f(x)的最小值为−1
2
12.我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异.这个定理的推广是夹
在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为k，则两个几何体的体积比也为k.如图所示，已知线段AB长为4，直线l过点A且与AB垂直，以B为圆心，以1为半径的圆绕l旋转一周，得到环体M；以A，B分别为上、下底面的圆心，以1为上、下底面半径的圆柱体N；过AB且与l垂直的平面为β，平面α//β，且距离为h，若平面α截圆柱体N所得截面面积为S1，平面α截环体M所得截面面积为S2，则下列结论正确的是()
A. 圆柱体N的体积为4π
B. S2=2πS1
C. 环体M的体积为8π
D. 环体M的体积为8π2
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知(1+mx)(1+x)5=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a6x2.若a2=5，则m=______ ．
14.已知a⃗，b⃗ 为单位向量，|a⃗+b⃗ |=|a⃗−b⃗ |，若c⃗=2a⃗−3b⃗ ，则cos<a⃗,c⃗>=______ ．
15.已知双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为C左支上一点，N为线段MF2
上一点，且|MN|=|MF1|，P为线段NF1的中点.若|F1F2|=4|OP|(O为坐标原点)，则C的渐近线方程为______ ．
16. 用M I 表示函数y =sinx 在闭区间I 上的最大值，若正数a 满足M [0,a]≥2M [a,2a]，则a 的最大值为______ ． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 在①√3acosB =bsinA ，②√3bsinA =a(2−cosB)，③cosC =
2a−c 2b
这三个条件中任选一个，补充在
下面的问题中．
问题：在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，c =2，BC 边上的中线长为√7，____，求△ABC 的面积．
18. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1=3，a n =xa n−1+n −2(n ≥2)，其中x ∈R ．
(1)若x =1，求a n ；
(2)是否存在实数x ，y 使{a n +yn}为等比数列？若存在，求出S n ；若不存在，说明理由．
19. 某单位招考工作人员，须参加初试和复试，初试通过后组织考生参加复试，共5000人参加复试，复
试共三道题，第一题考生答对得3分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得5分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩．
(1)通过分析可以认为考生初试成绩X 服从正态分布N(μ,δ2)，其中μ=64，δ2=169，试估计初试成绩不低于90分的人数；
(2)已知某考生已通过初试，他在复试中第一题答对的概率为3
4，后两题答对的概率均为2
3，且每道题回答正确与否互不影响.记该考生的复试成绩为Y ，求Y 的分布列及数学期望．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ,δ2)，则P(μ−δ<X<μ+δ)=0.6826，P(μ−2δ<X<μ+ 2δ)=0.9544，P(μ−3δ<X<μ+3δ)=0.9974．
20.将长(AB)、宽(BC)、高(AA1)分别为4，3，1的长方体点心盒用彩绳做一个捆扎，有如下两种方案：
方案一：如图(1)传统的十字捆扎；
方案二：如图(2)折线法捆扎，其中A1E=FB=BG=HC1=C1I=JD=DK=LA1=1．
(1)哪种方案更省彩绳？说明理由；
(2)求平面EFK与平面GIJ所成角的余弦值．
21.已知双曲线C：x2
m2−y2
n2
=1(m>0,n>0)上异于顶点的任一点与其两个顶点的连线的斜率之积为1
9
．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)椭圆E：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率等于2√3
3
，过椭圆上任意一点P作两条与双曲线的渐近线
平行的直线，交椭圆E于M，N两点，若PM2+PN2=5，求椭圆E的方程．22.(1)若0<a≤1，判断函数f(x)=asin(1−x)+lnx在区间(0,1)内的单调性；
(2)证明：对任意n≥2，n∈N∗，sin21
5+sin21
10
+⋅⋅⋅+sin21
n2+1
<ln2．
答案和解析1.【答案】C
【解析】解：由z2+1=0，得z2=−1，则z=±i，
