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2020-2021学年湖南省东安县某校高二（下）期末考试数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021学年湖南省东安县某校高二（下）期末考试数学试卷人教A版，共13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. 设集合A=x|x≥1，B=x|−1A.x|x>−1B.x|x≥1
C.x|−1
2. 设复数zi=3+i1+i，则复数z在复平面内对应的点的坐标为( )
A.−2,−1B.−1,−2C.1,2D.2,−1
3. 2021年3月18日“2021亚太地区自然指数”发布，中国机构整体表现强劲．在2020年亚太地区科研产出贡献份额排名前5位中有4家中国机构，它们分别是中国科学院（第一），中国科学技术大学（第二），北京大学（第四），中国科学院大学（第五），相应的贡献份额（取整数）分别为1904，486，456，422，则这四个数的极差、中位数分别是（ ）
A.−1482，472B.1482，472C.−1482，471D.1482，471
4. “α∈π4,π2”是“tanα>1”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
5. 函数fx=ex+1csxex−1的大致图象为（ ）
A.B.
C.D.
6. 据考证，蚊香最早出现在宋代．根据《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫．”“螺旋蚊香”的近似画法如图所示：在水平直线l上（A为起点），取长度为1cm 的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，BA为半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推（圆心按B→C→A循环）．若“螺旋蚊香”每小时燃烧8cm，为保证一盘“螺旋蚊香”燃烧4小时（从外向内燃烧），则“螺旋蚊香”与直线l至少有( )
A.3个交点B.4个交点C.5个交点D.6个交点
7. 如图，在等腰梯形ABCD中，AB→=2DC→=4AE→，BD交CE于点G，且|AB→|=4，∠DAB=π3，则|AG→|=（ ）
A.7425B.375C.14825D.2375
8. 剪刀石头布又称“猜丁壳”，古老而简单，游戏规则中，石头克剪刀，剪刀克布，布克石头，三者相互制约，因此不论平局几次，总会有决出胜负的时候．A，B两位同学各有3张卡片，现以“剪刀、石头、布”的形式进行游戏·输方将给赢方一张卡片，平局互不给卡片，直至某人赢得所有卡片，游戏终止．若A，B一局各自赢的概率都是13，平局的概率为13，各局输赢互不影响，则恰好5局时游戏终止的概率是( )
A.19B.281C.227D.481
二、多选题
关于x，y的方程x2m2+2+y24−m2=1（其中m2≠4）表示的曲线可能是( )
A.焦点在y轴上的双曲线B.圆心为坐标原点的圆
C.焦点在x轴上的双曲线D.长轴长为26的椭圆
已知a=30.2，b=lg30.2，c=0.31.2，d=lg20.2，则( )
A.c
已知函数fx=23cs2x+csx−sinx2−3，则下列选项中不正确的是( )
A.fx的最小正周期为π2
B.fx的图象关于点π6,0中心对称
C.fx在π6,2π3上单调递减
D.把函数y=2sin2x的图象先向左平移π3个单位长度，再将所得图象向上平移1个单位长度，可得到fx的图象
已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为22，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的动点，则以下结论正确的是( )
A.线段EF的长度是7B.MF+ME的最小值为22
C.存在点M，使PB⊥平面MEFD.存在点M，使∠EMF是直角
三、填空题
已知曲线y=23x3−alnx在x=1处的切线方程为y=kx+2，则a=________．
已知x−2xn展开式中各项的二项式系数和是64，则展开式中的常数项为________．
中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年∼前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器．如图，某沙漏由上、下两个圆锥容器组成，圆锥底面圆的直径和高均为4cm，当细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的34（细管长度忽略不计）．若细沙的流速为每分钟1cm3，则上部细沙全部流完的时间约为________分钟（结果精确到整数部分）；若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则该沙堆的高为________cm．
已知P为曲线C:x=3y上一点，T0,94，A3,3，则|PT|+|PA|的最小值为________.
四、解答题
△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acsC+3asinC−b−c=0．
(1)求A．
(2)若a=23，且向量m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，求△ABC的面积．
已知等差数列an的前n项和为Sn，且S6=63，a4是a2与a8的等比中项．
(1)求数列an的通项公式．
(2)从①bn=an3n，②bn=1anan+2这两个条件中任选一个补充在下列问题中，并解答以下问题：数列bn满足________，其前n项和为Tn，求Tn；
习近平总书记在党的十九大工作报告中提出，永远把人民对美好生活的向往作为奋斗目标．在这一号召的引领下，全国人民积极工作，健康生活．当前“日行万步”正成为健康生活的代名词．某学校工会积极组织该校教职工参与“日行万步”活动，界定日行步数不足4千步的人为“不健康生活方式者”，不少于10千步的人为“超健康生活方式者”，其他为“一般生活方式者”．该学校工会随机抽取了本校50名教职工，统计他们的日行步数，按步数分为[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12),[12,14]（单位：千步）七组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这50名教职工日行步数（单位：千步）的样本平均数（同一组数据用该组数据区间的中点值代替）．
(2)学校工会准备从样本中的“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”中抽取3人进行日常生活方式交流座谈会，记抽取的3人中“超健康生活方式者”人数为X，求X的分布列和数学期望．
(3)用样本估计总体，若工会打算对该校全体1000名教职工中的“超健康生活方式者”进行鼓励，其中步数在[10,12）内的教职工奖励一件T恤，价值50元；步数在12,14内的教职工奖励一件T恤和一条运动裤，价值100元．试判断10000元的预算是否足够．
如图，四边形ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，PA//DE，P与E在平面ABCD的同侧且PA=2AD=2DE．
(1)证明：BD//平面PCE；
(2)若PC与平面ABCD所成角的正切值为2，求二面角D−CE−P的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点E1,32，A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，且直线A1E，A2E的斜率的乘积为−34．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过左焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=4于点Q，求|PQ||MN|的最小值．
已知函数fx=2exex−2a+4ax+a2．
(1)讨论fx极值点的个数．
