2021届广东省汕头市高三二模数学试题(解析版)

一、单选题

1．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z13i，则z1z2（ ） A．10 【答案】A

【分析】根据已知条件求得复数z23i，然后利用复数的乘法运算即可. 【详解】

B．10

C．8

D．8

z13i,z1,z2所对应的点关于虚轴对称，z23i,

z1z29110,

故选：A.

【点睛】本题考查复数的几何意义和复数的乘法运算，属基础题.关于虚轴对称的两点对应的复数虚部相同，实部互为相反数.

2．已知全集为实数集R，集合Ax|x12x0，则A．x1x2 C．{x|x1或x2} 【答案】B

【分析】解二次不等式求得集合A,然后根据补集的定义求补集. 【详解】由x12x0，解得1x2， ∴A{x|1x2}， ∴

RRA=（ ）

B．{x|x1或x2} D．x|1x2

A{x|x1或x2},

故选：B.

【点睛】本题考查集合的补集，涉及二次不等式的求解，属基础题，关键是准确解出二次不等式的解集.

3．交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义.为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是（ ） A．0.36 【答案】C

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B．0.576

C．0.648

D．0.904

【分析】解法一：符合题意的情况是答对2道和答对3题这两种情况，结合二项分布概率公式计算可得结果；

解法二：确定所求事件的对立事件，利用二项分布概率公式和对立事件概率公式可求得结果.

【详解】解法一：3道题中至少答对2道题有答对2道和答对3题这两种情况， 则3道题中至少答对2道题的概率为

3PC320.60.4C30.60.4320.2160.648.

23解法二：设3道题中至少答对2道题为事件A，

1则PA1PA10.4C30.60.40.648.

32故选：C.

【点睛】思路点睛：求解复杂问题的概率首先要正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．求相互独立事件同时发生的概率的主要方法：①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．

a516，a21，4．已知数列an中各项为非负数，若数列

（ ） A．169 【答案】B

B．144

C．12

则aa为等差数列，

n13D．13

【分析】按照题意求解出等差数列的公差，然后即可计算出结果. 【详解】解：由题意a21,a516，

a21,a54，又因为数列

所以da是等差数列，

na5a2521，且a10满足各项为非负数，

则有a13a1(131)d12，

可得a131212144. 故选：B

5．已知函数yfx，x2,2的图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）

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A．fxcosxsinx C．fxcosxsinx 【答案】A

B．fxsinxcosx D．fxcos2xcosx

【分析】在各选择支的函数中取特值计算，并与已知图象比较，采用排除方法可作出判定.

【详解】取x=0,对于A：f0cos0sin0101；对于B：

f0sin0cos0011；对于C：f0cos0sin0101；对于D：f0cos0cos0110，结合图象中f(0)=0,故排除BD.

取x=

,对于A：2fcossin011,对于C：

222fcossin011,结合图象，可排除C.

222故选：A.

【点睛】本题考查根据图象判定解析式，可以利用特殊值法进行排除.

6．根据中央对“精准扶贫”的要求，某市决定派7名党员去甲、乙、丙三个村进行调研，其中有4名男性党员，3名女性党员现从中选3人去甲村若要求这3人中既有男性，又有女性，则不同的选法共有（ ） A．35种 【答案】B

【分析】首先算出7名党员选3名去甲村的全部情况，再计算出全是男性党员和全是女性党员的情况，即可得到既有男性，又有女性的情况.

【详解】从7名党员选3名去甲村共有C7种情况，3名全是男性党员共有C4种情况，

33名全是女性党员共有C3种情况，

333C4C330种情况. 3名既有男性，又有女性共有C733B．30种 C．28种 D．25种

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故选：B

【点睛】本题主要考查组合的应用，属于简单题.

x27．已知椭圆C：y21的左､右焦点分别是F1､F2，过F2的直线l与C交于A，

2 B两点，设O为坐标原点，若OEOAOB，则四边形AOBE面积的最大值为（ ）A．1 【答案】B

【分析】由椭圆的方程得椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为xky1, 代

B．2 C．3 D．22 入椭圆方程中利用S△OAB1OF1yAyB求得三角形面积关于k2表达式2S△OAB2k2+12k2，令k2+1=t,转化为t的函数，利用基本不等式求得三角形AOB

的面积最大值，乘以2就是所求四边形的面积的最大值.

