四川省高中2020届毕业班第二次诊断性考试数学(理)试题(解析版)

四川省高中2020届毕业班第二次诊断性考试数学（理）试题（解析版）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
≥0}，则A∩B=()
1.已知集合A={1,2，3}，B={x|x−3
x−2
A. {1}
B. {1,2}
C. {1,3}
D. {1,2，3}
【答案】C
≥0}={x|x≥3或x<2}，
【解析】解：∵A={1,2，3}，B={x|x−3
x−2
∴A∩B={1,2，3}∩{x|x≥3或x<2}={1，3}．
故选：C．
求解分式不等式化简集合B，再利用交集的运算性质求解得答案．
本题考查了交集及其运算，考查分式不等式的解法，是基础题．
2.i为虚数单位，若复数(m+mi)(m+i)是纯虚数，则实数m=()
A. −1
B. 0
C. 1
D. 0或1
【答案】C
【解析】解：∵复数(m+mi)(m+i)=(m2−m)+(m2+m)i是纯虚数，m2−m=0，即m=1．
∴{m2+m≠0
故选：C．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
3.已知λ∈R，向量a⃗=(λ−1,1)，b⃗=(λ,−2)，则“a⃗⊥b⃗”是“λ=2”的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】解：若“a⃗⊥b⃗”，则a⃗⋅b⃗=0，即(λ−1)λ−2×1=0，
即λ2−λ−2=0，
得λ=2或λ=−1，
即“a⃗⊥b⃗”是“λ=2”的必要不充分条件，
故选：B．
根据向量垂直的等价条件求出λ的值，结合充分条件和必要条件的定义进行求解即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量垂直的等价求出λ的值是解决本题的关键．
4.某班共有50名学生，其数学科学业水平考试成绩记作a i(i=1,2，3，…，50)，若成
绩不低于60分为合格，则如图所示的程序框图的功能是()
A. 求该班学生数学科学业水平考试的不合格人数
B. 求该班学生数学科学业水平考试的不合格率
C. 求该班学生数学科学业水平考试的合格人数
D. 求该班学生数学科学业水平考试的合格率
【答案】D
【解析】解：执行程序框图，可知其功能为输入50个学生成绩a i，(1≤k≤60)
k表示该班学生数学科成绩合格的人数，i表示全班总人数，
输出的k
i
为该班学生数学科学业水平考试的合格率．
故选：D．
执行程序框图，可知其功能为用k表示成绩合格的人数，i表示全班总人数，即可得解．本题主要考察了程序框图和算法，属于基础题．
5.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosB+bcosA=4sinC，则
△ABC的外接圆面积为()
A. 16π
B. 8π
C. 4π
D. 2π
【答案】C
【解析】解：设△ABC的外接圆半径为R，
∵acosB+bcosA=4sinC，
∴由余弦定理可得：a×a2+c2−b2
2ac +b×b2+c2−a2
2bc
=2c2
2c
=c=4sinC，
∴2R=c
sinC
=4，解得：R=2，
∴△ABC的外接圆面积为S=πR2=4π．
故选：C．
设△ABC的外接圆半径为R，由余弦定理化简已知可得c=4sinC，利用正弦定理可求
2R=c
sinC
=4，解得R=2，即可得解△ABC的外接圆面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
6.在(1+1
x
)(2x+1)3展开式中的常数项为()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 7
【答案】D
【解析】解：∵(1+1
x )(2x+1)3=(1+1
x
)(8x3+12x2+6x+1)，
∴(1+1
x
)(2x+1)3展开式中的常数项为1+6=7．
故选：D．
展开(2x+1)3，即可得到乘积为常数的项，作和得答案．
本题考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，属基础题．
7.若函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|<π
2)的图象向左平移π
12
个单位长度后关于y轴对称，
则函数f(x)在区间[0,π
2
]上的最小值为()
A. −√3
B. −1
C. 1
D. √3【答案】A