(2)若x1，x2是fx的两个极值点，且fx1+fx2≥tx1+x2恒成立，求实数t的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省东安县某校高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
补集及其运算
【解析】
【解答】
解：∵∁RA=x|x<1，B=x|−1∴∁RA∩B={x|−1故选C．
2.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
【解答】
解：∵zi=3+i1+i=3+i1−i2=2−i．
∴z=2−ii=−1−2i，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为−1,−2．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
无
【解答】
解：极差为1904−422=1482，中位数为486+4562=471．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
正切函数的图象
【解析】
【解答】
解：当α∈π4,π2时，tanα>1；
当tanα>1，α∈π4+kπ,π2+kπ，k∈Z，
所以“α∈π4,π2”是“tanα>1”的充分不必要条件．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：因为f(x)为奇函数，
所以其图象关于原点对称，
所以排除C，D，
当x∈0,π2时，f(x)>0.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
归纳推理
弧长公式
【解析】
【解答】
解：若需“螺疑纹香”燃烧4小时，
则“螺旋纹香”的长度至少为32cm，
A为第一个交点，
AD⌢=2π3，DE⌢=4π3，
EF⌢=6π3，FG⌢=8π3，GH⌢=10π3，
此时“螺旋蚁香”的长度为AD⌢+DE⌢+EF⌢+FG⌢+GH⌢=10π≈31.4，
此时"螺旋效香”与直线l有4个交点．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在等腰梯形ABCD中，
因为AB=4，∠DAB=π3，
所以AD=2．
因为△DGC∽△BGE，
所以DGGB=DCBE=23，
所以AG→=AD→+DG→=AD→+25DB→
=AD→+25(AB→−AD→)=35AD→+25AB→，
所以|AG→|=35AD→+25AB→2
=925×4+2×35×25×4×2×12+425×16
=2375．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
【解答】
解：若没有平局，则前3局赢2局输1局，后2局都羸（A赢或B赢），
∴概率P1=C31135×2=281；
若有两局平局，则前4局赢2局平2局，最后一局赢（A赢或B赢），
∴概率P2=C42135×2=481，
∴恰好5局时游戏终止的概率P=P1+P2=681=227．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的定义
椭圆的定义
圆的标准方程
【解析】
【解答】
解：∵m2+2>0，
∴该方程不可能表示焦点在y轴上的双曲线，故A错误；
当4−m2>0时，该方程表示焦点在x轴上的双曲线，故C正确；
当m2=1时，该方程表示圆心为坐标原点，半径为3的圆，故B正确；
∵4−m2<6，且m2+2≠6，
∴该方程不可能表示长轴长为26的椭圆．
故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
对数的运算性质
【解析】
【解答】
解：∵1−20d=−lg25<−2，
∴c故选ABD．
【答案】
A,B,C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
余弦函数的单调性
余弦函数的对称性
余弦函数的周期性
【解析】
【解答】
解：∵fx=3cs2x−sin2x+1
=2cs2x+π6+1，
∴fx的最小正周期为π，故A错误；
令2x+π6=π2+kπ，k∈Z，得x=π6+kπ2，k∈Z，
∴fx图象的一个对称中心应为(π6,1)，故B错误；
令2kπ≤2x+π6≤π+2kπ，k∈Z，
得−π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k∈Z，
∴fx在[π6,5π12]上单调递减，在(5π12,2π3)单调递增，故C错误；
∵y=2sin2x=2cs(2x−π2)=2cs[2(x−π4)]，
∴将其图象向左平移π3个单位长度得y=2cs[2(x−π4+π3)]=2cs(2x+π6)的图象，再向上平移一个单位长度可得fx的图象，故D正确．
故选ABC．
【答案】
B,D
【考点】
棱锥的结构特征
余弦定理
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图1所示，设正方形ABCD的中心为O，连接PO，OC，OF，
则PO⊥平面ABCD，OC=OP=2.
设OC的中点为H，连接EH，FH，则EH//OP，
所以EH=12PO=1．
在△OFH中，OH=1，OF=2，∠FOC=135∘，
所以由余弦定理可得FH=5，
所以EF=EH2+FH2=6，故A不正确；
将正△PAB和正△PBC沿PB翻折到一个平面内，如图2所示，
当E，M，F三点共线时，ME+MF取得最小值，
此时，点M为PB的中点，ME+MF=BC=22，故B正确；
若PB⊥平面MEF，则PB⊥ME，
由图2可知，此时点M为PB上靠近点P的四等分点，
而此时在图1中PB与FM显然不垂直，故C不正确；
当点M在线段PB上无限靠近点P时，MF的长度无限趋向于6，
所以△EMF趋向于点F为顶点的等腰三角形，
此时∠EMF为一个锐角，
而当M为PB的中点时，
因为ME=MF=2，EF=6，
所以∠EMF为钝角，
所以存在点M，使∠EMF为直角，故D正确．
故选BD．
三、填空题
【答案】
103
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
【解答】
解：当x=1时，y=23，
∴切点坐标为(1,23)，
代入切线方程得k=−43，
∵y′=2x2−ax，
∴2−a=−43，
解得a=103．
故答案为：103 ．
【答案】
−160
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解：因为展开式中各项的二项式系数和为2n=64，
所以n=6．
因为展开式的通项公式为Tr+1=C6r−2rx6−2r，
令6−2r=0，
得r=3，
所以常数项为T4=−160．
故答案为：−160．
【答案】
7,2716
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知上部细沙对应的圆锥的底面直径与高均为3，
则其体积V=13×π×322×3=9π4
≈94×3.14=7.065cm3．
因为细沙的流速为每分钟1cm3，
所以上部细沙全部流完的时间约为7分钟．
若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，
设该沙堆的高为Hcm，则13×π×4H=9π4，
解得H=2716.
故答案为：7；2716.
【答案】
214
【考点】
抛物线的定义
【解析】
【解答】
解：易知曲线C是抛物线x2=9y的右半部分，且T为抛物线的焦点，
∵抛物线x2=9y的准线方程为y=−94，
∴|PT|等于P到直线y=−94的距离，
过A作准线的垂线，垂足为H，
则|PT|+|PA|的最小值为AH=3+94=214．
故答案为：214.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵acsC+3asinC−b−c=0，
∴3sinC+csC=b+ca，
整理得3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
∴3sinCsinA+csCsinA=sin(A+C)+sinC,
化简得(3sinA−csA)sinC=sinC，
3sinA−csA=1，
故sin(A−30∘)=12，
∵0∘∴A=60∘．
(2)∵m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，
∴sinC−2sinB=0，
得sinC=2sinB，即c=2b.
