2020—2021学年安徽省宣城高二（下）5月月考数学试卷人教A版

这是一份2020—2021学年安徽省宣城高二（下）5月月考数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知R是实数集，集合A=−1,0,1，B=x|2x−1≥0，则A∩∁RB=( )
A.−∞,12B.12,1C.1 D.−1,0

2. 已知i是虚数单位，复数z满足z+z⋅i=3+i，则复数z的共轭复数为( )
A.1+2iB.1−2iC.2+iD.2−i

3. 下列关于命题的说法错误的是（ ）
A.对于命题p:∃x∈R，x2+x+1<0，则￢p:∀x∈R，x2+x+1≥0
B.“x=1”是“x2−3x+2=0”的充分不必要条件
C.若p∧q为假命题，则p，q均为假命题
D.命题“若x2−3x+2=0，则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则x2−3x+2≠0”

4. 已知实数a=2ln2，b=lnln2，c=ln22，则a，b，c的大小关系是( )
A.a>b>cB.b>a>cC.b>c>aD.a>c>b

5. 函数f(x)=ln|x−1||1−x|的图象大致为( )
A.B.
C.D.

6. 已知等边三角形ABC中，D是线段AC的中点，DE⊥AB，垂足为E，F是线段BD的中点，则DE→=( )
A.−38BD→+54FC→B.38BD→−54FC→
C.18BD→−34FC→D.−18BD→+34FC→

7. 已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与曲线C相交于M，N两点，若PF→=3MF→，则|MN|=( )
A.212B.323C.10D.11

8. 三棱锥A−BCD中，△ABC为等边三角形，AB=23，∠BDC=90∘，二面角A−BC−D的大小为150∘，则三棱锥A−BCD的外接球的表面积为( )
A.7πB.12πC.16πD.28π

9. 过点P(0, 2)作直线x+my−4=0的垂线，垂足为Q，则Q到直线x+2y−14=0距离最小值为( )
A.0B.2C.5D.25

10. 已知Sn为等差数列an的前n项和，且S3=15，a3+a4+a5=27，记bn=1anan+1，则数列bn的前20项和为( )
A.19123B.38123C.20129D.40129

11. 若直线y=k(x+1)与不等式组2y−x≤43x−y≤32x+y≥2表示的平面区域有公共点，则实数k的取值范围是( )
A.(−∞,1]B.[0,2]C.[−2,1]D.(−2,2]

12. 已知函数fx=exx−1，关于x的方程|fx−a|+|fx−a−1|=1有且仅有两个不同的整数解，则实数a的取值范围是( )
A.[−1,−2e]B.[−2e−1,−3e2−1)
C.[−2e,−3e2)D.0,e2
二、填空题

已知向量a→=4,3，b→=−1,2，m→=a→−λb→，n→=a→+b→，m→⊥n→，则实数λ=________．

在x3−12x8的展开式中，x4的系数为________.

有甲、乙、丙三项任务，甲、乙各需1人承担，丙需2人承担且至少1人是男生．现从3男3女共6名学生中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是________．（用具体数字作答）

在△ABC中，若cs2A−cs2B−cs2C=csAcsB+csC−cs2B，且AB=6，则S△ABC的最大值为________．
三、解答题

已知函数f(x)=2sin(x+π3)⋅csx．
(1)若0≤x≤π2，求函数f(x)的值域；

(2)设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A为锐角且f(A)=32，b=2，c=3，求cs(A−B)的值．

已知数列an满足an+2+an=2an+1n∈N∗，数列bn满足bn+1bn=an+1−ann∈N∗，且a1=b1，a3=5，a5+a7=22．
(1)求an及bn；

(2)令cn=anbn,n∈N∗，求数列cn的前n项和Sn．

已知函数f(x)=x2(x−a).
(1)当x∈(0,1)时，函数f(x)的图象上任意一点处的切线斜率为k，若k≥−1，求实数a的取值范围；

(2)若a=−2，求曲线y=f(x)过点Q(−1,f(−1))的切线方程.