当z=−i时，|z−1|=|−i−1|=√(−1)2+(−1)2=√2；
当z=i时，|z−1|=|i−1|=√12+(−1)2=√2．
综上，|z−1|=√2．
故选：C．
由已知求得z，再由复数模的计算公式求解．
本题考查虚数单位i的运算性质，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由cosθ−sinθ=3
4，平方得：sin2θ+cos2θ−2sinθcosθ=16
9
，
则1−2sinθ=16
9，即sin2θ=−7
9
<0，
则2kπ+π<2θ<2kπ+2π，k∈Z，即有kπ+π
2
<θ<kπ+π，k∈Z，当k为偶数时，θ位于第二象限，sinθ>0，cosθ<0，不成立，
当k为奇数时，θ位于第四象限，sinθ<0，cosθ>0，成立．
∴角θ的终边在第四象限．
故选：D．
将已知等式平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角公式可得sin2θ=−7
9<0，可得kπ+π
2
<θ<kπ+
π，k∈Z，分类讨论即可求解．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数求值中的应用，考查了分类讨论思想，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：∵数列{a n}是等比数列，T n是其前n项之积，a5⋅a6=a7，
∴a1q4⋅a1q5=a1q6，解得a1q3=1，
∴T7=a1⋅a2⋅a3⋅a4⋅a5⋅a6⋅a7=a17q21=(a1q3)7=1．
故选：A．
由a5⋅a6=a7，解得a1q3=1，由此利用等比数列的通项公式能求出T7．
本题考查等比数列的前7项积的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：①由log a1
4<1，得a>1或0<a<1
4
，
②由(1
4
)a<1，得a>0，③由a14<1，得0<a<1，
∴当log a1
4<1，(1
4
)a<1，a14<1同时成立时，取交集得0<a<1
4
，
故选：A．
由题意利用幂函数、指数函数、对数函数的性质，分别求得a的范围，再取交集，即得所求．本题主要考查幂函数、指数函数、对数函数的性质，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：BF与D1E分别为截面与两个平行平面的交线，
由面面平行的性质定理可得，BF//D1E，同理可得D1F//BE，
所以四边形BED1F为平行四边形，
所以D1F=BE，
又Rt△A1D1F≌Rt△CBE，
所以A1F=CE=1
2
，即F为A1B1的中点，
截面在A1B1C1D1，ABB1A1上的投影如图所示，
则S
平行四边形D1EB1F =S A
1B1C1D1
−S△A
1D1F
−S△B
1C1E
=1−1
2
×1
2
×1−1
2
×1
2
×1=
1
2，
同理可得，S
平行四边形A1EBF =1
2
，
故截面BED1F分别在平面A1B1C1D1和平面ABB1A1上的正投影的面积之和为定值1．
故选：D．
利用面面平行的性质定理得到BF//D1E，D1F//BE，从而可得D1F=BE，推出F为A1B1的中点，然后分别求解两个平行四边形的面积，即可得到答案．
本题考查了平行投影及平行投影的应用，面面平行的性质定理的运用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题，
6.【答案】A
【解析】解：因为圆(x−1)2+y2=r2的圆心为(1,0)，半径为r，
圆心(1,0)到直线x−y+3=0的距离d=
√2
=2√2，
因为在圆(x−1)2+y2=r2上到直线x−y+3=0的距离为√2的点恰有一个，
所以r=2√2−√2=√2．
故选：A．
求出圆心到直线的距离d，结合题意即可求得r的值．
本题主要考查点到直线的距离公式，直线和圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：利用数表分析可知，从不同的温度来看，温度对其影响比较大，几乎成正比关系；
其次催化剂的量对其影响比较大，从9组数据分析可知当催化剂为6克时，在组内产量都比较大；
再次，从时间上看，9组数据显示，当时间为120分钟时，相对产量较高，
故选：B．
利用题中的数据信息，分别对温度，时间，催化剂的量进行分析，即可得出．
本题考查了函数模型的实际应用，学生数据处理能力，逻辑推理能力，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π
2)的图象过点M(2π
3
,−3)，
直线x=2π
3向右平移π
4
个单位长度后恰好经过f(x)上与点M最近的零点，
∴1
4⋅2π
ω
=π
4
，∴ω=2．
结合五点法作图可得2×2π
3+φ=3π
2
，求得φ=π
6
，∴f(x)=3sin(2x+π
6
).
