宁夏银川市第二中学2020届高三下学期第一次模拟考试数学（理科）试题

2020年宁夏银川二中高考数学一模试卷（理科）
一、选择题（共12小题）.
1．已知集合M＝{x|（x﹣1）2＜9}，N＝{﹣2，0，1，2，4}，则M∩N＝（　　）
A．{0，1，2} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，2，3} D．{0，1，2，3}
2．若复数z满足z（1+i）＝1+2i，则z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．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为730，既吹东风又下雨的概率为110．则在吹东风的条件下下雨的概率为（　　）
A．311 B．37 C．711 D．110
4．(x-2x)6展开式中含x3项的系数为（　　）
A．﹣60 B．60 C．﹣120 D．120
5．已知函数f（x）＝cos4x﹣sin4x，下列结论错误的是（　　）
A．f（x）＝cos2x
B．函数f（x）的图象关于直线x＝0对称
C．f（x）的最小正周期为π
D．f（x）的值域为[-2，2]
6．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣3，a4＝b4＝24，则a2b2=（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣4 D．4
7．已知a＝（13）25，b＝（25）13，c＝log325，则（　　）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a＜b＜c
8．在内接于球O的四面体ABCD中，有AB＝CD＝t，AD＝BC＝6，AC＝BD＝7，若球O的最大截面的面积是55π4，则t的值为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
9．如图，网格纸上小正方形的边长为1．从A，B，C，D四点中任取两个点作为向量b→的始点和终点，则a→⋅b→的最大值为（　　）

A．1 B．5 C．3 D．10
10．设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2+a5＝2am，则m等于（　　）
A．6 B．7 C．8 D．10
11．设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，抛物线C与圆C′：x2+（y-3）2＝3交于M，N两点，若|MN|=6，则△MNF的面积为（　　）
A．28 B．38 C．328 D．324
12．已知实数a，b，c，d满足ea-1b=c-1d=1e，则（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为（　　）
A．e2+1e B．ee2+1 C．e2+1e2 D．e2e2+1
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．若x，y满足约束条件y≤2x+y≥1x-y≤1，则z＝x﹣2y的最大值为　 　．
14．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下：
A地：中位数为2，极差为5；B地：总体平均数为2，众数为2；
C地：总体平均数为1，总体方差大于0；D地：总体平均数为2，总体方差为3．
则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志的所有选项是　 　．（填A、B、C、D）
15．已知双曲线x2a2-y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线右支于点M，若∠F1MF2=π4，则双曲线的离心率为　 　．
16．已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体，它们的体积依次为V1，V2，V3，若它们的表面积相等，则V12：V22：V32＝　 　．
三、解答题（共70分）
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2+c2＝b2﹣ac．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若∠BAC的平分线AD交BC于D，AD＝23，BD＝1，求sin∠BAC的值．
18．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

不大于2000元
大于2000元
仅使用A
27人
3人
仅使用B
24人
1人
（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是平行四边形，PD⊥AB，O是AD的中点，BO＝CO．
（1）求证：AB⊥平面PAD；
（2）若AD＝2AB＝4，PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P﹣BC﹣D的大小为π4，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值．

