2024~2025学年陕西省榆林市府谷县高三上学期第五次月考数学试卷（12月份）附解析

这是一份2024~2025学年陕西省榆林市府谷县高三上学期第五次月考数学试卷（12月份）附解析，共19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．（5分）已知全集I＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{1，2，3}，M⊆N，则∁IN可以是（ ）
A．{1，2}B．{3，4}C．{3，5}D．{5，6}
2．（5分）已知向量a→=（n，2），b→=（﹣1，2n﹣4），则“n＝1”是“a→∥b→”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
3．（5分）在等差数列{an}中，若a22+a28+a31＝18，则a27＝（ ）
A．3B．6C．9D．12
4．（5分）已知f(x)=2x+m，x＞0nx+1，x＜0为奇函数，则m+n＝（ ）
A．1B．2C．0D．﹣1
5．（5分）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若2a+2b＝1，则（4a+1）（4b+1）的最小值为（ ）
A．254B．916C．94D．2516
6．（5分）若tan（α+π4）＝﹣3，则sin2α＝（ ）
A．45B．1C．2D．−35
7．（5分）《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形ABCDEFGH的边长为4，点P是正八边形ABCDEFGH的内部（包含边界）任一点，则AP→⋅EF→的取值范围是（ ）
A．[−82，16+82]B．[−16−82，82]
C．[−16−82，16+82]D．[−82，82]
8．（5分）已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1＞b1＞0)和双曲线C2：x2a22−y12b22=1(a2＞0，b2＞0)有公共的焦点，其中F1为左焦点，P是C1与C2在第一象限的公共点．线段PF1的垂直平分线经过坐标原点，若C1的离心率为34，则C2的渐近线方程为（ ）
A．y=±73xB．y=±142xC．y=±217xD．y=±147x
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知复数z满足（1﹣i）z＝4+6i，z是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为5i
B．复数z在复平面中对应的点在第三象限
C．z+26z=−2
D．z＞z
（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝x2﹣2x﹣3，g（x）＝x﹣3，对∀x∈R，f（x）与g（x）中的最大值记为m（x）＝max{f（x），g（x）}，则（ ）
A．函数f（x）的零点为（﹣1，0），（3，0）
B．函数m（x）的最小值为﹣3
C．方程|m（x）|＝3有3个解
D．方程f（f（x））＝m最多有4个解
（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1，则（ ）
A．当a＝0 时，函数f（x）的最小值为1−1e
B．当a＝1时，函数f（x）的极大值点为x＝1
C．存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增
D．若f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围为a≤1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）双曲线x210−y26=1的一个焦点在抛物线y2＝2px（p＞0）的准线上，则抛物线的标准方程为 ．
13．（5分）已知三角函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，φ∈(0，π2）的图象关于（φ，0）对称，且其相邻对称轴之间的距离为π2，则φ＝ ．
14．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB＝PA＝2，直线AE与BC所成角的大小为π4，则四棱锥P﹣ABCD的体积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
15．（13分）在△ABC中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且满足sin(B+C)sinC⋅csB+2ac=0．
（1）求B的大小；
（2）若a＝1，b=3，求△ABC的面积．
16．（15分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N∗)，且2S1，S3，S2成等差数列，a4+a5=332．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=1(2n−1)(1−2lg2an)，证明：数列{bn}的前n项和Tn＜12．
