2023-2024学年湖北省十堰市高三元月调研考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省十堰市高三元月调研考试数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设全集U=R，A={x|x2−8x+15<0}，B={x| x>1}，则(∁UA)∩B=( )
A. (3,+∞)B. (1,3]∪[5,+∞)C. [5,+∞)D. (3,5)
2.复数z=3+i2−3i在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知圆锥的底面面积为9π，体积为12π，则该圆锥的母线长为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6 2
4.函数f(x)=5cs(2x+π8)−1在[−π2,π2]上的单调递减区间为( )
A. [−π16,π2]B. [−π16,π8]C. [−π8,7π16]D. [−π16,7π16]
5.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点到一条渐近线的距离为2 2a，则C的离心率为( )
A. 3B. 2C. 4D. 3 2
6.已知角α的终边过点P(−1,7)，且角β满足α+π4=2β，则tanβ=( )
A. −13B. 13C. −3D. 3
7.若直线y=ax+b与曲线y=2+lnx相切，则a+b的取值范围为( )
A. [e,+∞)B. [1e,+∞)C. [2,+∞)D. [1,+∞)
8.有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片．Ω1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，Ω2表示事件“第二次取出的卡片上的数字为1”，Ω3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，Ω4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则( )
A. Ω1与Ω4相互独立B. Ω1与Ω3相互独立C. Ω2与Ω4相互独立D. Ω3与Ω4相互独立
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知甲组样本数据为1，2，2，7，8，10，乙组样本数据为3，3，5，6，9，10，则( )
A. 甲组样本数据的平均数大于乙组样本数据的平均数
B. 甲组样本数据的极差大于乙组样本数据的极差
C. 甲组样本数据的方差大于乙组样本数据的方差
D. 甲组样本数据的第75百分位数大于乙组数据的第75百分位数
10.设向量a=(7,−1)，b=(2,−1)，下列结论正确的是( )
A. |a|=50
B. (a−3b)⊥b
C. a与b夹角的余弦值为3 1010
D. a在b方向上的投影向量的坐标为(6,−3)
11.已知点A(0,5)，B(−5,0)，动点P在圆C:(x+3)2+(y−4)2=8上，则( )
A. 直线AB截圆C所得的弦长为 6
B. △PAB的面积的最大值为15
C. 满足到直线AB的距离为 2的P点位置共有3个
D. PA⋅PB的取值范围为[−2−4 5,−2+4 5]
12.正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2，D，E，F分别为AA1，BB1，CC1的中点，P为棱CC1上的动点，则( )
A. 平面AB1F⊥平面ABB1A1
B. 点B1到平面BCD的距离为2 3
C. DB1与DP所成角的余弦值的取值范围为[15,35]
D. 以F为球心， 393为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为4 3π9
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)=2x3+1，则f(−2)= ．
14.若抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=−2，过焦点F且斜率为 2的直线交抛物线于A，B两点，则|AB|= ．
15.函数f(x)=3−tan2x1+tan2x+3tan4x+4tan2x+1的最小值为 ．
16.在首项为1的数列{an}中，an+1−an=(−12)n，若存在n∈N∗，使得不等式(t−an)(t+an+3)>0成立，则t的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a13成等比数列，a2=3，数列{an}的前n项和为Sn．
(1)求Sn;
(2)设数列{ 1SnSn+1}的前n项和为Tn，证明：Tn<1．
18.(本小题12分)
某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将100个样本数据按[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90]分成6组，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)请通过频率分布直方图估计这100份样本数据的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)以样本频率估计概率，若竞赛成绩不低于60分，则被认定为成绩合格，低于60分说明成绩不合格.从参加知识竞赛的市民中随机抽取5人，用X表示成绩合格的人数，求X的分布列及数学期望．
19.(本小题12分)
如图，在△ABC中，∠BAC=π3，D在线段BC的延长线上，E为AC上的点，且AE=1，AD = 7，∠CED=π6．
(1)求DE的长;
(2)若CD=32，求cs∠B.
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PO⊥平面ABCD，垂足为O，E为PC的中点，OE/​/平面PAD．
(1)证明：PC=PD;
(2)若AD=2AB=4，OC⊥OD，PC与平面ABCD所成的角为60∘，求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值．
21.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的3倍，且椭圆C经过点(1,2 23).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设A是椭圆C的右顶点，P，Q是椭圆C上不同的两点，直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2=13.过A作AB⊥PQ，垂足为B，试问是否存在定点M，使得线段BM的长度为定值?若存在，求出该定点，若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax2+2lnx.