∵A=60∘，a=23，
∴由余弦定理可得12=b2+c2−bc=b2+4b2−2b2=3b2，
解得b=2，c=4，
故△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×4×32=23 ．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】
【解答】
解：(1)∵acsC+3asinC−b−c=0，
∴3sinC+csC=b+ca，
整理得3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
∴3sinCsinA+csCsinA=sin(A+C)+sinC,
化简得(3sinA−csA)sinC=sinC，
3sinA−csA=1，
故sin(A−30∘)=12，
∵0∘∴A=60∘．
(2)∵m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，
∴sinC−2sinB=0，
得sinC=2sinB，即c=2b.
∵A=60∘，a=23，
∴由余弦定理可得12=b2+c2−bc=b2+4b2−2b2=3b2，
解得b=2，c=4，
故△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×4×32=23 ．
【答案】
解：(1)∵ S6=6a1+15d=63，
∴ 2a1+5d=21
∵ a42=a2⋅a8，
∴ a1+3d2=a1+da1+7d，
即a1=d，
解得a1=3d=3,’
∴ an=3n．
(2)选①，则bn=n3n−1，
∴ Tn=130+231+332+⋯+n3n−1，
13Tn=131+232+333+⋯+n3n，
∴ 23Tn=130+131+132+⋯+13n−1−n3n
=1−13n1−13−n3n=32(1−13n)−n3n，
∴ Tn=94−2n+34⋅3n−1.
选②，则bn=13n⋅3n+2
=19⋅1nn+2=118⋅1n−1n+2
∴ Tn=118(11−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=118(32−1n+1−1n+2)
=112−118[2n+3(n+1)(n+2)].
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ S6=6a1+15d=63，
∴ 2a1+5d=21
∵ a42=a2⋅a8，
∴ a1+3d2=a1+da1+7d，
即a1=d，
解得a1=3d=3,’
∴ an=3n．
(2)选①，则bn=n3n−1，
∴ Tn=130+231+332+⋯+n3n−1，
13Tn=131+232+333+⋯+n3n，
∴ 23Tn=130+131+132+⋯+13n−1−n3n
=1−13n1−13−n3n=32(1−13n)−n3n，
∴ Tn=94−2n+34⋅3n−1.
选②，则bn=13n⋅3n+2
=19⋅1nn+2=118⋅1n−1n+2
∴ Tn=118(11−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=118(32−1n+1−1n+2)
=112−118[2n+3(n+1)(n+2)].
【答案】
解：(1)样本平均数为1×0.02×2+3×0.04×2+5×0.08×2+7×0.22×2+9×0.08×2+11×0.05×2+13×0.01×2=6.96.
(2)由直方图可知，50名教职工中“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”各有6人，
所以X的取值可能是0，1，2，3，
PX=0=C60C63C123=111,PX=1=C61C62C123=922，
PX=2=C62C61C123=922,PX=3=C63C60C123=111,
所以X的分布列为
所以EX=0×111+1×922+2×922+3×111=32．
(3)用样本估计总体，可知全校教职工中任取1人为“超健康生活方式者”的概率为0.12，
“超健康生活方式者”共有0.12×1000=120人，其中步数在[10,12)内的教职工有0.05×2×1000=100人，
步数在12,14内的教职工有0.01×2×1000=20人，
因为100×50+20×100=7000<10000，所以10000元的预算足够．
【考点】
众数、中位数、平均数
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)样本平均数为1×0.02×2+3×0.04×2+5×0.08×2+7×0.22×2+9×0.08×2+11×0.05×2+13×0.01×2=6.96.
(2)由直方图可知，50名教职工中“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”各有6人，
所以X的取值可能是0，1，2，3，
PX=0=C60C63C123=111,PX=1=C61C62C123=922，
PX=2=C62C61C123=922,PX=3=C63C60C123=111,
所以X的分布列为
所以EX=0×111+1×922+2×922+3×111=32．
(3)用样本估计总体，可知全校教职工中任取1人为“超健康生活方式者”的概率为0.12，
“超健康生活方式者”共有0.12×1000=120人，其中步数在[10,12)内的教职工有0.05×2×1000=100人，
步数在12,14内的教职工有0.01×2×1000=20人，
因为100×50+20×100=7000<10000，所以10000元的预算足够．
【答案】
(1)证明：如图1，连接AC，设BD与AC交于点O，
取PC的中点F，连接OF，EF．
因为O，F分别为AC，PC的中点，
所以OF//PA，且OF=12PA，
因为DE//PA，且DE=12PA，
所以OF//DE，且|OF=DE，
故四边形OFED为平行四边形，
所以OD//EF，即BD//EF.
因为EF⊂平面PCE，BD⊄平面PCE，
所以BD//平面PCE．
(2)解：设PA=2，则AB=AD=DE=1，
因为PC与平面ABCD所成角为∠PCA，
所以tan∠PCA=PAAC=2，则AC=1，
所以AC=AB=BC，故△ABC为等边三角形．
设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC.
以A为原点，AM→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz，如图2所示，
则P0,0,2，C(32,12,0)，E(0,1,1)，D(0,1,0)，
PC→=(32,12,−2)，CE→=−32,12,1，DE→=0,0,1，
设平面PCE的法向量为n→=x1,y1,z1，
则n→⋅PC→=0,n→⋅CE→=0,
即32x1+12y1−2z1=0,−32x1+12y1+z1=0,
令y1=1，得n→=3,1,1，
同理可得平面CDE的一个法向量m→=1,3,0，
因为cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=235×2=155，
所以二面角D−CE−P的正弦值为105.
【考点】
直线与平面平行的判定
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：如图1，连接AC，设BD与AC交于点O，
取PC的中点F，连接OF，EF．
因为O，F分别为AC，PC的中点，
所以OF//PA，且OF=12PA，
因为DE//PA，且DE=12PA，
所以OF//DE，且|OF=DE，
故四边形OFED为平行四边形，
所以OD//EF，即BD//EF.