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=A1D，AB=BC，∠ABC=120∘．

(1)证明：AD⊥BA1；

(2)若平面ADD1A1⊥平面ABCD，且A1D=AB，求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值．

已知椭圆E:x22+y2=1，过原点O作射线OC交椭圆于C，平行四边形OACB的顶点A，B在椭圆上．
(1)若射线OC的斜率为12，求直线AB的斜率；

(2)求证：四边形OACB的面积为定值．

已知函数fx=axlnx−axa≠0e=2.71828⋯．
(1)试讨论fx的单调性；

(2)①设gx=x+e1−x，求gx的最小值；
②证明： 2e1−xx+e1−x+x≥1−fxa．
参考答案与试题解析
2020—2021学年安徽省宣城市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先解不等式得出集合B，再求B的补集，最后与A求交集．
【解答】
解：∵ 集合B={x|2x−1≥0}={x|x≥12}，
∴ ∁RB=x|x<12 ，
又集合A=−1,0,1，
∴ A∩∁RB=−1,0.
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ z+z⋅i=3+i，
∴ z=3+i1+i
=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)
=4−2i1−i2
=2−i，
z=2+i.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
必要条件、充分条件与充要条件的判断
四种命题的定义
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题判断A是否正确；
根据充分、必要条件的判定方法判断B是否正确；
根据逆否命题的定义判断C是否正确；利用复合命题的真值表判定D是否正确．
【解答】
解：A，根据全称命题的否定是特称命题，∴ A正确；
B，∵ x=1⇒x2−3x+2=0，当x2−3x+2=0时，x=1不确定，
根据充分必要条件的判定，B正确；
C，∵ p∧q为假命题根据复合命题真值表，p，q至少一假，∴ C错误；
D，根据逆否命题的定义，是逆命题的否命题，∴ D正确.
故选C.
4.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
指数式、对数式的综合比较
【解析】
根据ln2的范围和指数函数，对函数的单调性得出a，b，c的范围．
【解答】
解：∵0∴2ln2>20=1，lnln2<0，
0∴a>c>b.
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于f(12)=ln1212<0，排除A项；
f(−1)=ln22>0，排除B项；
f(3)=ln22>0，排除D项.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
向量的几何表示
向量在几何中的应用
平面向量的基本定理及其意义
【解析】
如图所示，建立直角坐标系．不妨设|AC|=4，作EG⊥AD，垂足为G．由DE⊥AB，可得∠AED=90∘．利用直角三角形的边角关系可得E坐标．设DE→=xBD→+yEC→，利用向量坐标于是性质、平面向量基本定理即可得出．
【解答】
解：作EG⊥AD，垂足为G，建立直角坐标系，如图，
不妨设AC=4，
D0,0，C2,0，F0,3，B0,23．
∵DE⊥AB，∴∠AED=90∘，
|EO|=2sin60∘=3，
∴xE=−3sin60∘=−32，
yE=3sin30∘=32，
∴E−32,32.
DE→=−32,32，BD→=0,−23，FC→=2,−3，
设DE→=xBD→+yFC→，
∴−32=2y，32=−23x−3y，
解得y=−34，x=18，
∴DE→=18BD→−34FC→．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
向量的线性运算性质及几何意义
抛物线的定义
直线与圆的位置关系
直线的点斜式方程
【解析】
先根据题意写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2＝8x的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段MN的长．
【解答】
解：抛物线C:y2=8x的焦点为F(2, 0)，准线为l:x=−2，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，M，N到准线的距离分别为dM，dN，
由抛物线的定义可知|MF|=dM=x1+2，|NF|=dN=x2+2，