17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形．∠DAB＝120°，PA＝AD＝2，PC=PD=22，点E是棱PC的中点．
（1）证明：PC⊥BD；
（2）求平面PAB与平面BDE所成角的余弦值．
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为32，短轴长为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N．证明：直线MN与x轴垂直．
19．（17分）已知函数f(x)=12x2−x−aln(x+1)．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，若m为函数f（x）的正零点，证明：m＞2a+1．
答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知全集I＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{1，2，3}，M⊆N，则∁IN可以是（ ）
A．{1，2}B．{3，4}C．{3，5}D．{5，6}
【分析】根据已知条件，结合补集的定义，即可求解．
解：全集I＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{1，2，3}，M⊆N，
故∁IN中不能有元素1，2，3．
故选：D．
【点评】本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
2．（5分）已知向量a→=（n，2），b→=（﹣1，2n﹣4），则“n＝1”是“a→∥b→”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
【分析】利用平面向量平行的坐标表示求解即可．
解：向量a→=（n，2），b→=（﹣1，2n﹣4），
当n＝1时，a→=(1，2)，b→=(−1，−2)，
此时﹣2﹣（﹣2）＝0，故a→∥b→，故充分性成立，
当a→∥b→，满足n（2n﹣4）+2＝0，解得n＝1，
故此时必要性成立，故C正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3．（5分）在等差数列{an}中，若a22+a28+a31＝18，则a27＝（ ）
A．3B．6C．9D．12
【分析】根据等差数列的性质即可求解结论．
解：设公差为d，
因为等差数列{an}中，a22+a28+a31＝18，
可得3a1+78d＝18，可得a1+26d＝6，即a27＝6．
故选：B．
【点评】本题主要考查等差数列的性质应用，考查计算能力，属于基础题．
4．（5分）已知f(x)=2x+m，x＞0nx+1，x＜0为奇函数，则m+n＝（ ）
A．1B．2C．0D．﹣1
【分析】利用奇函数的性质建立方程，求解参数，再求值即可．
解：因为f(x)=2x+m，x＞0nx+1，x＜0为奇函数，所以f（1）＝﹣f（﹣1），
所以2+m﹣n+1＝0，而f（2）＝﹣f（﹣2），得到4+m﹣2n+1＝0，
解得m＝﹣1，n＝2，经验证符合题意，
所以m+n＝1，故A正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查了奇函数定义的应用，属于基础题．
5．（5分）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若2a+2b＝1，则（4a+1）（4b+1）的最小值为（ ）
A．254B．916C．94D．2516
【分析】由已知结合基本不等式及指数的运算性质即可求解．
解：不妨设m＝2a，n＝2b，
则m+n=1≥2mn，当且仅当m＝n=12时取等号，
所以0＜mn≤14，
则（4a+1）（4b+1）＝（m2+1）（n2+1）＝（mn）2+m2+n2+1＝（mn）2﹣2mn+2，
所以当mn=14时，（mn）2﹣2mn+2取得最小值2516．
故选：D．
【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
6．（5分）若tan（α+π4）＝﹣3，则sin2α＝（ ）
A．45B．1C．2D．−35
【分析】由已知利用两角和的正切公式可求tanα，进而根据二倍角的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简求解．
解：由tan（α+π4）＝﹣3，得tanα+11−tanα=−3，解得tanα＝2，
所以sin2α=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanα1+tan2α=2×21+22=45．
故选：A．
【点评】本题考查同角三角函数基本关系式，两角和的正切公式，二倍角的正弦公式在三角函数化简求值中的应用，是基础题．
7．（5分）《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形ABCDEFGH的边长为4，点P是正八边形ABCDEFGH的内部（包含边界）任一点，则AP→⋅EF→的取值范围是（ ）
