2020-2021学年广东省潮州市高三（下）第二学期第三次模拟考数学试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年广东省潮州市高三（下）第二学期第三次模拟考数学试卷人教A版（2019），共16页。试卷主要包含了 已知F1,F2是双曲线E等内容，欢迎下载使用。


1. 复数z=1−2i1+i3的共轭复数的虚部为( )
A.−12iB.12iC.−12D.12

2. 已知集合A=x|y=lnx，B=y∈Z|y=2sinx，则A∩B=（ ）
A.(0,2]B.0,2C.1,2D.0,1,2

3. 已知m，n是平面α内的两条相交直线，且直线l⊥n，则“l⊥m”是“l⊥α”的（ ）
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

4. 明朝早期，郑和七下西洋过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性地应用于航海，形成了一套先进的航海技术——“过洋牵星术”．简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位．其采用的主要工具是牵星板，其由12块正方形木板组成，最小的一块边长约2厘米（称一指），木板的长度从小到大依次成等差数列，最大的边长约24厘米（称十二指）．观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂伸直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰，依高低不同替换、调整木板，当被测星辰落在木板上边缘时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度．如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为六指板，则sin2α约为( )

A.1235B.1237C.16D.13

5. 函数f(x)=ex−e−xx2的图像大致为( )
A.B.
C.D.

6. 商场在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满50元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有4名顾客都领取一件礼品．则他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率是（ ）
A.59B.49C.89D.916

7. 庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，且PTAP=5−12，则（ ）

A.CT→=3−52CA→+3−52CE→B.CT→=5−12CA→+5−12CE→
C.CT=5−12CA+3−52CED.CT=3−52CA+5−12CE

8. 已知F1,F2是双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，点M是双曲线E上的任意一点（不是顶点），过F1作∠F1MF2角平分线的垂线，垂足为N，O是坐标原点．若|ON|=|F1F2|4，则双曲线E的渐近线方程为（ ）
A.y=±33xB.y=±22xC.y=±2xD.y=±3x

9. 已知a，b∈R，且0A.1a>1bB.aa>bbC.lgba>lgabD.a+b>2

10. 为了普及环保知识，增强环保意识，某学校分别从两个班各抽取7位同学分成甲、乙两组参加环保知识测试，得分（十分制）如图所示，则下列描述正确的有（ ）

A.甲、乙两组成绩的平均分相等
B.甲、乙两组成绩的中位数相等
C.甲、乙两组成绩的极差相等
D.甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差

11. 已知双曲线C:x2m−y2m+7=1m∈R的一条渐近线方程为4x−3y=0，则（ ）
A.7,0为C的一个焦点
B.双曲线C的离心率为53
C.过点5,0作直线与C交于AB两点，则满足|AB|=15的直线有且只有两条
D.设A，B，M为C上三点且A，B关于原点对称，则MA，MB斜率存在时其乘积为169

12. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=OC=2，则下列结论正确的是（ ）

A.圆锥SO的侧面积为82π
B.三棱锥S−ABC体积的最大值为83
C.∠SAB的取值范围是π4,π3
D.若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为23+1
解答题

已知等比数列an的前n项积为Tn，若a4a6=2a5，则T9=________．

写出一个存在极值的奇函数fx=________.

若x6=a0+a1x+1+a2x+12+a3x+13+⋯+a6x+16，则a3=________．

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,AD=AA1=4，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG平行，当三角形BB1P的面积最小时，三棱锥A−BB1P的外接球的体积是________．

在①asinC=csinA+π3；②b=acsC+33csinA；③acsB+bcsA=2ccsA这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC外接圆面积为43π，sinB=2sinC，且________，求△ABC的面积.
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）

数列an满足：a1=1，点n,an+an+1在函数y=kx+1图象上，其中k为常数，且k≠0．
(1)若a1，a2，a4成等比数列，求k的值；

(2)当k=3时，求数列an的前n项和Sn．

某市为了解2020年十一双节期间市民旅游出行的方式及满意程度，对去该市市区内甲、乙、丙三个景点旅游的市民进行了调查．现从中随机抽取100人作为样本，得到下表（单位：人）：

