2020-2021学年湖南省邵阳市某校高三（上）12月第四次高考模拟考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省邵阳市某校高三（上）12月第四次高考模拟考试数学试卷人教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. 已知集合A=x|1−x≥0，集合B=x|y=lg2x−1，则A∩B=（ ）
A.(0,1]B.0,12C.12,1D.12,+∞

2. 复数1−2+i+11−2i的虚部是（ ）
A.15iB.−15iC.15D.−15

3. 平面向量a→与b→的夹角为60∘，|a→|=1，|b→|=2，则|2a→−b→|=( )
A.3B.2C.4D.12

4. 数列an：1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，称为斐波那契数列，它是由意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例子引入的，故又称为“兔子数列”.该数列从第3项开始，每项等于其前相邻两项之和，即：an+2=an+1+an，即该数列an的前n项和为Sn，则下列结论中正确的是( )
A.S2019=a2020+2B.S2019=a2021+2
C.S2019=a2020−1D.S2019=a2021−1

5. 在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a,b,c直接求三角形的面积，据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式即S=p(p−a)(p−b)(p−c),其中p=12(a+b+c).我国南宋著名数学家秦九韶（约 1202−1261) 也在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S=14(c2a2−Δ2)，这个公式中的Δ应该是( )
A.(a+c+b2)2 B.a+c−b2
C.c2+a2−b22D.a+b+c2

6. 张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥P−ABC的每个顶点都在球O的球面上，三棱锥P−ABC每对异面的棱长度都相等，且△ABC的边长分别为11，3，4，利用张衡的结论可得球O的表面积为（ ）
A.910B.1810C.18D.36

7. 已知圆(x−1)2+y2=34的一条切线y=kx与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)有两个交点，则双曲线C的离心率的取值范围是（ ）
A.(1, 3)B.(1, 2)C.(3, +∞)D.(2, +∞)

8. 滨江公园内有一块三角形形状的草坪ABC，经测量得AB=30m，AC=40m，BC=1013m，在保护草坪的同时，为了方便游人行走，现打算铺设一条小路MN（其中点M在边AB上，点N在边AC上），若MN恰好将该草坪的面积平分，则M，N两点间的最小距离为（ ）
A.106mB.103mC.30mD.102m
二、多选题

已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )
A.a2+b2≥12B.a+b≤2
C.lg2a+lg2b≥−2 D.2a−b>12

黄金分割比例5−12具有严格的比例性，艺术性，和谐性，蕴含着丰富的美学价值．这一比值能够引起人们的美感，被称为是建筑和艺术中最理想的比例．我们把离心率e=5−12的椭圆称为“黄金椭圆”，则以下四种说法中正确的有（ ）
A.椭圆x22+y25+1=1是“黄金椭圆”
B.若椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F(c, 0)且满足b2=ac，则该椭圆为“黄金椭圆”
C.设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，右顶点为A，若∠ABF=90∘，则该椭圆为“黄金椭圆”
D.设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则该椭圆为“黄金椭圆”

如图所示，在四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=2，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是（ ）

A.A′C⊥BD
B.∠BA′C=90∘
C.四面体A′BCD的体积为16
D.直线BC与平面A′BD所成角为30∘

中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美，定义：图象能够将圆O的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，下列说法正确的是( )

A.对于任意一个圆O，其“太极函数“有无数个
B.函数f(x)=ln(x2+x2+1)可以是某个圆的“太极函数”
C.正弦函数y=sinx可以同时是无数个圆的“太极函数”
D.函数y=f(x)是“太极函数”的充要条件为函数y=f(x)的图象是中心对称图形
三、填空题

在正项数列an中，ann+1=n+1n∈N*，则数列an中的最大项为________．
四、解答题

已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且满足(a+b+c)(sinB+sinC−sinA)=bsinC．
(1)求角A的大小；

(2)设a=3，S为△ABC的面积，求S+3csBcsC的最大值．

已知an为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列.
请从①a1=2，②a1=1，③a1=3的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列an存在；并在此存在的数列an中，试解答下列两个问题.
(1)求数列an的通项公式；

(2)设数列bn满足bn=−1n+1an2，求数列bn的前n项和Tn.