A．[−82，16+82]B．[−16−82，82]
C．[−16−82，16+82]D．[−82，82]
【分析】根据数量积的几何意义，结合正八边形的性质进行分析计算即可．
解：延长BA，GH交于点M，延长AB，DC交于点N，
根据正八边形的特征，可知AM=BN=22，
因为EF→=BA→，所以AP→⋅EF→=AP→⋅BA→，
所以(AP→⋅BA→)max=AM→⋅BA→=82，
(AP→⋅BA→)min=AN→⋅BA→=−16−82，
则AP→⋅EF→的取值范围是[−16−82，82]．
故选：B．
【点评】本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
8．（5分）已知椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1＞b1＞0)和双曲线C2：x2a22−y12b22=1(a2＞0，b2＞0)有公共的焦点，其中F1为左焦点，P是C1与C2在第一象限的公共点．线段PF1的垂直平分线经过坐标原点，若C1的离心率为34，则C2的渐近线方程为（ ）
A．y=±73xB．y=±142xC．y=±217xD．y=±147x
【分析】根据给定条件，可得PF2⊥PF1，利用勾股定理，结合椭圆、双曲线的定义建立方程组，由半焦距c表示出a1，a2，b2即可求出渐近线方程．
解：令线段PF1的垂直平分线与PF1的交点为M，
显然M是PF1的中点，而O是F1F2的中点，
则OM∥PF2，而OM⊥PF1，因此PF2⊥PF1，
椭圆C1：x2a12+y2b12=1(a1＞b1＞0)和双曲线C2：x2a22−y12b22=1(a2＞0，b2＞0)，
|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2|PF1|+|PF2|=2a1||PF1|−|PF2||=2a2，
则(2a1)2+(2a2)2=2(|PF1|2+|PF2|2)=2|F1F2|2，
令C1与C2的半焦距为c，
由ca1=34，得a1=43c，于是(83c)2+(2a2)2=2(2c)2，解得a2=23c，则b2=73c，
b2a2=142，所以C2的渐近线方程为y=±142x．
故选：B．
【点评】本题主要考查双曲线渐近线方程的求解，属于中档题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知复数z满足（1﹣i）z＝4+6i，z是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为5i
B．复数z在复平面中对应的点在第三象限
C．z+26z=−2
D．z＞z
【分析】利用复数的四则运算求出复数判断A，C，利用复数与点的对应关系判断B，利用虚数的性质判断D即可．
解：因为（1﹣i）z＝4+6i，所以z=(4+6i)(1+i)(1−i)(1+i)=4+6i+4i+6i21−i2，
=10i−22=5i−1，所以z的虚部为5，故A错误；
而z=−5i−1，故复数z在复平面中对应的点在第三象限，故B正确；
z+26z=5i−1+265i−1=5i−1+26(5i+1)(5i−1)(5i+1)，
=5i−1+26(5i+1)25i2−1=5i−1+26(5i+1)−26=5i−1−5i−1=−2，故C正确；
虚数无法比较大小，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
（多选）10．（6分）已知函数f（x）＝x2﹣2x﹣3，g（x）＝x﹣3，对∀x∈R，f（x）与g（x）中的最大值记为m（x）＝max{f（x），g（x）}，则（ ）
A．函数f（x）的零点为（﹣1，0），（3，0）
B．函数m（x）的最小值为﹣3
C．方程|m（x）|＝3有3个解
D．方程f（f（x））＝m最多有4个解
【分析】令f（x）＝0，即可求解f（x）的零点，即可判断A；作出f（x）和g（x）的图象，由图象可得m（x）的最值，即可判断B；由|m（x）|的图象与y＝3的交点个数即可判断C；由f（x）的图象即可判断D．
解：对于A，由f（x）＝0，即x2﹣2x﹣3＝0，得x＝﹣1或x＝3，
所以f（x）的零点为﹣1和3，故A错误；
对于B，因为f（x）＝g（x）即x2﹣2x﹣3＝x﹣3的解为x＝0或x＝3，
在同一坐标系内作出f（x）与g（x）的图象，如右图所示，
由图象可知，当x＝0是，m（x）有最小值﹣3，所以B正确；
对于C，因为|m（x）|的图象只需将y＝m（x）的图象x轴下方的翻折到x轴上方，
由此可得|m（x）|的图象与y＝3有3个交点，所以方程|m（x）|＝3有3个解，故C正确；
对于D，令t＝f（x），因为f（x）≥﹣4，
由f（x）的图象可知，当m≥﹣4时，f（t）＝m最多有2个解t1＜1，t2＞1，
当﹣4＜t1＜1时，f（x）＝t1有2个解，而f（x）＝t2有2个解，
故f（f（x））＝m最多有4个解，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查一元二次函数的零点，函数的概念与最值，函数图象及其应用，方程与函数等函数的基础知识，考查学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题．