【详解】由已知得若OEOAOB，故四边形AOBE是平行四边形，其面积是△OAB面积的两倍，下面先求△OAB的面积的最大值.由椭圆的方程的椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为xky1,代入椭圆方程中并整理得：

2ky222ky10,

2k42k218k2+1, S△OAB11OF1yAyB1228k2+12k222k2+12k2，

令k2+1=t,

S△OAB2t22t21t12,当t1,即k=0,也就是直线AB与x轴垂直时

tOAB面积取得最大值为

故选：B.

2，∴四边形AOBE的面积最大值为2. 2【点睛】本题考查椭圆中四边形面积最值的求解问题，关键是能够将所求四边形面积转化为三角形面积，并表示为关于某一个变量的函数的形式，利用换元思想转化后利用基本不等式求得面积的最值.

8．十九世纪下半叶集合论的创立，莫定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学

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理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为

,1三段，去掉中间的区间段(,)，记为第一次操作；再将剩下的两个区间0,，3333分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于

26，则需要操作的次数n的最小值为（ ）参考数据：271212lg20.3010， lg30.4771

A．6 【答案】D

【分析】归纳出第n次去掉的线段的长度an，然后求得和Sn，解不等式Sn【详解】记an为第n次去掉的长度，

B．7

C．8

D．9

26 可得．

271112a1，剩下两条长度为的线段，第二次去掉的线段长为a22， 23333第n1次操作后有2n1条线段，每条线段长度为

21，因此第n次去掉的线段长度为3n1an2n1112n1n1n， 333n121nn21n(lg2lg3)3lg33326，2所以S，， 1n272327313n3lg38.13，n的最小值为9．

lg3lg2故选：D．

【点睛】关键点点睛：解题关键是归纳出第n次所去掉的线段长度，计算时要先得出第

n次去掉的线段条数，即第n1次剩下的线段条数，同时得出此时每条线段长度，从

而可得第n次所去掉的线段总长度，求和后列不等式求解．

二、多选题

9．已知菱形ABCD边长为1，BAD60，E是BC中点，F是DE中点，M是AB中点，延长AF交CD于N(如图所示)，设ABa，ADb，则下列结论正确的是

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（ ）

A．.AF13ab 241 8B．ME//AF

C．AFDB【答案】AC

D．AF2FN

【分析】根据向量的线性运算及数量积的运算性质分别验证即可求解. 【详解】由F是DE中点可得，

11113AFbDEb(bab)ab，故A正确；

22224因为E是BC中点，M是AB中点，所以ME//AC,又ACAFA, 所以ME//AF错误，故B错误；

13因为DBABADba，AFab，

241111113所以AFDBababab，故C正确;

4444882若AF2FN，则AF2FD2DN，即AFDFFDDCFC, 即AFFEAEFC,由图形可知显然不成立，故D错误. 故选：AC

10．2月10日19时52分，首次火星探测任务“天问一号”探测器在火星附近一点P变轨进入以火星星球球心F为一个焦点的椭圆轨道I(环火轨道)绕火星飞行，2021年2月24日6时29分，“天问一号”探测器成功实施第三次近火制动，在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ(火星停泊轨道)，且测得该轨道近火点m千米､远火点n千米，火星半径为r千米，若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道I和Ⅱ焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道I和Ⅱ的长轴长，则下列关系中正确的是（ ）

第 6 页 共 26 页

A．a1c1a2c2 C．椭圆轨道Ⅱ的短轴长2【答案】BC 【详解】略

B．a1c1a2c2

(mr)(nr) D．a2c1a1c2

11．正方体ABCDA1BC11D1，的棱长为4，已知AC1平面α，AC1，则关于α､β截此正方体所得截面的判断正确的是（ ） A．α截得的截面形状可能为正三角形 C．α截得的截面形状可能为正六边形 【答案】ABC 【详解】略