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC=90∘,AB//CD,AB=2CD．平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC．

(1)求证：PA⊥平面PCD；

(2)设AD=2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45∘，求DE的长．

如图，有一生态农庄的平面图是一个半圆形，其中直径长为2km，C，D两点在半圆弧上满足AD=BC，设∠COB=θ，现要在此农庄铺设一条观光通道，由AB，BC，CD和DA组成．

(1)用θ表示观光通道的长l，并求观光通道l的最大值；

(2)现要在农庄内种植经济作物，其中在△AOD中种植鲜花，在△OCD中种植果树，在扇形COB内种植草坪，已知种植鲜花和种植果树的利润均为2百万元/km2，种植草坪利润为1百万元/km2，则当θ为何值时总利润最大？

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0上任意一点到其左、右焦点F1,F2的距离之和均为4，且椭圆的中心O到直线bx+ay−ab=0的距离为233.
(1)求椭圆E的方程；

(2)已知以椭圆右顶点A为直角顶点的动直角三角形斜边端点B，C落在椭圆E上，求动直角△ABC面积的最大值．

已知函数f(x)=lnx−12ax2+(a−1)x(a∈R,a≠0)．
(1)求函数f(x)的单调增区间；

(2)记函数F(x)的图象为曲线C．设点A(x1, y1)，B(x2, y2)是曲线C上两个不同点．如果曲线C上存在点M(x0, y0)，使得：①x0=x1+x22；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F(x)存在“中值相依切线”．试问：函数f(x)是否存在“中值相依切线”，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省邵阳市某校高三（上）12月第四次高考模拟考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
对数函数的定义域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A=(−∞,1]，B=12,+∞，
故A∩B=12,1．
故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
本小题主要考查复数的相关运算及虚部概念．
【解答】
解：1−2+i+11−2i=−15+15i,
∴ 虚部为15．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积
【解析】
先利用向量的运算法则求出(2a→−b→)2，再开方即得|2a→−b→|．
【解答】
解：(2a→−b→)2=4a→2−4a→⋅b→+b→2
=4×1−4×1×2×cs60∘+4=4.
∴ |2a→−b→|=2.
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为Sn=a1+a2+a3+⋯+an
=a3−a2+a4−a3+a5−a4+
a6−a5+⋯an+2−an+1
=an+2−a2=an+2−1，
所以S2019=a2021−1，
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
秦九韶算法
类比推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由14(c2a2−Δ2)=p(p−a)(p−b)(p−c)得：
c2a2−Δ2=4×a+b+c2×b+c−a2×a+c−b2×a+b−c2,
Δ2=c2a2−14[(a+b)2−c2][c2−(b−a)2]
Δ2=c2a2−14[c2(a+b)2−(b2−a2)2−c4+c2(b−a)2]
Δ2=c2a2−14[c2(a2+2ab+b2+b2−2ab+a2)−b4+2a2b2−a4−c4]
Δ2=14(4c2a2−2a2c2−2b2c2+b4−2a2b2+a4+c4)
Δ2=14(a4+b4+c4+2c2a2−2a2b2−2b2c2)
Δ2=(a2+c2−b22)2
所以Δ=a2+c2−b22.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
棱锥的结构特征
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为三棱锥P−ABC每对异面的棱长度相等，
所以该三棱锥可以补成一个长方体，且该长方体各面上的对角线上分别为11,3，4，
设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
且不妨设a2+b2=112=11，b2+c2=32=9，a2+c2=42=16，
所以a2+b2+c2=18，所以三棱锥外接球的直径为a2+b2+c2=32，
利用张衡的结论可得π216=58，则π=10，
所以球O的表面积为4π3222=18π=1810．
