2021年北京市海淀区高考数学一模试卷

这是一份2021年北京市海淀区高考数学一模试卷，共25页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。

2021年北京市海淀区高考数学一模试卷
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（4分）已知集合A＝{1}，B＝{x|x≥a}．若A∪B＝B，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（1，+∞） D．[1，+∞）
2．（4分）如图，在复平面内，复数z对应的点为P．则复数的虚部为（　　）

A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
3．（4分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a5＝S5＝5，则a1＝（　　）
A．﹣5 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣2
4．（4分）在的展开式中，x4的系数为12，则a的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1
5．（4分）函数①f（x）＝sinx+cosx，②f（x）＝sinxcosx，③中，周期是π且为奇函数的所有函数的序号是（　　）
A．①② B．② C．③ D．②③
6．（4分）已知函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），且当x＞1时，f（x）＝log2x，则f（8）﹣f（﹣2）＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．3
7．（4分）已知，是单位向量，＝+2，若⊥，则||＝（　　）
A．3 B． C． D．
8．（4分）已知点A（x1，x12），B（x2，x22），，则“△ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．（4分）设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若﹣a1＜a2＜a1，则（　　）
A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．数列{Sn}有最大项 D．数列{Sn}有最小项
10．（4分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为α，记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数S＝f（h）的图象是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）已知函数f（x）＝x3+ax，若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为2．则实数a的值是　 　．
12．（5分）已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为　 　．
13．（5分）已知点O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），则cos＜，＞＝　 　，若B是以OA为边的矩形的顶点，则m＝　 　．
14．（5分）若实数α，β满足方程组，则β的一个值是　 　．
15．（5分）对平面直角坐标系xOy中的两组点，如果存在一条直线ax+by+c＝0使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”，对于一条分类直线l，记所有的点到l的距离的最小值为d1，约定：d1越大，分类直线l的分类效果越好，某学校高三（2）出的7位同学在2020年期间网购文具的费用x（单位：百元）和网购图书的费用y（单位：百元）的情况如图所示，现将P1，P2，P3和P4归为第Ⅰ组点，将Q1，Q2和Q3归为第Ⅱ组点，在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为L．给出下列四个结论：
①直线x＝2.5比直线3x﹣y﹣5＝0的分类效果好；
②分类直线L的斜率为2；
③该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第Ⅱ组点位于L的同侧；
④如果从第Ⅰ组点中去掉点P1，第Ⅱ组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L．
其中所有正确结论的序号是　 　．

三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
16．（14分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝，cosA＝，
cos．
（Ⅰ）求cos∠BDC；
（Ⅱ）求BC的长．

17．（14分）在如图所示的多面体中，AB∥CD，四边形ACFE为矩形，AB＝AE＝1，AD＝CD＝2．
（Ⅰ）求证：平面ABE∥平面CDF；
（Ⅱ）设平面BEF∩平面CDF＝l，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B﹣l﹣C的大小确定，并求此二面角的余弦值．
条件①：AB⊥AD；
条件②：AE⊥平面ABCD；
条件③：平面AED⊥平面ABCD．

18．（14分）每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．

（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列；
（Ⅲ）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“P20（k）”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在（10，12]（单位：小时）内的概率，其中k＝0，1，2，…，20．当P20（k）最大时，写出k的值．（只需写出结论）
19．（15分）已知函数f（x）＝xsinx．
（Ⅰ）判断函数f（x）在区间（0，）上的单调性，并说明理由；
（Ⅱ）求证：函数f（x）在（，π）内有且只有一个极值点；
（Ⅲ）求函数g（x）＝在区间（1，π]上的最小值．
20．（14分）已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（﹣2，0），B（0，1）两点．
（Ⅰ）求椭圆M的离心率；
（Ⅱ）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
21．（14分）已知无穷数列{an}，对于m∈N*，若{an}同时满足以下三个条件，则称数列{an}具有性质P（m）．
条件①：an＞0（n＝1，2，…）；
条件②：存在常数T＞0，使得an≤T（n＝1，2，…）；
条件③：an+an+1＝man+2（n＝1，2，…）．
（Ⅰ）若an＝5+4×（n＝1，2，…），且数列{an}具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；
（Ⅱ）是否存在具有性质P（1）的数列{an}？若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）设数列{an}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{an}的通项公式．

