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2020-2021学年广东省高三（上）12月月考数学试卷人教A版（2019）
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这是一份2020-2021学年广东省高三（上）12月月考数学试卷人教A版（2019），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A=x|x2≤4，B=x|2x<1，则A∩B等于( )
A.[−2,1)B.[−2,0)C.(1,2]D.[−2,+∞）
2. 已知z=1−3i1+i，则|z|=( )
A.2B.2C.5D.3
3. 已知奇函数fx在R上是增函数，若a=−flg215， b=flg265， c=f20.8 ，则a，b，c的大小关系为( )
A.b
4. 设等差数列an的前n项和为Sn，若S13=13π4，则sina5+a9=( )
A.1B.32C.52D.2
5. 张老师、孙老师与三位学生共五人在清华大学数学系楼前排成一排照相，两位老师相邻且都不在两端的排法数是( )
A.12B.24C.36D.48
6. 设a>0，b>0，且ax+bx25展开式中各项的系数和为32，则1a+4b的最小值为( )
A.4B.2C.22D.92
7. 椭圆x29+y24=1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是( )
A.−55,55B.−255,255C.−355,355D.−655,655
8. 已知函数fx=2x3lnx−m−xemx−1，当x≥e时，fx≥0恒成立，则实数m的取值范围为( )
A.(−∞,4e]B.(−∞,3e]C.(−∞,2e]D.−∞,3e2
二、多选题
已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题不正确的是( )
A.若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
B.若m⊥α，n//α，则m⊥n
C.若m⊂α，m//β，则α//β
D.m//n，α//β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等
下列说法正确的是( )
A.x>0， x+1x的最小值为2
B.sinx+4sinx的最小值为4，x∈0,π
C.x2+1的最小值为2x
D.4x1−x的最大值为1
已知函数gx的图象是由函数fx=2sin(2x+π4)的图象向右平移π4个单位长度得到的，则下列说法正确的是( )
A.gx是奇函数
B.gx的单调递增区间为[kπ−π8,kπ+3π8](k∈Z)
C.gx的图象的一条对称轴方程为x=3π8
D.gx的图象的一个对称中心为7π8,0
在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d≠0，前n项和为Sn(n∈N∗)．有下列命题：①若S3=S15，则S18=0；②若S3=S15，则S9是Sn中的最小项；③若S3=S15，则a9+a10=0；④若S9>S10，则S10>S11．其中正确命题有( )
A.①B.②C.③D.④
三、填空题
已知向量a→=m,−3，b→=3,−1，若向量a→，b→的夹角为π3，则实数m=________.
已知α∈(0, π2)，且2sin2α−sinαcsα−3cs2α=0，则sin(α+π4)sin2α+cs2α+1=________．
词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术•商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术•商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=1， BC=2，则四面体P−ABC的外接球的表面积为________.
已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2px上一点A到焦点F的距离为4，若点M为抛物线C准线上的动点，给出以下命题：
①当△MAF为正三角形时，p的值为2；②存在M点，使得MA→−MF→=0→；③若MF→=3FA→，则p等于3；④|OM|+|MA|的最小值为213，则p等于4或12.
其中正确的是________.
四、解答题
在①ba=csB+13sinA，②2bsinA=atanB，③a−csinA+csinA+B=bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足________.
(1)求角B；
(2)若a+c=2b，且△ABC外接圆的直径为2，求△ABC的面积.
已知数列an的前n项和Sn=n2， bn是等差数列，且an=bn+bn+1 .
(1)求数列an和{bn}的通项公式；
(2)令cn=1bn+1⋅bn+2， Tn=c1+c2+⋯+cn，求使Tn<1519成立的最大正整数n．
甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答3道题，甲答对每道题的概率为23，乙答对每道题的概率为12，且各人是否答对每道题互不影响．
(1)用X表示甲同学答对题目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)设A为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，求事件A发生的概率．
四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠BAD=90∘，CD=2AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，M为PC中点．
(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；
(2)求三棱锥D−BMP的体积．
椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0经过点A0,−1，B−22,32.
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点1,1的直线与椭圆E交于不同两点P，Q（均异于点A），则直线AP与AQ的斜率之和是否为定值？如果是，请求出该定值，如果不是，请说明理由．
已知函数fx=lnx−mx.
(1)设gx=fex，求函数gx的单调区间；
(2)若x1，x2为方程fx+2=0的两个不相等的实数根，求证：x1x2>1e2.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省高三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
先求出集合A，B，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ A=x|x2≤4={x|−2≤x≤2}，
B=x|2x<1={x|x<0}，
∴ A∩B=[−2,0).
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【解答】
解：z=1−3i1+i=(1−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1−2i，
所以|z|=(−2)2+(−1)2=5.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
奇偶性与单调性的综合
对数及其运算
【解析】
由已知结合对数的性质及函数的单调性及奇偶性即可比较大小．
【解答】
解：因为函数fx为R上的奇函数，
所以a=−flg215=f−lg215=flg25.
因为0所以lg265<20.8又因为函数fx在R上是增函数，
所以flg265即b故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差中项
【解析】
根据题意可得13a1+a132=13π4，解得a7=π4，即a5+a9=π2，代入化简sina5+a9即可得出答案．
【解答】
解：因为在等差数列an中，S13=13π4，
所以13a1+a132=13π4，
所以13×2a72=13π4，
解得a7=π4.
又因为a5+a9=2a7，
所以a5+a9=2×π4=π2，
所以sina5+a9=sinπ2=1.
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
【解答】
解：把2位老师捆绑在一起看做一个元素，插入到3位同学所成的2个空中，
故有A22A33A21=24种.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由题意得到a+b=2，再利用基本不等式求最值即可.
【解答】
解：ax+bx25各项系数和为32，
令x=1，可得(a+b)5=32，
∴ a+b=2，
∴ 12a+b=1，
∴ 1a+4b=1a+4b⋅12a+b
=52+b2a+2ab
≥52+2b2a⋅2ab=52+2=92，
当且仅当b2a=2ab且a+b=2，即a=23，b=43时等号成立，
∴ 1a+4b的最小值为92.
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设Px,y，根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22【解答】
解：如图，
设Px,y，
由题易得F1−5,0， F25,0，且∠F1PF2是钝角，
可得PF12+PF22<|F1F2|2，
即x+52+y2+5−x2+y2<(5+5)2,
整理得x2+y2<5，
所以x2+41−x29<5，
所以x2<95，
解得−355故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
先分析m≤0，x≥e时，fx≥0显然成立.