令2kπ−π
2≤2x+π
6
≤2kπ+π
2
，求得kπ−π
3
≤x≤kπ+π
6
，可得函数的增区间为[kπ−π
3
,kπ+π
6
]，k∈Z．
则f(x)在[−π
2,π
2
]上的单调递增区间为[−π
3
,π
6
]，
故选：C．
由题意利用正弦函数的图象和性质，先求出f(x)的解析式，进而求出它在[−π
2,π
2
]上的单调递增区间．
本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：设2018参加“选择考”总人数为a，则2020年参加“选择考”总人数为2a，
由统计图可得，2018年获得A等级的人数为0.28a，2020年获得A等级的人数为0.48a，故A正确；2018年获得B等级的人数为0.32a，2020年获得B等级的人数为0.80a，
获得B等级的人数增加了0.8a−0.32a
0.32a
=1.5倍，故B正确；
2018年获得D等级的人数为0.08a，2020年获得D等级的人数为0.12a，
获得D等级的人数增加了一半，故C错误；
2018年获得E等级的人数为0.02a，2020年获得E等级的人数为0.04a，
获得E等级的人数为原来的2倍，故D错误．
故选：AB．
设2018参加“选择考”总人数为a，则2020年参加“选择考”总人数为2a，分别算出获得各个等级的人数，即可得到结论．
本题考查统计图和频率分布图的运用，考查运算能力，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：由已知可得A={x|−3<x<6}，
若A=B，则a=−3，且a2−27=−18，解得a=−3，故A正确，
若A⊆B，则(−3)2+a⋅(−3)+a2−27≤0且62+6a+a2−27≤0，解得a=−3，故B正确，
当B≠⌀时，△>0即a2−4(a2−27)>0，解得−6<a<6，故C错误，
当a=3时，B={x|x2+3x−18<0}={x|−6<x<3}，∴A∩B={x|−3<x<3}，故D错误，故选：AB．
由已知求出集合A，再对应各个选项逐个求出满足选项的集合B的a的范围即可．
本题考查了集合间的包含关系的应用，考查了一元二次不等式的解集的问题，属于基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：函数f(x)=cos2x
1+sinx
，
则f(x+π)=cos(2x+2π)
1+sin(x+π)=f(−x)=cos2x
1−sinx
，故A正确；
对于B：f(x)=cos2x
1+sinx =1−2sin2x
1+sinx
=4−(2+2sinx+1
1+sinx
)≤4−2√2，当且仅当sinx=√2
2
−1时，等号
成立，故B正确；
对于C：函数f(−x)≠−f(x)，故C错误；
对于D：f(−π3)=
cos(−2π
3
)
1+sin(−π
3
)
=−
1
2
1−√3
2
=−2−√3<−1
2
，故D错误．
故选：AB．
直接利用三角函数关系式的变换，函数的性质的应用，不等式的性质的应用判断A、B、C、D的结论．本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，函数的性质的应用，不等式的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：∵圆柱N的底面半径为1，高为4，则圆柱N的体积为V=π×12×4=4π，故A正确；
由图可知，S1=2√1−ℎ2⋅4=8√1−ℎ2，S2=πr外2−πr内2，
其中，r外2=(4+√1−ℎ2)2，r内2=(4−√1−ℎ2)2，
故S2=16√1−ℎ2⋅π=2πS1，故B正确；
环体M的体积为2π⋅V柱=2π⋅4π=8π2，故C错误，D正确．
故选：ABD．
直接由圆柱体积公式求得N的体积判断A；分别求解S1，S2判断B；由祖暅原理求出环体M的体积判断C 与D．
本题考查圆柱体积的求法，考查祖暅原理的应用，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】−1
【解析】解：因为(1+mx)(1+x)5=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+a6x6，
所以a2=C52+mC51=10+5m=5，解得m=−1，
故答案为：−1．
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得含x3的项的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
14.【答案】2√13
13
【解析】解：根据题意，a⃗，b⃗ 为单位向量，|a⃗+b⃗ |=|a⃗−b⃗ |，
则有(a⃗+b⃗ )2=(a⃗−b⃗ )2，即a⃗2+2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=a⃗2−2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2，变形可得a⃗⋅b⃗ =0，
若c⃗=2a⃗−3b⃗ ，则|c⃗|2=(2a⃗−3b⃗ )2=13，即|c⃗|=√13，
a⃗⋅c⃗=a⃗⋅(2a⃗−3b⃗ )=2a⃗2−3a⃗⋅b⃗ =2，
则cos<a⃗,c⃗>=a⃗ ⋅c⃗
|a⃗ ||c⃗ |=2
√13
=2√13
13
，
故答案为：2√13
13
．
根据题意，由数量积的计算公式可得(a⃗+b⃗ )2=(a⃗−b⃗ )2，变形可得a⃗⋅b⃗ =0，进而求出|c⃗|和a⃗⋅c⃗的值，由向量夹角公式计算可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量的夹角，属于基础题．
15.【答案】y=±√3x
【解析】解：由双曲线的定义，可得|MF2|−|MF1|=
|MF2|−|MN|=|NF2|=2a，
在△NF1F2中，OP为中位线，可得|OP|=1
2
|NF2|=a，
又|F1F2|=4|OP|，可得2c=4a，即c=2a，
b=√c2−a2=√4a2−a2=√3a，
所以双曲线的渐近线方程为y=±√3x.