【解析】解：函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|<π
2)的图象向左平移π
12
个单位长度后
图象所对应解析式为：g(x)=2sin[2(x+π
12)+φ]=2sin(2x+π
6
+φ)，
由g(x)关于y轴对称，则π
6+φ=kπ+π
2
，φ=kπ+π
3
，k∈Z，
又|φ|<π
2
，
所以φ=π
3
，
即f(x)=2sin(2x+π
3
)，
当x∈[0,π
2
]时，
所以2x+π
3∈[π
3
,4π
3
]，
f(x)min=f(4π
3
)=−√3，故选：A．
由三角函数图象的性质、平移变换得：g(x)=2sin[2(x+π
12)+φ]=2sin(2x+π
6
+φ)，
由g(x)关于y轴对称，则π
6+φ=kπ+π
2
，φ=kπ+π
3
，k∈Z，又|φ|<π
2
，所以φ=π
3
，
由三角函数在区间上的最值得：当x∈[0,π
2]时，所以2x+π
3
∈[π
3
,4π
3
]，f(x)min=f(4π
3
)=
−√3，得解
本题考查了三角函数图象的性质、平移变换及三角函数在区间上的最值，属中档题．
8. 已知双曲线
x 2a 2
−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)上有一个点A ，它关于原点的对称点为B ，双曲
线的右焦点为F ，满足AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且∠ABF =π
6，则双曲线的离心率e 的值是( ) A. 1+√32
B. 1+√3
C. 2
D. 2√32
【答案】B
【解析】解：AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，可得AF ⊥BF ， 在Rt △ABF 中，|OF|=c ， ∴|AB|=2c ，
在直角三角形ABF 中，∠ABF =π
6，
可得|AF|=2csin π
6=c ，|BF|=2ccos π
6=√3c ， 取左焦点
，连接
，
，可得四边形为矩形，
，
∴e =c
a =
2√3−1
=√3+1．
故选：B ．
运用锐角三角函数的定义可得|AF|=2csin π
6=c ，|BF|=2ccos π
6=√3c ，取左焦点，
连接
，
，可得四边形
为矩形，由双曲线的定义和矩形的性质，可得√3c −c =
2a ，由离心率公式，即可得到所求值．
本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和锐角三角函数的定义，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
9. 节能降耗是企业的生存之本，树立一种“点点滴滴降成本，分分秒秒增效益”的节能意识，以最好的管理，来实现节能效益的最大化.为此某国企进行节能降耗技术改造，下面是该国企节能降耗技术改造后连续五年的生产利润：
年号 1 2 3 4 5
年生产利润y(单
位：千万元)
0.7
0.8 1 1.1 1.4
预测第8年该国企的生产利润约为( )千万元 (参考公式及数据：b ̂=∑(n i=1x i −x −
)(y i −y −
)
∑(n i=1x i −x −)
2=
∑x i n i=1y i −nxy
−
∑x i
2n i=1−nx −2；a ̂=y −−b ̂x −
，∑(5i=1x i −x −
)(y i −
y −
)=
1.7，∑x i
2
5i=1−nx −
2=10
A. 1.88
B. 2.21
C. 1.85
D. 2.34
【答案】C
【解析】解：由表格数据可得，x −
=
1+2+3+4+5
5=3，y −
=
0.7+0.8+1+1.1+1.4
5
=1．
又∑(5i=1x i −x −
)2=10，∑(5i=1x i −x −
)(y i −y −
)=1.7，
∴b
̂=∑(5i=1x i −x −)(y i −y −
)
∑(5i=1x i −x −
)
2=
1.710
=0.17，a ̂=y −
−b ̂⋅x −
=1−0.17×3=0.49，
∴国企的生产利润y 与年份x 得回归方程为y ̂=0.17x +0.49， 取x =8，可得y ̂=0.17×8+0.49=1.85． 故选：C ．
由已知数据求得b
^与a ^的值，可得线性回归方程，取x =8即可求得答案． 本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题． 10.