12．已知抛物线方程为x24y，直线l:x2y20，点P(x0,y0)为直线l上一动点，过点P作抛物线的两条切线，切点为A､B，则以下选项正确的是（ ） A．当x00时，直线AB方程为y1 C．AB中点轨迹为抛物线 【答案】ACD

【分析】运用导数知识求出切线方程，可以得到直线AB的表达式，判断A、B选项；联立直线AB与抛物线的方程组，求解出其中点坐标，解出中点轨迹判断C选项；运用弦长公式和点到直线距离公式求出三角形的底和高，得到三角形面积表达式，求出最值判断D选项. 【详解】解析：

B．直线AB过定点0,1 D．△PAB的面积的最小值为B．AA1与截面α所成角的余弦值为D．β截得的截面形状可能为正方形

6 333 2y121x，yx，设A(x1,y1)，B(x2,y2) 42则PA:yy11111x1(xx1)，即yx1xx12y1x1xy1， 2222第 7 页 共 26 页

同理PB:y1x2xy2，PA、PB都过点P(x0,y0)， 21yxxy1102101直线AB:y0x0xy，即yx0xy0，

22y1xxy02022当x00,y01时，AB:y1.故A正确；

y011x01，AB:yx0(x1)1，直线AB过定点(1,1)，故B错误； 221yx0(x1)12联立，消去y得x2x0x2x040，x1x22x0，22x4yx1x22x04，

11y1y2x02x02，A、B中点坐标为(x0,x02x01)，故其轨迹方程为

22y121xx1，故C正确； 2211AB1x02(x1x2)24x1x21x024x028x016，4412x0x022d，

121x043112112232Sx0x024x08x016(x02x04)(x01)3，

2222当x01时，Smin33，故D正确；

2故选：ACD

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是能够熟练运用平面解析几何知识判断各个选项，熟练掌握直线方程与抛物线方程的联立求解两根之和与两根之积，熟练运用弦长公式和点到直线的距离公式求解，需要较强的综合能力和计算能力.

三、填空题

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113．x2展开式的常数项为___________. x【答案】252

【分析】根据二项式定理，对照其展开式，找到常数项即可. 【详解】方法一：

511当x0时，x2x，其展开式的通项为xxTr1Cr10510x10r1rr1C10xrx5102r，当r=5时，其为常数项，即

10115C10252；当x0时，x2x，同理可得常数项为

xx5C10252.

方法二：

111111， x2x2x2x2x2x2xxxxxx要得到常数项有以下方式：（1）5个式子都取2相乘得232；（2）5个式子取

5513113，再余下的都取2得C5C4C32160；（3）5个式子取x112212个x，余下的取2个，再余下的都取2得C5C3C1260，

x1个x，余下的取1个

所求常数项为3216060252. 故答案为：-252. 14．若【答案】3 【详解】略

15．在菱形ABCD中，AB2，DAB60，E为AB中点，将ADE沿直线DE翻折成△A1DE，当三棱锥A1DEC的体积最大时，三棱锥A1DEC的外接球表面积为___________. 【答案】8

【分析】根据余弦定理求出边长可得直角三角形，根据球的截面性质确定球心位置，利用直角三角形求直径即可计算.

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3，则coscos的最小值为___________.

【详解】如图，

由余弦定理可得DEAD2AE22ADAEcos603，

CEBE2BC22BEBCcos(18060)7

所以AE2DE2AD2,DC2DE2CE2 即AEDE,DCDE

取CE,AC1的中点F，M，连接FM, 所以F是Rt△DEC的外心，

因为DEC面积为定值，所以当平面A棱锥的高最大，体积最大，1DE平面DEC时，此时由A1EDE可得A1E平面DEC, 由F,M分别为中点可得FM//A1E, 所以FM平面DEC，又A1MMC, 所以M是三棱锥A1DEC外接球的球心，

A1EEC178， 所以(2R)AC1所以外接球的表面积S4R28. 故答案为：8

【点睛】关键点点睛：根据球及球的截面的性质确定球心位置，求球半径是解决此类问题的关键，根据棱锥底面三角形外接圆的圆心位置确定球心在过该点且与底面垂直的直线上，再利用A1MMC即可确定球心为M点，属于中档题.