于是|MN|=|MF|+|NF|=x1+x2+4，
∵ PF→=3MF→，
∴ 直线PF的斜率为±3，
∵ F(2, 0)，
∴ 直线PF的方程为y=±3(x−2)，
将y=±3(x−2)，与方程y2=8x联立可得，
得3(x−2)2=8x，化简得3x2−20x+12=0，
∴ x1+x2=203，
于是|MN|=|MF|+|NF|
=x1+x2+4=203+4=323．
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
由题意画出图形，通过求解直角三角形可得三棱锥A−BCD的外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【解答】
解：设球心为M，BC的中点为P，
∵ 三角形BDC满足∠BDC=90∘，
∴ P为三角形BDC的外心.
设△ABC的外心为O，
∵ △ABC为等边三角形，
∴ MO⊥平面ABC，MP⊥平面BDC，
∵ 二面角A−BC−D的大小为150∘，
∴ ∠OPM=60∘，
在等边三角形ABC中，
由AB=23，得AP=3，
∴ OP=1.
在Rt△MOP中，可得MO=3，
在Rt△MOA中，
得MA=AO2+MO2=22 + (3)2 = 7．
∴ 三棱锥A−BCD的外接球的表面积为4π×(7)2 = 28π．
故选D.
9.
【答案】
C
【考点】
点到直线的距离公式
轨迹方程
与圆有关的最值问题
【解析】
由直线x+my−4=0过定点M4,0，得到P、Q的中点N2,1，由PQ垂直直线x+my−4=0，得到点Q在以点N2,1为圆心，以|PN|=5为半径的圆，求得圆的方程，由此求出Q到直线x+2y−14=0的距离最小值，得到答案．
【解答】
解：由题意，如图，
过点P0,2作直线x+my−4=0的垂线，垂足为Q，
直线x+my−4=0过定点M4,0.
由中点公式可得，P、M的中点N2,1，
由PQ垂直直线x+my−4=0，
所以点Q在以点N2,1为圆心，以|PN|=2−02+1−22=5为半径的圆，
其圆的方程为x−22+y−12=5.
则圆心N2,1到直线x+2y−14=0的距离为
d=|2+2−14|5=25，
所以点Q到直线x+2y−14=0的距离最小值为25−5=5.
故选C．
10.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：设等差数列an的公差为d，
根据题意得3a1+3d=15，a4=a1+3d=9，
解得a1=3，d=2，
所以an=3+2(n−1)=2n+1.
所以bn=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3).
所以数列bn的前20项和为
b1+b2+⋯+b20=12(13−15+15−17+⋯+141−143)
=12(13−143)=20129.
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不等式表示的平面区域如图阴影部分:
直线y=k(x+1)过定点(−1,0)，
∵ 直线与阴影部分有公共点，
∴ 直线与x轴重合时，k取得最小值为0，
直线过y轴上的(0，2)点时，k取得最大值为2.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数的零点与方程根的关系
【解析】
判断fx的单调性，作出fx的图象，结合图象即可得知f−1≤a+1【解答】
解：f′x=exx−1+ex=xex，
∴当x>0时，f′x>0，当x<0时，f′x<0，
∴fx=exx−1在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
作出fx的图象如图所示：
∵|fx−a|+|fx−a−1|=1有且仅有两个不同的整数解，
∴fx的图象夹在平行直线y=a和y=a+1之间的部分只有两个整数解．
又fx=f0=−1，f1=0，
f(−1)=−2e，f(−2)=−3e2，
∴−2e≤a+1<−3e2，
∴−2e−1≤a<−3e2−1．
故选B．
二、填空题
【答案】
277
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
利用两个向量坐标形式的运算求出m→、n→的坐标，两个向量垂直的性质求出入的值．
【解答】
解：∵向量a→=4,3，b→=−1,2，
∴m→=a→−λb→=4+λ,3−2λ，
n→=a→+b→=3,5，
∵m→⊥n→，
∴m→⋅n→=34+λ+53−2λ=0，
求得λ=277．
故答案为：277．
【答案】
−74
【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】
由二项式展开的通项公式确定k的值，即可得到x的系数．
【解答】
解：通项公式Tk+1=C8kx38−k−12xk=C8k−12kx24−4k，