(1)从样本中任取1人，求这人没去丙景点的概率；

(2)根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．针对甲、乙、丙三个景点，从全市十一双节期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机选取2人，记X为去乙景点的人数，求X的分布列和数学期望；

(3)如果王某要去甲、乙、丙三个景点旅游，那么以满意度得分的均值为依据，你建议王某是报团游还是自驾游？说明理由．

如图，在梯形ABCD中，AB//CD,∠BCD=2π3，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．

(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF（含端点）上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．

已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，A为椭圆的上顶点， △AF1F2是面积为4的直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设圆O:x2+y2=83上任意一点P处的切线1交椭圆C于点M，N，问：PM⋅PN是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由．

已知函数fx=12x2+csx,f′x为fx的导函数．
(1)求函数fx的极值；

(2)设函数gx=x22−x+sinx+csx2ex−a16x3+sinx−x,a∈R，讨论gx的单调性；

(3)当x≥0时， f′x≤ex+bx−1，求实数b的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省潮州市高三（下）第二学期第三次模拟考数学试卷
选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
直接计算，即可得出答案.
【解答】
解：∵ z=1−2i1+i3=1−2i1−i=1−2i1+i1−i1+i=32−12i，
故z¯=32+12i，虚部为12.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ A={x|x>0}，B={y∈Z|−2≤y≤2}={−2,−1,0,1,2}，
∴ A∩B={1,2}．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
充分条件、必要条件、充要条件
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据线面垂直的判定定理和性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解
【解答】
解：当l⊥m时，因为m,n是平面α内的两条相交直线，l⊥n
根据线面垂直的判定定理，可得l⊥α
当l⊥α时，因为m⊂α，所以l⊥m
综上，“l⊥m”是“l⊥α”的的充要条件．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
等差数列的通项公式
同角三角函数基本关系的运用
二倍角的正弦公式
【解析】
由等差数列的通项公式求出六指高度，计算tanα的值，再由二倍角正弦公式及同角三角函数的基本关系计算sin2a的值．
【解答】
解：由题意知六指为2+5×24−212−1=12厘米，
所以tanα=1272=16，
所以 sin2α=2sinαcsα=2sinαcsαsin2α+cs2α
=2tanαtan2α+1=2×16136+1=1237.
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的判断
函数图象的作法
【解析】
判断函数的奇偶性，利用函数的定点的符号的特点分别进行判断即可．
【解答】
解：函数f(−x)=e−x−ex(−x)2=−ex−e−xx2=−f(x)，
则函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除A，
当x=1时，f(1)=e−1e>0，排除D．
当x→+∞时，f(x)→+∞，排除C.
故选B．
6.
【答案】
B
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
排列、组合的应用
古典概型及其概率计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：四人领取三种礼品有34种领取方法，有且仅有2人领取的礼品种类相同的方法为C42A33，
∴ 所求概率为P=C42A3334=6×634=49．
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
向量加减法的应用
向量加减混合运算及其几何意义
向量的几何表示