(1)求f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个不相同的零点x1，x2，设f(x)的导函数为f′(x).证明：x1f′(x1)+x2f′(x2)>4lna2+4．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】本题考查集合运算的综合运用，属于基础题．
先求解不等式得到集合A和B，然后判断两者关系求解即可．
【解答】
解：由x2−8x+15<0，解得3由 x>1可知x>1，所以B=1,+∞，
所以∁UA=(−∞,3]∪[5,+∞)，
(∁UA)∩B=(1,3]∪[5,+∞).
故选B．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出在复平面内所对应的点的坐标得答案．
【解答】
解：依题意，z=3+i2−3i=(3+i)(2+3i)(2−3i)(2+3i)=3+11i13=313+1113i，
则在复平面内z对应的点为313,1113，位于第一象限．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的结构特征和体积，考查推理能力和计算能力，属于基础题．
设圆锥的底面半径为r，高为ℎ，则 πr2=9π,13πr2ℎ=12π,解得r，ℎ，从而求得母线长．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，高为ℎ，
则 πr2=9π,13πr2ℎ=12π,
解得r=3,ℎ=4,则该圆锥的母线长为 r2+ℎ2=5．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查余弦函数的单调性，属于基础题．
令2kπ⩽2x+π8⩽π+2kπ，k∈Z，即可求得其单调递减区间，得在[−π2,π2]上的单调递减区间．
【解答】
解：f(x)=5cs(2x+π8)−1
令2kπ⩽2x+π8⩽π+2kπ，k∈Z，
得−π16+kπ⩽x⩽7π16+kπ，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为[−π16+kπ,7π16+kπ]，k∈Z，
令k=0，得函数f(x)在[−π2,π2]上的单调递减区间为[−π16,7π16].
故选D．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的知识点是双曲线的简单性质，属于基础题．
由点到直线的距离得|bc| a2+b2=2 2a，通过a，b，c的比例关系可以求离心率．
【解答】
解：∵双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点(c,0)，到一条渐近线y=bax的距离为2 2a，
∴|bc| a2+b2=2 2a，
∴b=2 2a，
∴C的离心率e= 1+b2a2= 1+8=3.
故选A.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了任意角的三角函数的定义、两角和与差的正切公式、二倍角正切公式，是基础题，由任意角的三角函数的定义解得tanα，由两角和与差的正切公式可得tan2β，结合二倍角正切公式得tanβ
【解答】
解：因为角α的终边过点P(−1,7)，所以tanα=−7，tan2β=tan(α+π4)=−7+11+7=−34．
由tan2β=2tanβ1−tan2β=−34，解得tanβ=−13或tanβ=3.又因为α+π4是第二象限角，所以β是第一或第三象限角，所以tanβ=3．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查导数的几何意义及利用导数求函数的最值，是中档题，
首先根据导数的几何意义求得a+b=1+1x0+lnx0，再构造函数g(x)=1+1x+lnx，(x>0)，利用函数的单调性求最值，从而得解．
【解答】
解：由y=2+ln x得y/=1x，
因为直线y=ax+b与曲线y=lnx相切，
设切点为(x0,2+lnx0)，
因为(2+lnx)′=1x，
所以a=1x0．
又因为切点(x0,2+lnx0)在直线y=ax+b上，
所以2+lnx0=ax0+b=1+b，
解得b=1+lnx0，
所以a+b=1+1x0+lnx0，
令g(x)=1+1x+lnx，则g′(x)=−1x2+1x=x−1x2，
易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(1)=2，
故a+b的取值范围为[2,+∞).