20．已知椭圆W：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的焦距为2，过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为﹣1，O为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆W的方程．
（Ⅱ）设斜率为k的直线l与W相交于A，B两点，记△AOB面积的最大值为Sk，证明：S1＝S2．
21．已知函数f（x）＝ex（cosx﹣sinx）
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）令g（x）＝f（x）+ex（2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），讨论g（x）的单调性并判断有无极值，若有，求出极值．
请考生在第22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．[选修4-4：极坐标与参数方程]
22．已知曲线C的极坐标方程为ρ2=9cos2θ+9sin2θ，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．
（1）求曲线C的普通方程；
（2）A、B为曲线C上两个点，若OA⊥OB，求1|OA|2+1|OB|2的值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．若a＞0，b＞0，且(a+b)ab=1．
（1）求1a3+1b3的最小值；
（2）是否存在a，b，使得12a+13b的值为63？并说明理由．


参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1．已知集合M＝{x|（x﹣1）2＜9}，N＝{﹣2，0，1，2，4}，则M∩N＝（　　）
A．{0，1，2} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，2，3} D．{0，1，2，3}
【分析】先分别求出集合M，N，由此能求出M∩N．
解：∵集合M＝{x|（x﹣1）2＜9}＝{x|﹣2＜x＜4}，
N＝{﹣2，0，1，2，4}，
∴M∩N＝{0，1，2}．
故选：A．
2．若复数z满足z（1+i）＝1+2i，则z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
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
解：由z（1+i）＝1+2i，得z=1+2i1+i=(1+2i)(1-i)(1+i)(1-i)=32+12i，
∴z在复平面内对应的点的坐标为（32，12），位于第一象限．
故选：A．
3．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为730，既吹东风又下雨的概率为110．则在吹东风的条件下下雨的概率为（　　）
A．311 B．37 C．711 D．110
【分析】利用条件概率的计算公式即可得出．
解：设事件A表示四月份吹东风，事件B表示吹东风又下雨，
根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率P（B|A）=110730=37．
故选：B．
4．(x-2x)6展开式中含x3项的系数为（　　）
A．﹣60 B．60 C．﹣120 D．120
【分析】利用二项展开式的通项公式求得第r+1项，令x的指数为3得，x3的系数．
解：展开式的通项为 Tr+1=∁6r•x6﹣r•(-2x)r=（﹣2）rC6rx6-32r；
令6-32r＝3，得r＝2，
∴x3的系数为：（﹣2）2C62＝60，
故选：B．
5．已知函数f（x）＝cos4x﹣sin4x，下列结论错误的是（　　）
A．f（x）＝cos2x
B．函数f（x）的图象关于直线x＝0对称
C．f（x）的最小正周期为π
D．f（x）的值域为[-2，2]
【分析】由平方差公式及二倍角的余弦函数公式化简函数解析式可得f（x）＝cos2x，利用余弦函数的图象和性质及余弦函数的周期公式即可得解．
解：由f（x）＝cos4x﹣sin4x＝（cos2x+sin2x）（cos2x﹣sin2x）＝cos2x，故A正确；
由利用余弦函数的图象可知f（x）＝cos2x为偶函数，故B正确；
由周期公式可得f（x）的最小正周期为：T=2π2=π，故C正确；
由余弦函数的性质可得f（x）＝cos2x的值域为[﹣1，1]，故D错误；
故选：D．
6．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝﹣3，a4＝b4＝24，则a2b2=（　　）
A．﹣1 B．1 C．﹣4 D．4
【分析】等差数列{an}的公差设为d，等比数列{bn}的公比设为q，由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得d，q，再由它们的通项公式计算可得所求值．