故选B．
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
直线与双曲线结合的最值问题
点到直线的距离公式
【解析】
先求出切线的斜率，再利用圆(x−1)2+y2=34的一条切线y＝kx与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)有两个交点，可得ba>3，即可求出双曲线C的离心率的取值范围．
【解答】
解：由题意，圆心到直线的距离d=|k|k2+1=32，
∴ k=±3，
由题意知ba>3，
∴ 1+b2a2>4，
∴ a2+b2a2=c2a2>4，
∴ e>2.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为S△AMN=12S△ABC，
即12AM⋅AN⋅sinA=14AB⋅AC⋅sinA，
所以AM⋅AN=12AB⋅AC=600．
在△ABC中，csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC
=302+402−101322×30×40=12．
在△AMN中，
MN2=AM2+AN2−2AM⋅ANcsA
≥2AM⋅AN−AM⋅AN=AM⋅AN=600，
当且仅当AM=AN=106时取等号，
所以M，N两点间的最小距离为106m．
故选A.
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
基本不等式
不等式的基本性质
【解析】
由基本不等式可得1=a+b≥2ab，则ab≤12，代入选项判断即可.
【解答】
解：因为a>0，b>0，a+b=1，
由基本不等式可得1=a+b≥2ab，
则ab≤12，所以ab≤14，
所以a2+b2=1−2ab≥12，故A正确；
因为a+b+2ab=a+b2≤1+1=2，
即a+b≤2，故B正确;
因为lg2a+lg2b=lg2ab≤lg214=−2，故C错误；
因为b=1−a，则1−a>0，
所以0所以−1<2a−1<1，
所以2a−b=2a−(1−a)=22a−1∈12,2，故D正确.
故选ABD.
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
椭圆的标准方程
等比数列
椭圆的离心率
【解析】
根据每个说法给出的条件，求出每个说法中椭圆的离心率，看是否满足e=5−12即可．
【解答】
解：对于A，a2=5+1，b2=2，故e=1−b2a2=5−12是“黄金椭圆”；
对于B，b2=ac，即a2−c2=ac，故e2+e−1=0，
则e=5−12或e=−5−12（舍），是“黄金椭圆”；
对于C，由∠ABF=90∘可得：(a+c)2=a2+b2+b2+c2，
化简可知e2+e−1=0，则e=5−12或e=−5−12（舍），是“黄金椭圆”；
对于D，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，
则(2c)2=(a−c)(a+c)，则e=55，不是“黄金椭圆”．
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
空间中直线与平面之间的位置关系
两条直线垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于A，若A′C⊥BD，又DC⊥BD，DC∩A′C=C，
则BD⊥平面A′CD，所以BD⊥A′D，显然与题意矛盾，故A错误；
对于B，因为BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，
平面A′BD∩平面BCD=BD，CD⊂平面BCD，
所以CD⊥平面A′BD，又A′D⊂平面A′BD，所以CD⊥A′D．
因为AB=AD=CD=1，BD=2，所以A′C=2，BC=3，
所以A′B2+A′C2=BC2，所以A′B⊥A′C，即∠BA′C=90∘，故B正确；
对于C，四面体A′BCD的体积V=13×12×12×1=16，故C正确；
对于D，由前面知道CD⊥平面A′BD，
所以∠CBD为直线BC与平面A′BD所成角的平面角，
所以tan∠CBD=CDBD=22，故D错误．
故选BC．
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
函数的图象变换
函数的对称性
【解析】
过圆心的直线都可以将圆的周长和面积同时平分，故①正确；
作函数f(x)=ln(x2+x2+1)的大致图象，从而判断②的正误；
将圆的圆心放在正弦函数y=sinx的对称中心上，则正弦函数y=sinx是该圆的“优美函数”；即可判断③的正误；
函数y=f(x)的图象是中心对称图形，则y=f(x)是“优美函数”，但函数y=f(x)是“优美函数”时，图象不一定是中心对称图形，作图举反例即可．
【解答】
解：过圆心的直线都可以将圆的周长和面积同时平分，
故对于任意一个圆O，其“太极函数”有无数个，故A正确；
函数f(x)=ln(x2+x2+1)的大致图象如图甲，故其不可能为圆的“太极函数”，故B错误；
将圆的圆心放在正弦函数y=sinx图象的对称中心上，
则正弦函数y=sinx是该圆的“太极函数”，