22221(lnx1)216．已知f(x)，g(x)a(lnx1)x，若方程fxgx有四个

2x不等实根，则a的取值范围为___________.

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【答案】(2,)

【分析】两边同除x，换元令t32lnx1，将原方程四个不等式实根转化成一元二次方x程根的情况，给出约束条件求出结果. 【详解】

(lnx1)21a(lnx1)x，两边除以x得 x2(lnx1)2(lnx1)1(lnx1)2(lnx1)1，即aa0， 22xx2xx2令t1lnx12，则tat0() x2lnx1lnx0，则x1， ，h(x)2xx令h(x)当x(0,1)，h(x)0，当x(1,)时，h(x)0

由h(x)的单调性可知，若原方程有四个不等实根，则只需()式在(0,1)上有两个不等实根，

a220(0)102132令(t)tat，则，a(2,). 322(1)a02a(0,1)2故答案为：(2,)

【点睛】关键点点睛：在方法一中关键是将其转化为一元二次方程根的情况，并能够找出其约束条件进行求解，这种转化的思想需要掌握；方法二中需要注意取等条件.

四、解答题

17．随着人们生活水平的不断提高，人们对餐饮服务行业的要求也越来越高，由于工作繁忙无法抽出时间来享受美食，这样网上外卖订餐应运而生.现有美团外卖送餐员小李在A地接到两份外卖单，他须分别到B地､D地取餐，再将两份外卖一起送到C地，运餐过程不返回A地.A，B，C，D各地的示意图如图所示，BD2km，AD23km，

32ABD120，DCB45，CDB30，假设小李到达B､D两地时都可以马

上取餐(取餐时间忽略不计)，送餐过程一路畅通.若小李送餐骑行的平均速度为每小时

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20千米，请你帮小李设计出所有送餐路径(如：ABBDDBBC)，并计算各种送餐路径的路程，然后选择一条最快送达的送餐路径，并计算出最短送餐时间为多少分钟.(各数值保留3位小数)(参考数据：21.414，31.732)

【答案】答案见解析

【分析】根据正弦定理先求解出BC,CD的值，再根据余弦定理求解出AB的值，然后分析每条送餐路径的路程并确定出最短送餐路径对应的送餐时间. 【详解】解：在△BCD中，由正弦定理可知：

BCBD，

sinBDCsinBCD即：

BC2，解得：BC2，

sin30sin45由

CD2CDBD，即：，解得：CD13，

sinCBDsinBCDsin105sin45(由余弦定理可得BC2BDCD2BDCDcosCDB， 解得CD=13或者CD=31，

CBDDCB,CDBD CD=13) 在△ABD中，由余弦定理可知：cosABDAB2BD2AD2

2ABBDAB2412即cos120，解得AB2或AB4(舍)；

4AB①若送餐路径为：ABBDDBBC，则总路程=627.414km ②若送餐路径为：ADDBBC，则总路程=23226.878km ③若送餐路径为：ABBDDC，则总路程=22316.732km ④若送餐路径为：ADDBBDDC，则总路程

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=23223110.196km 所以最短送餐路径为ABBDDC， 此路径的送餐时间为：

6.7326020.196(分钟). 20【点睛】关键点点睛：本题是实际问题中解三角形的应用，解答问题的关键在于通过正余弦定理求解出每一段未知的线段长度，然后再去分析每一条路径对应的总路程并确定出最短路径以及送餐时间.

18．已知数列an的前n项和Sn满足：tSn1Snt(an1an1)，tR且

tt10，nN*.

（1）求an的通项公式；

（2）已知bn是等差数列，且b13a1，b22a2，b3a3，求数列anbn的前n项和Tn.