由题意可知24−4k=4，解得k=5，
则x4的系数为C85−125=−74．
故答案为：−74．
【答案】
144
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由丙需2人承担且至少1人是男生可知，有下列二种情况：（1）一男生一女生选丙任务；（2）二男生选丙任务，对此进行分类讨论即可．
【解答】
解：因为丙需2人承担且至少1人是男生，
所以有两种情况：
①一男生一女生选丙任务：
不同的选法种数为C31⋅C31⋅A42=3×3×4×3=108；
②二男生选丙任务：
不同的选法种数为C32⋅A42=3×4×3=36，
所以从3男3女共6名学生中选出4人承担这三项任务，
不同的选法种数是108+36=144.
故答案为：144.
【答案】
33
【考点】
正弦定理
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinAsinB+sin2B+sin2A−sin2C=0，由正弦定理，余弦定理解得csC，可求sinC，由余弦定理，基本不等式可求ab≤12，根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：设三角形内角A，B，C对应的三边为a，b，c，
∵ cs2A−cs2B−cs2C=csAcsB+csC−cs2B，
∴ (1−sin2A)−(1−sin2B)−(1−sin2C)，
=csAcsB−cs(A+B)−(1−2sin2B)，
∴ 可得：sinAsinB+sin2B+sin2A−sin2C=0，
∴ 由正弦定理可得：ab+b2+a2−c2=0.
由余弦定理可得：ab+2abcsC=0，
解得csC=−12，
可得：sinC=32.
∵ AB=c=6，
∴ 由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，
可得36=a2+b2+ab，
∴ 36≥2ab+ab=3ab，
即ab≤12，当且仅当a=b时取等号．
∴ S△ABC=12absinC≤12×12× 32=33，
即S△ABC的最大值为33．
故答案为：33.
三、解答题
【答案】
解：(1)f(x)=2sin(x+π3)⋅csx
=(sinx+3csx)⋅csx
=sinxcsx+3cs2x
=12sin2x+32cs2x+32
=sin(2x+π3)+32.
由0≤x≤π2得，π3≤2x+π3≤4π3，
∴ −32≤sin(2x+π3)≤1，
∴ 0≤sin(2x+π3)+32≤1+32，
即函数f(x)的值域为[0,1+32]；
(2)由f(A)=sin(2A+π3)+32=32，
得sin(2A+π3)=0，
又由0∴ π3<2A+π3<4π3，
∴ 2A+π3=π，解得A=π3.
在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=7，
解得a=7.
由正弦定理asinA=bsinB，得sinB=bsinAa=217，
∵ b∴ csB=277，
∴ cs(A−B)=csAcsB+sinAsinB
=12×277+32×217=5714．
【考点】
二倍角的正弦公式
二倍角的余弦公式
余弦定理
正弦定理
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的定义域和值域
【解析】
（1）利用三角恒等变换化简f(x)，根据x的取值范围即可求出函数f(x)的值域；
（2）由f(A)的值求出角A的大小，再利用余弦定理和正弦定理，即可求出cs(A−B)的值．
【解答】
解：(1)f(x)=2sin(x+π3)⋅csx
=(sinx+3csx)⋅csx
=sinxcsx+3cs2x
=12sin2x+32cs2x+32
=sin(2x+π3)+32.
由0≤x≤π2得，π3≤2x+π3≤4π3，
∴ −32≤sin(2x+π3)≤1，
∴ 0≤sin(2x+π3)+32≤1+32，
即函数f(x)的值域为[0,1+32]；
(2)由f(A)=sin(2A+π3)+32=32，
得sin(2A+π3)=0，
又由0∴ π3<2A+π3<4π3，
∴ 2A+π3=π，解得A=π3.
在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=7，
解得a=7.
由正弦定理asinA=bsinB，得sinB=bsinAa=217，
∵ b∴ csB=277，
∴ cs(A−B)=csAcsB+sinAsinB
=12×277+32×217=5714．
【答案】
解：(1)由数列an满足an+2+an=2an+1n∈N∗，
可得an是等差数列，设公差为d，
数列bn满足bn+1bn=an+1−an=d，
即bn是等比数列，
由题有a3=a1+2d=5，a5+a7=2a6=2a1+10d=22，可得a1=1，d=2，