故有无数个圆成立，故C正确；
函数y=f(x)的图象是中心对称图形，则y=f(x)是“太极函数”，
但函数y=f(x)是“太极函数”时，图象不一定是中心对称图形，如图乙，
故D错误.
故选AC．
三、填空题
【答案】
a2=33
【考点】
数列与函数最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知a1=2，a2=33，a3=44=2，a4=55，
易得a1a3>a4>⋯，下面证当n≥2时，an是递减数列．
由ann+1=n+1知lnan=lnn+1n+1，令fx=lnxx，
则f′x=1x⋅x−lnxx2=1−lnxx2，
所以当x≥3时，lnx>1，则1−lnx<0，即f′x<0，
所以fx在[3,+∞)内为单调递减函数，
所以当n≥2时，lnan是递减数列，即an是递减数列．
又a1故答案为：a2=33．
四、解答题
【答案】
解：(1)因为a+b+csinB+sinC−sinA=bsin C，
所以根据正弦定理知a+b+cb+c−a=bc，
即b2+c2−a2=−bc．
所以由余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=−12．
又A∈0,π，所以A=23π．
(2)根据a=3，A=23π及正弦定理
可得bsinB=csinC=asinA=2，
所以b=2sinB,c=2sinC，
所以S=12bcsinA=12×2sinB×2sinC×32
=3sinBsinC，
所以S+3csBcsC=3sinBsinC+3csBcsC
=3csB−C，
故当B=C,B+C=π3,即B=C=π6时，
S+3csBcsC取得最大值3．
【考点】
余弦定理
正弦定理
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a+b+csinB+sinC−sinA=bsin C，
所以根据正弦定理知a+b+cb+c−a=bc，
即b2+c2−a2=−bc．
所以由余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=−12．
又A∈0,π，所以A=23π．
(2)根据a=3，A=23π及正弦定理
可得bsinB=csinC=asinA=2，
所以b=2sinB,c=2sinC，
所以S=12bcsinA=12×2sinB×2sinC×32
=3sinBsinC，
所以S+3csBcsC=3sinBsinC+3csBcsC
=3csB−C，
故当B=C,B+C=π3,即B=C=π6时，
S+3csBcsC取得最大值3．
【答案】
解：(1)若选择条件①，
当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=2，a2=6，a3=7不是等差数列；
a1=2，a2=9，a3=8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=2，a2=4，a3=7不是等差数列；
a1=2，a2=9，a3=12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=2，a2=4，a3=8不是等差数列；
a1=2，a2=6，a3=12不是等差数列，
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在；
若选择条件②，
同理可得，当第一行第二列为a1时，结合条件可知a1=1，a2=4 ，a3=7，
则公差d=a2−a1=3，
所以an=a1+n−1d=3n−2，n∈N*；
若选择条件③，
当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=3，a2=6，a3=7不是等差数列；
a1=3，a2=9，a3=8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=3，a2=4，a3=7不是等差数列；
a1=3，a2=9，a3=12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=3，a2=4，a3=8不是等差数列；
a1=3，a2=6，a3=12不是等差数列，
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在.
综上可知：an=3n−2，n∈N*.
(2)由(1)可知，bn=−1n+13n−22，
所以当n为偶数时，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=a12−a22+a32−a42+⋯+an−12−an2
=(a1+a2)(a1−a2)+(a3+a4)(a3−a4)+⋯
+(an−1+an)(an−1−an)
=−3a1+a2+a3+⋯+an
=−3×n1+3n−22=−92n2+32n；
当n为奇数时，
Tn=Tn−1+bn=−92n−12+32n−1+3n−22
=92n2−32n−2.
综上所述，Tn=−92n2+32n，n=2k，k∈N*，92n2−32n−2，n=2k−1，k∈N*.
【考点】
数列的求和
等差数列的通项公式
【解析】


