2021年福建省三明一中高考数学模拟试卷(5月份)

2021年福建省三明一中高考数学模拟试卷（5月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知复数z 满足|z −2|=1，则|z|的最大值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
2. 已知向量a ⃗ =(3,−2)，b ⃗ =(1,x)，且a ⃗ −b ⃗ 与2a ⃗ +b ⃗ 共线，则x =( )
A. 2
3
B. −2
3
C. 1±√23
D. −3
2
3. 为促进就业，提升经济活力，2020年我国多个城市开始松绑“地摊经济”，A 市自大力发展“地摊经
济”以来，夜市也火了起来，如表是A 市2020年月份代码x 与夜市的地摊摊位数y(单位：万个)的统计数据：
若y 与x 线性相关，且求得其线性回归方程为y ̂
=230+50x ，则表中t 的值为( )
A. 340
B. 360
C. 380
D. 无法确定
4. 已知点A(2,3)，B(−1,4)，C(0,0)，若四边形ABCD 为平行四边形，则平行四边形的面积为( )
A. 2
B. 9
2
C. 11
2
D. 11
5. 为迎接学校的文艺会演，某班准备编排一个小品，需要甲、乙、丙、丁分别扮演老师、家长、学生、
快递员四个角色，他们都能扮演其中任意一个角色，下面是他们选择角色的一些信息：(1)甲和丙均不扮演快递员，也不扮演家长；(2)乙不扮演家长；(3)如果甲不扮演学生，那么丁就不扮演家长.若这些信息都是正确的，由此推断丙同学选择扮演的角色是( )
A. 老师
B. 家长
C. 学生
D. 快递员
6. 以椭圆
x 24
+y 23
=1内一点P(1,1)为中点的弦所在的直线方程是( )
A. 3x −4y +2=0
B. 3x +4y −7=0
C. 3x −4y +7=0
D. 3x −4y −2=0
7. 已知球O 的半径R =3
4√13，三棱锥P −ABC 内接于球O ，PA ⊥平面ABC ，且PA =AC =BC =3，则
三棱锥P −ABC 的体积为( )
A. 2√5
B. 6√5
C. √3
D. 3√3
8. 已知函数f(x)={|2x −1|,x <2
3x−1
,x ≥2若函数g(x)=f[f(x)]−2的零点个数为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.某地某所高中2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升
学情况，统计了该校2016年和2019年的高考升学情况，得到如图柱图：
则下列结论正确的是()
A. 与 2016 年相比，2019 年一本达线人数有所增加
B. 与 2016 年相比，2019 年二本达线人数增加了0.5倍
C. 与 2016年相比，2019 年艺体达线人数相同
D. 与 2016 年相比，2019 年不上线的人数有所增加
10.已知x，y>0，x+2y+xy−6=0()
A. xy的最大值为2
B. x+2y的最小值为4
C. x+y的最小值为3
D. x+y的最小值为4√2−3
11.如图，在三棱锥P−ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA⊥
平面ABC，∠ABC=90°，AB=PA=6，BC=8，则()
A. 三棱锥D−BEF的体积为6
B. 直线PB和直线DF垂直
C. 平面DEF截三棱锥P−ABC所得的截面面积为12
D. 点P与点A到平面BDE的距离相等
12.已知椭圆C：x2
4+y2
3
=1的左右顶点分别为M，N，点P(m,n)在椭圆C上，点Q(m,−n)，若直线MP，
NQ的交点为R，则|OR|的值不可能是()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. (x −1)(2x +1)5展开式中x 3的系数为______ ． 14. 以抛物线y =1
4x 2的焦点为圆心，且以双曲线
y 24
−x 2=1的一条渐近线相切的圆的方程______ ．
15. 函数f(x)=sin 2x ⋅sin2x ，x ∈[0,π
2]的单调递增区间为______ ．
16. 黎曼猜想由数学家波恩哈德⋅黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷
级数ξ(n)=∑n
−s
∞n=1=1
1s +1
2s +1
3s +⋯，我们经常从无穷级数的部分和1
1s +1
2s +1
3s +⋯+1
n s 入手.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n =12(a n +1a n
)，则S n ______ ，[1S 1
+1S 2
+⋯1
S
100
]= ______ .(
其中[x]表示不超过x 的最大整数) 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 等差数列{a n }的公差d 不为0，其中a 3=7，
a 1，a 2，a 6成等比数列.数列{
b n }满足1
log 2b 1
+2
log
2b 2
+3
log
2b 3
+
⋯+
n log 2b n
=n
2
．
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；
(2)若c n =a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n ．
18. 在△ABC 中，角A 的平分线交线段BC 于点D ．