向量的三角形法则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设AP=a，
∵ PTAP=5−12，
∴ PT=5−12a，CP=5+12a，
CA=5+32a，
∴ CP→=5+15+3CA→，
PT→=5−12TE→=5−12CE→−5−12CT→，
∵ CT→=CP→+PT→，
∴ 5+12CT→=5+15+3CA→+5−12CE→，
∴ CT→=25+1⋅5+15+3CA→+5−15+1CE→
=25+3CA→+5−15+1CE→
=3−52CA→+3−52CE→．
故选A．
8.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：延长F1N与MF2交于K，连接ON，
由题意可得：MN为边KF1的垂直平分线，
则|MF1|=|MK|，
且N为KF1的中点， |ON|=12|KF2|，
由双曲线的定义可得|MF1|−|MF2|=|MK|−|MF2|=|F2K|=2a，
则|ON|=a=14×2c，
即C=2a，b=c2−a2=3a，
可得双曲线的渐近线方程为y=±bax，即y=±3x．故选D．
9.
【答案】
A,C
【考点】
函数单调性的性质
不等式的基本性质
【解析】
利用已知条件结合不等式的基本性质和反比例函数图象得单调性、对数函数的单调性，进而找出结论正确的选项．
【解答】
解：取a=12,b=2 ，则1212=22,22=4′,a2取a=18,b=2 ，则18+2=24+2=524=504<644=2，所以D选项错误
由于y=1x在0,+∞上递减，且01b ，所以A选项正确．
由于01；由于0由于y=lgx在0,+∞上递增，所以lgb′>lgab，C选项正确．
故选AC．
10.
【答案】
B,C,D
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为甲：4+5+6+6+7+7+87=437，
乙：5+5+5+6+7+8+97=457，
437<457，
所以甲组成绩的平均分小于乙组成绩的平均分，
甲、乙两组成绩的中位数都为6，
甲、乙两组成绩的极差都为4，
甲组的成绩比乙组更加稳定，所以甲组成绩的方差小于乙组成绩的方差．
故选BCD．
11.
【答案】
B,D
【考点】
双曲线的特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线C:x2m−y2m+7=1m∈R的一条渐近线方程为4x−3y=0，
可得 m+7m=169，解得m=9，
则双曲线的方程为x29−y216=1，
可得a=3，b=4，c=5，焦点为±5,0，故A错误；
双曲线的离心率为e=ca=53 ，故B正确；
过右焦点5,0作直线与C交于A，B两点，若A，B均在右支上，可得|AB|≥2b2a=323，而15>323，可得这样的直线有两条；
若A，B分别在双曲线的左、右支上，可得|AB|≥2a=6，而15>6 ，可得这样的直线有两条，则满足|AB|=15的直线共有4条，故C错误；
设Am,n,B−m,−n,Ms,t，可得m29−n216=1，829−t216=1两式相减可得
m−sm+s9=n+tn−t16，
即有MA， MB斜率存在时其乘积为n−tm−s⋅ n+tm+s=169，故D正确．
故选BD．
12.
【答案】
B,D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
柱体、锥体、台体的体积计算
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在Rt△AOC中，
∵ SO=OC=2 ，
∴ SC=22，
则圆锥SO的侧面积为S=12×2π×2×22=42π，故A错误；
当B位于AC⌢中点时，△ABC面积取最大值，为12×2×2=2，
此时三棱锥S−ABC体积的最大值为13×4×2=83，故B正确；
当B与C趋于重合时， ∠SAB趋于π4，当B与A趋于重合时， ∠ASB趋于0， ∠SAB趋于π2,
∴ ∠SAB的取值范围是π4,π2 ，故C错误；
若AB=BC，以AB为轴把平面SAB旋转至与平面ABC重合，连接SC，交AB于E，则∠SBC=150∘，在△SBC中， SB=BC=22，
由余弦定理可得，
SC=222+222−2×22×22×cs150∘
=8+8−2×22×22×−33
=23+1
即SE+CE的最小值为23+1 ，故D正确．
故选BD．
解答题
【答案】
512
【考点】
等比数列的前n项和
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a4a6=2a5，
由等比数列的性质，可得a4a6=a52，
∴ a52=2a5，解得a5=2，
又由T9=a1a2a3⋯a9=a52=29=512．
故答案为：512．
【答案】
sinx(答案不唯一)
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
直接写出满足条件的奇函数且存在极值的奇函数即可.
【解答】
解：y=sinx是奇函数，且存在极值.
故答案为：sinx(答案不唯一).