【解答】
解：(1)若选择条件①，
当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=2，a2=6，a3=7不是等差数列；
a1=2，a2=9，a3=8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=2，a2=4，a3=7不是等差数列；
a1=2，a2=9，a3=12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=2，a2=4，a3=8不是等差数列；
a1=2，a2=6，a3=12不是等差数列，
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在；
若选择条件②，
同理可得，当第一行第二列为a1时，结合条件可知a1=1，a2=4 ，a3=7，
则公差d=a2−a1=3，
所以an=a1+n−1d=3n−2，n∈N*；
若选择条件③，
当第一行第一列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=3，a2=6，a3=7不是等差数列；
a1=3，a2=9，a3=8不是等差数列；
当第一行第二列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=3，a2=4，a3=7不是等差数列；
a1=3，a2=9，a3=12不是等差数列；
当第一行第三列为a1时，由题意知，可能的组合有，
a1=3，a2=4，a3=8不是等差数列；
a1=3，a2=6，a3=12不是等差数列，
则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在.
综上可知：an=3n−2，n∈N*.
(2)由(1)可知，bn=−1n+13n−22，
所以当n为偶数时，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn
=a12−a22+a32−a42+⋯+an−12−an2
=(a1+a2)(a1−a2)+(a3+a4)(a3−a4)+⋯
+(an−1+an)(an−1−an)
=−3a1+a2+a3+⋯+an
=−3×n1+3n−22=−92n2+32n；
当n为奇数时，
Tn=Tn−1+bn=−92n−12+32n−1+3n−22
=92n2−32n−2.
综上所述，Tn=−92n2+32n，n=2k，k∈N*，92n2−32n−2，n=2k−1，k∈N*.
【答案】
(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,
所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥PA.
又CD∩DE=D，
所以PA⊥平面PCD．
(2)解：取AD的中点O，连接PO，
因为PA=PD，
所以PO⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
由(1)得PA⊥PD，由AD=2得，
PA=PD=2,PO=1.
设CD=a，则P0,0,1,D0,1,0,Ca,1,0,B2a,−1,0，
则BC→=−a,2,0,PC→=a,1,−1，
设m→=x,y,z为平面PBC的法向量，
由m→⋅BC→=0,m→⋅PC→=0得 −ax+2y=0,ax+y−z=0,令x=2，则y=a,z=3a，
故m→=2,a,3a为平面PBC的一个法向量．
由(1)知n→=DC→=(a,0,0)为平面PAD的一个法向量.
由|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=|2a|a10a2+4=22，
解得a=105，即CD=105，
所以在Rt△PCD中，PC=2155，
由等面积法可得DE=CD⋅PDPC=33．
【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】
（1）证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA又CD∩DE=D，所以PA⊥平面PCD．
答案未提供解析。
【解答】
(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,
所以CD⊥平面PAD，
所以CD⊥PA.
又CD∩DE=D，
所以PA⊥平面PCD．
(2)解：取AD的中点O，连接PO，
因为PA=PD，
所以PO⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
由(1)得PA⊥PD，由AD=2得，
PA=PD=2,PO=1.
设CD=a，则P0,0,1,D0,1,0,Ca,1,0,B2a,−1,0，
则BC→=−a,2,0,PC→=a,1,−1，
设m→=x,y,z为平面PBC的法向量，
由m→⋅BC→=0,m→⋅PC→=0得 −ax+2y=0,ax+y−z=0,令x=2，则y=a,z=3a，
故m→=2,a,3a为平面PBC的一个法向量．
由(1)知n→=DC→=(a,0,0)为平面PAD的一个法向量.
由|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=|2a|a10a2+4=22，
解得a=105，即CD=105，
所以在Rt△PCD中，PC=2155，
由等面积法可得DE=CD⋅PDPC=33．
【答案】
解：(1)作OE⊥BC，垂足为E，