因为EF⊂平面PCE，BD⊄平面PCE，
所以BD//平面PCE．
(2)解：设PA=2，则AB=AD=DE=1，
因为PC与平面ABCD所成角为∠PCA，
所以tan∠PCA=PAAC=2，则AC=1，
所以AC=AB=BC，故△ABC为等边三角形．
设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC.
以A为原点，AM→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz，如图2所示，
则P0,0,2，C(32,12,0)，E(0,1,1)，D(0,1,0)，
PC→=(32,12,−2)，CE→=−32,12,1，DE→=0,0,1，
设平面PCE的法向量为n→=x1,y1,z1，
则n→⋅PC→=0,n→⋅CE→=0,
即32x1+12y1−2z1=0,−32x1+12y1+z1=0,
令y1=1，得n→=3,1,1，
同理可得平面CDE的一个法向量m→=1,3,0，
因为cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=235×2=155，
所以二面角D−CE−P的正弦值为105.
【答案】
解：(1)依题意有1a2+94b2=1，321+a⋅321−a=−34，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，
设方程为x=my−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24+y23=1,x=my−1,
得3m2+4y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由弦长公式得|MN|=1+m2y1+y22−4y1y2，
整理得|MN|=12m2+13m2+4，
又yP=y1+y22=3m3m2+4，xP=−43m2+4，
所以|PQ|=1+m2|4−x|=12m2+203m2+41+m2，
故|PQ||MN|=3m2+531+m2，
令t=m2+1，t≥1，上式=3t2+23t=t+23t，
设fx=x+23x，则fx在[1,+∞)上是增函数，
所以fx在t=1处取得最小值53，
故|PQ||MN|的最小值是53．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意有1a2+94b2=1，321+a⋅321−a=−34，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，
设方程为x=my−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24+y23=1,x=my−1,
得3m2+4y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由弦长公式得|MN|=1+m2y1+y22−4y1y2，
整理得|MN|=12m2+13m2+4，
又yP=y1+y22=3m3m2+4，xP=−43m2+4，
所以|PQ|=1+m2|4−x|=12m2+203m2+41+m2，
故|PQ||MN|=3m2+531+m2，
令t=m2+1，t≥1，上式=3t2+23t=t+23t，
设fx=x+23x，则fx在[1,+∞)上是增函数，
所以fx在t=1处取得最小值53，
故|PQ||MN|的最小值是53．
【答案】
解：(1)f′(x)=2ex(ex−2a)+2e2x+4a
=4(e2x−aex+a)，
令g(x)=x2−ax+a(x>0)，
当a<0时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a<0，
所以g(x)<0有一个正根，
所以f(x)有一个极值点；
当a≥0,Δ=a2−4a≤0,
即0≤a≤4时，g(x)≥0恒成立，
所以f(x)没有极值点；
当a>4时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a>0，
所以g(x)=0有两个不相等的正根，
所以f(x)有两个极值点．
综上所述，当a<0时，f(x)有一个极值点；
当0≤a≤4时，f(x)没有极值点；
当a>4时，f(x)有两个极值点．
(2)由(1)知，当f(x)有两个极值点时，a>4，
且x1，x2是方程e2x−aex+a=0的两根，
所以ex1+ex2=ex1ex2=a，则x1+x2=lna．
因为f(x1)+f(x2)=2ex1(ex1−2a)+4ax1+a2+2ex2(ex2−2a)+4ax2+a2
=2(e2x1+e2x2)−4a(ex1+ex2)+4a(x1+x2)+2a2
=2(ex1+ex2)2−4ex1ex2−4a(ex1+ex2)−4a(x1+x2)+2a2
=2a2−4a−4a2+4alna+2a2
=−4a+4alna．
所以f(x1)+f(x2)≥t(x1+x2)，
等价于−4a+4alna≥tlna．
因为lna>0，
所以t≤4a−4alna．
令h(a)=4a−4alna(a>4)，
因为h′(a)=4−4lna−4(lna)2=4[(lna)2−lna+1](lna)2>0恒成立，
所以h(a)在(4,+∞)上单调递增，
所以h(a)>h(4)=16−8ln2，
所以t≤16−8ln2，即t∈−∞,16−8ln2．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
【解答】
解：(1)f′(x)=2ex(ex−2a)+2e2x+4a
=4(e2x−aex+a)，
令g(x)=x2−ax+a(x>0)，
当a<0时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a<0，
所以g(x)<0有一个正根，
所以f(x)有一个极值点；
当a≥0,Δ=a2−4a≤0,
即0≤a≤4时，g(x)≥0恒成立，
所以f(x)没有极值点；
当a>4时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a>0，
所以g(x)=0有两个不相等的正根，
所以f(x)有两个极值点．
综上所述，当a<0时，f(x)有一个极值点；
当0≤a≤4时，f(x)没有极值点；
当a>4时，f(x)有两个极值点．
(2)由(1)知，当f(x)有两个极值点时，a>4，
且x1，x2是方程e2x−aex+a=0的两根，
所以ex1+ex2=ex1ex2=a，则x1+x2=lna．
因为f(x1)+f(x2)=2ex1(ex1−2a)+4ax1+a2+2ex2(ex2−2a)+4ax2+a2
=2(e2x1+e2x2)−4a(ex1+ex2)+4a(x1+x2)+2a2
=2(ex1+ex2)2−4ex1ex2−4a(ex1+ex2)−4a(x1+x2)+2a2
=2a2−4a−4a2+4alna+2a2
=−4a+4alna．
所以f(x1)+f(x2)≥t(x1+x2)，
等价于−4a+4alna≥tlna．
因为lna>0，
所以t≤4a−4alna．
令h(a)=4a−4alna(a>4)，
因为h′(a)=4−4lna−4(lna)2=4[(lna)2−lna+1](lna)2>0恒成立，
所以h(a)在(4,+∞)上单调递增，
所以h(a)>h(4)=16−8ln2，
所以t≤16−8ln2，即t∈−∞,16−8ln2．X
0
1
2
3
P
111
922
922
111
X
0
1
2
3
P
111
922
922
111
1. 设集合A=x|x≥1，B=x|−1
C.x|−1
2. 设复数zi=3+i1+i，则复数z在复平面内对应的点的坐标为( )
A.−2,−1B.−1,−2C.1,2D.2,−1
3. 2021年3月18日“2021亚太地区自然指数”发布，中国机构整体表现强劲．在2020年亚太地区科研产出贡献份额排名前5位中有4家中国机构，它们分别是中国科学院（第一），中国科学技术大学（第二），北京大学（第四），中国科学院大学（第五），相应的贡献份额（取整数）分别为1904，486，456，422，则这四个数的极差、中位数分别是（ ）
A.−1482，472B.1482，472C.−1482，471D.1482，471
4. “α∈π4,π2”是“tanα>1”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
5. 函数fx=ex+1csxex−1的大致图象为（ ）
A.B.
