2020-2021学年福建省福州市高二(上)期末数学试卷

2020-2021学年福建省福州市高二（上）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 若命题p ：∃x 0<1，x 02
<1，则￢p 为( )
A. ∀x <1，x 2≥1
B. ∀x <1，x 2<1
C. ∃x 0<1，x 02
≥1
D. ∃x 0≥1，x 02
<1
2. 某校共有1500名学生，现用系统抽样的方法从中等距抽取50名学生参加志愿者活动，将这1500名学
生依次编号为1，2，3，…，1500，已知第一位被抽到的学生编号为4，则下列编号被抽到的是( )
A. 324
B. 184
C. 104
D. 24
3. 下列求导运算正确的是( )
A. (sinx +cosx)′=cosx +sinx
B. (xlnx)′=1
x C. (e 2x )′=e 2x
D. (x
e x )′=
1−x e x
4. 已知a ⃗ =(λ+1,0，1)，b ⃗ =(3,2μ−1,2)，其中λ，μ∈R ，若a ⃗ //b ⃗ ，则λ+μ=( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
5. 设x ∈R ，则“x >0“是“x +1
x ≥2“的( )
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
6. 已知A ，B 是平面内两个定点，平面内满足|PA|⋅|PB|=a(a 为大于0的常数)的点P 的轨迹称为卡西
尼卵形线，它是以发现土星卫星的天文学家乔凡尼⋅卡西尼的名字命名.当A ，B 坐标分别为(−1,0)，(1,0)，且a =1时，卡西尼卵形线大致为( )
A.
B.
C.
D.
7. 将一个边长为a 的正方形铁片的四角截去四个边长相等的小正方形，做成一个无盖方盒.若该方盒的体
积为2，则a 的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 3√23
8. 已知椭圆E ：x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，M 为E 上一点.若∠MF 1F 2=π
6，|F 2F 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|F 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则E 的离心率为( )
A. √2−1
2B. √3−1
2
C. √2−1
D. √3−1
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.已知曲线E的方程为mx2+ny2=1(mn≠0)，则E可能是()
A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线
D. 抛物线
10.如图为我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图：根据统计图，下列结论正确
的是()
A. 异地快递量逐月递增
B. 同城快递量，9月份多于10月份
C. 同城和异地的月快递量达到峰值的月份相同
D. 同城和异地的快递量的月增长率达到最大的月份相同
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是所在棱的中点，则下列结论正确的是()
A. 点C1，D1到平面PMN的距离相等
B. PN与QM为异面直线
C. ∠PNM=90°
D. 平面PMN截该正方体的截面为正六边形
12.已知函数f(x)=e|x|⋅sinx+1，则()