已知一个几何体的正视图，侧视图和俯视图均是直径为10的圆(如
图)，这个几何体内接一个圆锥，圆锥的体积为27π，则该圆锥的侧面积为( )
A. 9√10π
B. 12√11π
C. 10√17π
D. 40√3π
3
【答案】A
【解析】解：如图是几何体的轴截面图形，设圆锥的底面半径为r，
由题意可得：1
3
×π×r2×(√25−r2+5)=27π，
解得r=3，
所以该圆锥的侧面积：1
2
×6π×√32+92=9π√10．
故选：A．
利用球的内接圆锥的体积，求出圆锥的底面半径与高，然后求解该圆锥的侧面积．
本题考查三视图与几何体的关系，球的内接体圆锥的侧面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
11.已知A(3,0)，若点P是抛物线y2=8x上任意一点，点Q是圆(x−2)2+y2=1上
任意一点，则|PA|2
|PQ|
的最小值为()
A. 3
B. 4√3−4
C. 2√2
D. 4
【答案】B
【解析】解：抛物线y2=8x的准线方程为l：x=−2，焦点F(2,0)，过P作PB⊥l，垂足为B，
由抛物线的定义可得|PF|=|PB|，
圆(x−2)2+y2=1的圆心为F(2,0)，半径r=1，
可得|PQ|的最大值为|PF|+r =|PF|+1， 由|PA|2
|PQ|≥|PA|2
|PF|+1，
可令|PF|+1=t ，(t >1)，可得|PF|=t −1=|PB|=x P +2， 即x P =t −3，y P 2=8(t −3)， 可得
|PA|2|PF|+1=
(t−3−3)2+8(t−3)
t
=t +
12t
−4≥2√t ⋅
12t
−4=4√3−4，
当且仅当t =2√3时，上式取得等号， 可得|PA|2
|PQ|的最小值为4√3−4， 故选：B ．
求得抛物线的焦点和准线方程，过P 作PB ⊥l ，垂足为B ，求得圆的圆心和半径，运用圆外一点雨圆上的点的距离的最值和抛物线的定义，结合基本不等式，即可得到所求最小值．
本题考查抛物线的方程和性质，以及定义法的运用，考查圆的性质，以及基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于中档题． 12.
设函数f(x)满足
，且在(0,+∞)上单调递增，则f(1
e )的范围是(e 为
自然对数的底数)( ) A. [−1,+∞) B. [1
e ,+∞)
C. (−∞,1
e
]
D. (−∞,−1]
【答案】B
【解析】解：令g(x)=f′(x)， 由
，
故f′(x)=f′(x)−lnx +x[g′(x)−1
x ]， 故g′(x)=
lnx+1x
，
g′(x)<0在(0,1
e )恒成立，
g(x)=f′(x)在(0,1
e
)递减，
g′(x)>0在(1
e
,+∞)恒成立，
g(x)=f′(x)在(1
e
,+∞)递增，
故f′(x)min=f′(1
e
)，
∵f(x)在(0,+∞)递增，
故f′(x)=f(x)
x
+lnx≥0在(0,+∞)恒成立，
故在f(1
e
)
1
e
+ln1
e
≥0，f(1
e
)≥1
e
，
故选：B．
令g(x)=f′(x)，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f′(x)min=f′(1
e
)，得到f′(x)=
f(x) x +lnx≥0在(0,+∞)恒成立，求出f(1
e
)的范围即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若sinα=4
5，α∈(π
2
,π)，则sin(α+π
6
)的值为______．
【答案】4√3−3
10
【解析】解：∵sinα=4
5，α∈(π
2
,π)，
∴cosα=−3
5
，
则sin(α+π
6)=sinαcosπ
6
+cosαsinπ
6
=4
5
×√3
2
−3
5
×1
2
=4√3−3
10
，
故答案为：4√3−3
10
利用两角和差的正弦公式进行转化求解即可．
本题主要考查三角函数值的计算，利用两角和差的正弦公式是解决本题的关键．