解：等差数列{an}的公差设为d，等比数列{bn}的公比设为q，
a1＝b1＝﹣3，a4＝b4＝24，可得﹣3+3d＝﹣3q3＝24，
解得d＝9，q＝﹣2，
则a2b2=-3+9-3×(-2)=1，
故选：B．
7．已知a＝（13）25，b＝（25）13，c＝log325，则（　　）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．b＜c＜a D．a＜b＜c
【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．
解：∵y＝（13）x在R上是减函数，且25＞13，∴（13）25＜（13）13，
又∵y＝x13在（0，+∞）上为增函数，且25＞13，∴（25）13＞（13）13，
∴0＜（13）25＜（13）13＜（25）13＜1，∴0＜a＜b＜1，
∴log325＜log31＝0，∴c＜0，
∴c＜a＜b，
故选：A．
8．在内接于球O的四面体ABCD中，有AB＝CD＝t，AD＝BC＝6，AC＝BD＝7，若球O的最大截面的面积是55π4，则t的值为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】由题意将四面体放入长方体中，由长方体的对角线与外接球的直径相等可求出外接球的半径，球的最大截面既是过球心的圆，由题意求出外接球的半径，进而求出t的值．
解：将四面体放入到长方体中，AB与CD，AD与BC，AC与BD相当于一个长方体的相对面的对角线，
设长方体的长，宽，高分别是a，b，c则a2+b2=t2b2+c2=72a2+c2=62，
所以2（a2+b2+c2）═85+t2
球O的最大截面的面积是55π4，球的最大截面既是过球心的大圆，
设球的半径为R则πR2=55π4，
所以（2R）2＝55，2R=a2+b2+c2，
所以（2R）2＝a2+b2+c2，∴55×2＝85+t2，解得：t＝5，
故选：A．

9．如图，网格纸上小正方形的边长为1．从A，B，C，D四点中任取两个点作为向量b→的始点和终点，则a→⋅b→的最大值为（　　）

A．1 B．5 C．3 D．10
【分析】把向量的数量积最大，转化为两个向量的模以及两个向量的夹角的余弦函数值的乘积取得最大值，进而求解结论．
解：由题意可知：则a→⋅b→=|a→|•|b→|•cos＜a→，b→＞=|b→|•cos＜a→，b→＞，
就是求解b→在a→上的投影的最大值，
由图形可知：向量b→=AC→=（3，1）．
∴a→⋅b→=|b→|•cos＜a→，b→＞=3，是向量的数量积的最大值．
故最大值为：3．
故选：C．
10．设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，且a2+a5＝2am，则m等于（　　）
A．6 B．7 C．8 D．10
【分析】先假设q＝1，分别利用首项表示出前3、6、及9项的和，得到已知的等式不成立，矛盾，所以得到q不等于1，然后利用等比数列的前n项和的公式化简S3+S6＝2S9得到关于q的方程，根据q不等于0和1，求出方程的解，即可得到q的值．然后求解m．
解：若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1．
但a1≠0，即得S3+S6≠2S9，与题设矛盾，q≠1．
又依题意S3+S6＝2S9
可得a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q=2a1(1-q9)1-q
整理得2q6+q3＝0．
由q≠0得方程2q3+1＝0
∴q3=-12，
a2+a5＝2am，a2+a2q3＝2a2qm﹣2．
∴12=2(-12)m-23，
∴m＝8，
故选：C．
11．设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，抛物线C与圆C′：x2+（y-3）2＝3交于M，N两点，若|MN|=6，则△MNF的面积为（　　）
A．28 B．38 C．328 D．324
【分析】由圆经过原点，抛物线y2＝2px也过原点，设M（0，0），N（m，n），m＞0，由两点的距离公式和N既在抛物线上又在圆上，可得m，n，p，进而得到焦点F的坐标，由三角形的面积公式计算可得所求值．
解：圆x2+（y-3）2＝3，即为x2+y2＝23y，
可得圆经过原点，抛物线y2＝2px也过原点，
设M（0，0），N（m，n），m＞0，
由|MN|=6，可得m2+n2＝6，又m2+n2＝23n，
解得n=3，m=3，
由n2＝2pm，
解得p=32，
又F（p2，0），可得△MNF的面积为12|OF|•|yN|=12•34•3=38，
故选：B．
12．已知实数a，b，c，d满足ea-1b=c-1d=1e，则（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为（　　）
A．e2+1e B．ee2+1 C．e2+1e2 D．e2e2+1
【分析】将要求的式子看成（b，a）与（d，c）间的距离，然后挖掘a与b，c与d之间的函数关系，最终转化成两函数图象上的点之间的距离最值问题．
【解答】由题意得a=lnb，c=1e⋅d+1，
设（b，a）是曲线C：y＝lnx的点，（d，c）是直线l：y=1e⋅x+1的点，