(1)证明：AB
AC =BD
DC ；
(2)若AB =6，AC =8，BC =7，求AD ．
19. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为直角
梯形，其中AB ⊥BC ，BC//AD ，BC =AB =1
2AD ，是AD 的中点． (1)求证：PC ⊥CD ；
(2)若∠PBA =45°，求直线PC 与平面PBE 所成的角的正弦值．
20. 受新冠肺炎疫情的影响，2020年一些企业改变了针对应届毕业生的校园招聘方式，将线下招聘改为线
上招聘.某世界500强企业M 的线上招聘方式分资料初审、笔试、面试这三个环节进行，资料初审通过后才能进行笔试，笔试合格后才能参加面试，面试合格后便正式录取，且这几个环节能否通过相互独立.现有甲、乙、丙三名大学生报名参加企业M 的线上招聘，并均已通过了资料初审环节.假设甲通过笔试、面试的概率分别为1
2，1
3；乙通过笔试、面试的概率分别为2
3，1
2；丙通过笔试、面试的概率与乙相同．
(1)求甲、乙、丙三人中恰有一人被企业M 正式录取的概率； (2)求甲、乙、丙三人中至少有一人被企业M 正式录取的概率
(3)为鼓励优秀大学生积极参与企业的招聘工作，企业M决定给报名参加应聘且通过资料初审的大学生一定的补贴，补贴标准如表：
参与环节笔试面试
补贴(元)100200
记甲、乙、丙三人获得的所有补贴之和为X元，求X的分布列和数学期望．
21.已知椭圆C：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点P(0,1)在椭圆上，△F1PF2是直角三
角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，动直线l：y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l，求四边形F1MNF2面积S的最大值．
22.已知f(x)=ln(x+1)−ax(a∈R)．
(1)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)求证：ln(n+1)<1+1
2+1
3
+⋯+1
n
．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为|z −2|=1，所以z 在复平面内所对应的点Z 到点(2,0)的距离为1， 所以点Z 的轨迹为以(2,0)为圆心，1为半径的圆， 所以|z|的取值范围为[1,3]， 则|z|的最大值为3． 故选：C ．
利用复数的几何意义得到，点Z 的轨迹为以(2,0)为圆心，1为半径的圆，分析即可求得答案． 本题考查了复数几何意义的理解和模的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵向量a ⃗ =(3,−2)，b ⃗ =(1,x)，a ⃗ −b ⃗ 与2a ⃗ +b ⃗ 共线， ∴2×(−4+x)−7×(−2−x)=0， 解得x =−2
3． 故选：B ．
由a ⃗ −b ⃗ 与2a ⃗ +b ⃗ 共线，先求出a ⃗ −b ⃗ 与2a ⃗ +b ⃗ ，再由向量共线的性质列出方程，能求出x ．
本题考查实数值的求法，考查平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由表知，x −
=1
5×(1+2+3+4+5)=3，y −
=1
5×(290+330+t +440+480)=1540+t 5
，
因为回归直线方程恒过样本中心点(x −,y −
)， 所以
1540+t 5
=230+50×3
解得t =360． 故选：B ．
由表求得x −
，y −
，再根据回归直线方程恒过样本中心点(x −,y −
)，即可求得t 的值．
本题考查回归直线方程，理解回归直线方程恒过样本中心点是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础
题．
4.【答案】D
【解析】解：由A(2,3)，B(−1,4)，C(0,0)， 得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,1)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−4)，如图所示：
计算AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3−4=−7，
|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(−3)2+12=√10，|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√12+(−4)2=√17，
所以cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗
|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |×|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√10×√17=√170
， 所以sin <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√1−(√170)2=√170， 所以平行四边形ABCD 的面积为：