2021年北京市海淀区高考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（4分）已知集合A＝{1}，B＝{x|x≥a}．若A∪B＝B，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，1] C．（1，+∞） D．[1，+∞）
【分析】利用集合之间的包含关系判断a的范围
【解答】∵A∪B＝B，∴A⊆B，∴a≤1．
故选：B．
【点评】本题考查的是集合之间的包含关系，属于基础题．
2．（4分）如图，在复平面内，复数z对应的点为P．则复数的虚部为（　　）

A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2
【分析】由已知求得z，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：由题意可得，点P对应的复数z＝﹣1+2i，
∴＝＝2+i，
∴复数的虚部为1．
故选：A．
【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数代数形式的乘除运算及复数的基本概念，是基础题．
3．（4分）已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a5＝S5＝5，则a1＝（　　）
A．﹣5 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣2
【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可直接求解．
【解答】解：因为{an}为等差数列，a5＝S5＝5，
所以，
解得a1＝﹣3．
故选：C．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式，属于基础题．
4．（4分）在的展开式中，x4的系数为12，则a的值为（　　）
A．2 B．﹣2 C．1 D．﹣1
【分析】由题设利用的展开式的通项公式得到关于a的方程，再解出a即可．
【解答】解：由题设可得：的展开式的通项公式为
Tr+1＝•x6﹣r•（﹣）r＝•（﹣a）r•x6﹣2r（r＝0，1，…，6），
令6﹣2r＝4，可得r＝1，
由x4的系数为12，可得12＝•（﹣a）＝﹣6a，解得a＝﹣2，
故选：B．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
5．（4分）函数①f（x）＝sinx+cosx，②f（x）＝sinxcosx，③中，周期是π且为奇函数的所有函数的序号是（　　）
A．①② B．② C．③ D．②③
【分析】直接利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．
【解答】解：①f（x）＝sinx+cosx＝，
所以T＝2π，非奇非偶函数，
②f（x）＝sinxcosx＝，
故T＝，奇函数，
③＝，
故T＝，奇函数．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
6．（4分）已知函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），且当x＞1时，f（x）＝log2x，则f（8）﹣f（﹣2）＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．3
【分析】根据条件求出对称轴，再进行转化求解即可．
【解答】解：∵函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），
故其对称轴为x＝1，
所以：f（﹣2）＝f（4），
∵当x＞1时，f（x）＝log2x，
∴f（8）﹣f（﹣2）＝f（8）﹣f（4）＝log28﹣log24＝3﹣2＝1，
故选：C．
【点评】本题主要考查函数值的计算，根据函数的对称性，进行转化是解决本题的关键．
7．（4分）已知，是单位向量，＝+2，若⊥，则||＝（　　）
A．3 B． C． D．
【分析】由向量垂直得＝＝＝0，从而＝﹣1，由此能求出||．
【解答】解：∵，是单位向量，＝+2，⊥，
∴＝＝＝0，
∴＝﹣1，
||＝＝
＝
＝．
故选：C．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量垂直的性质、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（4分）已知点A（x1，x12），B（x2，x22），，则“△ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】由点A（x1，x12），B（x2，x22），可得点A，B在抛物线y＝x2上，利用抛物线的对称性、等边三角形的性质及其直线AB的斜率为0的条件，即可判断出结论．
【解答】解：由点A（x1，x12），B（x2，x22），可得点A，B在抛物线y＝x2上，
只有点A，B关于y轴对称时△ABC才有可能是等边三角形，此时“直线AB的斜率为0；
反之“直线AB的斜率为0”，虽然点A，B关于y轴对称，但是△ABC不一定是等边三角形．
∴“△ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”的充分而不必要条件．
故选：A．