C.D.
6. 据考证，蚊香最早出现在宋代．根据《格物粗谈》记载：“端午时，贮浮萍，阴干，加雄黄，作纸缠香，烧之，能祛蚊虫．”“螺旋蚊香”的近似画法如图所示：在水平直线l上（A为起点），取长度为1cm 的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，BA为半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E，以此类推（圆心按B→C→A循环）．若“螺旋蚊香”每小时燃烧8cm，为保证一盘“螺旋蚊香”燃烧4小时（从外向内燃烧），则“螺旋蚊香”与直线l至少有( )
A.3个交点B.4个交点C.5个交点D.6个交点
7. 如图，在等腰梯形ABCD中，AB→=2DC→=4AE→，BD交CE于点G，且|AB→|=4，∠DAB=π3，则|AG→|=（ ）
A.7425B.375C.14825D.2375
8. 剪刀石头布又称“猜丁壳”，古老而简单，游戏规则中，石头克剪刀，剪刀克布，布克石头，三者相互制约，因此不论平局几次，总会有决出胜负的时候．A，B两位同学各有3张卡片，现以“剪刀、石头、布”的形式进行游戏·输方将给赢方一张卡片，平局互不给卡片，直至某人赢得所有卡片，游戏终止．若A，B一局各自赢的概率都是13，平局的概率为13，各局输赢互不影响，则恰好5局时游戏终止的概率是( )
A.19B.281C.227D.481
二、多选题
关于x，y的方程x2m2+2+y24−m2=1（其中m2≠4）表示的曲线可能是( )
A.焦点在y轴上的双曲线B.圆心为坐标原点的圆
C.焦点在x轴上的双曲线D.长轴长为26的椭圆
已知a=30.2，b=lg30.2，c=0.31.2，d=lg20.2，则( )
A.c
已知函数fx=23cs2x+csx−sinx2−3，则下列选项中不正确的是( )
A.fx的最小正周期为π2
B.fx的图象关于点π6,0中心对称
C.fx在π6,2π3上单调递减
D.把函数y=2sin2x的图象先向左平移π3个单位长度，再将所得图象向上平移1个单位长度，可得到fx的图象
已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为22，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的动点，则以下结论正确的是( )
A.线段EF的长度是7B.MF+ME的最小值为22
C.存在点M，使PB⊥平面MEFD.存在点M，使∠EMF是直角
三、填空题
已知曲线y=23x3−alnx在x=1处的切线方程为y=kx+2，则a=________．
已知x−2xn展开式中各项的二项式系数和是64，则展开式中的常数项为________．
中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年∼前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器．如图，某沙漏由上、下两个圆锥容器组成，圆锥底面圆的直径和高均为4cm，当细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的34（细管长度忽略不计）．若细沙的流速为每分钟1cm3，则上部细沙全部流完的时间约为________分钟（结果精确到整数部分）；若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则该沙堆的高为________cm．
已知P为曲线C:x=3y上一点，T0,94，A3,3，则|PT|+|PA|的最小值为________.
四、解答题
△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足acsC+3asinC−b−c=0．
(1)求A．
(2)若a=23，且向量m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，求△ABC的面积．
已知等差数列an的前n项和为Sn，且S6=63，a4是a2与a8的等比中项．
(1)求数列an的通项公式．
(2)从①bn=an3n，②bn=1anan+2这两个条件中任选一个补充在下列问题中，并解答以下问题：数列bn满足________，其前n项和为Tn，求Tn；
习近平总书记在党的十九大工作报告中提出，永远把人民对美好生活的向往作为奋斗目标．在这一号召的引领下，全国人民积极工作，健康生活．当前“日行万步”正成为健康生活的代名词．某学校工会积极组织该校教职工参与“日行万步”活动，界定日行步数不足4千步的人为“不健康生活方式者”，不少于10千步的人为“超健康生活方式者”，其他为“一般生活方式者”．该学校工会随机抽取了本校50名教职工，统计他们的日行步数，按步数分为[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12),[12,14]（单位：千步）七组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计这50名教职工日行步数（单位：千步）的样本平均数（同一组数据用该组数据区间的中点值代替）．
(2)学校工会准备从样本中的“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”中抽取3人进行日常生活方式交流座谈会，记抽取的3人中“超健康生活方式者”人数为X，求X的分布列和数学期望．
(3)用样本估计总体，若工会打算对该校全体1000名教职工中的“超健康生活方式者”进行鼓励，其中步数在[10,12）内的教职工奖励一件T恤，价值50元；步数在12,14内的教职工奖励一件T恤和一条运动裤，价值100元．试判断10000元的预算是否足够．
如图，四边形ABCD是菱形，PA⊥底面ABCD，PA//DE，P与E在平面ABCD的同侧且PA=2AD=2DE．
(1)证明：BD//平面PCE；
(2)若PC与平面ABCD所成角的正切值为2，求二面角D−CE−P的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点E1,32，A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，且直线A1E，A2E的斜率的乘积为−34．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过左焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=4于点Q，求|PQ||MN|的最小值．
已知函数fx=2exex−2a+4ax+a2．
(1)讨论fx极值点的个数．
(2)若x1，x2是fx的两个极值点，且fx1+fx2≥tx1+x2恒成立，求实数t的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省东安县某校高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
补集及其运算
【解析】
【解答】
解：∵∁RA=x|x<1，B=x|−1
2.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
【解答】
解：∵zi=3+i1+i=3+i1−i2=2−i．
∴z=2−ii=−1−2i，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为−1,−2．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
极差、方差与标准差
众数、中位数、平均数
【解析】
无
【解答】
解：极差为1904−422=1482，中位数为486+4562=471．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
正切函数的图象
【解析】
【解答】
解：当α∈π4,π2时，tanα>1；
当tanα>1，α∈π4+kπ,π2+kπ，k∈Z，
所以“α∈π4,π2”是“tanα>1”的充分不必要条件．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：因为f(x)为奇函数，
所以其图象关于原点对称，
所以排除C，D，
当x∈0,π2时，f(x)>0.