故答案为：y=±√3x.
由双曲线的定义和三角形的中位线定理，推得|OP|=a，再由a，b，c的关系，可得a，b的关系，即可得到渐近线方程．
本题考查双曲线的定义和性质，以及三角形的中位线定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
16.【答案】13π
12
【解析】解：①当a∈[0,π
2
]时，2a∈[0,π]，M[0,a]=sina，M[a,2a]=1，∴sina≥2舍去；
②当a∈[π
2,π]时，2a∈[π,2π]，M[0,a]=1，M[a,2a]=sina，∴1≥2sina，∴sina≤1
2
，∴a≥5π
6
，∴5π
6
≤a≤π；
③当a∈[π,3π
2]时，2a∈[2π,3π]，M[0,a]=1，M[a,2a]=sin2a或1，∴1≥2sin2a且2a≤2π+π
2
，∴sin2a≤1
2
，
∴2π≤2a≤2π+π
6
，
∴a≤π+π
12=13π
12
；
④当a∈[3π
2
,+∞)时，2a∈[3π,+∞)，M[0,a]=M[a,2a]=1，舍去；
综上所述：a max=13π
12
．
故答案为：13π
12
．
分a在不同区间进行讨论，得出符合条件的a值即可．
本题考查三角函数的最值的求法，考查分类讨论的数学思想方法，考查计算能力，是中档题．17.【答案】解：①√3acosB=bsinA，
由正弦定理得，√3sinAcosB=sinBsinA，
因为sinA>0，
所以√3cosB=sinB，即tanB=√3，
因为B为三角形内角，
所以B=π
3
；
②√3bsinA=a(2−cosB)，
由正弦定理得，√3sinBsinA=sinA(2−cosB)，
因为sinA>0，
所以√3sinB=2−cosB，
所以即2sin(B+π
6
)=2，
所以sin(B+π
6
)=1，
因为√3sinB+cosB=2，B为三角形内角，
所以B=π
3
；
③cosC=2a−c
2b
，
由余弦定理得，cosC=2a−c
2b =a2+b2−c2
2ab
，
整理得，b2=a2+c2−ac，
故cosB=1
2
，
因为B为三角形内角，
所以B=π
3
；
因为c=2，BC边上的中线长为√7，
△ABD中，由余弦定理得，cos60°=4+BD2−7
4BD
，解得BD=3，BC=6，
△ABC的面积S=1
2AB⋅BCsin60°=1
2
×2×6×√3
2
=3√3．
【解析】由已知所选条件结合正弦定理，同角基本关系及辅助角公式或余弦定理进行化简可求B，然后结合余弦定理求出BD，再由三角形面积公式可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，辅助角公式及三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)当x=1时，a n=a n−1+n−2(n≥2)，
所以a n−a n−1=n−2，a n−1−a n−2=(n−1)−2，a n−2−a n−3=(n−2)−2，.......，a2−a1=2−2，所以a n−a1=(n+...+2)−2(n−1)，
整理得a n=n2−3n+8
2
，(首项符合通项)，
故a n=n2−3n+8
2
．
(2)假设存在实数x，y使{a n+yn}为等比数列
故a n+y n=x[a n−1+y n−1]，
整理得a n =xa n−1+(xy −y)n −xy ， 故{
xy −y =1xy =2
，解得{
x =2
y =1
，
所以a n +n =2×[a n−1+n −1]， 即a n +n
a
n−1+(n−1)
=2，当n =1时，a 1+1=4，
所以存在x =2，y =1使数列{a n +y n }是以4为首项，2为公比的等比数列． 整理得a n =2n+1−n ， 故S n =4×(2n −1)2−1
−
n(n+1)2
=2n+2−
n(n+1)2
−4．
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式和构造新数列的应用求出数列的通项公式；