（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1，则（ ）
A．当a＝0 时，函数f（x）的最小值为1−1e
B．当a＝1时，函数f（x）的极大值点为x＝1
C．存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增
D．若f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围为a≤1
【分析】由题意，对函数f（x）进行求导，将a＝0代入导函数中，利用导数得到函数f（x）的单调性，进而可判断选项A；将a＝1代入导函数中，利用导数得到函数f（x）的单调性，进而可判断选项B；假设存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增，将问题转化成a≤（lnx+1）min在x∈（0，+∞）上恒成立，结合函数的值域即可判断选项C；将问题转化成a≤lnx+1x在x∈（0，+∞）上恒成立，构造函数g(x)=lnx+1x，对函数g（x）进行求导，利用导数得到函数g（x）的单调性和最值，进而即可求解．
解：已知f（x）＝xlnx﹣ax+1，函数定义域为（0，+∞），
可得f′（x）＝lnx+1﹣a，
对于选项A：当a＝0时，f′（x）＝lnx+1，
当x∈(0，1e)时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈(1e，+∞)时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x=1e时，函数f（x）取得极小值也是最小值，最小值f(1e)=1−1e，故选项A正确；
当a＝1时，f′（x）＝lnx，
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，函数f（x）取得极小值，
则x＝1为极小值点，故选项B错误；
对于选项C：假设存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增，
此时f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，
即lnx+1﹣a≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，
所以a≤（lnx+1）min在x∈（0，+∞）上恒成立，
易知函数y＝lnx在x∈（0，+∞）上单调递增且值域为R，
所以函数y＝lnx+1无最小值，
则不存在实数a使得函数f（x）在定义域上单调递增，故选项C错误；
对于选项D：若f（x）≥0恒成立，
即a≤lnx+1x在x∈（0，+∞）上恒成立，
不妨设g(x)=lnx+1x，函数定义域为（0，+∞），
可得g′(x)=1x−1x2=x−1x2，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以当x＝1时，函数g（x）取得极小值也是最小值，最小值g（1）＝1，
所以a≤1，故选项D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）双曲线x210−y26=1的一个焦点在抛物线y2＝2px（p＞0）的准线上，则抛物线的标准方程为 y2＝16x ．
【分析】由双曲线的方程可得双曲线的焦点坐标，由抛物线的方程可得准线方程，再由题意可得p的值，进而求出抛物线的方程．
解：由双曲线x210−y26=1的方程可得c2＝10+6＝16，解得c＝4，
所以双曲线的焦点坐标为（±4，0），
抛物线的准线方程为x=−p2，
由题意可得−p2=−4，解得p＝8，
所以抛物线的方程为：y2＝16x，
故y2＝16x．
【点评】本题考查双曲线的性质及抛物线的性质的应用，属于基础题．
13．（5分）已知三角函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，φ∈(0，π2）的图象关于（φ，0）对称，且其相邻对称轴之间的距离为π2，则φ＝ π3 ．
【分析】由周期计算ω，代入对称中心算φ．
解：函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω＞0，φ∈(0，π2）的图象相邻对称轴之间的距离为π2，
则有T2=π2，得T=π=2πω，
所以ω＝2，则f（x）＝sin（2x+φ），
又函数图象关于（φ，0）对称，则f（φ）＝sin（3φ）＝0，且φ∈(0，π2)，
所以φ=π3．
故π3．
【点评】本题考查的知识点：正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB＝PA＝2，直线AE与BC所成角的大小为π4，则四棱锥P﹣ABCD的体积为 823 ．
【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出四棱锥P﹣ABCD的体积．
解：如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PC的中点，AB＝PA＝2，