故选C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了相互独立事件，是中档题．
分析求得P(Ω1)、P(Ω2)、P(Ω3)、P(Ω4)，由相互独立事件定义判断即可．
【解答】
解：由题意知P(Ω1)=15，P(Ω2)=45×15+15×15=15，
P(Ω3)=15×15+15×15+15×15+15×15+15×15=15，
P(Ω4)=15×15+15×15+15×15+15×15=425，
因为P(Ω1∩Ω4)=15×15=125≠P(Ω1)⋅P(Ω4)，所以A错误，
因为P(Ω1∩Ω3)=15×15=125=P(Ω1)⋅P(Ω3)，所以B正确，
因为P(Ω2∩Ω4)=0≠P(Ω2)⋅P(Ω4)，所以C错误，
因为P(Ω3∩Ω4)=0≠P(Ω3)⋅P(Ω4)，所以D错误．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查平均数、极差、方差及百分位数的定义，属于基础题．
利用平均数、极差、方差及百分位数的定义逐项判断得出结论．
【解答】
解：对于A，甲组样本数据的平均数为16×(1+2+2+7+8+10)=5，乙组样本数据的平均数为16×(3+3+5+6+9+10)=6，A错误．
对于B，甲组样本数据的极差为10−1=9.乙组样本数据的极差为10−3=7，B正确．
对于C，甲组样本数据的方差为16×[42+32+32+22+32+52]=12，乙组样本数据的方差为16×[32+32+12+0+32+42]=223，C正确．
对于D，6×75%=4.5，故甲组样本数据的第75百分位数为8，乙组样本数据的第75百分位数为9，D错误．
故选：BC．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】考查向量的运算与性质，属于基础题。
根据已知向量a=(7,−1)，b=(2,−1)分别对应选项计算即可。
【解答】因为|α|= 50=5 2，所以A错误；因为(α−3b)
⊥b=(1,2)⋅(2,−1)=0，所以B正确；因为csα,b=155 2× 5=3 1010，所以C正确；α在b方向上的投影向量的坐标为a⋅b|b|×b|b|=3b=(6,−3)，则D正确．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程、弦长公式，点到直线的距离、向量的运算，属于较难题．
根据动点P在圆C上以及已知的两点可以求圆心到直线距离进而求弦长，想△PAB的面积最大，只需点P到直线AB的距离最大，然后分类讨论点P与直线AB位置关系判断到直线AB的距离为 2的P点位置，最后利用向量求解PA⋅PB的范围．
【解答】
对于A，因为A(0,5)，B(−5,0)，所以直线AB的方程为x−y+5=0，
圆心C(−3,4)到直线AB的距离为|−3−4+5| 12+(−1)2= 2，
又因为圆C的半径r=2 2，
所以直线AB截圆C所得的弦长为2× 8−( 2)2=2 6，A错误;
对于B，易知|AB|=5 2，要想△PAB的面积最大，只需点P到直线AB的距离最大，
而点P到直线AB的距离的最大值为2 2+ 2=3 2，
所以△PAB的面积的最大值为12×3 2×5 2=15，B正确;
对于C，当点P在直线AB上方时，点P到直线AB的距离的范围是(0,r+ 2)，即(0,3 2)，
由对称性可知，此时满足到直线AB的距离为 2的P点位置有2个；
当点P在直线AB下方时，点P到直线AB的距离的范围是(0,r− 2]，即(0, 2]，
此时满足到直线AB的距离为 2的P点位置只有1个，
综上所述，满足到直线AB的距离为 2的P点位置共有3个，C正确;
对于D，由题意知PA⋅PB=(PC+CA)⋅(PC+CB)=PC2+PC⋅(CA+CB)+CA⋅CB，
又因为A(0,5)，B(−5,0)，C(−3,4)，所以CA=(3,1)，CB=(−2,−4)，
故CA⋅CB=3×(−2)+1×(−4)=−10，CA+CB=(1,−3)，
设点D(x0,y0)满足CA+CB=CD，则CD=(x0+3,y0−4)，故x0+3=1,y0−4=−3,解得x0=−2,y0=1,
即D(−2,1)，|CD|= 10，
所以PA⋅PB=PC2+PC⋅(CA+CB)+CA⋅CB
=8+|PC|⋅|CD|⋅cs−10
=−2+2 2× 10cs
=−2+4 5cs，
又因为4 5cs∈[−4 5,4 5]，
所以−2+4 5cs∈[−2−4 5,−2+4 5]，
即PA⋅PB的取值范围为[−2−4 5,−2+4 5]，D正确．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的判定、面面垂直的判定、点线、点面、线面、面面距离(几何法)、直线与直线所成角的向量求法、空间几何体的截面问题(截面形状、面积)，属于难题．
取AB1的中点G，连接FG，DE，证出FG⊥平面ABB1A1，即可判定A；利用等体积法即可判定B；建立空间直角坐标系，利用向量法即可判定C；求出球半径，做出图形，找出交线，即可判定D．
【解答】
解：对于A，取AB1的中点G，连接FG，DE，
易知G也是DE的中点，
在△AB1F中，因为FA=FB1，G为AB1的中点，
所以FG⊥AB1，
在△DEF中，因为FD=FE，G为DE的中点，
所以FG⊥DE，
又因为AB1，DE⊂平面ABB1A1，
所以FG⊥平面ABB1A1，
又因为FG⊂平面AB1F，
所以平面AB1F⊥平面ABB1A1，故A正确．
对于B，设点B1到平面BCD的距离为ℎ，
易知S△BCD=12×2× 5−1=2，S△BB1D=12×2×2=2，
因为VB1−BCD=VC−B1D，