【答案】
−20
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：x6=−1+1+x6=a0+a1x+1+a2x+12+a3x+13+…．+a6x+16
则a3=C63⋅−13=−20．
故答案为：−20．
【答案】
1256π
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：补全截面EFG为截面EFGHQR，如图所示，
设BR⊥AC，因为直线D1P平面EFG，
∴ D1P//平面EFGHQR，
∵ E，F，G分别是棱AB，BC， CC1的中点，
∴ EF//AC，FG//AD1，EF∩FG=F，AC∩AD1=A，
∴ 平面ACD1//平面EFGHQR，所以P∈AC，
故当P与R重合时，BP=BR最短，此时△PBB1的面积最小，
由等面积法可得S△ABC=12⋅BR⋅AC=12AB⋅BC ，即12⋅BR⋅32+42=12×3×4，解得BR=BP=125，
∵ B1B⊥AP，BP⊥AP，B1B∩BP=B，B1B⊂平面B1BP，
∴ AP⊥平面B1BP，又B1P⊂平面B1BP，
则AP⊥B1P，又AB⊥BB1，
∴ AB1为三棱锥A−BB1P的外接球的直径，
故AB1=32+42=5，
∴ 三棱锥A−BB1P的外接球的半径为52，
故三棱锥A−BB1P的外接球的体积是
V=43π⋅523=125π6．
故答案为： 125π6．
【答案】
解：若选①：
因为asinC=csin(A+π3)，
在△ABC中，由正弦定理得sinAsinC=sinCsinA+π3 .
因为0所以sinA=sinA+π3=12sinA+32csA，
即12sinA=32csA，
所以tanA=3.
因为0所以A=π3.
因为△ABC外接圆面积为43π，
所以外接圆半径r=233，
由asinA=2r，得a=2rsinA=2.
又sinB=2sinC，
所以b=2c.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得
4=4c2+c2−2c2，解得c2=43，
即c=233，b=433.
所以S△ABC=12bcsinA=12×433×233×32=233.
若选②：
由正弦定理，得sinB=sinAcsC+33sinCsinA，
sinA+C=sinAcsC+33sinCsinA
即sinAcsC+csAsinC=sinAcsC+33sinCsinA，
化简得：csAsinC=33sinCsinA
因为0所以tanA=3.
因为0所以A=π3.
因为△ABC外接圆面积为43π，
所以外接圆半径r=233，
由asinA=2r，得a=2rsinA=2.
又sinB=2sinC，
所以b=2c.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得
4=4c2+c2−2c2，解得c2=43，
即c=233，b=433.
所以S△ABC=12bcsinA=12×433×233×32=233.
若选③：
由正弦定理，得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
所以sinA+B=2sinCcsA，
所以sinC=2sinCcsA ，
因为0所以csA=12.
因为0所以A=π3.
因为△ABC外接圆面积为43π，
所以外接圆半径r=233，
由asinA=2r，得a=2rsinA=2.
又sinB=2sinC，
所以b=2c.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得
4=4c2+c2−2c2，解得c2=43，
即c=233，b=433.
所以S△ABC=12bcsinA=12×433×233×32=233.
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为△ABC外接圆面积为43π，
所以外接圆半径r=233，
由asinA=2r，得a=2rsinA=2.
又sinB=2sinC，
所以b=2c.
若选①：
因为asinC=csin(A+π3)，
在△ABC中，由正弦定理得sinAsinC=sinCsinA+π3 .
因为0所以sinA=sinA+π3=12sinA+32csA，
即12sinA=32csA，
所以tanA=3.
因为0所以A=π3.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得
4=4c2+c2−2c2，解得c2=43，
即c=233，b=433.
所以S△ABC=12bcsinA=12×433×233×32=233.
若选②：
由正弦定理，得sinB=sinAcsC+33sinCsinA，
sinA+C=sinAcsC+33sinCsinA
即sinAcsC+csAsinC=sinAcsC+33sinCsinA，
化简得：csAsinC=33sinCsinA
因为0所以tanA=3.
因为0所以A=π3.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得