【点评】本题考查了抛物线的对称性、等边三角形的性质、直线的斜率、充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9．（4分）设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若﹣a1＜a2＜a1，则（　　）
A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．数列{Sn}有最大项 D．数列{Sn}有最小项
【分析】由已知分析等比数列的公比范围，然后结合求和公式分析{Sn}的单调性，结合选项可求．
【解答】解：由﹣a1＜a2＜a1可得a1＞0，
所以q＝＜1，
因为﹣a1＜a2得q＝＞﹣1，
所以﹣1＜q＜1，
因为，
当0＜q＜1时，{Sn}递增，当﹣1＜q＜0时，{Sn}摆动，A，B错误；
当0＜q＜1时，Sn最小项S1，没有最大项，
当﹣1＜q＜0时，a1＞0，a2＜0，a3＞0，a4＜0且a3+a4＞0，Sn最小项S2，没有最大项，C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等比数列的单调性的判断，通项公式及求和公式，属于中档题．
10．（4分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为α，记平面α截牟合方盖所得截面的面积为S，则函数S＝f（h）的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】首先由图1得到正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图2可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项即可．
【解答】解：由图1可得，正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，
用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，
并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，
内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，
则有（a﹣h）2+r2＝a2，解得r2＝﹣h2+2ah，
设截面圆的外接正方形的边长为b，则b＝2r，
正方形的面积为S＝b2＝4r2＝﹣4h2+8ah，h∈[0，2a]，
由函数的解析式可知，图象应该是开口向下的抛物线．
故选：D．
【点评】本题考查了函数图象的理解和应用，主要考查了正方体的内切球以及其截面圆的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）已知函数f（x）＝x3+ax，若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为2．则实数a的值是　﹣1　．
【分析】求出函数的导数，根据f′（1）＝2，得到关于a的方程，解出即可．
【解答】解：∵f（x）＝x3+ax，
∴f′（x）＝3x2+a，
∴f′（1）＝3+a＝2，解得：a＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了导数的意义，考查切线的斜率，是基础题．
12．（5分）已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为　　．
【分析】设出双曲线的标准方程，则可表示出其渐近线的方程，根据两条直线垂直，推断出其斜率之积为﹣1进而求得a和b的关系，进而根据c＝求得a和c的关系，则双曲线的离心率可得．
【解答】解：设双曲线方程为＝1，则双曲线的渐近线方程为y＝±x
∵两条渐近线互相垂直，
∴×（﹣）＝﹣1
∴a2＝b2，
∴c＝＝a
∴e＝＝
故答案为：
【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质．考查了学生转化和化归思想和对双曲线基础知识的把握．
13．（5分）已知点O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m＞0），则cos＜，＞＝　　，若B是以OA为边的矩形的顶点，则m＝　5　．
【分析】对于第一空：求出、的坐标，计算可得、的模以及•的值，由向量夹角公式计算可得答案，
对于第二空：分析可得⊥，求出的坐标，由向量数量积的计算公式可得•＝（m﹣1）+2×（﹣2）＝0，解可得m的值，即可得答案．
【解答】解：根据题意，点O（0，0），A（1，2），B（m，0），
则＝（1，2），＝（m，0），则||＝，||＝m，
•＝m，
故cos＜，＞＝＝，
若B是以OA为边的矩形的顶点，而与不垂直，则必有⊥，
又由＝（m﹣1，﹣2），则有•＝（m﹣1）+2×（﹣2）＝0，解可得m＝5，
故答案为：，5．
【点评】本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
14．（5分）若实数α，β满足方程组，则β的一个值是　0　．
【分析】直接利用三角函数关系式的变换的应用求出结果．
【解答】解：实数α，β满足方程组，
则，
由于cos2α+sin2α＝1，
所以，
整理得，
故可以取β＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15．（5分）对平面直角坐标系xOy中的两组点，如果存在一条直线ax+by+c＝0使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”，对于一条分类直线l，记所有的点到l的距离的最小值为d1，约定：d1越大，分类直线l的分类效果越好，某学校高三（2）出的7位同学在2020年期间网购文具的费用x（单位：百元）和网购图书的费用y（单位：百元）的情况如图所示，现将P1，P2，P3和P4归为第Ⅰ组点，将Q1，Q2和Q3归为第Ⅱ组点，在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为L．给出下列四个结论：
①直线x＝2.5比直线3x﹣y﹣5＝0的分类效果好；
②分类直线L的斜率为2；
③该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第Ⅱ组点位于L的同侧；
④如果从第Ⅰ组点中去掉点P1，第Ⅱ组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L．
其中所有正确结论的序号是　②③④　．