S =|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |×|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×sin <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√10×√17×√
170=11． 故选：D ．
求出AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 、BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，计算AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 求出cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >和sin <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >，再求平行四边形ABCD 的面积． 本题考查了平面向量的坐标运算与数量积运算问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为甲和丙均不扮演快递员，也不扮演家长，乙不扮演家长， 所以丁一定扮演家长，
如果甲不扮演学生，那么丁就不扮演家长，即丁扮演家长，甲就扮演学生， 丙不扮演快递员，因此丙同学扮演的角色是老师． 故选：A ．
先通过总体分析，得到丁一定扮演家长，再通过(3)分析，丁扮演家长，甲就扮演学生，结合(4)即可得到答案．
本题考查了简单的合情推理的应用，考查了推理论证能力、应用意识以及创新意识，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：设所求直线与椭圆相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=2，y1+y2=2，
分别把A(x1,y1)，B(x2,y2)代入椭圆方程x2
4+y2
3
=1，
再相减可得3(x1+x2)(x1−x2)+4(y1+y2)(y1−y2)=0，
∴6(x1−x2)+8(y1−y2)=0，
∴k=−3
4
，
∴以点P(1,1)为中点的弦所在直线方程为y−1=−3
4
(x−1)，
整理，得：3x+4y−7=0．
故选：B．
设所求直线与椭圆相交的两点的坐标，然后利用点差法求得直线的斜率，最后代入直线方程的点斜式得答案．
本题考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了点差法求与中点弦有关的问题，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设底面三角形ABC的外接圆的圆心为G，三棱锥的外接球的球心
为O，
连接OG，OC，GC，则△OGC为直角三角形，
由题意可得，OC=R=3
4√13，OG=1
2
PA=3
2
，
设底面三角形ABC外接圆的半径为r，则r=√(3
4√13)2−(3
2
)2=9
4
．
在△ABC中，由正弦定理可得：sin∠ABC=AC
2r
=3
2×9
4
=2
3
，
延长CG交AB于D，∵AC=BC，∴CD⊥AB，且D为AB的中点，可得CD=BC⋅sin∠ABC=2．
∴BD=√BC2−CD2=√32−22=√5，
则AB=2BD=2√5，
∴S△ABC=1
2
×2√5×2=2√5，
∴三棱锥P −ABC 的体积为V =1
3×2√5×3=2√5． 故选：A ．
由题意画出图形，由勾股定理求得底面三角形ABC 的外接圆的半径，再由正弦定理求解sin∠ABC ，可得AB ，求出三角形ABC 的面积，代入棱锥体积公式求解．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)={|2x −1|,x <2
3x−1,x ≥2，
∴f(x)={
|2x −1|∈[0,2],x ∈(−∞,log 23)
2x
−1∈(2,3),x ∈[log 23,2)
3x−1
∈(2,3],2≤x <523
x−1
∈(0,2],x ≥52
． ∴x ∈(−∞,log 23)时，f(f(x))=|2|2
x −1|
−1|∈[0,3]，令f(f(x))=2，解得x =log 2(1+log 23)．
同理可得：x ∈[log 23,2)时，3
2x −1−1=2，解得x =log 27
2． x ∈[2,5
2)时，
3
3
x−1
−1=2，解得x =115
．
x ≥5
2时，|23
x−1−1|=2，解得x =1+3
log 2
3．
综上可得：函数g(x)=f[f(x)]−2的x 零点个数为4． 故选：B ．
函数f(x)={|2x −1|,x <2
3x−1
,x ≥2，通过对x 分类讨论可得f(x)={ |2x −1|∈[0,2],x ∈(−∞,log 23)
2x
−1∈(2,3),x ∈[log 23,2)
3x−1∈(2,3],
2≤x <52
3
x−1∈(0,2],x ≥5
2
.进而解出
即可．
本题考查了函数的性质、不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．
9.【答案】AD
【解析】解：依题意，设2016年高考考生人数为x ，则2019年高考考生人数为1.5x ， 由24%⋅1.5x −28%⋅x =8%⋅x >0，故选项A 正确；
由(40%⋅1.5x−32%⋅x)÷32%⋅x=7
8
，故选项B不正确；
由8%⋅1.5x−8%⋅x=4%⋅x>0，故选项C不正确；
由28%⋅1.5x−32%⋅x=10%⋅x>0，故选项D正确．
故选：AD．
根据柱状图给出的信息，做差比较即可．