4=4c2+c2−2c2，解得c2=43，
即c=233，b=433.
所以S△ABC=12bcsinA=12×433×233×32=233.
若选③：
由正弦定理，得sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
所以sinA+B=2sinCcsA，
所以sinC=2sinCcsA
因为0所以csA=12.
因为0所以A=π3.
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得
4=4c2+c2−2c2，解得c2=43，
即c=233，b=433.
所以S△ABC=12bcsinA=12×433×233×32=233.
【答案】
解：(1)由an+an+1=kn+1，
得a1+a2=k+1，a2+a3=2k+1，a3+a4=3k+1，
所以a2=k，a3=k+1，a4=2k．
又a1，a2，a4成等比数列，
所以a22=a1a4，
即k2=2k，
又k≠0，
所以k=2．
(2)当k=3时，an+an+1=3n+1．
当n为偶数时，
Sn=a1+a2+a3+a4+a5+a6+⋯+an−1+an=4+10+16+⋯+3n−2
=2+3n×n22=3n2+2n4；
当n为奇数时，
Sn=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+⋯+an−1+an=1+7+13+19+⋯+3n−2
=3n−1×n+122=3n2+2n−14．
综上所述， Sn=3n2+2n4,n为偶数,3n2+2n−14,n为奇数.
【考点】
等比数列的性质
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由an+an+1=kn+1，
得a1+a2=k+1，a2+a3=2k+1，a3+a4=3k+1，
所以a2=k，a3=k+1，a4=2k．
又a1，a2，a4成等比数列，
所以a22=a1a4，
即k2=2k，
又k≠0，
所以k=2．
(2)当k=3时，an+an+1=3n+1．
当n为偶数时，
Sn=a1+a2+a3+a4+a5+a6+⋯+an−1+an
=4+10+16+⋯+3n−2
=2+3n×n22=3n2+2n4；
当n为奇数时，
Sn=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+⋯+an−1+an
=1+7+13+19+⋯+3n−2
=3n−1×n+122=3n2+2n−14．
综上所述， Sn=3n2+2n4,n为偶数,3n2+2n−14,n为奇数.
【答案】
解：（1）设事件“从样本中任取1人，这人没去丙景点”为事件A，
由表格中所给数据可得，去甲、乙、丙旅游的人数分别为19，39，42，
所以从样本中任取1个，这人没去丙景点的概率为PA=19+39100=2950．
（2）由题意，X的所有可能取值为0，1，2，从全市十一双节期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机选取1人，
此人去乙景点的概率是1648=13，
∴ PX=0=C20×1−132=49，
PX=1=C21×13×1−13=49，
PX=2=C22×132=19，
∴ 随机变量X的分布列为
故EX=0×49+1×49+2×19=23．
（3）由题干所给表格中的数据可知，报团游、自驾游的总人数分别为52，48，得分为10分的报团游、自驾游总人数分别为31，25，得分为5分的报团游、自驾游的总人数分别为12，14，得分为0分的报团游、自驾游总人数分别为9，9，所以从满意度来看，报团游满意度的均值为31×10+12×5+9×052=18526，自驾游满意度的均值为25×10+14×5+9×048=203，
因为18518>203，所以建议王某选报团游．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设事件“从样本中任取1人，这人没去丙景点”为事件A，
由表格中所给数据可得，去甲、乙、丙旅游的人数分别为19，39，42，
所以从样本中任取1个，这人没去丙景点的概率为PA=19+39100=2950．
（2）由题意，X的所有可能取值为0，1，2，从全市十一双节期间旅游出行选自驾游的所有人中，随机选取1人，
此人去乙景点的概率是1648=13，
∴ PX=0=C20×1−132=49，
PX=1=C21×13×1−13=49，
PX=2=C22×132=19，
∴ 随机变量X的分布列为
故EX=0×49+1×49+2×19=23．
（3）由题干所给表格中的数据可知，报团游、自驾游的总人数分别为52，48，得分为10分的报团游、自驾游总人数分别为31，25，得分为5分的报团游、自驾游的总人数分别为12，14，得分为0分的报团游、自驾游总人数分别为9，9，所以从满意度来看，报团游满意度的均值为31×10+12×5+9×052=18526，自驾游满意度的均值为25×10+14×5+9×048=203，
因为18518>203，所以建议王某选报团游．
【答案】
（1）证明：在梯形ABCD中，