所以13×2ℎ=13×2× 3，解得ℎ= 3，故B错误．
对于C，取BC的中点Q，连接AQ，易知AQ⊥BC，
以A为坐标原点，向量CB，AQ，AA1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则D(0,0,1)，B1(1, 3,2)，
设P(−1, 3,t)，0≤t≤2，DB1=(1, 3,1)，DP=(−1, 3,t−1)，
设DB1与DP所成的角为θ，
则csθ=t+1 5⋅ t2−2t+5= 55 1+4(t−1)(t−1)2+4，
令u=t−1(−1≤u≤1)，则csθ= 55 1+4uu2+4，
当u=0即t=1时，csθ= 55;
当0当−1≤u<0即0≤t<1时，可知15≤csθ< 55；
综上，DB1与DP所成角的余弦值的取值范围为[15,35]，故C正确．
对于D，由A选项中的结论知FG⊥平面ABB1A1，FG= 3，
又因为球面的半径为 393，
所以以F为球心， 393为半径的球面与侧面ABB1A1的交线(圆的一部分)的半径为：
( 393)2−( 3)2=2 33，如图，
GM=2 33，GE=1，
所以cs∠MGE= 32，解得∠MGE=π6，
由圆与正方形的对称性知∠MGN=π6，
所以球面与侧面ABB1A1的交线长为2 33×π6×4=4 3π9，故D正确．
故选ACD．
13.【答案】−17
【解析】【分析】本题考查由函数的奇偶性求值，属于基础题．
利用奇函数的性质即可求出．
【解答】
解：∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时f(x)=2x3+1，
∴f(−2)=−f(2)=−(2×23+1)=−17．
故答案为：−17．
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查抛物线的简单性质的应用，直线与抛物线的相交弦长，属于中档题．
先根据抛物线定义求抛物线的标准方程，然后求出直线AF的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理转化求解即可．
【解答】
解：抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=−2，
∴−p2=−2，∴p=4，
故抛物线的方程为yz=8x，焦点F(2,0)，
易知过焦点F且斜率为 2的直线的方程为y= 2(x−2)，
联立方程组y2=8x,y= 2(x−2),消去y得x2−8x+4=0．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=8，
所以|AB|=x1+x2+p=8+4=12．
故答案为12．
15.【答案】4
【解析】【分析】考查函数求导判断单调性求极值，属于中档题。
先根据函数解析式换元，然后求导，再判断单调性求极值即可。
【解答】f(x)=4−(1+tan2x)1+tan2x+3(1+tan2x)2−2(1+tan2x).令t=1+tan2x∈[1,+∞)，则g(t)=4−tt+3t2−2t(t≥1)，故g′(t)=−4t2+6t−2=2(3t3−t2−2)t2.令ℎ(t)=3t3−t2−2(t≥1)，则ℎ′(t)=9t2−2t>0，所以ℎ(t)在[1,+∞)上单调递增，ℎ(t)≥ℎ(1)=0，即g′(t)≥0，所以g(t)在[1,+∞)上单调递增，则g(t)≥g(1)=4，当tanx=0时，f(x)取得最小值4．
16.【答案】−∞,−58∪12,+∞
【解析】【分析】
本题考查累加法的应用，数列的单调性以及不等式成立的存在性问题，考查分类讨论思想，属于较难题．
通过累加法，求出an=23[1−(−12)n]，解出不等式，找到(an)min与(−an+3)max即可．
【解答】
解：结合题意：
an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)
=1+(−12)1+(−12)2+⋯+(−12)n−1
=1−−12n1−−12=231−−12n
则 an>23>0 ，
所以(t−an)(t+an+3)>0，解得t>an或t<−an+3，
当n为偶数时，an=23[1−(12)n]，递增，可得an的最小值为a2=12，则an∈[12,23)，
−an+3=−23[1+(12)n+3]<−23，递增，可得−an+3的最小值为−a5=−1116，则−an+3∈[−1116,−23)，
当n为奇数时，an=23[1+(12)n]，递减，可得an的最大值为a1=1，an∈(23,1]，
−an+3=−23[1−(12)n+3]，递减，可得−an+3的最大值为−a4=−58，−an+3∈(−23,−58]，
综上所述：要使得存在n∈N∗，使得不等式(t−an)(t+an+3)>0成立，
只需t>(an)min=12或t<(−an+3)max=−58，
所以m的取值范围为−∞,−58∪12,+∞．
17.【答案】解：(1)由题设数列{an}的公差为d，且d≠0，
由题意知a32=a1a13，即(a1+2d)2=a1(a1+12d)，化简得d(d−2a1)=0．
因为d≠0，所以d=2a1，
又a2=3，所以a1+d=3，
联立方程组d=2a1a1+d=3，解得d=2a1=1,
故an=2n−1，Sn=(a1+an)n2=n2；
(2)证明：由(1)知 1SnSn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=1−1n+1，
又因为1n+1>0，所以1−1n+1<1，即Tn<1．
【解析】本题考查等比中项、等差数列的前n项和公式、裂项相消法求和、数列与不等式，属于中档题．