14.若函数f(x)=√a−a x(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a7
11
+
log1
a 14
11
=______．
【答案】−1
【解析】解：因为f(1)=0，所以f(x)是[0,1]上的递减函数，所以f(0)=1，即√a−1=1，解得a=2，
所以原式=log2711+log1
214
11
=log2(7
11
×11
14
)=−1，
故答案为：−1．
因为f(1)=0，所以f(x)是[0,1]上的递减函数，根据f(0)=1解得a=2，再代入原式可得．
本题考查了函数的值域，属中档题．
15.若正实数x，y满足x+y=1，则4
x+1+1
y
的最小值为______．
【答案】9
2
【解析】解：∵x>0，y>0，x+y=1∴x+1+y=2，
4 x+1+1
y
=x+1+y
2
⋅(4
x+1
+1
y
)=1
2
(1+4+4y
x+1
+x+1
y
)≥1
2
(5+2√4)=9
2
，(当接仅当x=1
3
，
y=2
3
时取“=”)故选：D．
将x+y=1变成x+1+y=2，将原式4
x+1+1
y
=x+1+y
2
⋅(4
x+1
+1
y
)=1
2
(1+4+4y
x+1
+
x+1
y
)后，用基本不等式可得．
本题考查了基本不等式及其应用，属基础题．
16.在体积为3√3的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧棱
AA1⊥底面ABCD，其中AA1=1，AB=2，AC=3，则线段BC的长度为______．
【答案】√19或√7
【解析】解：∵侧棱AA1⊥底面ABCD，其中AA1=1，四棱柱ABCD−A1B1C1D1体积为3√3，
∴底面ABCD的面积为3√3.平行四边形ABCD边AB上的高为3√3
2
设BC=m，∠DAB=θ
∴ADsinθ=3√3
2
，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos(π−θ)．
∴{msinθ=3√3 2
5−m2=4mcosθ
⇒m=√7或m=√17．
故答案为：√19或√7．
可得底面ABCD的面积为3√3.平行四边形ABCD边AB上的高为3√3
2
.设BC=m，∠DAB=
θ，可得ADsinθ=3√3
2
，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos(π−θ).⇒m=√7或m=√17．本题考查了空间几何体体积的计算，及解三角形的知识，属于中档题．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知等比数列{a n}是递增数列，且a1+a5=17
2
，a2a4=4．
(1)求数列{a n}的通项公式
(2)若b n=na n(n∈N∗)，求数列{b n}的前n项和S n．
【答案】解：(1)由{a n}是递增等比数列，a1+a5=17
2
，a2a4=4=a32=4
∴a1+a1q4=17
2
，(a1q2)2=4；
解得：a1=1
2
，q=2；
∴数列{a n}的通项公式：a n=2n−2；
(2)由b n=na n(n∈N∗)，
∴b n=n⋅2n−2；
∴S1=1
2
；
那么S n=1×2−1+2×20+3×21+⋯…+n⋅2n−2，①
则2S n=1×20+2×21+3×22+⋯…+(n−1)2n−2+n⋅2n−1，②
−1−2−⋯−2n−2+n⋅2n−1；
将②−①得：S n=−1
2
−2n−1+n⋅2n−1．
即：S n=−(2−1+20+2+22+2n−2)+n⋅2n−1=1
2
，a2a4=4.即可求解数列{a n}的通【解析】(1)根据{a n}是递增等比数列，a1+a5=17
2
项公式
(2)由b n=na n(n∈N∗)，可得数列{b n}的通项公式，利用错位相减法即可求解前n项和S n．
本题主要考查数列通项公式以及前n项和的求解，利用错位相减法是解决本题的关键．
18.今年年初，习近平在《告台湾同胞书》发表40周年纪念会上的讲话中说道：“我