【分析】对于①求出各点的坐标，计算出d1的值，比较即可；
对于②结合图象，即可求出k的值；
对于③根据P3到L的距离与Q2到L的距离相等时为L的临界值，即可判断；
对于④直接求出判断即可．
【解答】解：对于①：当x＝2.5时，P1（1.5，2），P2（1，3），P3（2，3），P4（2，3），Q1（3，1），Q2（3，2），Q3（4，3），
d1＝0.5
当3x﹣y﹣5＝0时，d1＝＝＞0.5，
故直线3x﹣y﹣5＝比直线：x＝2.5的分类效果好，故①错误；
对于②：由图可得，定位L的位置由P1，P3，Q2确定，
∵到点的距离的最小值较大，
∴过点P1，Q2的中点，
即2k﹣3+b＝k﹣2+b，
解得k＝2，故②正确；
对于③：P3到L的距离与Q2到L的距离相等时为L的临界值，点（3，3）在L右侧，故③正确；
对于④：去掉P1后，2k﹣3+b＝3k﹣2+b，解得k＝1，故④正确．
故答案为：②③④．

【点评】本题考查了命题的真假判断，考查了直线方程，以及分析问题，解决问题的能力，属于中档题．
三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
16．（14分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，CD＝，cosA＝，
cos．
（Ⅰ）求cos∠BDC；
（Ⅱ）求BC的长．

【分析】（Ⅰ）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinA，sin∠ADB的值，由于∠BDC＝π﹣（A+∠ADB），利用诱导公式，两角和的余弦公式求出cos∠BDC即可．
（Ⅱ）由已知及正弦定理可求出BD的值，在△BCD中，利用余弦定理求出BC的值．
【解答】解：（Ⅰ）因为AB∥CD，cosA＝，cos，
所以sinA＝＝，sin∠ADB＝＝，
cos∠BDC＝cos[π﹣（A+∠ADB）]＝﹣cos（A+∠ADB）＝sinAsin∠ADB﹣cosAcos∠ADB＝×﹣＝．
（Ⅱ）由已知及正弦定理，可得＝，解得BD＝3，
由于cos∠BDC＝，CD＝，
在△BCD中，由余弦定理可得BC＝
＝＝．

【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，诱导公式，两角和的余弦公式，正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．
17．（14分）在如图所示的多面体中，AB∥CD，四边形ACFE为矩形，AB＝AE＝1，AD＝CD＝2．
（Ⅰ）求证：平面ABE∥平面CDF；
（Ⅱ）设平面BEF∩平面CDF＝l，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B﹣l﹣C的大小确定，并求此二面角的余弦值．
条件①：AB⊥AD；
条件②：AE⊥平面ABCD；
条件③：平面AED⊥平面ABCD．

【分析】（Ⅰ）利用线面平行的判定定理分别证明CF∥平面ABE，CD∥平面ABE，再利用面面垂直的判定定理，即可证明面面平行；
（Ⅱ）若选①②：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．
若选①②③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．
若选①③：建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面BEF和平面CDF的法向量，然后利用空间向量的夹角公式求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为四边形ACFE为矩形，所以CF∥AE，
又AE⊂平面ABE，CF⊄平面ABE，所以CF∥平面ABE，
又因为AB∥CD，又AB⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，
所以CD∥平面ABE，
又CD∩CF＝C，CD，CF⊂平面CDF，
所以平面ABE∥平面CDF；
（Ⅱ）选择①②：
因为AE⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以AE⊥AB，AE⊥AD，又因为AB⊥AD，
所以AB，AE，AD两两互相垂直，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则B（1，0，0），E（0，0，1），F（2，2，1），
所以，
设平面BEF的法向量为，
则，即，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝1，故，
因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，
所以AD⊥平面CDF，
取平面CDF的一个法向量为，
所以，
故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．
选择①②③：
因为AE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AE⊥AD，
因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，
所以AB⊥AE，又因为AB⊥AD，
所以AB，AE，AD两两互相垂直，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则B（1，0，0），E（0，0，1），F（2，2，1），
所以，
设平面BEF的法向量为，
则，即，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝1，故，
因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，
所以AD⊥平面CDF，
取平面CDF的一个法向量为，
所以，
故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．
选择①③：
因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，
所以AB⊥AE，
在矩形ACFE中，AE⊥AC，
又AC，AB⊂平面ABCD，AC∩AB＝A，
所以AE⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，
所以AE⊥AD，
所以AB，AE，AD两两互相垂直，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则B（1，0，0），E（0，0，1），F（2，2，1），
所以，
设平面BEF的法向量为，
则，即，
令x＝1，则y＝﹣1，z＝1，故，
因为AD⊥平面ABE，又平面ABE∥平面CDF，
所以AD⊥平面CDF，
取平面CDF的一个法向量为，
所以，
故二面角B﹣l﹣C的余弦值为．