以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设BC＝a，则A（0，0，0），P（0，0，2），C（2，a，0），E（1，a2，1），B（2，0，0），
AE→=（1，a2，1），BC→=（0，a，0），
∴直线AE与BC所成角的大小为π4，
∴csπ4=|AE→⋅BC→||AE→|⋅|BC→|=a222+a24⋅a=22，
解得a＝BC＝22，
∴四棱锥P﹣ABCD的体积为：
V=13×S矩形ABCD×PA=13×2×22×2=823．
故823．
【点评】本题考查异面直线所成角、四棱锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
15．（13分）在△ABC中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且满足sin(B+C)sinC⋅csB+2ac=0．
（1）求B的大小；
（2）若a＝1，b=3，求△ABC的面积．
【分析】（1）利用正弦定理角化边，求解角度即可；
（2）利用余弦定理求出边长，结合三角形面积公式求解面积即可．
解：（1）因为sin(B+C)sinC⋅csB+2ac=0，且在△ABC中，sinA，sinC＞0，
所以sinAsinC⋅csB+2ac=0，由正弦定理得sinAsinC⋅csB+2sinAsinC=0，
所以sinAsinC⋅csB=−2sinAsinC，1csB=−2，
故csB=−12，B∈（0，π），所以B=2π3；
（2）在△ABC中，由余弦定理得−12=1+c2−32×1×c，解得c＝1（负根舍去），
所以S△ABC=12×1×1×32=34．
【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
16．（15分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N∗)，且2S1，S3，S2成等差数列，a4+a5=332．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=1(2n−1)(1−2lg2an)，证明：数列{bn}的前n项和Tn＜12．
【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q，由2S1，S3，S2成等差数列和a4+a5=332，列方程组求出a1和q，可得数列{an}的通项公式；
（2）求得bn=1(2n−1)(2n+1)，由裂项相消求得Tn=12(1−12n+1)，由12n+1＞0，可得Tn＜12．
解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
由2S1，S3，S2成等差数列知，2S3＝2S1+S2，
即2（a1+a2+a3）＝2a1+（a1+a2），
所以2a3+a2﹣a1＝0，有2q2+q﹣1＝0，即q=12或﹣1．
①当q＝﹣1时，a4+a5=a4−a4=0≠332，不合题意；
②当q=12时，a4+a5=18a1+116a1=3a116=332，得a1=12，
所以等比数列{an}的通项公式an=12n；
（2）证明：由（1）知1−2lg2an=1−2lg212n=1+2n，
所以bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以数列{bn}的前n项和Tn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)，
由12n+1＞0，可得Tn＜12．
【点评】本题考查等差数列的中项性质和等比数列的通项公式、数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形．∠DAB＝120°，PA＝AD＝2，PC=PD=22，点E是棱PC的中点．
（1）证明：PC⊥BD；
（2）求平面PAB与平面BDE所成角的余弦值．
【分析】（1）首先根据线面垂直的判定定理证明PA⊥平面ABCD，然后建立空间直角坐标系，通过空间向量垂直的判定条件证明PC⊥BD即可；
（2）通过第（1）问的空间直角坐标系，根据二面角夹角公式进行求解即可．
（1）证明：∵∠DAB＝120°，四边形ABCD为菱形，
∴∠CAD＝60°，又∵∠ADC＝60°，∴△ACD为等边三角形，
∴AD＝AC＝CD＝2，∵PA＝2，PC=22，
∵PA2+AC2＝PC2，∴PA⊥AC，
∵PA2+AD2＝PD2，∴PA⊥AD，
AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD．
过点A作AF⊥BC，则PA⊥AF，AF⊥AD，PA⊥AD，
∴以A为坐标原点，分别以AF，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
∵AB＝2，∴AF=AB⋅cs60°=3，BF＝1，
∵BC＝2，∴FC＝1，∴F(3，0，0)，P（0，0，2），C(3，1，0)，B(3，−1，0)，D（0，2，0），
∴PC→=(3，1，−2)，BD→=(−3，3，0)，
∵PC→⋅BD→=(−3)×3+1×3=0，∴PC⊥BD．
（2）解：∵P（0，0，2），C(3，1，0)，E为PC中点，∴E(32，12，1)，