们要积极推进两岸经济合作制度化打造两岸共同市场，为发展增动力，为合作添活力，壮大中华民族经济两岸要应通尽通，提升经贸合作畅通、基础设施联通、能源资源互通、行业标准共通，可以率先实现金门、马祖同福建沿海地区通水、通电、通气、通桥.要推动两岸文化教育、医疗卫生合作，社会保障和公共资源共享，支持两岸邻近或条件相当地区基本公共服务均等化、普惠化、便捷化”某外贸企业积极响应习主席的号召，在春节前夕特地从台湾进口优质大米向国内100家大型农贸市场提供货源，据统计，每家大型农贸市场的年平均销售量(单位：吨)，以[160,180)，[180,200)，[200,220)，[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300)分组的频率分布直方图如图．
(1)求直方图中x的值和年平均销售量的众数和中位数；
(2)在年平均销售量为[220,240)，[240,260)，[260,280)，[280,300)的四组大型
农贸市场中，用分层抽样的方法抽取11家大型农贸市场，求年平均销售量在
[240,260)，[260,280)[280，300)的农贸市场中应各抽取多少家？
(3)在(2)的条件下，再从[240,260)，[260,280)，[280,300)这三组中抽取的农贸
市场中随机抽取3家参加国台办的宣传交流活动，记恰有ξ家在[240,260)组，求随机变量ξ的分布列与期望和方差．
【答案】解：(1)由频率和为1，列方程(0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+ 0.005+0.0025)×20=1，
得x=0.007 5，∴直方图中x的值为0.007 5；
年平均销售量的众数是220+240
2
=230，
∵(0.002+0.0095+0.011)×20=0.45<0.5，
∴年平均销售量的中位数在[220,240)内，设中位数为a，
则(0.002+0.0095+0.011)×20+0.0125×(a−220)=0.5，
解得a=224，即中位数为224；
(2)年平均销售量在[220,240)的农贸市场有0.0125×20×100=25(家)，
同理可求年平均销售量[240,260)，[260,280)，[280,300]的农贸市场有15、10、5家，
所以抽取比例为11
25+15+10+5=1
5
，
∴从年平均销售量在[240,260)的农贸市场中应抽取15×1
5
=3(家)，
从年平均销售量在[260,280)的农贸市场中应抽取10×1
5
=2(家)，
从年平均销售量在[280,300)的农贸市场中应抽取5×1
5
=1(家)；
即年平均销售量在[240,260)，[260,280)[280，300)的农贸市场中应各抽取3、2、1家；
(3)由(2)知，从[240,260)，[260,280)，[280,300)的大型农贸市场中各抽取3家、2家、1家；
所以ξ的可能取值分别为0，1，2，3； 则P(ξ=0)=
C 30⋅C 3
3
C 6
3=
1
20
，P(ξ=1)=
C 31⋅C 3
2
C 6
3=
920
，P(ξ=2)=
C 32⋅C 3
1
C 6
3=
9
20
，P(ξ=3)=
C 33⋅C 3
0C 6
3=
1
20
，
ξ的分布列为：
ξ
0 1 2 3 P
1
20
920
920
120
数学期望为E(ξ)=0×1
20+1×9
20+2×9
20+3×1
20=3
2，
方差为D(ξ)=(0−3
2)2×1
20+(1−3
2)2×9
20+(2−3
2)2×9
20+(3−3
2)2×1
20=9
20． 【解析】(1)由频率和为1列方程求出x 的值，再计算众数、中位数；
(2)求出年平均销售量在[220,240)、[240,260)、[260,280)和[280,300]的农贸市场有多少家，
再利用分层抽样法计算应各抽取的家数；
(3)由(2)知ξ的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望和方差． 本题考查了频率分布直方图，众数、中位数，分层抽样，概率，分布列与数学期望和方差的计算问题，是中档题． 19.