(2n1)3n327. 【答案】（1）ant，nN；（2）Tn4n*【分析】（1）在已知条件中，令n=1求得a1t,当n2时，利用和与项的一般关系相减作差消和求得项的递推关系antan1，判定为等比数列，写出通项公式即可. （2）由条件求得t的值，进而求得anbn的通项公式，利用错位相减法即可求和. 【详解】解：（1）当n=1时，tS2S1t(a2a11)， 解得：a1t，

当n2时，tSn1Snt(an1an1)

tSnSn1t(anan11)，

两式做差化简得：tan1ant(an1an1) 即：antan1，

a1t0 an10，即

ant an1数列an是以t为首项，t为公比的等比数列，

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antn，nN*.

（2）由题意可知：2b2b1b3，即：4a23a1a3，

4t23tt3，t0，解得：t3,t1，

t1，

t3，故an3n，nN*.

设数列bn公差为d，由b19,b218,b327, 可知：d9，

bnb1(n1)d99(n1)9n，

anbn9n3nn3n2，

Tn133234335n3n23Tn①

②

134235(n1)3n2n3n3①②得：2Tn3334353n2n3n3

3n327n3n3

2(2n1)3n327. Tn4【点睛】本题考查等比数列的判定和错位相减求和法，属基础题，证明等比数列是要注意验证首项不为零，错位相减求和时要注意认真运算.

19．“十三五”期间脱贫攻坚的目标是，到2020年稳定实现农村贫困人口不愁吃､不愁穿，农村贫困人口义务教育､基本医疗､住房安全有保障；同时实现贫困地区农民人均可支配收入增长幅度高于全国平均水平､基本公共服务主要领域指标接近全国平均水平.脱贫攻坚已经到了啃硬骨头､攻坚拔寨的冲刺阶段，必须以更大的决心､更明确的思路､更精准的举措､超常规的力度，众志成城实现脱贫攻坚目标，决不能落下一个贫困地区､一个贫困群众.四川省某县贫困户有3400户，2012年开始进行了脱贫摘帽的规划，2013年至2019年脱贫户数逐年增加，如下表 年份 年份代号t 脱贫的户数y 2013 1 60 2014 2 110 2015 3 210 2016 4 340 2017 5 660 2018 6 1010 2019 7 1960 根据以上数据，绘制了散点图.

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参考数据：

y v 2.54 ty iii17tv iii17100.54 621 25350 78.12 3.47 17其中vilgyi，vi

7i1（1）根据散点图判断，2013年至2019年期间，ybta与ycd(c，d均为大于零的常数)哪一个适宜作为脱贫户数y关于年份t的回归方程类型(给出判断即可，不必说明理由)？

（2）根据（1）的判断结果及上表中数据，建立y关于t的回归方程，并计算该县2020年能脱贫攻坚成功吗？

ˆ的参考公式：对于一组数据(u1,1)，(u2,v2)，…，un,vn，其回归直线mvˆmˆkˆ斜率和截距的最小二乘估计公式分别为muvi1nnii2inuvnu2，kvmu.

ui1【答案】（1）ycdt；（2）回归方程为y101.54100.25，能脱贫攻坚成功.

t【分析】（1）根据散点图和函数性质即可得到结果；（2）结合已知条件计算出回归方程，即可计算出2020年脱贫的户数，进行判断是否脱贫.

【详解】解：（1）根据散点图可以判断，ycdt适宜作为脱贫户数y关于年份t的回归方程类型

（2）ycdt两边同时取常用对数，得lgylgcd第 15 页 共 26 页

tlgctlgd，

设lgyv，则vlgctlgd-

t4，v2.54，ti1402i17tvi17ii78.12

lgdtv7tviii177ti27ti1278.12742.540.25 214074把4,2.54代入vlgctlgd，得lgc1.54

v1.540.25t，即lgy1.540.25t

y101.540.25t101.54100.25t

把t8代入上式，得y101.540.258103.54103100.543470

y关于t的回归方程为y101.54100.25t，

2020年脱贫的户数是3470>3400，能脱贫攻坚成功.

【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是能够结合已知条件选取适合的回归方程类型，并能够计算正确.