即有an=2n−1，
由bn+1bn=2，而b1=a1=1，可得bn=2n−1.
(2)cn=anbn=2n−1⋅2n−1，
则前n项和Sn=1⋅1+3⋅2+5⋅22+⋯+2n−1⋅2n−1，
2Sn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+⋯+2n−1⋅2n，
两式相减，得−Sn=1+2(2+22+⋯+2n−1)−(2n−1)⋅2n
=1+2⋅21−2n−11−2−2n−1⋅2n，
化简可得Sn=3+2n−3⋅2n．
【考点】
等比数列的通项公式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由数列an满足an+2+an=2an+1n∈N∗，
可得an是等差数列，设公差为d，
数列bn满足bn+1bn=an+1−an=d，
即bn是等比数列，
由题有a3=a1+2d=5，a5+a7=2a6=2a1+10d=22，可得a1=1，d=2，
即有an=2n−1，
由bn+1bn=2，而b1=a1=1，可得bn=2n−1.
(2)cn=anbn=2n−1⋅2n−1，
则前n项和Sn=1⋅1+3⋅2+5⋅22+⋯+2n−1⋅2n−1，
2Sn=1⋅2+3⋅22+5⋅23+⋯+2n−1⋅2n，
两式相减，得−Sn=1+2(2+22+⋯+2n−1)−(2n−1)⋅2n
=1+2⋅21−2n−11−2−2n−1⋅2n，
化简可得Sn=3+2n−3⋅2n．
【答案】
解：(1)f(x)=x3−ax2，f′(x)=3x2−2ax，
由题意，可知3x2−2ax≥−1在x∈(0,1)时恒成立，
即a≤3x2+12x=3x2+12x在x∈(0,1)时恒成立，
由于3x2+12x≥23x2⋅12x=3，
当且仅当3x2=12x，即x=33时取等号，
故a≤3，
即实数a的取值范围为(−∞,3 ].
(2)当a=−2时，f(x)=x3+2x2，f(−1)=1，
f′(x)=3x2+4x.
设曲线y=f(x)=x3+2x2与过点Q(−1,1)的切线相切于点x0,x03+2x02，
则切线的斜率k=3x02+4x0，
所以切线方程为y−x03+2x02=3x02+4x0x−x0，
即y=3x02+4x0x−2x03−2x02.
因为点Q(−1,1)在切线上，
所以1=−3x02−4x0−2x03−2x02，
即2x03+5x02+4x0+1=0，
所以x0+122x0+1=0，
解得x0=−1或x0=−12.
故所求切线方程为x+y=0或5x+4y+1=0.
【考点】
导数的几何意义
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（1）先对函数f(x)进行求导，根据导函数大于0原函数单调递增，导函数小于0原函数单调递减进行讨论．
（2）由题意可值点AB应是函数f(x)的极值点，再根据线段AB与x轴有公共点可知以 f(0)⋅f(2a)≤0，从而得到答案．
【解答】
解：(1)f(x)=x3−ax2，f′(x)=3x2−2ax，
由题意，可知3x2−2ax≥−1在x∈(0,1)时恒成立，
即a≤3x2+12x=3x2+12x在x∈(0,1)时恒成立，
由于3x2+12x≥23x2⋅12x=3，
当且仅当3x2=12x，即x=33时取等号，
故a≤3，
即实数a的取值范围为(−∞,3 ].
(2)当a=−2时，f(x)=x3+2x2，f(−1)=1，
f′(x)=3x2+4x.
设曲线y=f(x)=x3+2x2与过点Q(−1,1)的切线相切于点x0,x03+2x02，
则切线的斜率k=3x02+4x0，
所以切线方程为y−x03+2x02=3x02+4x0x−x0，
即y=3x02+4x0x−2x03−2x02.
因为点Q(−1,1)在切线上，
所以1=−3x02−4x0−2x03−2x02，
即2x03+5x02+4x0+1=0，
所以x0+122x0+1=0，
解得x0=−1或x0=−12.
故所求切线方程为x+y=0或5x+4y+1=0.
【答案】
(1)证明：取AD中点O，连接OB，OA1，BD，如图所示，
∵ AA1=A1D，
∴ AD⊥OA1，
又∠ABC=120∘，AD=AB，
∴ △ABD是等边三角形，
∴ AD⊥OB，
∵ OB∩OA1=O，AD⊄平面A1OB，
∴ AD⊥平面A1OB.
∵ A1B⊂平面A1OB，
∴ AD⊥A1B．
(2)解：∵ 平面ADD1A1⊥平面ABCD，
平面ADD1A1∩平面ABCD=AD，
A1O⊥AD，
∴ A1O⊥平面ABCD，
∴ OA，OA1，OB两两垂直.
以O为坐标原点，分别以OA，OB，OA1所在的直线分别为
x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设AB=AD=A1D=2，
则A(1, 0, 0)，A1(0,0,3)，B(0,3,0)，D(−1, 0, 0)，