如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，四边形BB 1C 1C 是长方形，
A 1
B 1⊥B
C ，AA11=AB ，AB 1∩A 1B =E ，AC 1∩A 1C =F ，连接EF ．
(1)证明：平面A 1BC ⊥平面AB 1C 1； (2)若BC =3，A 1B =4√3，∠A 1AB =
2π3
，求二面角C 1−A 1C −B 1的正弦值．
【答案】(1)证明：在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BC//B 1C 1，A 1B 1⊥BC ， ∴A 1B 1⊥B 1C 1．
又∵在长方形BCC 1B 1中，B 1C 1⊥BB 1，A 1B 1∩BB 1=B 1， ∴B 1C 1⊥平面AA 1B 1B .
∵四边形AA 1B 1B 与四边形AA 1C 1C 均是平行四边形， 且AB 1∩A 1B =E ，AC 1∩A 1C =F ，连接EF ， ∴EF//BC ．
又BC//B 1C 1，∴EF//B 1C 1，
又B 1C 1⊥平面AA 1B 1B ，∴EF ⊥平面AA 1B 1B . 又AB 1，A 1B 均在平面AA 1B 1B 内， ∴EF ⊥AB 1，EF ⊥A 1B .
又平面A 1BC ∩平面AB 1C 1=EF ，AB 1⊂平面AB 1C 1，A 1B ⊂平面A 1BC ．
∴由二面角的平面角的定义知，∠AEA 1 是平面A 1BC 与平面AB 1C 1 所成二面角的平面角． 又在平行四边形A 1ABB 1中，AA 1=A 1B 1，∴平行四边形A 1ABB 1为菱形， 由菱形的性质可得，A 1B ⊥AB 1，∴∠AEA 1=π
2， ∴平面A 1BC ⊥平面AB 1C 1；
(2)解：由(1)及题设可知，四边形AA 1B 1B 是菱形，A 1B =4√3，∠A 1AB =2π3
，
∴在△A 1AB 中，由余弦定理可得AB =AB 1=AA 1=4．
又由(1)知，EB ，EA ，EF 两两互相垂直，以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
∴E(0,0，0)，A(2,0，0)，A 1(0,−2√3,0)，C(0,2√3,3)，B 1(−2,0，0)．
AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2√3,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,3)，A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,0)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4√3,3)．
设平面AA 1C 的法向量为m
⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，平面A 1B 1C 的一个法向量为n ⃗ =(x 2,y 2,z 2)． 由{m ⃗⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1+√3y 1=0m ⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2√3y 1+3z 1=0，取y 1=−√3，得m ⃗⃗⃗ =(3,−√3,4)；
由{n ⃗ ⋅A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 2+2√3y 2=0
n ⃗ ⋅A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3y 2+3z 2=0，取y 2=√3，得n ⃗ =(3,√3,−4)．
∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n
⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m
⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=
2√7×2√7
=−
514
．
设二面角C 1−A 1C −B 1的大小为θ， 则sinθ=√1−cos 2<m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=
3√1914
． ∴二面角C 1−A 1C −B 1的正弦值为
3√1914
．
【解析】(1)由三棱柱的结构特征可知BC//B 1C 1，又A 1B 1⊥BC ，可得A 1B 1⊥B 1C 1，在长方形BCC 1B 1中，证明B 1C 1⊥平面AA 1B 1B .由四边形AA 1B 1B 与四边形AA 1C 1C 均是平行四边形，可得EF//BC ，进一步得到EF//B 1C 1，则EF ⊥平面AA 1B 1B ，证明∠AEA 1 是平面A 1BC 与平面AB 1C 1 所成二面角的平面角.由菱形的性质可得A 1B ⊥AB 1，即∠AEA 1=π
2
，从而得到平面A 1BC ⊥平面AB 1C 1；
(2)由(1)及题设可知，四边形AA 1B 1B 是菱形，A 1B =4√3，∠A 1AB =
2π3
，求得AB =
AB 1=AA 1=4.以E 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系.分别求出平面AA 1C 与平面A 1B 1C 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角C 1−A 1C −B 1的正弦值．
本题考查空间位置关系，二面角及其应用等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题． 20.