A. f(x)的周期为2π
B. f(x)的图象关于点(0,1)对称
C. f(x)在[0,3π
4
]上为增函数
D. f(x)在区间[−5π,5π]上所有的极值之和为10
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.双曲线x2
4−y2
3
=1的渐进线方程是______．
14.在区间[−3,1]上随机取一个数x，若事件A：x≤m的概率为3
4
，则m的值为______ ．
15.某次数学竞赛有100位同学参加，如图为这100位同学此次竞赛成绩的频率分布直方图，则a=
______ ，这100位同学此次竞赛成绩的中位数约为______ .(中位数精确到0.01.)
16.如图所示，在平行四边形ABCD中，E为AB中点，DE⊥AB，DC=8，DE=6.沿着DE将△ADE折
起，使A到达点A′的位置，且平面A′DE⊥平面BCDE.设P为△A′DE内的动点，若∠EPB=∠DPC，则P的轨迹的长度为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知函数f(x)=2
3
x3−2x2+3．
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)求f(x)在[−2,1]上的最大值和最小值．
18. 已知抛物线E ：y 2=2px 的焦点为F ，P(1,1)为E 上一点．
(1)求E 的方程及F 的坐标；
(2)设斜率为1的直线l 与E 交于A ，B 两点，若PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，求l 的方程．
19. 在①PD ⊥AB ，②∠PCA =∠PCB ，③平面PCD ⊥平面ABC 这三个条件中任
选一个，补充在下面问题的横线上，并解答．
问题：已知在三棱锥P −ABC 中，D 为AB 的中点，_____，AC =BC =2． (1)证明：PC ⊥AB ；
(2)若PC =2，∠PCB =∠ACB =90°，E 为线段PB 上一点，且EB =3PE ，求二面角D −CE −B 的余弦值．
20. 已知椭圆E ：
x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)的离心率为√6
3
，A(0,1)为E 的上顶点． (1)求E 的方程；
(2)以A 为直角顶点的Rt △ABC 的另两个顶点均在E 上运动，求证：直线BC 过定点．
21. 为了研究某班男生身高和体重的关系，从该班男生中随机选取6名，得到他们的身高和体重的数据如
表所示：
在收集数据时，2号男生的体重数值因字迹模糊看不清，故利用其余5位男生的数据得到身高与体重的线性回归方程为y ̂
=b ̂1x +a ̂1.后来得到2号男生的体重精准数值m 后再次计算得到线性回归方程为y ̂
=b
̂2x +a ̂2． (1)求回归方程y ̂
=b ̂1x +a ̂1；
(2)若分别按照y ̂=b ̂1x +a ̂1和y ̂
=b ̂2x +a ̂2来预测身高为180cm 的男生的体重，得到的估计值分别为w 1，w 2，且w 2−w 1=2，求m 的值；
(3)BMI 指数是目前国际上常用的衡量人体胖瘦程度以及是否健康的一个标准，其中BMI 指数在24到27.9之间的定义为超重.通过计算可知这6人的BMI 指数分别为：22.8，27.4，22.9，24.7，23.1，22.6，现从这6人中任选2人，求恰有1人体重为超重的概率． 附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b ̂
=∑(n i=1x i −x −
)(y i −y −
)
∑(n i=1x i −x −)
2，a ̂
=y −−b ̂
x −．
22. 已知函数f(x)=lnx +
2a x
．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：当a ≥1
2时，f(x)>e −x +1
2． 参考数据：e ≈2.7183．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：命题p：∃x0<1，x02<1，
根据含有量词的命题的否定，则有￢p为∀x<1，x2≥1．
故选：A．
直接利用含有量词的命题的否定方法进行否定即可．
本题考查了命题的否定，涉及了含有一个量词的命题的否定，要掌握含有量词的命题的否定方法：改变量词，然后否定结论．属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：1500名学生系统抽样抽取50名，则每隔30名抽取1名，
若4被抽取，则被抽取的是4，34，…，30k+4，(k为自然数)，
符合条件的只有答案B：184=6×30+4，
故选：B．
由题知1500名学生系统抽样抽取50名，则每隔30名抽取1名，若4被抽取，则被抽取的是4，34，…，30k+4，很容易得出结果．