【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了面面平行的判定定理，在求解空间角的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
18．（14分）每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成[0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]，（10，12]，（12，14]，（14，16]，（16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．

（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在（14，16]内的学生人数为X，求X的分布列；
（Ⅲ）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“P20（k）”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在（10，12]（单位：小时）内的概率，其中k＝0，1，2，…，20．当P20（k）最大时，写出k的值．（只需写出结论）
【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图列出方程，能求出a的值．
（Ⅱ）由频率分布直方图求出这500名学生中日平均阅读时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数分别为50人，40人，10人，采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在（14，16]内的学生中抽取4人，现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．
（Ⅲ）当P20（k）最大时，k＝4．
【解答】解：（Ⅰ）由频率分布直方图得：
2（0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01）＝1，
解得a＝0.10．
（Ⅱ）由频率分布直方图得：
这500名学生中日平均阅读时间在（12，14]，（14，16]，（16，18]三组内的学生人数分别为：
500×0.10＝50人，500×0.08＝40人，500×0.02＝10人，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，
则从日平均阅读时间在（14，16]内的学生中抽取：＝4人，
现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝＝，
P（X＝1）＝＝＝，
P（X＝2）＝＝＝，
P（X＝3）＝＝＝，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
P




（Ⅲ）当P20（k）最大时，k＝4．
【点评】本题考查频率、离散型随机变量的分布列、实数值的运算，考查频率分布直方图、超几何分布、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（15分）已知函数f（x）＝xsinx．
（Ⅰ）判断函数f（x）在区间（0，）上的单调性，并说明理由；
（Ⅱ）求证：函数f（x）在（，π）内有且只有一个极值点；
（Ⅲ）求函数g（x）＝在区间（1，π]上的最小值．
【分析】（I）求导得f′（x）＝sinx+xcosx，由x∈（0，），推出f′（x）＞0，进而可得出答案．
（Ⅱ）h（x）＝f′（x），则h′（x）＝2cosx﹣xsinx，分析h′（x）的正负，h（x）的单调性，由f′（）＞0，f′（π）＜0，推出存在唯一x0∈（，π），使得f′（x0）＝0，列表格分析随着x变化，f′（x），f（x）的变化情况，即可得出答案．
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）可知，f（x）在（1，x0）内单调递增，在（x0，π）内单调递减，进而可得当x∈（1，π]时，f（x）+1≥1，又当x∈（1，π]时，0＜lnx≤lnπ，即可得出答案．
【解答】解：（I）f′（x）＝sinx+xcosx，
因为x∈（0，），所以sinx＞0，cosx＞0，
所以f′（x）＞0，
所以函数f（x）在区间（0，）上的单调递增．
（Ⅱ）证明：h（x）＝f′（x），则h′（x）＝2cosx﹣xsinx，
当x∈（，π）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
又因为f′（）＝1＞0，f′（π）＝﹣π＜0，
所以存在唯一x0∈（，π），使得f′（x0）＝0，
随着x变化，f′（x），f（x）的变化情况如下：
x
（，x0）
x0
（x0，π）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
↑
极大值
↓
所以f（x）在（，π）内有且只有一个极值点．
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）可知，f（x）在（1，x0）内单调递增，在（x0，π）内单调递减，
又因为f（1）＝sin1＞0，f（π）＝0，
所以当x∈（1，π]时，f（x）+1≥1，