(1)利用等比数列的性质得出a32=a1a13，求出公差d，再利用等差数列的求和公式，即可求出结果；
(2)由 1SnSn+1= 1n2n+12=1nn+1=1n−1n+1，利用裂项相消法求出Tn，即可证出结果．
18.【答案】解:(1)100份样本数据的平均值为
x=(35×0.005+45×0.010+55×0.010+65×0.020+75×0.032+85×0.023)×10=68.3.
(2)竞赛成绩不低于60分的频率为(0.020+0.032+0.023)×10=0.75=34,
低于60分的频率为(0.005+0.010+0.010)×10=0.25=14,
X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,则X~B(5,34),
P(X=0)=C50(14)5=11024,
P(X=1)=C51×34×(14)4=151024,
P(X=2)=C52(34)2×(14)3=901024=45512,
P(X=3)=C53(34)3×(14)2=2701024=135512,
P(X=4)=C54(34)4×14=4051024,
P(X=5)=C55(34)5=2431024,
所以X的分布列为
故E(X)=154.
【解析】本题考查了频率分布直方图及二项公布，是中档题
（1）结合频率分布直方图数据和平均数的公式可估计这100份样本数据的平均值
（2）由X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,则X~B(5,34),故可求X的分布列及数学期望.
19.【答案】解：由题可知∠AED=5π6．
在△AED中，设DE=x，由余弦定理得AD2=AE2+DE2−2AE⋅DE⋅cs∠AED，
所以x2+ 3x−6=0，解得x= 3，即DE= 3．
(2)在△CED中，由正弦定理得DEsin∠ECD=CDsin∠CED，
解得sin∠ECD= 33．
因为∠ECD=∠BAC+∠B>∠BAC=π3，sin∠ECD= 332π3，
即∠ECD为钝角，
所以cs∠ECD=− 63．
所以cs∠B=cs(∠ECD−π3)=cs∠ECDcsπ3+sin∠ECDsinπ3=3− 66．
【解析】本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，两角差的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
(1)由已知可求∠AED，在△AED中，由余弦定理可得AD2=AE2+DE2−2AE⋅DE⋅cs∠AED，即可解得DE的值．
(2)在△CDE中，由正弦定理可求sin∠ECD= 33，利用同角三角函数基本关系式可求cs∠ECD=− 63，进而利用两角差的余弦函数公式可求cs∠B的值．
20.【答案】(1)证明：取CD的中点F，连接EF，PF，OF，因为E为PC的中点，所以EF/​/PD，
又EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EF//平面APD，
因为OE/​/平面PAD，OE∩EF=E，所以平面OEF/​/平面PAD．
因为平面ABCD∩平面OEF=OF，平面ABCD∩平面PAD=AD，
所以OF//AD，
因为AD⊥CD，所以OF⊥CD，
由PO⊥平面ABCD，可得PO⊥CD，
又PO∩OF=O，PO、OF⊂平面POF，
所以CD⊥平面POF，因为PF⊂平面POF，
从而PF⊥CD，
因为PF是CD的中垂线，
所以PC=PD；
(2)解：因为PO⊥平面ABCD，所以PC与平面ABCD所成的角为∠PCO=60∘，
又OC⊥OD，AB=CD=2，所以PO= 3CO= 6．
作OG⊥BC，垂足为G，分别以OG，OF，OP的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空
间直角坐标系，
则D(−1,1,0)，B(1,−3,0)，C(1,1,0)，P(0,0, 6)，
BC=(0,4,0)，PC=(1,1,− 6)，DC=(2,0,0)，
设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BC=4y1=0m⋅PC=x1+y1− 6z1=0，令z1=1，得m=( 6,0,1)，
设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⋅DC=2x2=0n⋅PC=x2+y2− 6z2=0，令y2= 6，得n=(0, 6,1)，
所以cs=m⋅n|m||n|=1 7× 7=17，
即平面PBC与平面PCD夹角的余弦值为17．
【解析】本题考查考查线面垂直的判定与性质，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)取CD的中点F，连接EF，PF，OF，利用线面垂直的判定可求得CD⊥平面POF，故可证PF是CD的中垂线，可得证PC=PD;
(2)作OG⊥BC，垂足为G，分别以OG，OF，OP的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值．
21.【答案】解：(1)因为椭圆C的长轴长是短轴长的3倍，所以a=3b，
则椭圆C的方程为x29b2+y2b2=1．
又椭圆C经过点(1,2 23)，所以19b2+89b2=1，
解得b=1，a=3，所以椭圆C的方程为x29+y2=1．
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线PQ的方程为x=my+n，且n≠3.