本题考查了统计图表的识别和应用，属中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：由x+2y+xy−6=0，得x+2y=6−xy≥2√2xy(当且仅当x=2y时等号成立)，令√xy= t(t>0)，则t2+2√2t−6≤0，解得0<t≤√2．
所以√xy≤√2，即xy≤2.所以xy的最大值为2，A正确．
由基本不等式得x+2y≥2√2xy，则x+2y
2≥√2xy，所以(x+2y)2
8
≥xy，又x+2y+xy−6=0，得x+2y=
6−xy，即xy=6−(x+2y)，
所以(x+2y)2
8
≥6−(x+2y)，所以(x+2y)2+8(x+2y)−48≥0，解得x+2y≥4或x+2y≤−12(舍去)，当且仅当x=2、y=1时等号成立，
则x+2y的最小值为4，B正确．
令x+y=m，则m>0，所以y=m−x，故x+2y+xy−6=0可化为x+2(m−x)+x(m−x)−6=0，整理得x2+(1−m)x+6−2m=0，
由Δ≥0，得(1−m)2−4×(6−2m)≥0，即m2+6m−23≥0，解得m≥4√2−3或m≤−4√2−3(舍去)，故C错误，D正确．
故选：ABD．
根据x+2y+xy−6=0可得x+2y=6−xy≥2√2xy(当且仅当x=2y时等号成立)，令√xy=t(t>0)，
则t2+2√2t−6≤0，求出t的取值范围即可判断A选项；根据基本不等式可得x+2y≥2√2xy，则x+2y
2
≥
√2xy，所以(x+2y)2
8
≥xy，又xy=6−(x+2y)，
所以(x+2y)2
8
≥6−(x+2y)，即(x+2y)2+8(x+2y)−48≥0，求出x+2y的取值范围即可判断B选项；x+y=m，则m>0，所以y=m−x，故x+2y+xy−6=0可化为x+2(m−x)+x(m−x)−6=0，整理后求出m的取值范围即可判断C、D选项．
本题主要考查基本不等式的运用，考查推理和运算求解能力，涉及逻辑推理、数学运算等数学学科核心素
养，属于中档题．11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由三角形中位线定理可得DE=1
2PA，且S△BEF=1
4
S△ABC．
∴三棱锥D−BEF的体积为1
8V P−ABC=1
8
×1
3
×1
2
×6×8×6=6，故A正确；
对于B，由已知得BC⊥PB，又EF//BC，可得EF⊥PB，
假设直线PB与直线DF垂直，又DF∩EF=F，可得PB⊥面DEF，
又AB⊥面DEF，与过平面外一点有且只有一条直线垂直该平面矛盾，故B错误；
对于C，如图，取PB中点M，连接DM、FM，
可得平面DEF截三棱锥P−ABC所得的截面为矩形MFED，面积为MF⋅FE=12，
故C正确；
对于D，由已知可得PA//DE，而PA⊄平面DBE，DE⊂平面DBE，
∴PA//平面OBE，故点P与点A到平面BDE的距离相等，故D正确．
故选：ACD．
求出棱锥体积判断A；利用反证法思想判断B；由已知证明截面为矩形MFED，求得面积判断C；证明PA//平面BED判断D．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属于中档题，
12.【答案】AB
【解析】解：可得M(−2,0)，N(2,0)，不妨令m>0，则m∈(0,2)
直线MP的方程为y=n
2+m
(x+2)，
直线NQ的方程为y=n
2−m
(x−2)，
联立以上两方程可得n
2+m (x+2)=n
2−m
(x−2)，
整理可得x=4
m
>2，
则|OR|的值不可能是1或2，故选：AB．
由直线MP的方程y=n
2+m (x+2)，直线NQ的方程y=n
2−m
(x−2)，可得x=4
m
>2，即可判断．
本题考查了椭圆的性质，考查了直线方程，属于中档题
13.【答案】−40
【解析】解：(2x+1)5展开式的通项公式为
T r+1=C5r⋅(2x)5−r，
令5−r=2，解得r=3，
所以T4=C53⋅(2x)2=40x2；
令5−r=3，解得r=2，
所以T3=C52⋅(2x)3=80x3；
所以(x−1)(2x+1)5展开式中x3的系数为
40×1+80×(−1)=−40．
故答案为：−40．
求出(2x+1)5展开式的含x2与x3项的系数，再计算(x−1)(2x+1)5展开式中x3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，求展开式中某项的系数，属于基础题．
14.【答案】x2+(y−1)2=1
5
【解析】解：由抛物线y=1
4
x2可得焦点F(0,1)，即为所求圆的圆心．
由双曲线y2
4
−x2=1，得两条渐近线方程为y=±2x．
取渐近线2x+y=0．
则所求圆的半径r=
√5
．
因此所求的圆的标准方程为：x2+(y−1)2=1
5
．
故答案为：x2+(y−1)2=1
5
．
由抛物线y=1
4
x2可得焦点F(0,1)，即为所求圆的圆心．由双曲线得两条渐近线方程，利用直线与圆相切的
性质和点到直线的距离公式即可得出．
本题考查了抛物线、双曲线、圆的标准方程及其性质，考查了点到直线的距离公式，属于基础题．
15.【答案】(0,π
3
)
【解析】解：∵函数f(x)=sin2x⋅sin2x=2sin3xcosx，x∈[0,π
2
]，
∴f′(x)=6sin2xcos2x−2sin4x=2sin2x(3cos2x−sin2x)，
令f′(x)=0，求得3cos2x−sin2x=0，即tan2x=3，即tanx=√3，或tanx=−√3(舍去)．
在(0,π
3)上，f′(x)>0，在(π
3
,π
2
)上，f′(x)<0，
故f(x)的单调递增区间为(0,π
3
)，
故答案为：(0,π
3
).