本题主要考查的是系统抽样，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：A.(sinx+cosx)′=cosx−sinx．
B.(xlnx)′=1+lnx．
C.(e2x)′=2e2x．
D.(x
e x )′=e x−xe x
e2x
=1−x
e x
．
故选：D．
根据导数的公式即可得到结论．
本题主要考查导数的基本运算，比较基础．4.【答案】B
【解析】解：∵a⃗//b⃗ ，
∴设b⃗ =k a⃗，
∴(3,2μ−1,2)=(kλ+k,0，k)，
∴{kλ+k=3
2μ−1=0
k=2
，解得λ=1
2
,μ=1
2
，
∴λ+μ=1．故选：B．
根据a⃗//b⃗ 可得出b⃗ =k a⃗，然后即可得出{kλ+k=3
2μ−1=0
k=2
，从而解出λ，μ即可．
本题考查了共线向量基本定理，向量坐标的数乘运算，相等向量的坐标关系，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵设x∈R，“x+1
x
≥2”
∴x2−2x+1
x
≥0，
∴(x−1)2
x
≥0，
∴x>0，
∴“x+1
x
≥2”⇒“x>0”
又当x>0时，x+1
x ≥2√x×1
x
=2成立．
则“x>0“是“x+1
x
≥2“的充分必要条件；
故选：C．
设x∈R，“x+1
x
≥2”可以移项，解出不等式的解集，再根据充分必要条件的定义进行求解．此题主要考查充分必要条件的定义以及不等式的解法，是一道基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意设动点坐标为(x,y)，
则√(x+1)2+y2⋅√(x−1)2+y2=1，
即[(x+1)2+y2]⋅[(x−1)2+y2]=1，
把原点O(0,0)代入，可得上式成立，故曲线过原点，排除C、D；
把方程中的x 被−x 代换，y 被−y 代换，方程不变， 故曲线C 关于坐标原点对称，排除B ； 故选：A ．
设动点坐标为(x,y)，由题意列关于x ，y 的方程，验证原点在曲线上，且曲线关于原点对称，即可排除BCD ，得答案．
本题考查新定义，考查轨迹方程的求法，考查分析解决问题的能力，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：设截去的四个小正方形的边长为x ，则无盖方盒底面是边长为a −2x 的正方形，高为x ， 所以方盒的体积为V(x)=(a −2x)x =4x 3−4ax 2+a 2x,x ∈(0,a
2)， 则V′(x)=12x 2−8ax +a 2=(2x −a)(6x −a),x ∈(0,a
2)， 令V′(x)=0，解得x =a
2,x =a
6，
当0<x <a
6时，V′(x)>0，所以V(x)单调递增， 当a
6<x <a 2时，V′(x)<0，所以V(x)单调递减， 故V(x)max =V(a
6)=
2a 327
，
若该方盒的体积为2， 则有V(x)max =V(a
6)=
2a 327
≥2，
解得a ≥3，
所以a 的最小值为3． 故选：C ．
设截去的四个小正方形的边长为x ，则无盖方盒底面是边长为a −2x 的正方形，高为x ，求出方盒的体积V(x)的表达式，利用导数求解函数的最值，从而得到V(x)max =V(a
6)=
2a 327
≥2，
求出a 的范围，即可得到答案． 本题考查了函数在实际生产生活中的应用，涉及了利用导数研究函数最值的应用、正方体体积公式的应用，解题的关键是正确理解题意，从中抽出数学模型进行研究，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图所示，以F 2F 1，F 2M 为邻边作平行四边形F 1F 2MN ，对角线F 1M ，F 2N 交于点E ， 则F 2F 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以|F 2N|=|F 1F 2|=2c ，
则|F2E|=c，
则在三角形F1F2E中，∠ F2F1M=∠F2F1E=π
6
，
由余弦定理可得：|F2E|2=|F1E|2+|F1F2|2−2|F1E||F1F2|cos∠F2F1E，
即c2=|F1E|2+4c2−2×|F1E|×2c×√3
2
，整理可得：|F1E|2−2√3c|F1E|+3c2=0，解得|F1E|=√3c，所以|MF1|=2√3c，且由勾股定理可得F1E⊥F2E，
又E为MF1的中点，则三角形F1F2M为等腰三角形，所以|MF2|=|F1F2|=2c，
由椭圆的定义可得：|MF1|+|MF2|=2√3c+2c=2a，
解得c
a =√3−1
2
，
故选：B．
以F2F1，F2M为邻边作平行四边形F1F2MN，对角线F1M，F2N交于点E，由此可得|F2N|=|F1F2|=2c，则在三角形F1F2E中，利用余弦定理求出|F1E|=√3 c，再利用勾股定理得出F1E⊥F2E，由此可得三角形F1F2M 为等腰三角形，所以|MF2|=|F1F2|=2c，再利用椭圆的定义即可求解．