则DA1→=(1,0,3)，CD→=BA→=(1,−3,0)，
BA1→=(0,−3,3).
设平面A1B1CD的一个法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅CD→=x−3y=0,n→⋅DA1→=x+3z=0,
令x=3，则y=1，z=−1，可取n→=(3,1,−1)，
设直线BA1与平面A1B1CD所成角为θ，
则sinθ=|cs|
=|n→⋅BA1→|n→||BA1→||
=|−3−3|5⋅6=105．
故直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值为105．
【考点】
直线与平面垂直的判定
两条直线垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）取AD中点O，连接OB，OA1，BD，推导出AD⊥OA1，△ABD是等边三角形，从而AD⊥OB，进而AD⊥平面A1OB，由此能证明AD⊥A1B．
（2）推导出OA、OA1、OB两两垂直，以O为坐标原点，分别以OA、OB、OA1所在射线为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值．
【解答】
(1)证明：取AD中点O，连接OB，OA1，BD，如图所示，
∵ AA1=A1D，
∴ AD⊥OA1，
又∠ABC=120∘，AD=AB，
∴ △ABD是等边三角形，
∴ AD⊥OB，
∵ OB∩OA1=O，AD⊄平面A1OB，
∴ AD⊥平面A1OB.
∵ A1B⊂平面A1OB，
∴ AD⊥A1B．
(2)解：∵ 平面ADD1A1⊥平面ABCD，
平面ADD1A1∩平面ABCD=AD，
A1O⊥AD，
∴ A1O⊥平面ABCD，
∴ OA，OA1，OB两两垂直.
以O为坐标原点，分别以OA，OB，OA1所在的直线分别为
x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设AB=AD=A1D=2，
则A(1, 0, 0)，A1(0,0,3)，B(0,3,0)，D(−1, 0, 0)，
则DA1→=(1,0,3)，CD→=BA→=(1,−3,0)，
BA1→=(0,−3,3).
设平面A1B1CD的一个法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅CD→=x−3y=0,n→⋅DA1→=x+3z=0,
令x=3，则y=1，z=−1，可取n→=(3,1,−1)，
设直线BA1与平面A1B1CD所成角为θ，
则sinθ=|cs|
=|n→⋅BA1→|n→||BA1→||
=|−3−3|5⋅6=105．
故直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值为105．
【答案】
(1)解：设Ax1,y1， Bx2,y2，
射线OC所在的直线方程为y=12x.
联立 y=12x，x22+y2=1，得C233,33.
∵四边形OACB为平行四边形，则AB的中点为33,36，
∴x1+x2=233，y1+y2=33.
又A，B都在椭圆上，
∴x122+y12=1， x222+y22=1，
两式作差可得：12x1+x2x1−x2+y1+y2y1−y2=0，
即33x1−x2+33y1−y2=0，
∴kAB=y1−y2x1−x2=−1.
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，平行四边形为菱形，
令x=22，得y=±32，
可得S四边形OACB=12×2×3=62.
当直线AB的斜率存在时，
设直线方程为y=kx+m，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立 y=kx+m，x22+y2=1，
得2k2+1x2+4kmx+2m2−1=0.
Δ=16k2m2−82k2+1m2−1>0，即2k2+1>m2.
x1+x2=−4km2k2+1 ，x1x2=2m2−12k2+1，
y1+y2=kx1+x2+2m=−4k2m2k2+1+2m=2m2k2+1.
∵四边形OACB是平行四边形，
∴OC→=OA→+OB→
=(x1+x2，y1+y2)=(−4km2k2+1，2m2k2+1).
∵点C在椭圆上， 16k2m222k2+12+4m22k2+12=1 ，
整理得4m2=2k2+1.
∴|AB|=1+k2⋅22⋅2k2+1−m22k2+1
=1+k2×62|m|.
∵点O到AB的距离d=|m|1+k2，
∴S四边形OACB=2×12|AB|×d
=1+k2×62|m|×|m|1+k2=62.
综上，四边形OACB的面积为62.
【考点】
圆锥曲线的综合问题
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：设Ax1,y1， Bx2,y2，