再分析m>0时，转化为2lnxe2lnx≥mx−1emx−1,x≥e恒成立,
令gx=xex，则g2lnx≥gmx−1,x≥e恒成立.
则g′x=x+1ex>0，故gx在−1,+∞单增，再构造函数ux可得解.
【解答】
解：当m≤0，x≥e时，m−xemx−1<0，
所以fx=2x3lnx−m−xemx−1≥0恒成立.
当m>0时，2x3lnx−m−xemx−1≥0
⇔2x3lnx≥m−xemx−1
⇔2x2lnx≥m−xxem−xx
⇔2e2lnxlnx≥m−xxem−xx，
设gx=xex，则g2lnx≥gm−xx，x≥e恒成立.
则g′x=x+1ex>0，故gx在[e,+∞)上单调递增，
可得2lnx≥m−xx>−1，x≥e恒成立，
即m≤2xlnx+x，x≥e恒成立，
令ux=2xlnx+x，x≥e，
则u′x=2lnx+3≥0，则ux在[e,+∞)上单调递增，
故uxmin=ue=3e，
故0综上得m≤3e.
故选B.
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
由空间中直线与直线、直线与平面垂直的性质判断A；由直线与平面垂直的性质判断B；由平面与平面、直线与平面平行的定义判断C；由直线与平面所成角的定义判断D.
【解答】
解：A，若m⊥n，m⊥α，n//β，则α//β或α与β相交，故A错误，符合题意；
B，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，m垂直与α平行的所有直线，
又n//α，则m⊥n，故B正确，不符合题意；
C，若m⊂α，m//β，α//β或α与β相交，故C错误，符合题意；
D，由m//n，得m，n与α成等角，又α//β，则m，n与β成等角，
则m与α所成的角和n与β所成的角相等，故D正确，不符合题意．
故选AC．
【答案】
A,D
【考点】
命题的真假判断与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式或函数的基本性质来得出各代数式的最值，利用基本不等式时需注意“一正、二定、三相等”这三个条件要满足．
【解答】
解：A，当x>0时，x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x=1时等号成立，故A选项正确；
B，当x∈0,π时，0当且仅当sinx=4sinx，即当sinx=2时等号成立，与0C，x2≥0，x2+1≥1，所以x2+1的最小值为1，故C选项错误；
D，由基本不等式可得4x1−x≤4⋅x+1−x22=1，
当且仅当x=1−x时，即当x=12时等号成立，故D选项正确.
故选AD．
【答案】
B,C
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
函数的图象变换
函数奇偶性的判断
【解析】
由题意利用函数y=Asinωx+φ的图象变换规律，求得gx的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
解：函数g(x)的图象由函数fx=2sin2x+π4的图象向右平移π4个单位长度得到，
所以g(x)=2sin[2(x−π4)+π4]=2sin2x−π4，
因为g(x)的定义域为R，g−x≠g(x)且g−x≠−g(x)，
所以gx为非奇非偶函数，故A错误；
由2kπ−π2≤2x−π4≤2kπ+π2(k∈Z)可得，
kπ−π8≤x≤kπ+3π8(k∈Z)，
所以函数gx的单调递增区间为[kπ−π8,kπ+3π8](k∈Z)，故B正确；
令x=3π8，可得gx=2sin(2×3π8−π4)=2，取得最大值，
故gx的图象的一条对称轴方程为x=3π8，故C正确；
令x=7π8，可得gx=2sin(2×7π8−π4)=−2≠0，
所以7π8,0不是gx图象的一个对称中心，故D错误.
故选BC．
【答案】
A,C,D
【考点】
等差数列的前n项和
数列与不等式的综合
【解析】
根据所给条件，结合等差数列的概念，性质以及前n项和逐项分析即可，
【解答】
解：数列{an}是等差数列，
若S3=S15，则a4+a5+⋯+a15=0，
所以a4+a15=a1+a18=a9+a10=0，
所以S18=18(a1+a18)2=0，故命题①③正确；
因为首项a1>0，若S3=S15，则公差d<0，
又a9+a10=0，所以a9>0，a10<0，
所以S9是Sn中的最大项，故命题②错误；
若S9>S10，则a10<0，所以第十项以后为负数项，
所以S10>S11，故命题④正确.
综上，命题①③④正确.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
0
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
数量积的坐标表达式
【解析】
根据向量夹角的余弦公式可得出3m+32m2+9=12，求出m的值，并验证是否满足3m+32m2+9=12即可．
【解答】
解：∵ |a→|=m2+9，|b→|=32+(−1)2=2，
a→⋅b→=3m+3，且=π3，
∴ cs=|a→⋅b→||a→|⋅|b→|
=3m+32m2+9=csπ3=12，
整理可得2m2+63m=0，即m(2m+63)=0，
解得m=−33或0，
当m=−33时，a→⋅b→<0，不满足3m+32m2+9=12，故舍去，
∴ m=0.
故答案为：0．
【答案】
268
【考点】
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
利用已知条件求出tanα的值，然后求解所求表达式的值．
【解答】
解：α∈(0, π2)，且2sin2α−sinαcsα−3cs2α=0，
所以2tan2α−tanα−3=0，
解得tanα=32，tanα=−1（舍去），
csα=cs2αsin2α+cs2α
=1tan2α+1
=1(32)2+1
=21313，
sin(α+π4)sin2α+cs2α+1=22(sinα+csα)2sinαcsα+2cs2α
=24csα
=24×21313
=268．
故答案为：268.
【答案】
4π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
由几何体的特征，确定球心，可得解.
【解答】
解：如图所示，
则取PB的中点为点O，
可得OA=OB=OP=OC，即O为球心，
则半径为R=12PB=12PA2+AB2
=12PA2+AC2+BC2
=12×12+12+22
=1，
表面积为S=4πR2=4π.
故答案为：4π.
【答案】
①③
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
根据等边三角形判定①，根据A,F不重合判定②，根据相似三角形判定③，根据最短距离列方程得p，判定④.
【解答】
解：①如图，
当△MAF为正三角形时，AF=AM，且AM//x轴.
因为AF=AM=4，
所以F到准线的距离为12AM=2，即p2+p2=2，
所以p=2，故①正确；
②MA→−MF→=FA→，因为A在抛物线上，所以FA→≠0→，故②错误；
③如图，
若MF→=3FA→，则A，M，F三点共线，
因为FD//AC，
所以△MFD∼△MAC，
所以MF=3|FA|=3×4=12，
MA=MF+FA=12+4=16，
由三角形相似可得MFMA=DFCA，即1216=p4，
得p=3，故③正确；
④如图，
设B(−p，0)，则O，B关于准线对称，
故|MO|=|MB|，
因为|AF|=4，所以A点的横坐标为4−p2.