联立方程组x=my+n,x29+y2=1,消去x得(m2+9)y2+2mny+n2−9=0，
由△>0，得m2−n2+9>0，所以y1+y2=−2mnm2+9，y1y2=n2−9m2+9．
又因为k1k2=13，所以y1x1−3⋅y2x2−3=13，整理得3y1y2=(x1−3)(x2−3)，
即3y1y2=(my1+n−3)(my2+n−3)，
化简得(m2−3)y1y2+m(n−3)(y1+y2)+(n−3)2=0．
所以(m2−3)(n2−9)m2+9−2m2n(n−3)m2+9+(n−3)2=0，
化简得6n−36=0，解得n=6，即直线PQ恒过点N(6,0)．
因为AB⊥PQ，所以点B在以线段AN为直径的圆上，取线段AN的中点为M(92,0)，则
|MB|=12|AN|=32，所以存在定点M(92,0)，使得线段BM的长度为定值．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，是中档题
(1)由a=3b，结合椭圆C经过点(1,2 23)可求得b=1，a=3，故得椭圆C的方程;
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线PQ的方程为x=my+n，且n≠3.联立方程组x=my+n,x29+y2=1,结合韦达定理及AB⊥PQ，故可判断得结论
22.【答案】解：(1)f(x)=ax+lnx的定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=2x−2ax3=2x2−2ax3，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)>0，解得x> a，令f′(x)<0，解得0故f(x)在(0, a)上单调递减，在( a,+∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0, a)上单调递减，在( a,+∞)上单调递增；
(2)证明：由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，故f(x)至多有一个零点，不符合要求，
故a>0，
因为f(x)有两个不相同的零点x1，x2，
所以f( a)=1+lna<0，
解得0故ax12+ax22=−2ln(x1x2)，
要证x1f′(x1)+x2f′(x2)>4lna2+4，
即证x1⋅2x12−2ax13+x2⋅2x22−2ax23=2x12−2ax12+2x22−2ax22=4+4ln(x1x2)>4lna2+4，
即证x1x2>a2，
不妨设0两式相减得ax12−ax22=2(lnx2−lnx1)，
变形为x22−x12lnx2−lnx1=2x12x22a，
下面证明x22−x12lnx2−lnx1>x1x2成立．
只需证x22−x12x1x2>lnx2−lnx1，即x2x1−x1x2>lnx2x1，
令x2x1=t>1，即要证t−1t>lnt(t>1)，
构造函数ℎ(t)=t−1t−lnt(t>1)，
则ℎ′(t)=1+1t2−1t=t2−t+1t2=(t−12)2+34t2>0恒成立，
所以ℎ(t)=t−1t−lnt在(1,+∞)上单调递增，
则ℎ(t)>ℎ(1)=0，所以t−1t>lnt(t>1)，
所以x22−x12lnx2−lnx1>x1x2，即2x12x22a>x1x2，
所以x1x2>a2，
故x1f′(x1)+x2f′(x2)>4lna2+4成立．
【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于难题．
(1)求定义域，求导，分a≤0与a>0两种情况，根据导函数的正负求出函数的单调性；
(2)先确定0a2，且得到x22−x12lnx2−lnx1=2x12x22a，接下来证明对数平均不等式，由导数证得x22−x12lnx2−lnx1>x1x2，从而得证．