本题考查了椭圆的性质以及向量的性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：当m=n>0时，曲线E的方程为mx2+ny2=1表示圆；
m>0，n>0，m≠n时，曲线E的方程为mx2+ny2=1表示椭圆，
m⋅n<0时，曲线E的方程为mx2+ny2=1表示双曲线，
故选：ABC．
椭圆m，n的取值，判断曲线方程表示的曲线，推出的结果即可．
本题考查曲线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：由我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图，知：
对于A，异地快递量2月到6月逐月递增，6月到7月递减，7月到10月逐月递增，故A错误；
对于B，9月同城快递量113215.1万件，10月同城快递量97454.2万件，9月份多于10月份，故B正确；对于C，同城的月快递量达到峰值的月份是6月，异地的月快递量达到峰值的月份是10月，故C错误；对于D，同城和异地的快递量的月增长率达到最大的月份相同，都是3月，故D正确．
故选：BD．
利用我国2020年2月至10月的同城快递量与异地快递量的月统计图直接求解．
本题考查命题真假的判断，考查折线图、柱形图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．11.【答案】ACD
【解析】解：如图，取BC中点E，CC1中点F，则有六边形MQNPEF为正六
边形，
对于A，根据正方体的对称性，可得点C1，D1到平面MQNPEF的距离相等，
∴A正确；
对于B，PN与QM为共面直线，故B错；
对于C，在正六边形MQNPEF中，设PN=1，则PM=2，MN=√3，∴MN2+PN2=PM2，则MN⊥PN，故C正确；
对于D，平面PMN截该正方体的截面为正六边形，故D正确．
故选：ACD．
取BC中点E，CC1中点F，则有六边形MQNPEF为正六边形，再逐一判定即可．
本题考查空间两直线位置关系、异面直线所成角，考查推理论证、逻辑推理、直观想象核心素养，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，函数f(x)=e|x|⋅sinx+1，f(x+2π)=e|x+2π|⋅sin(x+2π)+1=e|x+2π|⋅sinx+1≠f(x)，
故2π不是f(x)的周期，故A错误；
对于B，g(x)=e|x|⋅sinx，g(−x)=e|−x|⋅sin(−x)=−e|x|⋅sinx=−g(x)，
所以g(x)为奇函数，图象关于原点(0,0)对称，所以f(x)=g(x)+1的图象关于点(0,1)对称，故B正确；
对于C，当x≥0时，f(x)=e x⋅sinx+1，f′(x)=e x⋅sinx+e x⋅cosx=√2e x sin(x+π
4
)，
当x∈[0,3π
4]时，x+π
4
∈[π
4
,π]，sin(x+π
4
)≥0，故f′(x)≥0，f(x)在[0,3π
4
]上为增函数，故C正确；
对于D，当x∈[0,5π]时，令f′(x)=0，解得x=−π
4
+kπ，k=1，2，3，4，5，
当x∈[−5π,0)时，f(x)=e−x⋅sinx+1，f′(x)=−e−x⋅sinx+e−x⋅cosx=√2e x sin(x−π
4
)，
令f′(x)=0，解得x=π
4
+kπ，k=−1，−2，−3，−4，−5，
因为f(x)+f(−x)=e|x|⋅sinx+1−e|x|⋅sinx+1=2，
故所求极值之和为f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)+f(x5)+f(−x1)+f(−x2)+f(−x3)+f(−x4)+
f(−x5)=2×5=10，故D正确．
故选：BCD．
求出f(x+2π)≠f(x)，即可判断选项A；判断函数g(x)=e|x|⋅sinx为奇函数，即可求得f(x)的图象关于点(0,1)对称，从而判断选项B；利用导数与单调性的关系即可判断选项C；令f′(x)=0，求得极值点，从而可求得所有极值的和，即可判断选项D．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查函数的周期性与对称性，属于中档题．
13.【答案】√3x±2y=0
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的渐近线方程，考查学生的计算能力，比较基础．
由x2
4−y2
3
=0，可得双曲线x2
4
−y2
3
=1的渐近线方程．
【解答】
解：由x2
4−y2
3
=0，可得双曲线x2
4
−y2
3
=1的渐近线方程为√3x±2y=0．
故答案为：√3x±2y=0．
14.【答案】0
【解析】解：∵区间[−3,1]的区间长度为1−(−3)=4，
∴随机地取一个数x，若x满足x≤m的概率为3
4
，
则满足条件的区间长度为4×3
4
=3．