设A在第一象限，yA2=8p−p2，
故OM+MA的最小值为
AB=4+p22+8p−p2=213，
解得p=4或12，
因为A在第一象限，所以4−p2>0，解得p<8，
故p=4，故④不正确.
综上，命题①③正确.
故答案为：①③.
四、解答题
【答案】
解：(1)若选①：∵ ba=csB+13sinA，
由正弦定理可得3sinBsinA=sinAcsB+sinA，
∵ A为三角形内角，sinA≠0，
∴ 3sinB=csB+1，
可得2sinB−π6=1，即sinB−π6=12，
∵ B∈(0,π)，可得B−π6∈−π6,5π6，可得B−π6=π6，
∴ B=π3．
若选②：∵ 2bsinA=atanB，
∴ 2bsinA=asinBcsB，由正弦定理可得2sinBsinA=sinA⋅sinBcsB，
∵ sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
若选③：∵ (a−c)sinA+csin(A+B)=bsinB，
∴ (a−c)sinA+csinC=bsinB.
由正弦定理可得(a−c)a+c2=b2，整理可得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12.
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
(2)∵ B=π3，△ABC外接圆的直径为2，
即bsinB=bsinπ3=2，
解得b=3，
又∵ a+c=2b=23，
∴ b2=a2+c2−2accsB
=(a+c)2−2ac−2ac×12=12−3ac=3，
解得ac=3，
∴ 由正弦定理可得S△ABC=12acsinB=12×3×32=334．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选①：∵ ba=csB+13sinA，
由正弦定理可得3sinBsinA=sinAcsB+sinA，
∵ A为三角形内角，sinA≠0，
∴ 3sinB=csB+1，
可得2sinB−π6=1，即sinB−π6=12，
∵ B∈(0,π)，可得B−π6∈−π6,5π6，可得B−π6=π6，
∴ B=π3．
若选②：∵ 2bsinA=atanB，
∴ 2bsinA=asinBcsB，由正弦定理可得2sinBsinA=sinA⋅sinBcsB，
∵ sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
若选③：∵ (a−c)sinA+csin(A+B)=bsinB，
∴ (a−c)sinA+csinC=bsinB.
由正弦定理可得(a−c)a+c2=b2，整理可得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12.
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
(2)∵ B=π3，△ABC外接圆的直径为2，
即bsinB=bsinπ3=2，
解得b=3，
又∵ a+c=2b=23，
∴ b2=a2+c2−2accsB
=(a+c)2−2ac−2ac×12=12−3ac=3，
解得ac=3，
∴ 由正弦定理可得S△ABC=12acsinB=12×3×32=334．
【答案】
解：(1)数列an的前n项和Sn=n2，①
当n=1时，解得a1=1．
当n≥2时， Sn−1=n−12，②
①−②得an=Sn−Sn−1=2n−1，首项符合通项，
所以an=2n−1．
数列bn是等差数列，且an=bn+bn+1，设公差为d，
所以a1=1=b1+b2=2b1+d，a2=3=b2+b3=2b1+3d，
解得b1=0，d=1.
所以bn=n−1．
(2)由于cn=1bn+1⋅bn+2=1nn+1=1n−1n+1，
故Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1．
当1−1n+1<1519时，
解得n<154，
因为n为正整数，所以可取3，2，1，
∴ Tn<1519成立的最大正整数为3．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)数列an的前n项和Sn=n2，①
当n=1时，解得a1=1．
当n≥2时， Sn−1=n−12，②
①−②得an=Sn−Sn−1=2n−1，首项符合通项，
所以an=2n−1．
数列bn是等差数列，且an=bn+bn+1，设公差为d，
所以a1=1=b1+b2=2b1+d，a2=3=b2+b3=2b1+3d，
解得b1=0，d=1.
所以bn=n−1．
(2)由于cn=1bn+1⋅bn+2=1nn+1=1n−1n+1，
故Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1．
当1−1n+1<1519时，
解得n<154，
因为n为正整数，所以可取3，2，1，
∴ Tn<1519成立的最大正整数为3．
【答案】
解：(1)用X表示甲同学答对题目的个数，则X∼B(3, 23)，
P(X=0)=C30×(13)3=127，
P(X=1)=C31×23×(13)2=29，
P(X=2)=C32×(23)2×13=49，
P(X=3)=C33×(23)3=827，
所以随机变量X的分布列为：
数学期望E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．
(2)由题可知A包含的事件有“乙答对0个甲答对2个“或“乙答对1个甲答对3个”，
P(乙答对0个甲答对2个)=(12)3×[C32×(23)2×13]
=18×49=118，
P(乙答对1个甲答对3个)=C31×12×(12)2×[C33×(23)3]
=38×827=19．
所以事件A发生的概率P(A)=118+19=16．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
古典概型及其概率计算公式
【解析】
(1)推导出X∼B(3, 23)，由此能求出随机变量X的分布列和数学期望E(X)．
(2)设A为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，则A包含的事件有{乙答对0个甲答对2个，乙答对1个甲答对3个}，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出事件A发生的概率P(A)．
【解答】
解：(1)用X表示甲同学答对题目的个数，则X∼B(3, 23)，
P(X=0)=C30×(13)3=127，
P(X=1)=C31×23×(13)2=29，
P(X=2)=C32×(23)2×13=49，
P(X=3)=C33×(23)3=827，
所以随机变量X的分布列为：
数学期望E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．
(2)由题可知A包含的事件有“乙答对0个甲答对2个“或“乙答对1个甲答对3个”，
P(乙答对0个甲答对2个)=(12)3×[C32×(23)2×13]
=18×49=118，
P(乙答对1个甲答对3个)=C31×12×(12)2×[C33×(23)3]
=38×827=19．
所以事件A发生的概率P(A)=118+19=16．
【答案】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，
由勾股定理得BD=AB2+AD2=12+(2)2=3，
cs∠BDC=cs∠DBA=13，
在△BCD中，由余弦定理得：
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC=3，
BC=3．
又∵ PB=12+(2)2=3，PD=(2)2+(2)2=2，
∴ △PCD，△PCB是等腰三角形．
∵ M为PC中点，
∴ PC⊥MD，PC⊥MB．
∵ BM，DM⊂平面BMD且BM∩DM=M，
∴ PC⊥平面BMD．
又PC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面BMD．
(2)解：由题可得P到平面BCD的距离是PA，
M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的12．
∴ VD−BMP=VD−BMC=VM−BCD
=13×12×2×2×12×2=13．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，
由勾股定理得BD=AB2+AD2=12+(2)2=3，
cs∠BDC=cs∠DBA=13，
在△BCD中，由余弦定理得：
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC=3，
BC=3．
又∵ PB=12+(2)2=3，PD=(2)2+(2)2=2，
∴ △PCD，△PCB是等腰三角形．
∵ M为PC中点，
∴ PC⊥MD，PC⊥MB．
∵ BM，DM⊂平面BMD且BM∩DM=M，
∴ PC⊥平面BMD．
又PC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面BMD．
(2)解：由题可得P到平面BCD的距离是PA，
M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的12．
∴ VD−BMP=VD−BMC=VM−BCD
=13×12×2×2×12×2=13．
【答案】
解：(1)将点A0,−1，B−22,32代入椭圆方程中，
可得12a2+34b2=1，b=1，
解得a=2，b=1，
所以，椭圆E的方程为x22+y2=1 .