已知，椭圆C 过点A(32,5
2)，两个焦点为(0,2)，(0,−2)，E ，F 是椭圆C 上的两个
动点，如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，直线EF 的斜率为k 1，直线l 与椭圆C 相切于点A ，斜率为k 2．
(1)求椭圆C 的方程； (2)求k 1+k 2的值．
【答案】解：(1)由题意可设椭圆C 的方程为
y 2a +
x 2b =1(a >b >0)，
且c =2，2a =√(32
)2+(52
+2)2+√(32
)2+(5
2
−2)2=
3√102
+
√102
=2√10，
即有a =√10，b =√a 2−c 2=√6， 则椭圆的方程为
y 210
+
x 26
=1；
(2)设直线AE ：y =k(x −3
2)+5
2，代入椭圆方程可得
(5+3k 2)x 2+3k(5−3k)x +3(5
2−
3k 2
)2
−30=0，
可得x E +32=
3k(3k−5)5+3k 2
，即有x E =
9k 2−30k−156k +10
，y E =k(x E −3
2)+5
2，
由直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，可将k 换为−k ， 可得x F =
9k 2+30k−156k 2+10
，y F =−k(x F −32)+5
2，
则直线EF 的斜率为k 1=y F −y
E
x F
−x E
=
−k(x F +x E )+3k
x F −x E =1，
设直线l 的方程为y =k 2(x −3
2)+5
2，代入椭圆方程可得：
(5+3k 22)x 2
+3k 2(5−3k 2)x +3(5
2−
3k 22
)2
−30=0，
由直线l 与椭圆C 相切，可得△=9k 22(5−3k 2)2
−4(5+3k 22)⋅[3(5
2−
3k 22
)2
−30]=0，
化简可得k 22+2k 2+1=0，解得k 2=−1， 则k 1+k 2=0．
【解析】(1)可设椭圆C 的方程为
y 2a 2
+
x 2b 2
=1(a >b >0)，由题意可得c =2，由椭圆的
定义计算可得a ，进而得到b ，即可得到所求椭圆方程；
(2)设直线AE ：y =k(x −32)+5
2，代入椭圆方程，运用韦达定理可得E 的坐标，由题意
可将k 换为−k ，可得F 的坐标，由直线的斜率公式计算可得直线EF 的斜率，设出直线l 的方程，联立椭圆方程，运用直线和椭圆相切的相切的条件：判别式为0，可得直线l 的斜率，进而得到所求斜率之和．
本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义，考查直线的斜率之和，注意联立直
线方程和椭圆方程，运用判别式和韦达定理，考查化简整理的运算能力和推理能力，是一道综合题．
21.已知f(x)=xlnx．
(1)求f(x)的极值；
(2)若f(x)−ax x=0有两个不同解，求实数a的取值范围．
【答案】解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)，
f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0，解得：x>1
e
，
令f′(x)<0，解得：0<x<1
e
，
故f(x)在(0,1
e )递减，在(1
e
,+∞)递增，
故x=1
e 时，f(x)
极小值
=f(1
e
)=−1
e
；
(2)记t=xlnx，t≥−1
e
，则e t=e xlnx=(e lnx)x=x x，
故f(x)−ax x=0，即t−ae t=0，a=t
e t
，
令g(t)=t
e t ，g′(t)=1−t
e
，
令g′(t)>0，解得：0<t<1，
令g′(t)<0，解得：t>1，
故g(t)在(0,1)递增，在(1,+∞)递减，故g(t)max=g(1)=1
e
，
由t=xlnx，t≥−1
e ，a=g(t)=t
e t
的图象和性质有：
①0<a<1
e
，y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a)，(t2,a)，且0<t1<1<t2，t1=xlnx，t2=xlnx各有一解，即f(x)−ax x=0有2个不同解，
②−e1−e e<a<0，y=a和g(t)=t
e
仅有1个交点(t3,a)，且−1
e
<t3<0，
t3=xlnx有2个不同的解，即f(x)−ax x=0有两个不同解，
③a 取其它值时，f(x)−ax x =0最多1个解， 综上，a 的范围是(−e
1−e e
,0)∪(0,1
e
).