由题意利用利用导数研究函数的单调性，从而得出结论．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．16.【答案】√n18
【解析】解：由题意可得，S n>0，
当n≥2时，S n=12(S n−S n−1+1
S n−S n−1)，化简得S
n
2−S n−1
2=1，
又当n=1时，S11=a11=1，
∴数列{S n2}是首项、公差均为1的等差数列，∴S n2=1+(n−1)×1=n，即S n=√n，
当n≥2时，2(√n+1−√n)=
√n+1+√n <2
2S n
=1
S n
<
√n+√n−1
=2(√n−√n−1)，①
设S=1S
1+1
S2
+⋅⋅⋅+1
S100
，
由①可得，S>1+2×[(√3−√2)+√4−√3+⋅⋅⋅+√101−√100]，
且S<1+2×[(√2−1)+√3−√2+⋅⋅⋅+(√100−√99)]=1+2×(10−1)=19，
∴1
S1+1
S2
+⋅⋅⋅+1
S100
=18．
故答案为：√n、18．
根据已知条件，可得数列{S n2}是首项、公差均为1的等差数列，即S n=√n，再结合放缩法，即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式，以及放缩法，需要学生有较强的综合能力，属于难题．
17.【答案】解：(1)由已知a22=a1a6，又a3=7
故(7−d)2=(7−2d)(7+3d)
解得d=0(舍去)，或d=3
∴a n=a3+(n−3)d=3n−2
∵
1
log2b1
+
2
log2b2
+
3
log2b3
+⋯
n
log2b n
=
n
2
①
故当n=1时，可知1
log2b1=1
2
⇒log2b1=2
∴b1=4
当n≥2时，可知1
log2b1+2
log2b2
+3
log2b3
+⋯n−1
log2b n−1
=n−1
2
②
①−②得n
log2b n =1
2
⇒log2b n=2n
∴b n=4n
又b1也满足b n=4n，故当n∈N∗时，都有b n=4n．
(2)由(1)知c n=a n b n=(3n−2)×4n
故S n=1×41+4×42+⋯+(3n−5)×4n−1+(3n−2)×4n③
∴4S n=1×42+⋯+(3n−5)×4n+(3n−2)×4n+1④
由③—④得−3S n=4+3(42+43+⋯+4n)−(3n−2)×4n+1
解得S n=(n−1)×4n+1+4
【解析】(1)直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
(2)利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
(1)数列的递推关系式，数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：依题意AD为∠A的平分线，
∴如图，可知∠1=∠2，
∵S△ACD=1
2AC⋅AD⋅sin∠1，S△ABD=1
2
AB⋅AD⋅sin∠2，
故S△ACD
S△ABD
=AC
AB
，
设A点到BC的距离为h，
则可知S△ACD
S△ABD =
1
2
CD⋅ℎ
1
2
BD⋅ℎ
=CD
BD
，
∴可知AC
AB =CD
BD
．
(本题第一步有多种证明方法)
(2)由AC
AB =CD
BD
=8
6
=4
3
，又BD+DC=BC=7，
∴可知BD=3，CD=4，
在△ABC中，cosB=62+72−82
2×6×7=1
4
，
∴在△ABD中，AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cosB=36，即AD=6．
【解析】(1)依题意AD为∠A的平分线，得到∠1=∠2，推出S△ACD
S△ABD =AC
AB
，设A点到BC的距离为h，即AC
AB
=CD
BD
．
(2)由AC
AB =CD
BD
=8
6
=4
3
，又BD+DC=BC=7，结合余弦定理求解B，然后求解AD．
本题考查三角形的解法，相似三角形的应用，余弦定理的应用，是中档题．
19.【答案】(1)证明：连接EC，
由己知BC−−//1
2
AD，E为中点，
又AB⊥BC，故四边形ABCE为正方形，
所以知EC⊥AD，
∵面PAB⊥面ABCD，
又面PAB∩面ABCD=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面PAB，故BC⊥PA．
同理可证CE⊥PA，
又BC∩CE=C，故PA⊥平面ABCD，
连接AC，可知AC⊥BE，