∴ AB//CD，AD=CD=BC=1，
又∵ ∠BCD=2π3，
∴ AB=2，
AC2=AB2+BC2−2AB⋅ BC·cs60∘=3，
AB2=AC2+BC2．
∴ BC⊥AC，
∵ CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
AC⊥CF ．．
而CF∩BC=C，
AC⊥平面BCF，
EF//AC，
∴ EF⊥平面BCF．
（2）解：由（1）可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示建立空间直角坐标系，
令FM=λ0≤λ≤3 ，则C0,0,0，A3,0,0，B0,1,0，Mλ,0,1，
∴ AB→=−3,1,0，BM→=λ,−1,1，
设n→=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，
由 n→⋅AB→=0n→⋅BM→=0 得−3x+y=0λx−y+z=0
取x=1 ，则n→=1,3,3−λ,
∵ m→=1,0,0是平面FCB的一个法向量，
∴ csθ=|m→⋅n→||m→||n→|
=11+3+3−λ2×1
=1A−32+4
∵ 0≤λ≤3，
∴ 当λ=0时，csθ有最小值，
∵ 0≤λ≤3，
∴ 当入λ=0时，csθ有最小值77，
∴ 点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，此时二面角的余弦值为77．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）证明：在梯形ABCD中，
∴ AB//CD，AD=CD=BC=1，
又∵ ∠BCD=2π3，
∴ AB=2，
AC2=AB2+BC2−2AB⋅ BC·cs60∘=3，
AB2=AC2+BC2．
∴ BC⊥AC，
∵ CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
AC⊥CF ．．
而CF∩BC=C，
AC⊥平面BCF，
EF//AC，
∴ EF⊥平面BCF．
（2）解：由（1）可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示建立空间直角坐标系，
令FM=λ0≤λ≤3 ，则C0,0,0，A3,0,0，B0,1,0，Mλ,0,1，
∴ AB→=−3,1,0，BM→=λ,−1,1，
设n→=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，
由 n→⋅AB→=0n→⋅BM→=0 得−3x+y=0λx−y+z=0
取x=1 ，则n→=1,3,3−λ,
∵ m→=1,0,0是平面FCB的一个法向量，
∴ csθ=|m→⋅n→||m→||n→|
=11+3+3−λ2×1
=1A−32+4
∵ 0≤λ≤3，
∴ 当λ=0时，csθ有最小值，
∵ 0≤λ≤3，
∴ 当入λ=0时，csθ有最小值77，
∴ 点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，此时二面角的余弦值为77．
【答案】
解：（1）由A为椭圆的上顶点，△AF1F2是面积为4的直角三角形．
可得： 12 2c⋅b=4，且b=c
解得：b=c=2，所以a2=2b2=8
所以椭圆的方程为： x28+y24=1．
（2）当切线l的斜率不存在时，其方程x=±263，
将x=263代入椭圆的方程： x28+y24=1得y=±263，
设M263,−263，N263,263，
又P(263,263)，
∴ PM→⋅PN→=−83，
同理可得x=−263，也有PM→⋅PN→=−83，
当切线l的斜率存在时，设方程为：
y=kx+m，设Mx1,y1，Nx2,y2，
直线l与圆O:x2+y2=83相切，
∴ |m|1+k2=263，即3m2=8+8k2，联立y=kx+m,x28+y24=1，整理可得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2−8=0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−81+2k2，
又因为PM→⋅PN→=PO→+OM→⋅PO→+ON→
=|PO→|2−OM→+ON→⋅OP→+OM→⋅OM→⋅ON→
=−|PO→|2+ON→⋅OM→
又OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=1+k22m2−81+2k2+−4k2m21+2k2+m2=3m2−8k2−81+2k2，
∵ 3m2=8+8k2，
∴ OM→⋅ON→=0，
综上所述： PM→⋅PN→=−83
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由A为椭圆的上顶点，△AF1F2是面积为4的直角三角形．
可得： 12 2c⋅b=4，且b=c
解得：b=c=2，所以a2=2b2=8
所以椭圆的方程为： x28+y24=1．
（2）当切线l的斜率不存在时，其方程x=±263，