【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
(2)记t =xlnx ，得到t −ae t
=0，a =t
e t ，令g(t)=t
e t ，求出g(t)的最大值，通过讨论a 的范围，确定解的个数，从而确定a 的范围即可．
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题． 22.
在平面直角坐标系xOy 中曲线C 1的参数方程为{y =2t x=2t 2
(其中t 为参数)以坐标原点
O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系并取相同的单位长度，曲线C 2的极坐标方程为ρsin(θ−π
4
)=−√2
2
．
(1)把曲线C 1的方程化为普通方程，C 2的方程化为直角坐标方程；
(2)若曲线C 1，C 2相交于A ，B 两点，AB 的中点为P ，过点P 作曲线C 2的垂线交曲线C 1于E ，F 两点，求|EF|
|PE|⋅|PF|．
【答案】解：(1)曲线C 1的参数方程为{y =2t x=2t 2
(其中t 为参数)， 转换为直角坐标方程为：y 2=2x ． 曲线C 2的极坐标方程为ρsin(θ−π
4
)=−√22
．
转换为直角坐标方程为：x −y −1=0． (2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，且中点P(x 0,y 0)， 联立方程为：{
y 2=2x
x −y −1=0，
整理得：x 2−4x +1=0 所以：x 1+x 2=4，x 1x 2=1， 由于：x 0=
x 1+x 22
=2，y 0=1．
所以线段AB 的中垂线参数方程为{
x =2−√2
2
t
y =1+√2
2
t
(t 为参数)，
代入y 2=2x ，
得到：t 2+4√2t −6=0， 故：t 1+t 2=−4√2，t 1⋅t 2=−6，
所以：EF =|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=2√14，
|PE||PF|=|t 1⋅t 2|=6
故：
|EF||PE|⋅|PF|
=
2√146
=
√14
3
． 【解析】(1)直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果． (2)利用(1)的结论，进一步利用点到直线的距离公式和一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型． 23.
已知函数h(x)=|x −m|，g(x)=|x +n|，其中m >0，n >0．
(1)若函数h(x)的图象关于直线x =1对称，且f(x)=h(x)+|2x −3|，求不等式f(x)>2的解集．
(2)若函数φ(x)=h(x)+g(x)的最小值为2，求1m +1
n 的最小值及其相应的m 和n 的值．
【答案】解：(1)函数h(x)的图象关于直线x =1对称，∴m =1， ∴f(x)=h(x)+|2x −3|=|x −1|+|2x −3|，
①当x ≤1时，(x)=3−2x +1−x =4−3x >2，解得x <2
3，
②当1<x <3
2时，f(x)=3−2x +x −1=2−x >2，此时不等式无解，
②当x≥3
2
时，f(x)=2x−3+x−1=3x−4>2，解得x>2，
综上所述不等式f(x)>2的解集为(−∞,2
3
)∪(2,+∞)．
(2)∵φ(x)=h(x)+g(x)=|x−m|+|x+n|≥|x−m−(x+n)|=|m+n|=m+n，又φ(x)=h(x)+g(x)的最小值为2，
∴m+n=2，
∴1
m +1
n
=1
2
(1
m
+1
n
)(m+n)=1
2
(2+n
m
+m
n
)≥1
2
(2+2√m
n
⋅n
m
)=2，当且仅当m=n=1
时取等号，
故1
m +1
n
的最小值为2，其相应的m=n=1．
【解析】(1)先求出m=1，再分类讨论，即可求出不等式的解集，
(2)根据绝对值三角形不等式即可求出m+n=2，再根据基本不等式即可求出
本题考查了绝对值函数的对称轴，简单绝对值不等式的解法绝对值不等式的性质和基本不等式的应用，考察了运算求解能力，推理论证能力，转化与化归思想．
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