(2)利用存在性问题的应用和方程组的解法求出x 和y 的值，进一步求出数列的通项公式和前n 项和公式． 本题考查的知识要点：数列的递推关系式，构造新数列，存在性问题的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为学生笔试成绩X 服从正态分布N(μ,ξ2)，其中μ=64，ξ2=169，
μ+2ξ=64+2×13=90，
所以P(X ≥90)=P(X ≥μ+2ξ)=1
2(1−0.9544)=0.0228， 所以估计笔试成绩不低于90分的人数为0.0228×5000=114人； (2)Y 的取值分别为0，3，5，8，10，13，
则P(Y =0)=(1−3
4)×(1−2
3)2=1
36，P(Y =3)=3
4×(1−2
3)2=1
12，
P(Y =5)=(1−3
4)××C 21×2
3×(1−2
3)=1
9， P(Y =8)=3
4×C 21×2
3×(1−2
3)=1
3，
P(Y =10)=(1−34)×(23)2=1
9，
P(Y =13)=3
4×(2
3)2=1
3， 故Y 的分布列为：
所以数学期望为E(Y)=0×136+3×112+5×19+8×13+10×19+13×13=32136
=
10712
．
【解析】本题考查了正态分布的应用以及离散型随机变量的期望方差和分布列问题，考查了学生的运算能力，属于中档题．
(1)利用正态分布给出的数据即可求解；
(2)由已知先求出Y 的取值，然后求出对应的概率即可求解．
20.【答案】解：(1)方案②更省彩绳．理由如下：
方案①中彩绳的总长度为l =2×(4+3)+4=18，
方案②中彩绳的总长度为m =2×√5+6×√2<2×2.5+6×1.5=14， ∴l >m ，
故方案②更省彩绳．
(2)以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(3,1，1)，F(3,3，0)，K(1,0，0)G(2，4，0)，I(0,3，1)，J(0,1，0)， ∴KE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1，1)，KF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3，0)，JG ⃗⃗⃗⃗ =(2,3，0)，JI ⃗⃗⃗ =(0,2，1)， 设平面EFK 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅KE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅KF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +y +z =02x +3y =0，
令y =1，则x =−32，z =2，∴m
⃗⃗⃗ =(−3
2,1，2)， 同理可得，平面GIJ 的法向量为n ⃗ =(−3
2,1，−2)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
=9
4
+1−4√94+1+4×√94
+1+4
=−3
29
，
由图可知，平面EFK 与平面GIJ 所成角为钝角， 故平面EFK 与平面GIJ 所成角的余弦值为−3
29．
【解析】(1)方案①中彩绳的总长度为l=2×(4+3)+4=18，利用勾股定理，求得方案②中彩绳的总长度为m=2×√5+6×√2<14，比较l和m的大小，即可得解；
(2)以D为原点建立空间直角坐标系，求得平面EFK和平面GIJ的法向量m⃗⃗⃗ 与n⃗，由cos<m⃗⃗⃗ ，n⃗>=m⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗
|m⃗⃗⃗ |⋅|n⃗⃗ |
，即可得解．
本题考查长方体的结构特征，二面角的求法，熟练掌握利用空间向量求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设A(x1,y1)为双曲线上任意一点，则x12
m2−x22
n2
=1①