故选A．
6.
【答案】
B
【考点】
归纳推理
弧长公式
【解析】
【解答】
解：若需“螺疑纹香”燃烧4小时，
则“螺旋纹香”的长度至少为32cm，
A为第一个交点，
AD⌢=2π3，DE⌢=4π3，
EF⌢=6π3，FG⌢=8π3，GH⌢=10π3，
此时“螺旋蚁香”的长度为AD⌢+DE⌢+EF⌢+FG⌢+GH⌢=10π≈31.4，
此时"螺旋效香”与直线l有4个交点．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在等腰梯形ABCD中，
因为AB=4，∠DAB=π3，
所以AD=2．
因为△DGC∽△BGE，
所以DGGB=DCBE=23，
所以AG→=AD→+DG→=AD→+25DB→
=AD→+25(AB→−AD→)=35AD→+25AB→，
所以|AG→|=35AD→+25AB→2
=925×4+2×35×25×4×2×12+425×16
=2375．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
【解答】
解：若没有平局，则前3局赢2局输1局，后2局都羸（A赢或B赢），
∴概率P1=C31135×2=281；
若有两局平局，则前4局赢2局平2局，最后一局赢（A赢或B赢），
∴概率P2=C42135×2=481，
∴恰好5局时游戏终止的概率P=P1+P2=681=227．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
双曲线的定义
椭圆的定义
圆的标准方程
【解析】
【解答】
解：∵m2+2>0，
∴该方程不可能表示焦点在y轴上的双曲线，故A错误；
当4−m2>0时，该方程表示焦点在x轴上的双曲线，故C正确；
当m2=1时，该方程表示圆心为坐标原点，半径为3的圆，故B正确；
∵4−m2<6，且m2+2≠6，
∴该方程不可能表示长轴长为26的椭圆．
故选BC．
【答案】
A,B,D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
对数的运算性质
【解析】
【解答】
解：∵1
∴c
【答案】
A,B,C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
余弦函数的单调性
余弦函数的对称性
余弦函数的周期性
【解析】
【解答】
解：∵fx=3cs2x−sin2x+1
=2cs2x+π6+1，
∴fx的最小正周期为π，故A错误；
令2x+π6=π2+kπ，k∈Z，得x=π6+kπ2，k∈Z，
∴fx图象的一个对称中心应为(π6,1)，故B错误；
令2kπ≤2x+π6≤π+2kπ，k∈Z，
得−π12+kπ≤x≤5π12+kπ，k∈Z，
∴fx在[π6,5π12]上单调递减，在(5π12,2π3)单调递增，故C错误；
∵y=2sin2x=2cs(2x−π2)=2cs[2(x−π4)]，
∴将其图象向左平移π3个单位长度得y=2cs[2(x−π4+π3)]=2cs(2x+π6)的图象，再向上平移一个单位长度可得fx的图象，故D正确．
故选ABC．
【答案】
B,D
【考点】
棱锥的结构特征
余弦定理
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图1所示，设正方形ABCD的中心为O，连接PO，OC，OF，
则PO⊥平面ABCD，OC=OP=2.
设OC的中点为H，连接EH，FH，则EH//OP，
所以EH=12PO=1．
在△OFH中，OH=1，OF=2，∠FOC=135∘，
所以由余弦定理可得FH=5，
所以EF=EH2+FH2=6，故A不正确；
将正△PAB和正△PBC沿PB翻折到一个平面内，如图2所示，
当E，M，F三点共线时，ME+MF取得最小值，
此时，点M为PB的中点，ME+MF=BC=22，故B正确；
若PB⊥平面MEF，则PB⊥ME，
由图2可知，此时点M为PB上靠近点P的四等分点，
而此时在图1中PB与FM显然不垂直，故C不正确；
当点M在线段PB上无限靠近点P时，MF的长度无限趋向于6，
所以△EMF趋向于点F为顶点的等腰三角形，
此时∠EMF为一个锐角，
而当M为PB的中点时，
因为ME=MF=2，EF=6，
所以∠EMF为钝角，
所以存在点M，使∠EMF为直角，故D正确．
故选BD．
三、填空题
【答案】
103
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
【解答】
解：当x=1时，y=23，
∴切点坐标为(1,23)，
代入切线方程得k=−43，
∵y′=2x2−ax，
∴2−a=−43，
解得a=103．
故答案为：103 ．
【答案】
−160
【考点】
二项式系数的性质
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
无
【解答】
解：因为展开式中各项的二项式系数和为2n=64，
所以n=6．
因为展开式的通项公式为Tr+1=C6r−2rx6−2r，
令6−2r=0，
得r=3，
所以常数项为T4=−160．
故答案为：−160．
【答案】
7,2716
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知上部细沙对应的圆锥的底面直径与高均为3，
则其体积V=13×π×322×3=9π4
≈94×3.14=7.065cm3．
因为细沙的流速为每分钟1cm3，
所以上部细沙全部流完的时间约为7分钟．
若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，
设该沙堆的高为Hcm，则13×π×4H=9π4，
解得H=2716.
故答案为：7；2716.
【答案】
214
【考点】
抛物线的定义
【解析】
【解答】
解：易知曲线C是抛物线x2=9y的右半部分，且T为抛物线的焦点，
∵抛物线x2=9y的准线方程为y=−94，
∴|PT|等于P到直线y=−94的距离，
过A作准线的垂线，垂足为H，
则|PT|+|PA|的最小值为AH=3+94=214．
故答案为：214.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵acsC+3asinC−b−c=0，
∴3sinC+csC=b+ca，
整理得3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
∴3sinCsinA+csCsinA=sin(A+C)+sinC,
化简得(3sinA−csA)sinC=sinC，
3sinA−csA=1，
故sin(A−30∘)=12，
∵0∘
(2)∵m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，
∴sinC−2sinB=0，
得sinC=2sinB，即c=2b.