(2)直线AP与AQ的斜率之和为定值.
理由如下：
①直线的斜率不存在时，P1,22，Q1,−22，
直线AP与AQ的斜率之和22+11+−22+11=2；
②当直线的斜率存在时，直线P，Q的方程为y=kx−1+1k≠2，
代入x22+y2=1中，
可得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0，
由已知可得Δ>0，
设Px1,y1，Qx2,y2， x1x2≠0，
则x1+x2=4kk−11+2k2，x1x2=2kk−21+2k2，
所以直线AP与AQ的斜率之和为：
kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2−kx1+kx2+2−kx2
=k+2−kx1+k+2−kx2
=2k+(2−k)1x1+1x2
=2k+(2−k)×x1+x2x1x2
=2k+(2−k)×4k(k−1)2k(k−2)
=2k−2(k−1)
=2.
综上所述，直线AP与AQ的斜率之和为定值2.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将点A0,−1，B−22,32代入椭圆方程中，
可得12a2+34b2=1，b=1，
解得a=2，b=1，
所以，椭圆E的方程为x22+y2=1 .
(2)直线AP与AQ的斜率之和为定值.
理由如下：
①直线的斜率不存在时，P1,22，Q1,−22，
直线AP与AQ的斜率之和22+11+−22+11=2；
②当直线的斜率存在时，直线P，Q的方程为y=kx−1+1k≠2，
代入x22+y2=1中，
可得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0，
由已知可得Δ>0，
设Px1,y1，Qx2,y2， x1x2≠0，
则x1+x2=4kk−11+2k2，x1x2=2kk−21+2k2，
所以直线AP与AQ的斜率之和为：
kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2−kx1+kx2+2−kx2
=k+2−kx1+k+2−kx2
=2k+(2−k)1x1+1x2
=2k+(2−k)×x1+x2x1x2
=2k+(2−k)×4k(k−1)2k(k−2)
=2k−2(k−1)
=2.
综上所述，直线AP与AQ的斜率之和为定值2.
【答案】
(1)解：gx=fex=x−mex，定义域为R，
则g′x=1−mex，
当m≤0时，g′x>0恒成立，即gx在−∞,+∞上单调递增，无递减区间；
当m>0时，令g′x=1−mex=0，
解得x=−lnm，
当x<−lnm时，g′x>0，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，
当x>−lnm时，g′x<0，gx在(−lnm,+∞)上单调递减，
综上，当m≤0时，gx在−∞,+∞上单调递增，
当m>0时，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，在(−lnm,+∞)上单调递减.
(2)证明：x1，x2为方程fx+2=0的两个不相等的实数根，不妨设0则lnx1−mx1+2=0，lnx2−mx2+2=0，
两式相减可得lnx1x2=m(x1−x2)，即 m=lnx1x2x1−x2，
∵ 0∴ x1−x2<0，lnx1x2<0，
∴ m>0，
两式相加可得lnx1x2=m(x1+x2)−4，
要证明x1x2>1e2，
只要证明ln(x1x2)>ln1e2=−2，
即证mx1+x2−4>−2，
即证lnx1x2x1−x2(x1+x2)>2，
即证lnx1x2<2x1−x2x1+x2=2⋅x1x2−1x1x2+1，
设x1x2=t，则0即证lnt<2t−1t+1，
设ℎ(t)=lnt−2t−1t+1，0∴ ℎ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2，
∵(t−1)2>0，t(t+1)2>0，
∴ℎ′(t)>0恒成立，
∴ ℎt在(0,1)上单调递增，
∴ ℎ(t)<ℎ(1)=0，
∴ lnt<2t−1t+1成立，
故x1x2>1e2．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：gx=fex=x−mex，定义域为R，
则g′x=1−mex，
当m≤0时，g′x>0恒成立，即gx在−∞,+∞上单调递增，无递减区间；
当m>0时，令g′x=1−mex=0，
解得x=−lnm，
当x<−lnm时，g′x>0，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，
当x>−lnm时，g′x<0，gx在(−lnm,+∞)上单调递减，
综上，当m≤0时，gx在−∞,+∞上单调递增，
当m>0时，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，在(−lnm,+∞)上单调递减.