又因为当x∈（1，π]时，0＜lnx≤lnπ，
所以g（x）＝≥，当且仅当x＝π时取等号，
所以g（x）在（1，π]上的最小值为．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20．（14分）已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（﹣2，0），B（0，1）两点．
（Ⅰ）求椭圆M的离心率；
（Ⅱ）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
【分析】（Ⅰ）由点A（﹣2，0），B（0，1）都在椭圆M上，得a＝2，b＝1，推出c＝＝，进而可得答案．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆M的方程为+y2＝1，C（2，0），写出直线AB的方程，进而设Q（2yQ﹣2，yQ），S（xS，0），P（x0，y0）（y0≠0，y0≠±1），由C，P，Q三点共线，推出∥，进而可得Q点的坐标，由B，S，P三点共线，推出S点坐标，写出直线QS的方程，化简即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）因为点A（﹣2，0），B（0，1）都在椭圆M上，
所以a＝2，b＝1，
所以c＝＝，
所以椭圆M的离心率为e＝＝．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知椭圆M的方程为+y2＝1，C（2，0），
由题意知直线BA的方程为x＝2y﹣2，
设P（x0，y0）（y0≠0，y0≠±1），Q（2yQ﹣2，yQ），S（xS，0），
因为C，P，Q三点共线，
所以∥，
所以（x0﹣2）yQ＝y0（2yQ﹣4），
所以yQ＝，
所以Q（，），
因为B，S，P三点共线，
所以＝，即xS＝，
所以S（，0），
所以直线QS的方程为x＝y+，
因为点P在椭圆M上，
所以x02＝4﹣4y02，
所以直线QS的方程为x＝（y﹣1）+2，
所以直线QS过定点（2，1）．
【点评】本题考查椭圆的离心率，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21．（14分）已知无穷数列{an}，对于m∈N*，若{an}同时满足以下三个条件，则称数列{an}具有性质P（m）．
条件①：an＞0（n＝1，2，…）；
条件②：存在常数T＞0，使得an≤T（n＝1，2，…）；
条件③：an+an+1＝man+2（n＝1，2，…）．
（Ⅰ）若an＝5+4×（n＝1，2，…），且数列{an}具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；
（Ⅱ）是否存在具有性质P（1）的数列{an}？若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）设数列{an}具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列{an}的通项公式．
【分析】（Ⅰ）m＝2，T＝6（答案不唯一）
（Ⅱ）不存在具有性质P（1）的数列{an}，依题意有an+3≥na2+a3，当时，an+3＞T不符合题意．
∴不存在具有性质P（1）的数列{an}．
（Ⅲ）m＝2时，可得an＝c，数列{an}具有性质P（2）．
当m≥3时，令bn＝max{an，an+1}，可得bn+2≤bn﹣1，b2n+1﹣b1≤﹣n，当n≥b1时，b2n+1≤b1﹣n≤0与b2n+1∈N+矛盾．即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）m＝2，T＝6（答案不唯一）；
（Ⅱ）不存在具有性质P（1）的数列{an}，理由如下：
依题意有：an+an+1＝an+2（n＝1，2，…）．
∵an＞0（n＝1，2，…），∴a2＜a3＜a4＜…
∴a4﹣a3≥a2，a5﹣a4≥a2，…an+3﹣an+1≥a2，
∴an+3≥na2+a3，
当时，an+3＞T不符合题意．
∴不存在具有性质P（1）的数列{an}．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得m≠1．
当m＝2时，（an+an+1）＝an+2（n＝1，2，…），
∴（an+2﹣an+1）＝﹣（an+1﹣an）（n＝1，2，…），
∴|an+2﹣an+1|＝|a2﹣a1|（n＝1，2，…），
①当a2＝a1＝c（c为常数，且为正整数）时，an＝c，数列{an}具有性质P（2）．
②当a2≠a1时，当n＞log2|a2﹣a1|时，
|an+2﹣an+1|＝|a2﹣a1|∈（0，1）（n＝1，2，…），
与数列{an}各项均为正整数矛盾，不符合题意．
当m≥3时，令bn＝max{an，an+1}，
∴an+2＝（an+1+an）（an+1+an）（bn+bn）＜bn，
an+3＝（an+1+an+2）（an+1+an+2）（bn+bn）＜bn，
…
∴bn+2≤bn﹣1，
∴b2﹣b1≤﹣1，b3﹣b2≤﹣1，…，
∴b2n+1﹣b1≤﹣n，
∴当n≥b1时，b2n+1≤b1﹣n≤0与b2n+1∈N+矛盾．
综上，数列{an}的通项公式为an＝c（c为常数，且为正整数）．
【点评】本题考查了数列的概念与应用问题，也考查了运算求解能力和逻辑思维能力，是难题．
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