∵A=60∘，a=23，
∴由余弦定理可得12=b2+c2−bc=b2+4b2−2b2=3b2，
解得b=2，c=4，
故△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×4×32=23 ．
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
余弦定理
【解析】
【解答】
解：(1)∵acsC+3asinC−b−c=0，
∴3sinC+csC=b+ca，
整理得3sinC+csC=sinB+sinCsinA，
∴3sinCsinA+csCsinA=sin(A+C)+sinC,
化简得(3sinA−csA)sinC=sinC，
3sinA−csA=1，
故sin(A−30∘)=12，
∵0∘
(2)∵m→=1,sinB与n→=sinC,−2垂直，
∴sinC−2sinB=0，
得sinC=2sinB，即c=2b.
∵A=60∘，a=23，
∴由余弦定理可得12=b2+c2−bc=b2+4b2−2b2=3b2，
解得b=2，c=4，
故△ABC的面积S=12bcsinA=12×2×4×32=23 ．
【答案】
解：(1)∵ S6=6a1+15d=63，
∴ 2a1+5d=21
∵ a42=a2⋅a8，
∴ a1+3d2=a1+da1+7d，
即a1=d，
解得a1=3d=3,’
∴ an=3n．
(2)选①，则bn=n3n−1，
∴ Tn=130+231+332+⋯+n3n−1，
13Tn=131+232+333+⋯+n3n，
∴ 23Tn=130+131+132+⋯+13n−1−n3n
=1−13n1−13−n3n=32(1−13n)−n3n，
∴ Tn=94−2n+34⋅3n−1.
选②，则bn=13n⋅3n+2
=19⋅1nn+2=118⋅1n−1n+2
∴ Tn=118(11−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=118(32−1n+1−1n+2)
=112−118[2n+3(n+1)(n+2)].
【考点】
等差数列的通项公式
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ S6=6a1+15d=63，
∴ 2a1+5d=21
∵ a42=a2⋅a8，
∴ a1+3d2=a1+da1+7d，
即a1=d，
解得a1=3d=3,’
∴ an=3n．
(2)选①，则bn=n3n−1，
∴ Tn=130+231+332+⋯+n3n−1，
13Tn=131+232+333+⋯+n3n，
∴ 23Tn=130+131+132+⋯+13n−1−n3n
=1−13n1−13−n3n=32(1−13n)−n3n，
∴ Tn=94−2n+34⋅3n−1.
选②，则bn=13n⋅3n+2
=19⋅1nn+2=118⋅1n−1n+2
∴ Tn=118(11−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=118(32−1n+1−1n+2)
=112−118[2n+3(n+1)(n+2)].
【答案】
解：(1)样本平均数为1×0.02×2+3×0.04×2+5×0.08×2+7×0.22×2+9×0.08×2+11×0.05×2+13×0.01×2=6.96.
(2)由直方图可知，50名教职工中“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”各有6人，
所以X的取值可能是0，1，2，3，
PX=0=C60C63C123=111,PX=1=C61C62C123=922，
PX=2=C62C61C123=922,PX=3=C63C60C123=111,
所以X的分布列为
所以EX=0×111+1×922+2×922+3×111=32．
(3)用样本估计总体，可知全校教职工中任取1人为“超健康生活方式者”的概率为0.12，
“超健康生活方式者”共有0.12×1000=120人，其中步数在[10,12)内的教职工有0.05×2×1000=100人，
步数在12,14内的教职工有0.01×2×1000=20人，
因为100×50+20×100=7000<10000，所以10000元的预算足够．
【考点】
众数、中位数、平均数
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)样本平均数为1×0.02×2+3×0.04×2+5×0.08×2+7×0.22×2+9×0.08×2+11×0.05×2+13×0.01×2=6.96.
(2)由直方图可知，50名教职工中“不健康生活方式者”和“超健康生活方式者”各有6人，
所以X的取值可能是0，1，2，3，
PX=0=C60C63C123=111,PX=1=C61C62C123=922，
PX=2=C62C61C123=922,PX=3=C63C60C123=111,
所以X的分布列为
所以EX=0×111+1×922+2×922+3×111=32．
(3)用样本估计总体，可知全校教职工中任取1人为“超健康生活方式者”的概率为0.12，
“超健康生活方式者”共有0.12×1000=120人，其中步数在[10,12)内的教职工有0.05×2×1000=100人，
步数在12,14内的教职工有0.01×2×1000=20人，
因为100×50+20×100=7000<10000，所以10000元的预算足够．
【答案】
(1)证明：如图1，连接AC，设BD与AC交于点O，
取PC的中点F，连接OF，EF．
因为O，F分别为AC，PC的中点，
所以OF//PA，且OF=12PA，
因为DE//PA，且DE=12PA，
所以OF//DE，且|OF=DE，
故四边形OFED为平行四边形，
所以OD//EF，即BD//EF.
因为EF⊂平面PCE，BD⊄平面PCE，
所以BD//平面PCE．
(2)解：设PA=2，则AB=AD=DE=1，
因为PC与平面ABCD所成角为∠PCA，
所以tan∠PCA=PAAC=2，则AC=1，
所以AC=AB=BC，故△ABC为等边三角形．
设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC.
以A为原点，AM→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz，如图2所示，
则P0,0,2，C(32,12,0)，E(0,1,1)，D(0,1,0)，
PC→=(32,12,−2)，CE→=−32,12,1，DE→=0,0,1，
设平面PCE的法向量为n→=x1,y1,z1，
则n→⋅PC→=0,n→⋅CE→=0,
即32x1+12y1−2z1=0,−32x1+12y1+z1=0,
令y1=1，得n→=3,1,1，
同理可得平面CDE的一个法向量m→=1,3,0，
因为cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=235×2=155，
所以二面角D−CE−P的正弦值为105.
【考点】
直线与平面平行的判定
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：如图1，连接AC，设BD与AC交于点O，
取PC的中点F，连接OF，EF．
因为O，F分别为AC，PC的中点，
所以OF//PA，且OF=12PA，
因为DE//PA，且DE=12PA，
所以OF//DE，且|OF=DE，
故四边形OFED为平行四边形，
所以OD//EF，即BD//EF.