(2)证明：x1，x2为方程fx+2=0的两个不相等的实数根，不妨设0则lnx1−mx1+2=0，lnx2−mx2+2=0，
两式相减可得lnx1x2=m(x1−x2)，即 m=lnx1x2x1−x2，
∵ 0∴ x1−x2<0，lnx1x2<0，
∴ m>0，
两式相加可得lnx1x2=m(x1+x2)−4，
要证明x1x2>1e2，
只要证明ln(x1x2)>ln1e2=−2，
即证mx1+x2−4>−2，
即证lnx1x2x1−x2(x1+x2)>2，
即证lnx1x2<2x1−x2x1+x2=2⋅x1x2−1x1x2+1，
设x1x2=t，则0即证lnt<2t−1t+1，
设ℎ(t)=lnt−2t−1t+1，0∴ ℎ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2，
∵(t−1)2>0，t(t+1)2>0，
∴ℎ′(t)>0恒成立，
∴ ℎt在(0,1)上单调递增，
∴ ℎ(t)<ℎ(1)=0，
∴ lnt<2t−1t+1成立，
故x1x2>1e2． X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
1. 已知集合A=x|x2≤4，B=x|2x<1，则A∩B等于( )
A.[−2,1)B.[−2,0)C.(1,2]D.[−2,+∞）
2. 已知z=1−3i1+i，则|z|=( )
A.2B.2C.5D.3
3. 已知奇函数fx在R上是增函数，若a=−flg215， b=flg265， c=f20.8 ，则a，b，c的大小关系为( )
A.b
4. 设等差数列an的前n项和为Sn，若S13=13π4，则sina5+a9=( )
A.1B.32C.52D.2
5. 张老师、孙老师与三位学生共五人在清华大学数学系楼前排成一排照相，两位老师相邻且都不在两端的排法数是( )
A.12B.24C.36D.48
6. 设a>0，b>0，且ax+bx25展开式中各项的系数和为32，则1a+4b的最小值为( )
A.4B.2C.22D.92
7. 椭圆x29+y24=1的焦点为F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是( )
A.−55,55B.−255,255C.−355,355D.−655,655
8. 已知函数fx=2x3lnx−m−xemx−1，当x≥e时，fx≥0恒成立，则实数m的取值范围为( )
A.(−∞,4e]B.(−∞,3e]C.(−∞,2e]D.−∞,3e2
二、多选题
已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题不正确的是( )
A.若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
B.若m⊥α，n//α，则m⊥n
C.若m⊂α，m//β，则α//β
D.m//n，α//β，则m与α所成的角和n与β所成的角相等
下列说法正确的是( )
A.x>0， x+1x的最小值为2
B.sinx+4sinx的最小值为4，x∈0,π
C.x2+1的最小值为2x
D.4x1−x的最大值为1
已知函数gx的图象是由函数fx=2sin(2x+π4)的图象向右平移π4个单位长度得到的，则下列说法正确的是( )
A.gx是奇函数
B.gx的单调递增区间为[kπ−π8,kπ+3π8](k∈Z)
C.gx的图象的一条对称轴方程为x=3π8
D.gx的图象的一个对称中心为7π8,0
在等差数列{an}中，首项a1>0，公差d≠0，前n项和为Sn(n∈N∗)．有下列命题：①若S3=S15，则S18=0；②若S3=S15，则S9是Sn中的最小项；③若S3=S15，则a9+a10=0；④若S9>S10，则S10>S11．其中正确命题有( )
A.①B.②C.③D.④
三、填空题
已知向量a→=m,−3，b→=3,−1，若向量a→，b→的夹角为π3，则实数m=________.
已知α∈(0, π2)，且2sin2α−sinαcsα−3cs2α=0，则sin(α+π4)sin2α+cs2α+1=________．
词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术•商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术•商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC，其中PA⊥平面ABC，PA=AC=1， BC=2，则四面体P−ABC的外接球的表面积为________.
已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2px上一点A到焦点F的距离为4，若点M为抛物线C准线上的动点，给出以下命题：
①当△MAF为正三角形时，p的值为2；②存在M点，使得MA→−MF→=0→；③若MF→=3FA→，则p等于3；④|OM|+|MA|的最小值为213，则p等于4或12.
其中正确的是________.
四、解答题
在①ba=csB+13sinA，②2bsinA=atanB，③a−csinA+csinA+B=bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足________.
(1)求角B；
(2)若a+c=2b，且△ABC外接圆的直径为2，求△ABC的面积.
已知数列an的前n项和Sn=n2， bn是等差数列，且an=bn+bn+1 .
(1)求数列an和{bn}的通项公式；
(2)令cn=1bn+1⋅bn+2， Tn=c1+c2+⋯+cn，求使Tn<1519成立的最大正整数n．
甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答3道题，甲答对每道题的概率为23，乙答对每道题的概率为12，且各人是否答对每道题互不影响．
(1)用X表示甲同学答对题目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)设A为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，求事件A发生的概率．
四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠BAD=90∘，CD=2AB=2，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，M为PC中点．
(1)求证：平面PBC⊥平面BMD；
(2)求三棱锥D−BMP的体积．
椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0经过点A0,−1，B−22,32.
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点1,1的直线与椭圆E交于不同两点P，Q（均异于点A），则直线AP与AQ的斜率之和是否为定值？如果是，请求出该定值，如果不是，请说明理由．
已知函数fx=lnx−mx.
(1)设gx=fex，求函数gx的单调区间；
(2)若x1，x2为方程fx+2=0的两个不相等的实数根，求证：x1x2>1e2.
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省高三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
先求出集合A，B，再利用集合的交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ A=x|x2≤4={x|−2≤x≤2}，
B=x|2x<1={x|x<0}，
∴ A∩B=[−2,0).
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．
【解答】
解：z=1−3i1+i=(1−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=−1−2i，
所以|z|=(−2)2+(−1)2=5.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
奇偶性与单调性的综合
对数及其运算
【解析】
由已知结合对数的性质及函数的单调性及奇偶性即可比较大小．
【解答】
解：因为函数fx为R上的奇函数，
所以a=−flg215=f−lg215=flg25.
因为0
所以flg265
4.
【答案】
A
【考点】
等差数列的前n项和
等差中项
【解析】
根据题意可得13a1+a132=13π4，解得a7=π4，即a5+a9=π2，代入化简sina5+a9即可得出答案．
【解答】
解：因为在等差数列an中，S13=13π4，
所以13a1+a132=13π4，
所以13×2a72=13π4，
解得a7=π4.
又因为a5+a9=2a7，
所以a5+a9=2×π4=π2，
所以sina5+a9=sinπ2=1.
故选A．
5.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
【解答】
解：把2位老师捆绑在一起看做一个元素，插入到3位同学所成的2个空中，
故有A22A33A21=24种.
故选B．
6.
【答案】
D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
由题意得到a+b=2，再利用基本不等式求最值即可.
【解答】
解：ax+bx25各项系数和为32，
令x=1，可得(a+b)5=32，
∴ a+b=2，
∴ 12a+b=1，
∴ 1a+4b=1a+4b⋅12a+b
=52+b2a+2ab
≥52+2b2a⋅2ab=52+2=92，
当且仅当b2a=2ab且a+b=2，即a=23，b=43时等号成立，
∴ 1a+4b的最小值为92.
故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设Px,y，根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22
解：如图，
设Px,y，
由题易得F1−5,0， F25,0，且∠F1PF2是钝角，
可得PF12+PF22<|F1F2|2，
即x+52+y2+5−x2+y2<(5+5)2,
整理得x2+y2<5，
所以x2+41−x29<5，
所以x2<95，
解得−355
8.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
先分析m≤0，x≥e时，fx≥0显然成立.