（a﹣c）2+（b﹣d）2可看成曲线C上的点到直线l上的点的距离的平方，
对y＝lnx求导得y′=1x，令y′=1e，得x＝e，所以切点为（e，1），
所以曲线C上的点（e，1）到直线l：1ex-y+1=0的距离最小，
该点到直线l的距离为|1-1+1|(1e)2+(-1)2=11e2+1=e1+e2，
所以（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为e21+e2．
故选：D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．若x，y满足约束条件y≤2x+y≥1x-y≤1，则z＝x﹣2y的最大值为　1　．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．
解：由z＝x﹣2y得y=12x-12z，
作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：
平移直线y=12x-12z，
由图象可知当直线y＝经过点C时，直线y=12x-12z的纵截距最小，
此时z最大，
由x+y=1x-y=1，得A（1，0）．
代入目标函数z＝x﹣2y，
得z＝1﹣2×0＝1，
故答案为：1．

14．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．过去10日，A、B、C、D四地新增疑似病例数据信息如下：
A地：中位数为2，极差为5；B地：总体平均数为2，众数为2；
C地：总体平均数为1，总体方差大于0；D地：总体平均数为2，总体方差为3．
则以上四地中，一定符合没有发生大规模群体感染标志的所有选项是　AD　．（填A、B、C、D）
【分析】根据平均数、中位数、众数和方差、极差的定义和性质，判断即可．
解：该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．
在A地中，中位数为2，极差为5，2+5＝7，每天新增疑似病例不会超过7人，所以A地符合标准；
在B地中，总体平均数为2，众数为2，每天新增疑似病例可以超过7人，所以B地不符合标准；
在C地中，总体平均数为1，总体方差大于0，每天新增疑似病例可以超过7人，所以C地不符合标准；
在D地中，总体平均数为2，总体方差为3．根据方差公式，如果存在大于7的数存在，那么方差大于3，所以D地符合标准．
故答案为：AD．
15．已知双曲线x2a2-y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作圆x2+y2＝a2的切线交双曲线右支于点M，若∠F1MF2=π4，则双曲线的离心率为　3　．
【分析】如图：|MF1|﹣|MF2|＝2a，设|MF2|＝t，则|MF1|＝2a+t，∵sin∠MF1F2=|ON||OF1|=ac，然后在三角形MF1F2中由正余弦定理列方程可解得离心率．
解：如图：|MF1|﹣|MF2|＝2a，设|MF2|＝t，则|MF1|＝2a+t，
∵sin∠MF1F2=|ON||OF1|=ac，
在△MF1F2中，由正弦定理得|MF2|sin∠MF1F2=|F1F2|sin∠F1MF2，即tac=2c22，
∴t＝22a，∴|MF2|＝22a，|MF1|＝（22+2）a，
由余弦定理得4c2＝8a2+（12+82）a2﹣2×22a×(22+2）a×22
4c2＝12a2，∴c2＝3a2，∴e=3．
故答案为：3．

16．已知球、母线和直径相等的圆柱、正方体，它们的体积依次为V1，V2，V3，若它们的表面积相等，则V12：V22：V32＝　6：4：π　．
【分析】设球的直径为d，正方体的棱长为a，圆柱的底面半径是r，分别写出球的表面积，圆柱的表面积与正方体的表面积，由表面积的关系把球的直径与正方体的棱长用圆柱的底面半径表示，然后写出球的体积、圆柱的体积及正方体的体积（用r表示），则体积平方的比值可求．
解：设球的直径为d，正方体的棱长为a，圆柱的底面半径是r，
∴球的表面积为πd2，正方体的表面积为6a2，圆柱的表面积为6πr2．
则πd2＝6a2＝6πr2．
球的体积为V1=43π•(d2)3=πd36，圆柱的体积为V2＝2πr3，正方体的体积是V3＝a3，
∵πd2＝6a2，∴d2=6πa2，
∴πd36=π6⋅6π•a2d＝a2d，
∵πd2＝6πr2，∴d2＝6r2，
∴V12=(πd36)2=(π6⋅6r2⋅6r)2=6π2r6，
V22=4π2r6，
∵6a2＝6πr2，∴a2＝πr2，
∴V32=a6＝π3r6．
∴V12：V22：V32＝6π2r6：4π2r6：π3r6＝6：4：π．
故答案为：6：4：π．
三、解答题（共70分）
17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2+c2＝b2﹣ac．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若∠BAC的平分线AD交BC于D，AD＝23，BD＝1，求sin∠BAC的值．
【分析】（I）由已知及余弦定理可求得cosB=-12，结合范围B∈（0，π），可求B的值．
（II）由正弦定理可得sin∠BAD，进而根据同角三角函数基本关系式可求cos∠BAD，根据二倍角的正弦函数公式即可求解sin∠BAC的值．