双曲线的顶点为B(−m,0)，C(m,0)，
由题设知k AB⋅k AC=y1
x1+m ⋅y1
x1−m
=1
9
，故x12=9y12+m2，
代入①式可得(9
m2−1
n2
)y12=0．
又A为双曲线上任意一点，故9
m2−1
n2
=0，所以m=3n，双曲线的渐近线方程为y=±1
3
x．
(2)由椭圆E的离心率e=c
a =√1−b2
a2
=2√3
3
，可得a=3b，
故椭圆方程为x2
9b2+y2
b2
=1，即x2+9y2=9b2(b>0)．
设P(x0,y0)，M(x M,y M)，则x02+9y02=9b2.②
不妨设直线PM的方程为y=1
3
(x−x0)+y0，与椭圆方程x2+9y2=9b2联立，消去y，利用②式整理得x2+(3y0−x0)x−3x0y0=0，即(x−x0)(x+3y0)=0，故x M=−3y0，
从而y M=1
3(x M−x0)+y0=−1
3
x0.所以M(−3y0,−1
3
x0)．
而直线PN的方程为y=−1
3(x−x0)+y0，同理可求得N(3y0,1
3
x0)．
于是PM2+PN2=5可得(−3y0−x0)2+(−1
3x0−y0)2+(3y0−x0)2+(1
3
x0−y0)2=5，
整理得x02+9y02=9
4
．
结合②式可得b2=1
4，所以椭圆E的方程为x2+9y2=9
4
，即4
9
x2+4y2=1．
【解析】(1)设A(x1,y1)为双曲线上任意一点，则x12
m2−x22
n2
=1，通过斜率乘积推出x12=9y12+m2，得到m=3n，
即可求解双曲线的渐近线方程．
(2)利用离心率推出a=3b，椭圆方程为x2
9b2+y2
b2
=1，设P(x0,y0)，M(x M,y M)，则x02+9y02=9b2.设直线
PM 的方程为y =1
3(x −x 0)+y 0，与椭圆方程x 2+9y 2=9b 2联立，推出x M =−3y 0，求出M 的坐标，求
解N 的坐标，利用PM 2+PN 2=5，求解椭圆E 的方程．
本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)∵f(x)=asin(1−x)+lnx(0<x <1)，
∴f′(x)=−acos(1−x)+1
x ，
0<x <1⇒0<1−x <1⇒0<cos(1−x)<1，又0<a ≤1， ∴−1<−acos(1−x)<0，且0<x <1时，1
x >1，
∴f′(x)>0
∴f(x)=asin(1−x)+lnx 在区间(0,1)内单调递增；
(2)证明：由(1)知，当a =1时，f(x)<f(1)，即sin(1−x)+lnx <0， ∴sin(1−x)<ln 1
x
，
令1−x =1
n 2+1，则x =1−1
n 2+1，1
x
=
n 2+1n 2
，
∴当0<sin
1
n 2+1
<ln n 2+1n 2
=ln(1+1
n 2)<ln2(n ∈N ∗)，
令φ(x)=ln(1+lnx)−x ，x >0，
φ′(x)=1
1+x −1=−x
1+x <0，所以φ(x)在(0,+∞)单调递减， ∴φ(x)<φ(0)=0， 即ln(1+x)<x(x >0)， ∴0<ln(1+
1k 2)<
1k 2
<
1k(k−1)
(k >1)，
∴当n ∈N ∗，且n ≥2时，0<sin 1
n 2+1<1
 n(n−1)=1
n−1−1
n ， ∴sin
1n 2+1
<
ln2n(n−1)
=(
1n−1−1
n
)ln2，
∴对任意n ≥2，n ∈N ∗， sin 21
5+sin 2
110
+⋅⋅⋅+sin 2
1n 2+1
<(ln2)(1−1
n
)<ln2．
【解析】(1)可求得f′(x)=−acos(1−x)+1
x ，依题意，可判得f′(x)>0，从而可判断f(x)在(0,1)内的单调性；
(2)由(1)知sin(1−x)<ln 1
x ，令1−x =1
n 2+1，可分析得0<sin 1
n 2+1<1
 n(n−1)=1
n−1−1
n ，累加可证得结论
成立．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查构造法与推理证明，属于难题．。