设平面PAB的法向量为n1→=(x1，y1，z1)，PA→=(0，0，−2)，AB→=(3，−1，0)，
∴−2z1=03x1−y1=0，取x1＝1，∴平面PAB的法向量n1→=(1，3，0)．
设平面BDE的法向量为n2→=(x2，y2，z2)，BD→=(−3，3，0)，DE→=(32，−32，1)，
∴−3x2+3y2=032x2−32y2+z2=0，取y2＝1，∴平面BDE的法向量n2→=(3，1，0)，
设平面PAB与平面BDE夹角为θ，
则csθ=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=1×3+3×12×2=32，
∴平面PAB与平面BDE所成角的余弦值为32．
【点评】本题主要考查直线与直线垂直的证明，平面与平面所成角的求法，考查向量法的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为32，短轴长为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N．证明：直线MN与x轴垂直．
【分析】（1）设椭圆的半焦距为c，运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，解得a，b，可得椭圆方程；
（2）分别求得A，B，D的坐标，设P（s，t），则s2+4t2＝4，求得直线AP，BD的方程，解得M的横坐标，求得直线BP，AD的方程，求得N的横坐标，由作差法，结合P满足椭圆方程，化简可得M，N的横坐标相等，即可得证．
解：（1）设椭圆的半焦距为c，
由题意可得e=ca=1−b2a2=32，即b=12a，
由短轴长为2，可得b＝1，a＝2，
所以椭圆的方程为x24+y2＝1；
（2）证明：由题意可得A（﹣2，0），B（2，0），D（0，﹣1），
设P（s，t），则s2+4t2＝4，
由y=ts+2(x+2)y=12x−1可得xM=4t+2s+4s+2−2t=2(s+2+2t)s+2−2t，
由y=ts−2(x−2)y=−12x−1可得xN=4+4t−2ss−2+2t=2(2−s+2t)s−2+2t，
由xM﹣xN=2(s+2+2t)s+2−2t−2(2−s+2t)s−2+2t，
上式化后的分子为2（s+2+2t）（s﹣2+2t）﹣2（s+2﹣2t）（﹣s+2+2t）
＝2（s2+4st+4t2﹣4+s2+4t2﹣4st﹣4）＝2（2s2+8t2﹣8）＝2（8﹣8）＝0，
所以M，N的横坐标相等，故直线MN与x轴垂直．
【点评】本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
19．（17分）已知函数f(x)=12x2−x−aln(x+1)．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＞0时，若m为函数f（x）的正零点，证明：m＞2a+1．
【分析】（1）求导，然后分a≤﹣1，﹣1＜a＜0和a≥0讨论导数符号即可得单调区间；
（2）先由（1）中结论将不等式转化为f(m)＞f(2a+1)，然后可转化为f(2a+1)＜0，令t=2a+1，可得f(t)=14(t−2)(t+2)[2tt+2−ln(t+1)]，构造函数g(x)=2xx+2−ln(x+1)(x≥2)，利用导数讨论单调性，由单调性可证．
（1）解：函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′(x)=x−1−ax+1=x2−(1+a)x+1，
①当a+1≤0即a≤﹣1时，f′（x）≥0，函数f（x）单调递增，此时增区间为（﹣1，+∞），没有减区间；
②当﹣1＜a＜0时，由0＜a+1＜1，−1＜−a+1＜0可得：
函数f（x）的减区间为(−a+1，a+1)，增区间为(−1，−a+1)，(a+1，+∞)；
③当a≥0时，由a+1≥1，−a+1≤−1可得：
函数f（x）的减区间为(−1，a+1)，增区间为（a+1，+∞）；
（2）证明：当a＞0时，由f（0）＝0及函数f（x）的减区间为(−1，a+1)，增区间为(a+1，+∞)，
可知m＞2a+1，等价于f(m)＞f(2a+1)，
又由f（m）＝0，等价于证明f(2a+1)＜0，
又由f(2a+1)=2(a+1)−2a+1−aln(2a+1+1)，
令t=2a+1(t＞2)，有a=t2−44，
可得f(t)=t22−t−t2−44ln(t+1)=t(t−2)2−(t+2)(t−2)4ln(t+1)
=14(t−2)[2t−(t+2)ln(t+1)]=14(t−2)(t+2)[2tt+2−ln(t+1)]，
令g(x)=2xx+2−ln(x+1)(x≥2)，
则g′(x)=4(x+2)2−1x+1=−x2(x+1)(x+2)2＜0，
可得函数g（x）单调递减，则g（x）≤g（2）＝1﹣ln3＜0，
可得当t＞2时，2tt+2−ln(t+1)＜0，
故有f(2a+1)＜0，即m＞2a+1得证．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查导数的综合应用，属难题．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
B
A
D
A
B
B