在直角三角形OBE中，BE=OBsinθ2=sinθ2，
则有BC=AD=2sinθ2，
同理作OF⊥CD，垂足为F，
CF=OCcsθ=csθ，
即： CD=2csθ ，
从而有： l=2+4sinθ2+2csθ
=−4sin2θ2+4sinθ2+4
=−4sinθ2−122+5，
当θ=π3时，l取最大值5，即观光通道长l的最大值为5 km．
(2)依题意， S△AOD=12sinθ，S△COD=12sin2θ，S扇形OBC=12θ，
则总利润Sθ=sinθ+sin2θ+12θ.
S′θ=csθ+2cs2θ+12=124csθ+32csθ−1，
因为θ∈0,π2，
所以当θ∈0,π3时， Sθ单调递增，
当θ∈π3,π2时， Sθ单调递减，
从而当θ=π3时，总利润取得最大值，
最大值Smax=3+π6百万元．
【考点】
二倍角的正弦公式
三角函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)作OE⊥BC，垂足为E，
在直角三角形OBE中，BE=OBsinθ2=sinθ2，
则有BC=AD=2sinθ2，
同理作OF⊥CD，垂足为F，
CF=OCcsθ=csθ，
即： CD=2csθ ，
从而有： l=2+4sinθ2+2csθ
=−4sin2θ2+4sinθ2+4
=−4sinθ2−122+5，
当θ=π3时，l取最大值5，即观光通道长l的最大值为5 km．
(2)依题意， S△AOD=12sinθ，S△COD=12sin2θ，S扇形OBC=12θ，
则总利润Sθ=sinθ+sin2θ+12θ.
S′θ=csθ+2cs2θ+12=124csθ+32csθ−1，
因为θ∈0,π2，
所以当θ∈0,π3时， Sθ单调递增，
当θ∈π3,π2时， Sθ单调递减，
从而当θ=π3时，总利润取得最大值，
最大值Smax=3+π6百万元．
【答案】
解：(1)由题可知,
2a=4,|ab|a2+b2=233,⇒a=2,b=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1．
(2)由题易知斜边BC不可能和x轴平行，
故可设BC所在直线l方程为x=ty+m，
联立E：x24+y22=1消去x整理得
(t2+2)y2+2tmy+m2−4=0，
设B(x1,y1)，C(x2,y2)，
则有y1+y2=−2tmt2+2，y1⋅y2=m2−4t2+2，
Δ=4t2m2−4(t2+2)(m2−4)>0⇒m2<2t2+4，
由题可知AB→⋅AC→
=(x1−2,y1)⋅(x2−2,y2)
=(ty1+m−2)(ty2+m−2)+y1y2
=(t2+1)y1y2+t(m−2)(y1+y2)+(m−2)2
=(t2+1)m2−4t2+2+t(m−2)−2tmt2+2+(m−2)2
=0，
⇒3m2−8m+4=0⇒m=2（舍去）或m=23，
可得BC所在直线l的 方程为x=ty+23，
恒过定点D23,0，
所以S△ABC=12|AD||y1−y2|
=122−23(y1+y2)2−4y1y2
=83t2+169t2+2，
令u=t2+169，u∈43,+∞，
则S△ABC=83⋅uu2+29=83⋅1u+29u，
y=u+29u在u∈43,+∞上递增，
所以y=u+29u∈32,+∞⇒S△ABC=0,169，
所以△ABC面积的最大值为169，此时BC所在直线l方程为x=23．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
左侧图片未给出解析．
左侧图片未给出解析．
【解答】
解：(1)由题可知,
2a=4,|ab|a2+b2=233,⇒a=2,b=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1．
(2)由题易知斜边BC不可能和x轴平行，
故可设BC所在直线l方程为x=ty+m，
联立E：x24+y22=1消去x整理得
(t2+2)y2+2tmy+m2−4=0，
设B(x1,y1)，C(x2,y2)，
则有y1+y2=−2tmt2+2，y1⋅y2=m2−4t2+2，
Δ=4t2m2−4(t2+2)(m2−4)>0⇒m2<2t2+4，
由题可知AB→⋅AC→
=(x1−2,y1)⋅(x2−2,y2)
=(ty1+m−2)(ty2+m−2)+y1y2
=(t2+1)y1y2+t(m−2)(y1+y2)+(m−2)2
=(t2+1)m2−4t2+2+t(m−2)−2tmt2+2+(m−2)2
=0，
⇒3m2−8m+4=0⇒m=2（舍去）或m=23，
可得BC所在直线l的 方程为x=ty+23，
恒过定点D23,0，
所以S△ABC=12|AD||y1−y2|
=122−23(y1+y2)2−4y1y2
=83t2+169t2+2，
令u=t2+169，u∈43,+∞，
则S△ABC=83⋅uu2+29=83⋅1u+29u，
y=u+29u在u∈43,+∞上递增，
所以y=u+29u∈32,+∞⇒S△ABC=0,169，
所以△ABC面积的最大值为169，此时BC所在直线l方程为x=23．
【答案】
解：(1)函数f(x)的定义域是(0, +∞)．
由已知得，f′(x)=1x−ax+a−1=−a(x−1)(x+1a)x．
(i)当a>0时，令f′(x)>0，解得0所以函数f(x)在(0, 1)上单调递增,
(ii)当a<0时，
①当−1a<1时，即a<−1时，令f′(x)>0，解得01；
所以，函数f(x)在(0,−1a)和(1, +∞)上单调递增,
②当−1a=1时，即a=−1时，显然，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