又PA⊥BE，PA∩AC=A，
∴可知BE⊥平面PAC，
又PC ⊂平面PAC ， ∴PC ⊥BE ，
由已知DE−−//
BC ，故四边形BCDE 为平行四边形，
故CD //BE ， ∴可知PC ⊥CD ．
(2)解：以A 为坐标原点，分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的正方向为x ，y ；z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 由∠PBA =45°，知PA =AB ，不妨设AB =1， 则可知B(1,0，0)，P(0,0，1)，E(0,1，0)， ∴PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1))，PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)， 设平面PBE 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)， 则{n
⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0P ⃗ ⋅PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{x −z =0y −z =0， 令z =1，则x =y =1， ∴n ⃗ =(1,1,1)，
又C(1,1，0)，故PC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1)， 设PC 与平面PBE 所成的角为θ，则sinθ=|cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
|=1
3
．
【解析】(1)连接EC ，证明四边形ABCE 为正方形，得到EC ⊥AD ，证明CE ⊥PA ，推出PA ⊥平面ABCD ，连接AC ，证明四边形BCDE 为平行四边形，推出CD//BE ，即可证明PC ⊥CD ．
(2)以A 为坐标原点，分别以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的正方向为x ，y ；z 轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面PBE 的法向量，求出PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1)，利用空间向量的数量积求解PC 与平面PBE 所成的角的正弦函数值即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)设事件A 表示：“甲被企业M 正式录取”，
事件B 表示：“乙被企业刚正式录取”，
事件C 表示：“丙被企业M 正式录取”， 则P(A)=1
2×1
3=1
6，P(B)=P(C)=2
3×1
2=1
3，
事件D ：“甲、乙、丙三人恰有一人被企业M 正式录取”， 则D =AB −C −
+A −
BC −
+A −B −
C ，
又事件A 、B 、C 相互独立，AB −C −
、A −
BC −
、A −B −
C 彼此互斥，
∴P(D)=P(AB −C −
+A −
BC −
+A −B −
C)
=P(A −
)P(B −
)P(C −
)+P(A −
)P(B)P(C −
)+P(A −
)P(B −
)P(C)
=1
6×(1−1
3)×(1−1
3)+2×(1−1
6)×(1−1
3)×1
3=4
9．
(2)设事件D 表示：“甲、乙、丙三人没有被M 正式录取”P(D)=P(A −B −C −
)=(1−1
6)×(1−1
3)×(1−1
3)=10
27，
所以甲、乙、丙三人中至少有一人M 正式录取的概率P =1−P(D)=1−10
27=17
27，
(3)X 的所有可能取值是300，500，700，900，P(X =300)=1
2×1
3×1
3=1
18P(X =500)=1
2×1
3×1
3+2×1
2×2
3×1
3=5
18，P(X =700)=2×1
2×2
3×1
3+1
2×2
3×2
3=4
9P(X =900)=1
2×2
3×2
3=2
9， ∴x 的分布列为，
∴EX =300×1
18+500×5
18+700×4
9+900×2
9=
20003
．