射线OC所在的直线方程为y=12x.
联立 y=12x，x22+y2=1，得C233,33.
∵四边形OACB为平行四边形，则AB的中点为33,36，
∴x1+x2=233，y1+y2=33.
又A，B都在椭圆上，
∴x122+y12=1， x222+y22=1，
两式作差可得：12x1+x2x1−x2+y1+y2y1−y2=0，
即33x1−x2+33y1−y2=0，
∴kAB=y1−y2x1−x2=−1.
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，平行四边形为菱形，
令x=22，得y=±32，
可得S四边形OACB=12×2×3=62.
当直线AB的斜率存在时，
设直线方程为y=kx+m，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立 y=kx+m，x22+y2=1，
得2k2+1x2+4kmx+2m2−1=0.
Δ=16k2m2−82k2+1m2−1>0，即2k2+1>m2.
x1+x2=−4km2k2+1 ，x1x2=2m2−12k2+1，
y1+y2=kx1+x2+2m=−4k2m2k2+1+2m=2m2k2+1.
∵四边形OACB是平行四边形，
∴OC→=OA→+OB→
=(x1+x2，y1+y2)=(−4km2k2+1，2m2k2+1).
∵点C在椭圆上， 16k2m222k2+12+4m22k2+12=1 ，
整理得4m2=2k2+1.
∴|AB|=1+k2⋅22⋅2k2+1−m22k2+1
=1+k2×62|m|.
∵点O到AB的距离d=|m|1+k2，
∴S四边形OACB=2×12|AB|×d
=1+k2×62|m|×|m|1+k2=62.
综上，四边形OACB的面积为62.
【答案】
解：(1)函数fx=axlnx−ax的导数f′x=alnx x>0，
①当a>0， x∈0,1时，f′x<0，
x∈1,+∞时， f′x>0，
∴fx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增；
②当a<0 ，x∈0,1时， f′x>0 ，
x∈1,+∞时，f′x<0.
∴fx在0,1单调递增，在1,+∞单调递减.
(2)①∵gx=x+e1−x， x>0，
∴g′x=1−e1−x=ex−eex.
当x∈0,1时，g′x<0 ，
当x∈1,+∞时，g′x>0，
故gx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，
故gxmin=g1=2.
②证明∵ fx=axlnx−ax，
由2e1−xx+e1−x+x≥1−fxa得，xlnx−x+2xex−1+1+x−1≥0，
即xlnx−1xex−1+1+2≥0，
⇔xlnx+1xex−1+xlnx+1≥2xex−1，
⇔xlnx+1xex−1+1≥2xex−1，
即(lnx+1x)(x+e1−x)≥2，
设ℎx=lnx+1x ，ℎ′x=x−1x2，
故ℎx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，
故ℎx≥ℎ1=1，
又g(x)在0,+∞时， gx≥2，
故lnx+1xx+e1−x≥2成立，
∴2e1−xx+e1−x+x≥1−fxa.
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)函数fx=axlnx−ax的导数f′x=alnx x>0，
①当a>0， x∈0,1时，f′x<0，
x∈1,+∞时， f′x>0，
∴fx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增；
②当a<0 ，x∈0,1时， f′x>0 ，
x∈1,+∞时，f′x<0.
∴fx在0,1单调递增，在1,+∞单调递减.
(2)①∵gx=x+e1−x， x>0，
∴g′x=1−e1−x=ex−eex.
当x∈0,1时，g′x<0 ，
当x∈1,+∞时，g′x>0，
故gx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，
故gxmin=g1=2.
②证明∵ fx=axlnx−ax，
由2e1−xx+e1−x+x≥1−fxa得，xlnx−x+2xex−1+1+x−1≥0，
即xlnx−1xex−1+1+2≥0，
⇔xlnx+1xex−1+xlnx+1≥2xex−1，
⇔xlnx+1xex−1+1≥2xex−1，
即(lnx+1x)(x+e1−x)≥2，
设ℎx=lnx+1x ，ℎ′x=x−1x2，
故ℎx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，
故ℎx≥ℎ1=1，
又g(x)在0,+∞时， gx≥2，
故lnx+1xx+e1−x≥2成立，
∴2e1−xx+e1−x+x≥1−fxa.