再分析m>0时，转化为2lnxe2lnx≥mx−1emx−1,x≥e恒成立,
令gx=xex，则g2lnx≥gmx−1,x≥e恒成立.
则g′x=x+1ex>0，故gx在−1,+∞单增，再构造函数ux可得解.
【解答】
解：当m≤0，x≥e时，m−xemx−1<0，
所以fx=2x3lnx−m−xemx−1≥0恒成立.
当m>0时，2x3lnx−m−xemx−1≥0
⇔2x3lnx≥m−xemx−1
⇔2x2lnx≥m−xxem−xx
⇔2e2lnxlnx≥m−xxem−xx，
设gx=xex，则g2lnx≥gm−xx，x≥e恒成立.
则g′x=x+1ex>0，故gx在[e,+∞)上单调递增，
可得2lnx≥m−xx>−1，x≥e恒成立，
即m≤2xlnx+x，x≥e恒成立，
令ux=2xlnx+x，x≥e，
则u′x=2lnx+3≥0，则ux在[e,+∞)上单调递增，
故uxmin=ue=3e，
故0
故选B.
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
由空间中直线与直线、直线与平面垂直的性质判断A；由直线与平面垂直的性质判断B；由平面与平面、直线与平面平行的定义判断C；由直线与平面所成角的定义判断D.
【解答】
解：A，若m⊥n，m⊥α，n//β，则α//β或α与β相交，故A错误，符合题意；
B，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，m垂直与α平行的所有直线，
又n//α，则m⊥n，故B正确，不符合题意；
C，若m⊂α，m//β，α//β或α与β相交，故C错误，符合题意；
D，由m//n，得m，n与α成等角，又α//β，则m，n与β成等角，
则m与α所成的角和n与β所成的角相等，故D正确，不符合题意．
故选AC．
【答案】
A,D
【考点】
命题的真假判断与应用
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式或函数的基本性质来得出各代数式的最值，利用基本不等式时需注意“一正、二定、三相等”这三个条件要满足．
【解答】
解：A，当x>0时，x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x=1时等号成立，故A选项正确；
B，当x∈0,π时，0
D，由基本不等式可得4x1−x≤4⋅x+1−x22=1，
当且仅当x=1−x时，即当x=12时等号成立，故D选项正确.
故选AD．
【答案】
B,C
【考点】
正弦函数的对称性
正弦函数的单调性
函数的图象变换
函数奇偶性的判断
【解析】
由题意利用函数y=Asinωx+φ的图象变换规律，求得gx的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
解：函数g(x)的图象由函数fx=2sin2x+π4的图象向右平移π4个单位长度得到，
所以g(x)=2sin[2(x−π4)+π4]=2sin2x−π4，
因为g(x)的定义域为R，g−x≠g(x)且g−x≠−g(x)，
所以gx为非奇非偶函数，故A错误；
由2kπ−π2≤2x−π4≤2kπ+π2(k∈Z)可得，
kπ−π8≤x≤kπ+3π8(k∈Z)，
所以函数gx的单调递增区间为[kπ−π8,kπ+3π8](k∈Z)，故B正确；
令x=3π8，可得gx=2sin(2×3π8−π4)=2，取得最大值，
故gx的图象的一条对称轴方程为x=3π8，故C正确；
令x=7π8，可得gx=2sin(2×7π8−π4)=−2≠0，
所以7π8,0不是gx图象的一个对称中心，故D错误.
故选BC．
【答案】
A,C,D
【考点】
等差数列的前n项和
数列与不等式的综合
【解析】
根据所给条件，结合等差数列的概念，性质以及前n项和逐项分析即可，
【解答】
解：数列{an}是等差数列，
若S3=S15，则a4+a5+⋯+a15=0，
所以a4+a15=a1+a18=a9+a10=0，
所以S18=18(a1+a18)2=0，故命题①③正确；
因为首项a1>0，若S3=S15，则公差d<0，
又a9+a10=0，所以a9>0，a10<0，
所以S9是Sn中的最大项，故命题②错误；
若S9>S10，则a10<0，所以第十项以后为负数项，
所以S10>S11，故命题④正确.
综上，命题①③④正确.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
0
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
数量积的坐标表达式
【解析】
根据向量夹角的余弦公式可得出3m+32m2+9=12，求出m的值，并验证是否满足3m+32m2+9=12即可．
【解答】
解：∵ |a→|=m2+9，|b→|=32+(−1)2=2，
a→⋅b→=3m+3，且
∴ cs
=3m+32m2+9=csπ3=12，
整理可得2m2+63m=0，即m(2m+63)=0，
解得m=−33或0，
当m=−33时，a→⋅b→<0，不满足3m+32m2+9=12，故舍去，
∴ m=0.
故答案为：0．
【答案】
268
【考点】
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
利用已知条件求出tanα的值，然后求解所求表达式的值．
【解答】
解：α∈(0, π2)，且2sin2α−sinαcsα−3cs2α=0，
所以2tan2α−tanα−3=0，
解得tanα=32，tanα=−1（舍去），
csα=cs2αsin2α+cs2α
=1tan2α+1
=1(32)2+1
=21313，
sin(α+π4)sin2α+cs2α+1=22(sinα+csα)2sinαcsα+2cs2α
=24csα
=24×21313
=268．
故答案为：268.
【答案】
4π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
由几何体的特征，确定球心，可得解.
【解答】
解：如图所示，
则取PB的中点为点O，
可得OA=OB=OP=OC，即O为球心，
则半径为R=12PB=12PA2+AB2
=12PA2+AC2+BC2
=12×12+12+22
=1，
表面积为S=4πR2=4π.
故答案为：4π.
【答案】
①③
【考点】
抛物线的性质
抛物线的标准方程
圆锥曲线中的范围与最值问题
【解析】
根据等边三角形判定①，根据A,F不重合判定②，根据相似三角形判定③，根据最短距离列方程得p，判定④.
【解答】
解：①如图，
当△MAF为正三角形时，AF=AM，且AM//x轴.
因为AF=AM=4，
所以F到准线的距离为12AM=2，即p2+p2=2，
所以p=2，故①正确；
②MA→−MF→=FA→，因为A在抛物线上，所以FA→≠0→，故②错误；
③如图，
若MF→=3FA→，则A，M，F三点共线，
因为FD//AC，
所以△MFD∼△MAC，
所以MF=3|FA|=3×4=12，
MA=MF+FA=12+4=16，
由三角形相似可得MFMA=DFCA，即1216=p4，
得p=3，故③正确；
④如图，
设B(−p，0)，则O，B关于准线对称，
故|MO|=|MB|，
因为|AF|=4，所以A点的横坐标为4−p2.