因此x所在的区间为[−3,0]，
故m=0．
故答案为：0．
根据区间长度以及对应的概率，可以得到符合条件的长度，进而求解结论．本题给出几何概型的值，求参数m，属于基础题．
15.【答案】0.01573.33
【解析】解：由频率分布直方图的性质得：
(0.010+a+a+0.030+0.025+0.005)×10=1，
解得a=0.015．
∵[40,70)的频率为：(0.010+0.015+0.015)×10=0.4，
[70,80)的频率为：0.030×10=0.3，
∴这100位同学此次竞赛成绩的中位数约为：70+0.5−0.4
0.3
×10≈73.33．
由频率分布直方图的性质列方程能求出a.求出[40,70)的频率为0.4，[70,80)的频率为0.3，由此能求出这100位同学此次竞赛成绩的中位数．
本题考查频率、中位数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】4π
3
【解析】解：因为∠EPB=∠DPC，
所以tan∠EPB=tan∠DPC，
因为平面A′DE⊥平面BCDE，
又平面A′DE∩平面BCDE=DE，DE⊥AB，AB⊂平面BCDE，
所以AB⊥平面A′DE，
又DP，PE⊂平面A′DE，
故BE⊥PE，BE⊥DP，
又ABCD为平行四边形，
所以AB//CD，
所以CD⊥DP，
在Rt△EPB中，tan∠EPB=BE
PE
，
在Rt△DPC中，tan∠DPC=CD
PD
，
所以BE
PE =CD
PD
，
又E为AB中点，且AB=CD，
所以PD=2PE，
以E为坐标原点，ED为x轴，EA′为y轴建立平面直
角坐标系，
则D(6,0)，E(0,0)，设P(x,y)， 则有√(x −6)2+y 2=2√x 2+y 2， 整理可得(x +2)2+y 2=16，
故点P 的轨迹是以M(−2,0)为圆心，半径r =4的圆， 设点P 在平面A′DE 内的圆弧对应的圆心角为α， 则cosα=
ME r
=24=1
2
， 故α=π
3，
根据弧长公式l =αr =π
3×4=4π3
，
所以P 的轨迹的长度为4π3． 故答案为：4π
3．
利用面面垂直的性质定理得到AB ⊥平面A′DE ，从而BE ⊥PE ，BE ⊥DP ，在Rt △EPB 和Rt △DPC 中，利用∠EPB =∠DPC ，得到PD =2PE ，建立平面直角坐标系，设动点P(x,y)，求出点P 的轨迹，然后利用在平面A′DE 内的圆弧，求出圆心角，利用弧长公式即可求解得到答案．
本题考查了动点轨迹的求解与应用，涉及了面面垂直的性质定理、三角形边角关系的应用、圆的方程的应用、弧长公式的应用，考查的知识点多，涉及的面广，对学生分析问题和解决问题的能力有较高的要求，属于中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=23x 3−2x 2+3，f(1)=5
3，
f′(x)=2x 2−4x ，则f′(1)=−2，
故y =f(x)的切线方程为：y −5
3=−2(x −1)， 即y =−2x +
113
；
(2)f′(x)=2x(x −2)，
令f′(x)>0，解得：x <0或x >2， 令f′(x)<0，解得：0<x <2， 故f(x)在[−2,0)递增，在(0,1]递减， 故f(x)在[−2,1]上的最大值是f(0)=3， 而f(−2)=−31
3，f(1)=5
3，故f(−2)<f(1)， 故f(x)的最小值是f(−2)=−31
3，
故f(x)max =f(0)=3，f(x)min =f(−2)=−31
3．
【解析】(1)求出函数的导数，计算f(1)，f′(1)，求出切线方程即可；
(2)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，求出函数的最值即可． 本题考查了求切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，是一道中档题．
18.【答案】解：(1)因为抛物线E ：y 2=2px 过点P(1,1)，
所以1=2p ，
故E 的方程为：y 2=x ，焦点F 的坐标为(1
4,0)；
(2)设斜率为1的直线l 的方程为：y =x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 1,y 2)， 联立{ y 2=x y =x +m 可得y 2−y +m =0，
△=1−4m >0，
∴y 1+y 2=1，y 1⋅y 2=m ，
PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1−1,y 1−1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2−1,y 2−1)
∵PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，∴(x 1−1)(x 2−1)+(y 1−1)(y 2−1)=−2， 整理可得：x 1x 2−(x 1+x 2)+y 1y 2−(y 1+y 2)+4=0，