【解析】(1)设事件A 表示：“甲被企业M 正式录取”，事件B 表示：“乙被企业刚正式录取”，事件C 表示：“丙被企业M 正式录取”，求出概率，事件D ：“甲、乙、丙三人恰有一人被企业M 正式录取”，利用事件A 、B 、C 相互独立，AB −C −
、A −
BC −
、A −B −
C 彼此互斥，求解概率即可．
(2)设事件D 表示：“甲、乙、丙三人没有被M 正式录取”求出概率，利用对立事件的概率求解甲、乙、丙三人中至少有一人M 正式录取的即可．
(3)X 的所有可能取值是300，500，700，900，求出概率得到分布列，然后求解期望． 本题考查对立事件的概率的求法，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，是中档题．
21.【答案】解：(1)由已知P(0,1)为短轴一顶点，
故可知b =1，
又△F 1PF 2为直角三角形，故b =1
2×2c =c ， ∴c =1，故a 2=b 2+c 2=2， 即椭圆C 的标准方程为
x 22
+y 2=1．
(2)设l ：y =kx +m 代入椭圆C ：x 2+2y 2=2中， 得(2k 2+1)x 2+4kmx +2m 2−2=0，
依题意得△=16k 2m 2−4(2k 2+1)(2m 2−2)=0， 得m 2=2k 2+1，
由(1)知F 1(−1,0)，F 2(1,0)设d 1=|F 1M|=
√1+k
2，d 2
=|F 2M|=√1+k 2
，
①当k =0时，四边形F 1MNF 2是矩形，S =2；
②当k ≠0时，设直线l 的倾斜角为θ，过点F 2作F 2H ⊥F 1M 于点H ，
则F 2
H−−//
MN 则|F 1H|
|F 2H|=|tanθ|=|k|， 则|d 1−d 2|=|MN|×|k|，
∴|MN|=1
|k|⋅|d 1−d 2|S =1
2×1
|k|×|d 1−d 2|×|d 1+d 2|=1
2×1
|k|×|d 12−d 22
|=4|km|
2|k|⋅(k 2+1)=2|m|
k 2+1，
又k 2=
m 2−12
，∴S =2|m|k 2+1=4|m|m 2+1=4
|m|+1|m|
，
∵k ≠0时，|m|>1∴|m|+1
|m|>2，∴S <2， ∴综上可知，四边形F 1MNF 2的面积的最大值为2．
【解析】(1)利用已知条件求解a ，b ，然后求解椭圆C 的标准方程．
(2)设l ：y =kx +m 代入椭圆C ：x 2+2y 2=2中，利用△=0，通过距离公式，求解①当k =0时，四边形F 1MNF 2是矩形，S =2；②当k ≠0时，设直线l 的倾斜角为θ，过点F 2作F 2H ⊥F 1M 于点H ，然后求解四边形的面积，利用基本不等式求解最大值即可．
本题考查椭圆方程的求法，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)∵x +1>0，∴x >−1，
∵f(x)=ln(x +1)−ax ，又f(0)=0，
于是f(x)≤f(0)恒成立等价于当x =0时取得最大值，
f′(x)=
1x+1
−a ，
①当a ≤0时，可知f′(x)>0在x ∈(−1,+∞)上恒成立， 即y =f(x)在x ∈(−1,+∞)上单调递增，
故当x >0时f(x)>f(0)=0，与题意不符，舍去． ②当a >0时，f′(x)=
1−a(x+1)x+1
，
令f′(x)>0⇒x <1
a −1，f′(x)<0⇒x >1
a −1，
即y =f(x)在(−1,1
a −1)上单调递增，在(1
a −1,+∞)上单调递减， ∴可知当x =1
a −1，y =f(x)取到最大值， 即1
a −1=0⇒a =1．
综上所述，a 的取值范围为{1}．
(2)由(1)知ln(x +1)≤x(当且仅当x =0时等号成立)， 令x =1
n ，则可知ln(1
n +1)<1
n ，即ln(n +1)−lnn <1
n ，
∴ln(n +1)−lnn <1
n ，lnn −ln(n −1)<1
n−1，ln(n −1)−ln(n −2)<1
n−2，……，ln3−ln2<1
2，ln2−ln1<1，
将以上各式相加得ln(n +1)<1+1
2+⋯⋯+1
n ， ∴ln(n +1)<1+1
2+⋯⋯+1
n ．
【解析】(1)因为f(0)=0，所以f(x)≤f(0)恒成立等价于当x =0时取得最大值，再结合函数单调性即可求a ；
(2)由(1)知ln(x +1)≤x ，令x =1，1
2，……，1
n 得到多个不等式累加即可得到要证的不等式．
本题考查利用导数研究函数单调性、最值，考查不等式的证明，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于中档题．。