因为EF⊂平面PCE，BD⊄平面PCE，
所以BD//平面PCE．
(2)解：设PA=2，则AB=AD=DE=1，
因为PC与平面ABCD所成角为∠PCA，
所以tan∠PCA=PAAC=2，则AC=1，
所以AC=AB=BC，故△ABC为等边三角形．
设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC.
以A为原点，AM→的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A−xyz，如图2所示，
则P0,0,2，C(32,12,0)，E(0,1,1)，D(0,1,0)，
PC→=(32,12,−2)，CE→=−32,12,1，DE→=0,0,1，
设平面PCE的法向量为n→=x1,y1,z1，
则n→⋅PC→=0,n→⋅CE→=0,
即32x1+12y1−2z1=0,−32x1+12y1+z1=0,
令y1=1，得n→=3,1,1，
同理可得平面CDE的一个法向量m→=1,3,0，
因为cs⟨n→,m→⟩=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=235×2=155，
所以二面角D−CE−P的正弦值为105.
【答案】
解：(1)依题意有1a2+94b2=1，321+a⋅321−a=−34，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，
设方程为x=my−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24+y23=1,x=my−1,
得3m2+4y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由弦长公式得|MN|=1+m2y1+y22−4y1y2，
整理得|MN|=12m2+13m2+4，
又yP=y1+y22=3m3m2+4，xP=−43m2+4，
所以|PQ|=1+m2|4−x|=12m2+203m2+41+m2，
故|PQ||MN|=3m2+531+m2，
令t=m2+1，t≥1，上式=3t2+23t=t+23t，
设fx=x+23x，则fx在[1,+∞)上是增函数，
所以fx在t=1处取得最小值53，
故|PQ||MN|的最小值是53．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)依题意有1a2+94b2=1，321+a⋅321−a=−34，
解得a2=4，b2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意知直线l的斜率不为0，
设方程为x=my−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24+y23=1,x=my−1,
得3m2+4y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
由弦长公式得|MN|=1+m2y1+y22−4y1y2，
整理得|MN|=12m2+13m2+4，
又yP=y1+y22=3m3m2+4，xP=−43m2+4，
所以|PQ|=1+m2|4−x|=12m2+203m2+41+m2，
故|PQ||MN|=3m2+531+m2，
令t=m2+1，t≥1，上式=3t2+23t=t+23t，
设fx=x+23x，则fx在[1,+∞)上是增函数，
所以fx在t=1处取得最小值53，
故|PQ||MN|的最小值是53．
【答案】
解：(1)f′(x)=2ex(ex−2a)+2e2x+4a
=4(e2x−aex+a)，
令g(x)=x2−ax+a(x>0)，
当a<0时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a<0，
所以g(x)<0有一个正根，
所以f(x)有一个极值点；
当a≥0,Δ=a2−4a≤0,
即0≤a≤4时，g(x)≥0恒成立，
所以f(x)没有极值点；
当a>4时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a>0，
所以g(x)=0有两个不相等的正根，
所以f(x)有两个极值点．
综上所述，当a<0时，f(x)有一个极值点；
当0≤a≤4时，f(x)没有极值点；
当a>4时，f(x)有两个极值点．
(2)由(1)知，当f(x)有两个极值点时，a>4，
且x1，x2是方程e2x−aex+a=0的两根，
所以ex1+ex2=ex1ex2=a，则x1+x2=lna．
因为f(x1)+f(x2)=2ex1(ex1−2a)+4ax1+a2+2ex2(ex2−2a)+4ax2+a2
=2(e2x1+e2x2)−4a(ex1+ex2)+4a(x1+x2)+2a2
=2(ex1+ex2)2−4ex1ex2−4a(ex1+ex2)−4a(x1+x2)+2a2
=2a2−4a−4a2+4alna+2a2
=−4a+4alna．
所以f(x1)+f(x2)≥t(x1+x2)，
等价于−4a+4alna≥tlna．
因为lna>0，
所以t≤4a−4alna．
令h(a)=4a−4alna(a>4)，
因为h′(a)=4−4lna−4(lna)2=4[(lna)2−lna+1](lna)2>0恒成立，
所以h(a)在(4,+∞)上单调递增，
所以h(a)>h(4)=16−8ln2，
所以t≤16−8ln2，即t∈−∞,16−8ln2．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
【解答】
解：(1)f′(x)=2ex(ex−2a)+2e2x+4a
=4(e2x−aex+a)，
令g(x)=x2−ax+a(x>0)，
当a<0时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a<0，
所以g(x)<0有一个正根，
所以f(x)有一个极值点；
当a≥0,Δ=a2−4a≤0,
即0≤a≤4时，g(x)≥0恒成立，
所以f(x)没有极值点；
当a>4时，Δ=a2−4a>0，
且g(0)=a>0，
所以g(x)=0有两个不相等的正根，
所以f(x)有两个极值点．
综上所述，当a<0时，f(x)有一个极值点；
当0≤a≤4时，f(x)没有极值点；
当a>4时，f(x)有两个极值点．
(2)由(1)知，当f(x)有两个极值点时，a>4，
且x1，x2是方程e2x−aex+a=0的两根，
所以ex1+ex2=ex1ex2=a，则x1+x2=lna．
因为f(x1)+f(x2)=2ex1(ex1−2a)+4ax1+a2+2ex2(ex2−2a)+4ax2+a2
=2(e2x1+e2x2)−4a(ex1+ex2)+4a(x1+x2)+2a2
=2(ex1+ex2)2−4ex1ex2−4a(ex1+ex2)−4a(x1+x2)+2a2
=2a2−4a−4a2+4alna+2a2
=−4a+4alna．
所以f(x1)+f(x2)≥t(x1+x2)，
等价于−4a+4alna≥tlna．
因为lna>0，
所以t≤4a−4alna．
令h(a)=4a−4alna(a>4)，
因为h′(a)=4−4lna−4(lna)2=4[(lna)2−lna+1](lna)2>0恒成立，
所以h(a)在(4,+∞)上单调递增，
所以h(a)>h(4)=16−8ln2，
所以t≤16−8ln2，即t∈−∞,16−8ln2．X
0
1
2
3
P
111
922
922
111
X
0
1
2
3
P
111
922
922
111
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