设A在第一象限，yA2=8p−p2，
故OM+MA的最小值为
AB=4+p22+8p−p2=213，
解得p=4或12，
因为A在第一象限，所以4−p2>0，解得p<8，
故p=4，故④不正确.
综上，命题①③正确.
故答案为：①③.
四、解答题
【答案】
解：(1)若选①：∵ ba=csB+13sinA，
由正弦定理可得3sinBsinA=sinAcsB+sinA，
∵ A为三角形内角，sinA≠0，
∴ 3sinB=csB+1，
可得2sinB−π6=1，即sinB−π6=12，
∵ B∈(0,π)，可得B−π6∈−π6,5π6，可得B−π6=π6，
∴ B=π3．
若选②：∵ 2bsinA=atanB，
∴ 2bsinA=asinBcsB，由正弦定理可得2sinBsinA=sinA⋅sinBcsB，
∵ sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
若选③：∵ (a−c)sinA+csin(A+B)=bsinB，
∴ (a−c)sinA+csinC=bsinB.
由正弦定理可得(a−c)a+c2=b2，整理可得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12.
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
(2)∵ B=π3，△ABC外接圆的直径为2，
即bsinB=bsinπ3=2，
解得b=3，
又∵ a+c=2b=23，
∴ b2=a2+c2−2accsB
=(a+c)2−2ac−2ac×12=12−3ac=3，
解得ac=3，
∴ 由正弦定理可得S△ABC=12acsinB=12×3×32=334．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)若选①：∵ ba=csB+13sinA，
由正弦定理可得3sinBsinA=sinAcsB+sinA，
∵ A为三角形内角，sinA≠0，
∴ 3sinB=csB+1，
可得2sinB−π6=1，即sinB−π6=12，
∵ B∈(0,π)，可得B−π6∈−π6,5π6，可得B−π6=π6，
∴ B=π3．
若选②：∵ 2bsinA=atanB，
∴ 2bsinA=asinBcsB，由正弦定理可得2sinBsinA=sinA⋅sinBcsB，
∵ sinA≠0，
∴ csB=12，
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
若选③：∵ (a−c)sinA+csin(A+B)=bsinB，
∴ (a−c)sinA+csinC=bsinB.
由正弦定理可得(a−c)a+c2=b2，整理可得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12.
∵ B∈(0,π)，
∴ B=π3．
(2)∵ B=π3，△ABC外接圆的直径为2，
即bsinB=bsinπ3=2，
解得b=3，
又∵ a+c=2b=23，
∴ b2=a2+c2−2accsB
=(a+c)2−2ac−2ac×12=12−3ac=3，
解得ac=3，
∴ 由正弦定理可得S△ABC=12acsinB=12×3×32=334．
【答案】
解：(1)数列an的前n项和Sn=n2，①
当n=1时，解得a1=1．
当n≥2时， Sn−1=n−12，②
①−②得an=Sn−Sn−1=2n−1，首项符合通项，
所以an=2n−1．
数列bn是等差数列，且an=bn+bn+1，设公差为d，
所以a1=1=b1+b2=2b1+d，a2=3=b2+b3=2b1+3d，
解得b1=0，d=1.
所以bn=n−1．
(2)由于cn=1bn+1⋅bn+2=1nn+1=1n−1n+1，
故Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1．
当1−1n+1<1519时，
解得n<154，
因为n为正整数，所以可取3，2，1，
∴ Tn<1519成立的最大正整数为3．
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的通项公式
数列递推式
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)数列an的前n项和Sn=n2，①
当n=1时，解得a1=1．
当n≥2时， Sn−1=n−12，②
①−②得an=Sn−Sn−1=2n−1，首项符合通项，
所以an=2n−1．
数列bn是等差数列，且an=bn+bn+1，设公差为d，
所以a1=1=b1+b2=2b1+d，a2=3=b2+b3=2b1+3d，
解得b1=0，d=1.
所以bn=n−1．
(2)由于cn=1bn+1⋅bn+2=1nn+1=1n−1n+1，
故Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1．
当1−1n+1<1519时，
解得n<154，
因为n为正整数，所以可取3，2，1，
∴ Tn<1519成立的最大正整数为3．
【答案】
解：(1)用X表示甲同学答对题目的个数，则X∼B(3, 23)，
P(X=0)=C30×(13)3=127，
P(X=1)=C31×23×(13)2=29，
P(X=2)=C32×(23)2×13=49，
P(X=3)=C33×(23)3=827，
所以随机变量X的分布列为：
数学期望E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．
(2)由题可知A包含的事件有“乙答对0个甲答对2个“或“乙答对1个甲答对3个”，
P(乙答对0个甲答对2个)=(12)3×[C32×(23)2×13]
=18×49=118，
P(乙答对1个甲答对3个)=C31×12×(12)2×[C33×(23)3]
=38×827=19．
所以事件A发生的概率P(A)=118+19=16．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
古典概型及其概率计算公式
【解析】
(1)推导出X∼B(3, 23)，由此能求出随机变量X的分布列和数学期望E(X)．
(2)设A为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，则A包含的事件有{乙答对0个甲答对2个，乙答对1个甲答对3个}，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出事件A发生的概率P(A)．
【解答】
解：(1)用X表示甲同学答对题目的个数，则X∼B(3, 23)，
P(X=0)=C30×(13)3=127，
P(X=1)=C31×23×(13)2=29，
P(X=2)=C32×(23)2×13=49，
P(X=3)=C33×(23)3=827，
所以随机变量X的分布列为：
数学期望E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．
(2)由题可知A包含的事件有“乙答对0个甲答对2个“或“乙答对1个甲答对3个”，
P(乙答对0个甲答对2个)=(12)3×[C32×(23)2×13]
=18×49=118，
P(乙答对1个甲答对3个)=C31×12×(12)2×[C33×(23)3]
=38×827=19．
所以事件A发生的概率P(A)=118+19=16．
【答案】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，
由勾股定理得BD=AB2+AD2=12+(2)2=3，
cs∠BDC=cs∠DBA=13，
在△BCD中，由余弦定理得：
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC=3，
BC=3．
又∵ PB=12+(2)2=3，PD=(2)2+(2)2=2，
∴ △PCD，△PCB是等腰三角形．
∵ M为PC中点，
∴ PC⊥MD，PC⊥MB．
∵ BM，DM⊂平面BMD且BM∩DM=M，
∴ PC⊥平面BMD．
又PC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面BMD．
(2)解：由题可得P到平面BCD的距离是PA，
M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的12．
∴ VD−BMP=VD−BMC=VM−BCD
=13×12×2×2×12×2=13．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在直角梯形ABCD中，
由勾股定理得BD=AB2+AD2=12+(2)2=3，
cs∠BDC=cs∠DBA=13，
在△BCD中，由余弦定理得：
BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcs∠BDC=3，
BC=3．
又∵ PB=12+(2)2=3，PD=(2)2+(2)2=2，
∴ △PCD，△PCB是等腰三角形．
∵ M为PC中点，
∴ PC⊥MD，PC⊥MB．
∵ BM，DM⊂平面BMD且BM∩DM=M，
∴ PC⊥平面BMD．
又PC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面BMD．
(2)解：由题可得P到平面BCD的距离是PA，
M到平面BCD的距离是P到平面BCD的距离的12．
∴ VD−BMP=VD−BMC=VM−BCD
=13×12×2×2×12×2=13．
【答案】
解：(1)将点A0,−1，B−22,32代入椭圆方程中，
可得12a2+34b2=1，b=1，
解得a=2，b=1，
所以，椭圆E的方程为x22+y2=1 .