【解答】（本题满分为12分）
解：（I）∵在△ABC中，a2+c2＝b2﹣ac．
∴由余弦定理可得：cosB=a2+c2-b22ac=-ac2ac=-12，
∵B∈（0，π），
∴B=2π3⋯
（II）∵由正弦定理可得：ADsinB=BDsin∠BAD，
∴sin∠BAD=BD⋅sinBAD=1×3223=14，…
∵∠BAD∈（0，π），∠BAC的平分线AD交BC于D，
∴cos∠BAD=154，…
∴sin∠BAC＝sin（2∠BAD）＝2sin∠BAD•cos∠BAD=158⋯
18．改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

不大于2000元
大于2000元
仅使用A
27人
3人
仅使用B
24人
1人
（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合（Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
【分析】（Ⅰ）从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，A，B两种支付方式都不使用的有5人，仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，求出A，B两种支付方式都使用的人数有40人，由此能估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数．
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生有25人，其中不大于2000元的有24人，大于2000元的有1人，从中随机抽取1人，基本事件总数n＝25，该学生上个月支付金额大于2000元包含的基本事件个数m＝1，由此能求出该学生上个月支付金额大于2000元的概率．（Ⅲ）从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元的概率为125，虽然概率较小，但发生的可能性为125．不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
解：（Ⅰ）由题意得：
从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，
A，B两种支付方式都不使用的有5人，
仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，
∴A，B两种支付方式都使用的人数有：100﹣5﹣30﹣25＝40，
∴估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为：1000×40100=400人．
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生有25人，其中不大于2000元的有24人，大于2000元的有1人，
从中随机抽取1人，基本事件总数n＝25，
该学生上个月支付金额大于2000元包含的基本事件个数m＝1，
∴该学生上个月支付金额大于2000元的概率p=mn=125．
（Ⅲ）不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，
理由如下：
上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．
现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，
发现他本月的支付金额大于2000元的概率为125，
虽然概率较小，但发生的可能性为125．
故不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是平行四边形，PD⊥AB，O是AD的中点，BO＝CO．
（1）求证：AB⊥平面PAD；
（2）若AD＝2AB＝4，PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P﹣BC﹣D的大小为π4，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值．

【分析】（1）设N是BC的中点，连结ON，推导出AB∥ON，ON⊥BC，AB⊥BC，BC∥AD，AB⊥AD，AB⊥PD，由此能证明AB⊥平面PAD．
（2）由AB⊥平面PAD，得面PAD⊥面ABCD，连结PO，PN，则PO⊥AD，PO⊥BC，ON⊥BC，从而BC⊥平面PNO，PN⊥BC，从而二面角P﹣BC﹣D的平面角为∠PNO=π4，PO＝AB＝2，以O为原点，ON，OD，OP方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，由此能求出直线BP与平面MAC所成角的正弦值．
【解答】证明：（1）平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，连结ON，
∵O是AD的中点，∴AB∥ON，
∵BO＝CO，∴ON⊥BC，∴AB⊥BC，
平行四边形ABCD中，BC∥AD，则AB⊥AD，