将x=263代入椭圆的方程： x28+y24=1得y=±263，
设M263,−263，N263,263，
又P(263,263)，
∴ PM→⋅PN→=−83，
同理可得x=−263，也有PM→⋅PN→=−83，
当切线l的斜率存在时，设方程为：
y=kx+m，设Mx1,y1，Nx2,y2，
直线l与圆O:x2+y2=83相切，
∴ |m|1+k2=263，即3m2=8+8k2，联立y=kx+m,x28+y24=1，整理可得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2−8=0，
x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−81+2k2，
又因为PM→⋅PN→=PO→+OM→⋅PO→+ON→
=|PO→|2−OM→+ON→⋅OP→+OM→⋅OM→⋅ON→
=−|PO→|2+ON→⋅OM→
又OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=1+k22m2−81+2k2+−4k2m21+2k2+m2=3m2−8k2−81+2k2，
∵ 3m2=8+8k2，
∴ OM→⋅ON→=0，
综上所述： PM→⋅PN→=−83
【答案】
解：（1）f′x=x−sinx，
∵ x−sinx′=1−csx≥0，
∴ f′x在−∞,+∞单调递增，又f′0=0，
∴ 当x∈−∞,0时， f′x<0，fx单调递减，
当x∈0,+∞时， f′x>0，fx单调递增，
所以当x=0时，fx的极小值f0=1，无极大值．
（2）g′x=x22+csx−1ex−a，由（1）知fx≥f0，即x22+csx−1≥0，
当a≤0时，ex−a>0，g′x≥0，gx在−∞,+∞上单调递增，
当a>0时，令ex−a=0，得x=lna，
于是当x∈−∞,lna，ex−a<0，g′x≤0，gx单调递减，
当x∈lna,+∞，ex−a>0，g′x≥0，gx单调递增，
综上，当a≤0时， gx在−∞,+∞单调递增，
当a>0时， gx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞单调递增．
（3）令ℎx=f′x−ex−bx+1则ℎx=−ex+1−bx−sinx+1，
x∈[0,+∞)
ℎ′x=−ex−csx+1−b,
ℎ′x的导函数ℎ′′x=−ex+sinx,
∵ x∈[0,+∞），所以ℎ′′x≤−1+sinx≤0，
ℎ′x=−ex+sinx在[0,+∞)上单调递减，
当b≥−1时，对任意x≥0时，
ℎ′x≤ℎ′0=−1−b≤0，
∴ ℎx在[0,+∞)上单调递减，
∴ 对任意x≥0时，ℎx≤ℎ0=0，
当b<−1时，因为ℎ′x在[0,+∞）上单调递减， ℎ′0=−1−b>0，
当x⇒+∞时，ℎ′x→−∞，
故∃x0∈0,+∞，使ℎ′x0=0，且x∈(0,x0)时， ℎ′x>0,ℎx单调递增，
∴ ℎx0>ℎ0=0，与任意x≥0，ℎx≤0矛盾．
【考点】
利用导数研究函数的极值
导数的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）f′x=x−sinx，
∵ x−sinx′=1−csx≥0，
∴ f′x在−∞,+∞单调递增，又f′0=0，
∴ 当x∈−∞,0时， f′x<0，fx单调递减，
当x∈0,+∞时， f′x>0，fx单调递增，
所以当x=0时，fx的极小值f0=1，无极大值．
（2）g′x=x22+csx−1ex−a，由（1）知fx≥f0，即x22+csx−1≥0，
当a≤0时，ex−a>0，g′x≥0，gx在−∞,+∞上单调递增，
当a>0时，令ex−a=0，得x=lna，
于是当x∈−∞,lna，ex−a<0，g′x≤0，gx单调递减，
当x∈lna,+∞，ex−a>0，g′x≥0，gx单调递增，
综上，当a≤0时， gx在−∞,+∞单调递增，
当a>0时， gx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞单调递增．
（3）令ℎx=f′x−ex−bx+1则ℎx=−ex+1−bx−sinx+1，
x∈[0,+∞)
ℎ′x=−ex−csx+1−b,
ℎ′x的导函数ℎ′′x=−ex+sinx,
∵ x∈[0,+∞），所以ℎ′′x≤−1+sinx≤0，
ℎ′x=−ex+sinx在[0,+∞)上单调递减，
当b≥−1时，对任意x≥0时，
ℎ′x≤ℎ′0=−1−b≤0，
∴ ℎx在[0,+∞)上单调递减，
∴ 对任意x≥0时，ℎx≤ℎ0=0，
当b<−1时，因为ℎ′x在[0,+∞）上单调递减， ℎ′0=−1−b>0，
当x⇒+∞时，ℎ′x→−∞，
故∃x0∈0,+∞，使ℎ′x0=0，且x∈(0,x0)时， ℎ′x>0,ℎx单调递增，
∴ ℎx0>ℎ0=0，与任意x≥0，ℎx≤0矛盾．满意度得分
甲
乙
丙
报团游
自驾游
报团游
自驾游
报团游
自驾游
10分
12
1
12
10
7
14
5分
4
1
4
4
4
9
0分
1
0
7
2
1
7
合计
17
2
23
16
12
30
X
0
1
2
P
49
49
19
X
0
1
2
P
49
49
19