(2)直线AP与AQ的斜率之和为定值.
理由如下：
①直线的斜率不存在时，P1,22，Q1,−22，
直线AP与AQ的斜率之和22+11+−22+11=2；
②当直线的斜率存在时，直线P，Q的方程为y=kx−1+1k≠2，
代入x22+y2=1中，
可得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0，
由已知可得Δ>0，
设Px1,y1，Qx2,y2， x1x2≠0，
则x1+x2=4kk−11+2k2，x1x2=2kk−21+2k2，
所以直线AP与AQ的斜率之和为：
kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2−kx1+kx2+2−kx2
=k+2−kx1+k+2−kx2
=2k+(2−k)1x1+1x2
=2k+(2−k)×x1+x2x1x2
=2k+(2−k)×4k(k−1)2k(k−2)
=2k−2(k−1)
=2.
综上所述，直线AP与AQ的斜率之和为定值2.
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将点A0,−1，B−22,32代入椭圆方程中，
可得12a2+34b2=1，b=1，
解得a=2，b=1，
所以，椭圆E的方程为x22+y2=1 .
(2)直线AP与AQ的斜率之和为定值.
理由如下：
①直线的斜率不存在时，P1,22，Q1,−22，
直线AP与AQ的斜率之和22+11+−22+11=2；
②当直线的斜率存在时，直线P，Q的方程为y=kx−1+1k≠2，
代入x22+y2=1中，
可得(1+2k2)x2−4k(k−1)x+2k(k−2)=0，
由已知可得Δ>0，
设Px1,y1，Qx2,y2， x1x2≠0，
则x1+x2=4kk−11+2k2，x1x2=2kk−21+2k2，
所以直线AP与AQ的斜率之和为：
kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2−kx1+kx2+2−kx2
=k+2−kx1+k+2−kx2
=2k+(2−k)1x1+1x2
=2k+(2−k)×x1+x2x1x2
=2k+(2−k)×4k(k−1)2k(k−2)
=2k−2(k−1)
=2.
综上所述，直线AP与AQ的斜率之和为定值2.
【答案】
(1)解：gx=fex=x−mex，定义域为R，
则g′x=1−mex，
当m≤0时，g′x>0恒成立，即gx在−∞,+∞上单调递增，无递减区间；
当m>0时，令g′x=1−mex=0，
解得x=−lnm，
当x<−lnm时，g′x>0，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，
当x>−lnm时，g′x<0，gx在(−lnm,+∞)上单调递减，
综上，当m≤0时，gx在−∞,+∞上单调递增，
当m>0时，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，在(−lnm,+∞)上单调递减.
(2)证明：x1，x2为方程fx+2=0的两个不相等的实数根，不妨设0
两式相减可得lnx1x2=m(x1−x2)，即 m=lnx1x2x1−x2，
∵ 0
∴ m>0，
两式相加可得lnx1x2=m(x1+x2)−4，
要证明x1x2>1e2，
只要证明ln(x1x2)>ln1e2=−2，
即证mx1+x2−4>−2，
即证lnx1x2x1−x2(x1+x2)>2，
即证lnx1x2<2x1−x2x1+x2=2⋅x1x2−1x1x2+1，
设x1x2=t，则0
设ℎ(t)=lnt−2t−1t+1，0
∵(t−1)2>0，t(t+1)2>0，
∴ℎ′(t)>0恒成立，
∴ ℎt在(0,1)上单调递增，
∴ ℎ(t)<ℎ(1)=0，
∴ lnt<2t−1t+1成立，
故x1x2>1e2．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
根的存在性及根的个数判断
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：gx=fex=x−mex，定义域为R，
则g′x=1−mex，
当m≤0时，g′x>0恒成立，即gx在−∞,+∞上单调递增，无递减区间；
当m>0时，令g′x=1−mex=0，
解得x=−lnm，
当x<−lnm时，g′x>0，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，
当x>−lnm时，g′x<0，gx在(−lnm,+∞)上单调递减，
综上，当m≤0时，gx在−∞,+∞上单调递增，
当m>0时，gx在(−∞,−lnm)上单调递增，在(−lnm,+∞)上单调递减.
(2)证明：x1，x2为方程fx+2=0的两个不相等的实数根，不妨设0
两式相减可得lnx1x2=m(x1−x2)，即 m=lnx1x2x1−x2，
∵ 0
∴ m>0，
两式相加可得lnx1x2=m(x1+x2)−4，
要证明x1x2>1e2，
只要证明ln(x1x2)>ln1e2=−2，
即证mx1+x2−4>−2，
即证lnx1x2x1−x2(x1+x2)>2，
即证lnx1x2<2x1−x2x1+x2=2⋅x1x2−1x1x2+1，
设x1x2=t，则0
设ℎ(t)=lnt−2t−1t+1，0
∵(t−1)2>0，t(t+1)2>0，
∴ℎ′(t)>0恒成立，
∴ ℎt在(0,1)上单调递增，
∴ ℎ(t)<ℎ(1)=0，
∴ lnt<2t−1t+1成立，
故x1x2>1e2． X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
X
0
1
2
3
P
127
29
49
827
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