∵AB⊥PD，且PD∩AD＝D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD．
解：（2）由（1）知AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，
∴面PAD⊥面ABCD，连结PO，PN，
∵PA＝PD，∴PO⊥AD，∴PO⊥BC，
∵ON⊥BC，∴BC⊥平面PNO，∴PN⊥BC，
∴二面角P﹣BC﹣D的平面角为∠PNO=π4，
∴PO＝AB＝2，
以O为原点，ON，OD，OP方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣2，0），B（2，﹣2，0），C（2，2，0），P（0，0，2），
由PD＝3MD，得M（0，43，23），
则AC→=（2，4，0），AM→=（0，103，23），BP→=（﹣2，2，2），
设平面MAC的一个法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅AC→=2x+4y=0n→⋅AM→=10x+2z=0，取y＝1，得n→=（﹣2，1，﹣5），
设直线BP与平面MAC所成角为θ，
则直线BP与平面MAC所成角的正弦值为：
sinθ=|BP→⋅n→||BP→|⋅|n→|=|4+2-10|23⋅30=1015．

20．已知椭圆W：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的焦距为2，过右焦点和短轴一个端点的直线的斜率为﹣1，O为坐标原点．
（Ⅰ）求椭圆W的方程．
（Ⅱ）设斜率为k的直线l与W相交于A，B两点，记△AOB面积的最大值为Sk，证明：S1＝S2．
【分析】（I）利用椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式即可得出；
（II）设直线l的方程为y＝kx+m，其中k＝1或2，A（x1，y1），B（x2，y2）．把直线l的方程与椭圆的方程联立可得关于x的一元二次方程及根与系数的关系，进而得到弦长|AB|，利用点到直线的距离公式可得原点到直线l的距离，利用三角形的面积计算公式和基本不等式即可得出．
【解答】（Ⅰ）解：由题意得椭圆W的半焦距c＝1，右焦点F（1，0），上顶点M（0，b），
∴直线MF的斜率为kMF=b-00-1=-1，
解得 b＝1，
由 a2＝b2+c2，得a2＝2，
∴椭圆W的方程为x22+y2=1．
（Ⅱ）证明：设直线l的方程为y＝kx+m，其中k＝1或2，A（x1，y1），B（x2，y2）．
由方程组y=kx+mx22+y2=1得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，
∴△＝16k2﹣8m2+8＞0，（*）
由韦达定理，得x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-21+2k2．
∴|AB|=1+k2(-4km1+2k2)2-4×2m2-21+2k2
=1+k21+2k28(2k2-m2+1)．
∵原点O到直线y＝kx+m的距离d=|m|1+k2，
∴S△AOB=12|AB|⋅d=21+2k2m2(2k2-m2+1)≤21+2k2×m2+2k2-m2+12=22，
当且仅当m2＝2k2﹣m2+1，即2m2＝2k2+1时取等号．
与k的取值无关系，因此S1＝S2．
21．已知函数f（x）＝ex（cosx﹣sinx）
（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）令g（x）＝f（x）+ex（2x﹣2）﹣a（x2+2cosx），讨论g（x）的单调性并判断有无极值，若有，求出极值．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f（0），f′（0），求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，令u（x）＝x﹣sinx，求出u（x）＜0，通过讨论a的范围，结合函数的单调性求出g（x）的极值即可．
解：（1）f'（x）＝ex（cosx﹣sinx）+ex（﹣sinx﹣cosx）＝﹣2exsinx
∴f′（0）＝0，又f（0）＝1，
则切线方程为y＝1
（2）g（x）＝ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）
g′（x）＝ex（cosx﹣sinx+2x﹣2）+ex（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）
＝2（x﹣sinx）（ex﹣a）＝2（x﹣sinx）（ex﹣elna）．
令u（x）＝x﹣sinx，则u′（x）＝1﹣cosx≥0，
∴函数u（x）在一、选择题上单调递增．
∵u（0）＝0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．
当a≤0时，ex﹣a＞0，
∴x＞0时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，+∞）单调递增；
x＜0时，g′（x）＜0，函数g（x）在（﹣∞，0）单调递减．