(y 1−m)(y 2−m)−(y 1−m +y 2−m)+y 1y 2−(y 1+y 2)+4=0， ∴2y 1y 2−(m +2)(y 1+y 2)+m 2+2m +4=0， ∴m 2+3m +2=0，
解得m =−1或m =−2，满足△>0 ∴l 的方程为：y =x −1或y =x −2．
【解析】(1)由y 2=2px 过点P(1,1)，可得1=2p ，即可求解；
(2)设斜率为1的直线l 的方程为：y =x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 1,y 2)，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理、向量的数量积运算求得m 即可．
本题考查了抛物线方程、直线与抛物线的位置关系，考查了计算能力，属于中档题． 19.【答案】解：补充的三个条件相互等价，证明如下：①⇒PA =PB ，AC =BC ，PC =PC ⇒△PAC≌△PBC ⇒②；
②，AC =BC ，PC =PC ⇒△PAC≌△PBC ⇒PA =PB ⇒PD ⊥AB ，CD ⊥AB ⇒③；
③，
AC =BC ，D 为AB 中点⇒CD ⊥AB ，平面PCD ⊥平面ABC ⇒PD ⊥AB ⇒
①； 不妨补充①．
(1)证明：AC =BA ，D 为AB 的中点⇒CD ⊥AB ，PD ⊥AB ⇒AB ⊥平面PCD ，PC ⊂平面PCD ⇒PC ⊥AB ． (2)PD ⊥AB ，D 为AB 中点⇒PA =PB ，AC =BC ，PC =PC ⇒△PAC≌△PBC ⇒∠PCA =∠PCB =90°， 又∠ACB =90°，所以CA 、CB 、CP 互相垂直；可以建空间直角坐标系如图，又因为CA =CB =CP =2，EB =3PE ，
则C(0,0，0)，D(1,1，0)，A(2,0，0)，E(0,12,3
2)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1，0)，CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,32
)， 设平面CED 与平面CEB 成角大小为θ，平面CEB 单位法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)，平面CED 法向量为n ⃗ =(x,y ，z)，
n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，于是有0x +1
2y +3
2z =0，1x +1y +0z =0，解得n ⃗ =λ(3,−3,1)，单位法向量 n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
n ⃗⃗ |n ⃗⃗ |
=
√19
−3,1)，
由图可知，二面角D −CE −B 为锐二面角，则其余弦值为cosθ=|n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗ |=|(1,0，0)⋅(√19−3,1))|=
√
19
=3√19
19
． 二面角D −CE −B 的余弦值为3√19
19
．
【解析】(1)根据直线与平面位置关系给出证明；(2)建立空间直角坐标系，用向量运算求解即可． 本题考查了直线与平面位置关系，考查了二面角的计算方法，属较难题．
20.【答案】解：(1)设椭圆的半焦距为c ，依题意可得b =1，
离心率e =
c a
=
√6
3
， 又因为a 2=b 2+c 2，所以a =√3， 所以E 的方程为：
x 23
+y 2=1．
(2)证明：因为直线BC 不垂直于x 轴，可设直线BC 方程为y =kx +m ， 由{y =kx +m x 2+3y 2
=3
得，(1+3k 2)x 2+6kmx +3m 2−3=0 设B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)，则△=36k 2m 2−4(1+3k 2)(3m 2−3)>0，即3k 2+1−m 2>0． x 1+x 2=−6km
1+3k 2，x 1x 2=
3m 2−31+3k 2
， ∵AB ⊥AC ，∴k AB ⋅k AC =
y 1−1x 1
⋅
y 2−1x 2
=−1，
∴y 1y 2−(y 1+y 2)+1=−x 1x 2，
∴(kx 1+m)(kx 2+m)−(kx 1+m +kx 2+m)+1=−x 1x 2， ∴(1+k 2)x 1x 2+k(m −1)(x 1+x 2)+(m −1)2=0， 即(1+k 2
)⋅
3 m 2−31+3k 2
+k(m −1)⋅
−6km 1+3k 2
+(m −1)2=0，
整理可得(m −1)(2m +1)=0， 解得m =1(舍去)或m =−1
2， 且m =−1
2满足△>0，
所以直线BC 方程为y =kx −1
2，过定点(0,−1
2).