③当−1a>1时，即−10，解得0−1a,
所以，函数f(x)在(0, 1)和(−1a,+∞)上单调递增，
综上所述，当a>0时，函数f(x)在(0, 1)上单调递增，
当a<−1时，函数f(x)在(0,−1a)和(1, +∞)上单调递增，
当a=−1时，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增,
当−1(2)假设函数f(x)存在“中值相依切线”．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)是曲线y=f(x)上的不同两点，且0则y1=lnx1−12ax12+(a−1)x1，
y2=lnx2−12ax22+(a−1)x2．
kAB=y2−y1x2−x1
=(lnx2−lnx1)−12a(x22−x12)+(a−1)(x2−x1)x2−x1
=lnx2−lnx1x2−x1−12a(x1+x2)+(a−1)，
又曲线在点M(x0, y0)处的切线斜率
k=f′(x0)=f′(x1+x22)
=2x1+x2−a⋅x1+x22+(a−1)，
依题意得：lnx2−lnx1x2−x1−12a(x1+x2)+(a−1)
=2x1+x2−a⋅x1+x22+(a−1)．
化简可得：lnx2−lnx1x2−x1=2x1+x2，
即lnx2x1=2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1．
设x2x1=t(t>1)，上式化为：lnt=2(t−1)t+1=2−4t+1，
即lnt+4t+1=2．
令g(t)=lnt+4t+1，g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2．
因为t>1，显然g′(t)>0，所以g(t)在(1, +∞)上递增，
显然有g(t)>2恒成立．
所以在(1, +∞)内不存在t，使得lnt+4t+1=2成立．
综上所述，假设不成立．所以，函数f(x)不存在“中值相依切线”．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（I）根据对数函数的定义求得函数的定义域，再根据f(x)的解析式求出f(x)的导函数，然后分别令导函数大于0和小于0得到关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到相应的x的范围即分别为函数的递增和递减区间；
(II)假设函数f(x)的图象上存在两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，使得AB存在“中值相依切线”，根据斜率公式求出直线AB的斜率，利用导数的几何意义求出直线AB的斜率，它们相等，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值即可证明结论．
【解答】
解：(1)函数f(x)的定义域是(0, +∞)．
由已知得，f′(x)=1x−ax+a−1=−a(x−1)(x+1a)x．
(i)当a>0时，令f′(x)>0，解得0所以函数f(x)在(0, 1)上单调递增,
(ii)当a<0时，
①当−1a<1时，即a<−1时，令f′(x)>0，解得01；
所以，函数f(x)在(0,−1a)和(1, +∞)上单调递增,
②当−1a=1时，即a=−1时，显然，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增；
③当−1a>1时，即−10，解得0−1a,
所以，函数f(x)在(0, 1)和(−1a,+∞)上单调递增，
综上所述，当a>0时，函数f(x)在(0, 1)上单调递增，
当a<−1时，函数f(x)在(0,−1a)和(1, +∞)上单调递增，
当a=−1时，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增,
当−1(2)假设函数f(x)存在“中值相依切线”．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)是曲线y=f(x)上的不同两点，且0则y1=lnx1−12ax12+(a−1)x1，
y2=lnx2−12ax22+(a−1)x2．
kAB=y2−y1x2−x1
=(lnx2−lnx1)−12a(x22−x12)+(a−1)(x2−x1)x2−x1
=lnx2−lnx1x2−x1−12a(x1+x2)+(a−1)，
又曲线在点M(x0, y0)处的切线斜率
k=f′(x0)=f′(x1+x22)
=2x1+x2−a⋅x1+x22+(a−1)，
依题意得：lnx2−lnx1x2−x1−12a(x1+x2)+(a−1)
=2x1+x2−a⋅x1+x22+(a−1)．
化简可得：lnx2−lnx1x2−x1=2x1+x2，
即lnx2x1=2(x2−x1)x2+x1=2(x2x1−1)x2x1+1．
设x2x1=t(t>1)，上式化为：lnt=2(t−1)t+1=2−4t+1，
即lnt+4t+1=2．
令g(t)=lnt+4t+1，g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2．
因为t>1，显然g′(t)>0，所以g(t)在(1, +∞)上递增，
显然有g(t)>2恒成立．
所以在(1, +∞)内不存在t，使得lnt+4t+1=2成立．
综上所述，假设不成立．所以，函数f(x)不存在“中值相依切线”．第一列
第二列
第三列
第一行
第二行
4
6
9
第三行
12
8
7