∴x＝0时，函数g（x）取得极小值，g（x）极小＝g（0）＝﹣2a﹣1
无极大值
当a＞0时，令g′（x）＝2（x﹣sinx）（ex﹣elna）＝0．解得x1＝lna，x2＝0．
①0＜a＜1时，
x∈（﹣∞，lna）时，ex﹣elna＜0，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
x∈（lna，0）时，ex﹣elna＞0，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
x∈（0，+∞）时，ex﹣elna＞0，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
∴当x＝0时，函数g（x）取得极小值，g（x）极小＝g（0）＝﹣2a﹣1．
当x＝lna时，函数g（x）取得极大值，
g（x）极大＝g（lna）＝﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．
②a＝1时，lna＝0，x∈R时，g′（x）≥0，
∴函数g（x）在R上单调递增．无极值
③a＞1时，lna＞0，
x∈（﹣∞，0）时，ex﹣elna＜0，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
x∈（0，lna）时，ex﹣elna＜0，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
x∈（lna，+∞）时，ex﹣elna＞0，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增．
∴当x＝0时，函数g（x）取得极大值，g（x）极大＝g（0）＝﹣2a﹣1．
当x＝lna时，函数g（x）取得极小值，
g（x）极小＝g（lna）＝﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．
综上所述：
当a≤0时，函数g（x）在（0，+∞）单调递增；在（﹣∞，0）单调递减．
g（x）极小值为﹣1﹣2a．无极大值
当0＜a＜1时，
函数g（x）在（﹣∞，lna），（0，+∞）上单调递增；在（lna，0）上单调递减．
极小值g（0）＝﹣2a﹣1．极大值g（lna）＝﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]．
当a＝1时，函数g（x）在R上单调递增．无极值
当a＞1时，函数g（x）在（﹣∞，0），（lna，+∞）上单调递增；在（0，lna）上单调递减．
极大值g（0）＝﹣2a﹣1．极小值g（lna）＝﹣a[ln2a﹣2lna+sin（lna）+cos（lna）+2]
请考生在第22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．[选修4-4：极坐标与参数方程]
22．已知曲线C的极坐标方程为ρ2=9cos2θ+9sin2θ，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．
（1）求曲线C的普通方程；
（2）A、B为曲线C上两个点，若OA⊥OB，求1|OA|2+1|OB|2的值．
【分析】（1）由ρ2=9cos2θ+9sin2θ，得ρ2cos2θ+9ρ2sin2θ＝9，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入，能求出曲线C的普通方程．
（2）由ρ2=9cos2θ+9sin2θ，得1ρ2=cos2θ9+sin2θ，由OA⊥OB，设A（ρ1，α），则B点的坐标可设为(ρ2，α±π2)，由此能求出1|OA|2+1|OB|2的值．
解：（1）由ρ2=9cos2θ+9sin2θ，得ρ2cos2θ+9ρ2sin2θ＝9，
将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入，
得到曲线C的普通方程是x29+y2=1． …
（2）因为ρ2=9cos2θ+9sin2θ，
所以1ρ2=cos2θ9+sin2θ，
由OA⊥OB，设A（ρ1，α），则B点的坐标可设为(ρ2，α±π2)，
所以1|OA|2+1|OB|2=1ρ12+1ρ22=cos2α9+sin2α+sin2α9+cos2α=19+1=109． …
[选修4-5：不等式选讲]
23．若a＞0，b＞0，且(a+b)ab=1．
（1）求1a3+1b3的最小值；
（2）是否存在a，b，使得12a+13b的值为63？并说明理由．
【分析】（1）由条件利用基本不等式求得ab≤12再利用基本不等式求得1a3+1b3的最小值．
（2）根据 ab≤12及基本不等式求的12a+13b≥233，从而可得不存在a，b，使得12a+13b的值为63．
解：（1）∵(a+b)ab=1，
∴(a+b)=1ab，
∵a＞0，b＞0，∴(a+b)≥2ab，当且仅当a＝b时取等号，
∴1ab≥2ab，
∴ab≤12．
∴1a3+1b3≥21a3⋅1b3=2abab≥42，
∴1a3+1b3≥42，当且仅当a＝b时取等号．
（2）∵a＞0，b＞0，
∴12a+13b≥212a⋅13b=26ab≥233，
∵63＜233，
∴不存在a，b，使得12a+13b的值为63．