【解析】(1)利用已知列式直接计算出a 即可；
(2)可设直线BC 方程为y =kx +m ，联立直线椭圆方程，利用韦达定理，结合k AB ⋅k AC =y 1−1x 1
⋅
y 2−1x 2
=−1，
解得m ，即可证明直线BC 过定点(0,−1
2).
本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系，考查了计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由已知数据可得：x −
=
165+171+167+173+179+171
5
=171，
y 1−
=
62+64+74+74+66
5
=68，
所以b ̂1=∑(6
i=1x i −x −
)(y i −y −
)∑(6i=1x i −x −)
2
=112120
=1415
， a ̂1=68−171×14
15=−137415
，
所以y ̂
=1415
x −137415
；
(2)由题意ω1=1415×180−137415
=76.4，ω2=2+ω1=78.4，
y −
=
62+m+64+74+74+66
6
=
340+m 6
，所以
340+m 6
=b ̂2×171+a ̂2， 即78.4=180b ̂2+a ̂2，b ̂2=∑(6i=1x i −x −
)(y i −y −)
∑(6i=1x i −x −
)
2=
112120
=
1415
，
所以78.4−
340+m 6
=9b ̂2，所以78.4−340+m 6=9×1415
，解得m =80， 故m 的值为80；
(3)由已知数据可得这6个人中超重的有2人， 则从这6人中任选2人，恰有1人体重为超重的概率P =C 21C 41C 6
2=8
15．
【解析】(1)利用已知数据以及题干中的公式即可求解；(2)利用(1)的结论，结合已知公式即可求解；(3)利用古典概型的概率计算公式即可求解．
本题考查了线性回归方程的应用，考查了古典概型的概率以及学生的运算转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)f′(x)=1x −2a x 2=
x−2a x 2
，(x >0)，
a ≤0时，x −2a >0，故f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，
a >0时，令f′(x)>0，解得：x >2a ，令f′(x)<0，解得：x <2a ， 故f(x)在(0,2a)递减，在(2a,+∞)递增， 综上：a ≤0时，f(x)在(0,+∞)递增，
a >0时，f(x)在(0,2a)递减，在(2a,+∞)递增； (2)证明：当a ≥12时，f(x)>e −x +1
2， 即证明a ≥12时，xlnx +2a −x
2>xe −x ， 令g(x)=xlnx +2a −x 2，则g′(x)=lnx +1
2，
令g′(x)>0，解得：x >e −1
2，令g′(x)<0，解得：0<x <e −1
2， 故g(x)在(0,e −1
2)递减，在(e −12,+∞)递增， 故g(x)min =g(e −1
2)=2a −e −1
2， ∵a ≥1
2，∴2a ≥1， ∴g(x)min ≥1−e −
12
，
令ℎ(x)=xe −x ，则ℎ′(x)=e −x (1−x)，
令ℎ′(x)>0，解得：0<x <1，令ℎ′(x)<0，解得：x >1， 故ℎ(x)在(0,1)递增，在(1,+∞)递减， 故ℎ(x)max =ℎ(1)=e −1， 要证f(x)>e −x +1
2，
只需1−e −1
2>e −1，两边同乘以e ， 得：e −e 1
2>1，即证e −1>e 1
2，
平方得：(e −1)2>e ，由(e −1)2>1.72=2.89>e ， 故原结论成立．
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)问题转化为证明a ≥1
2时，xlnx +2a −x
2>xe −x ，令g(x)=xlnx +2a −x
2，ℎ(x)=xe −x ，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．。