20．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，四边形AAC11C为菱

60，平面AAC形，且AAC11C平面ABB1A1，点D为棱BB1的中点. 1

（1）求证：AA1CD；

（2）棱B1C1(除两端点外)上是否存在点M，使得二面角BA1MB1的余弦值为﹐若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点M为棱B1C1的中点，或者点M为棱B1C1的

155第 16 页 共 26 页

八等分点(靠近C1端).

【分析】（1）首先证明AA1平面OCD，然后由线面垂直可以得证；

（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点M存在，设出点M的坐标，求出平面A1B1C1和平面BA1M的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可确定点M的位置.（两种方法只是坐标系建的不同，解题思路一样）.

【详解】解：（1）证明：取棱AA1的中点O，连接CA1､CO､OD

ACAA1，且AAC600 1△AAC1为等边三角形 AA1OC

AA1、BB1的中点 四边形ABB1A1为正方形，且O、D分别是

AA1OD

OCODO，OC、OD平面OCD

AA1平面OCD

CD平面OCD

AA1CD

（2）法一：解：

平面AAC11C平面ABB1A1，平面AAC11C平面ABB1A1AA1

且OCAA1，OC平面AAC11COC平面ABB1A1

以O为坐标原点，以OA，OD，OC所在的直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直

第 17 页 共 26 页

角坐标系(如图所示)，不妨设AB2

,0,0)，C1(2,0,3)，B1(1,2,0) 则点B(1,2,0)，A1(1 设n1(x1,y1,z1)为平面A1B1C1的一个法向量，则由n1A及n1AC1B101102y10得，取z11，得n1(3,0,1)

x3z011假设棱B1C1上(除端点外)存在点M满足题意，

令C1MC1B1(01)，得M(2,2,33)

设n2(x2,y2,z2)为平面BA1M的一个法向量，则由n2A及n2AM0 1B0112x22y20) 得，取x21，得n2(1,1,3(1)(1)x22y2(33)z20由cosn1,n211513(1)1

，解得或

28511222()313所以点M为棱B1C1的中点，或者点M为棱B1C1的八等分点(靠近C1端) 法二：解：

平面AAC11C平面ABB1A1，平面AAC11C平面ABB1A1AA1

且OCAA1，OC平面AAC11C

OC平面ABB1A1

以O为坐标原点，以OD，OA1，OC所在的直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，不妨设AB2

第 18 页 共 26 页

,0)，C1(0,2,3)，B1(2,1,0) 则点B(2,1,0)，A1(0,1设n1(x1,y1,z1)为平面A1B1C1的一个法向量，则由n1A及n1AC得1B101102x10，取z11，得n1(0,3,1) y13z10假设棱B1C1上(除端点外)存在点M满足题意， (01)，得M(22,1,3) 令B1MBC11设n2(x2,y2,z2)为平面BA1M的一个法向量，则由n2BA及n2BM0 1022x22y20n(1,1,) 得，取x21，得232x2(2)y23z20215713由cosn1,n2，解得或

25812222()33所以点M为棱B1C1的中点，或者点M为棱B1C1的八等分点(靠近C1端) 【点睛】向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取

1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）

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2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标 3、求：求出所需平面的法向量

4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，利用线面角公式求线面角、或求出两个平面的法向量的夹角的余弦值

5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案.

x2y221．已知双曲线方程为221，F1，F2为双曲线的左､右焦点，离心率为2，点

abP为双曲线在第一象限上的一点，且满足PF1PF2（1）求双曲线的标准方程；

（2）过点F2作直线l交双曲线于A,B两点，则在x轴上是否存在定点Qm,0，使得

0，PF1PF26.

QAQB为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由.

y2【答案】（1）x（2）存在，m1，QAQB0. 1；

32【分析】（1）解法一：利用离心率可用a表示出b,c；利用PF1PF2，可在RtF1PF2中，结合双曲线定义和勾股定理构造方程求得a2,b2，由此得到双曲线方程； 解法二：利用离心率可用a表示出b,c；设Px,yy0，可知P满足双曲线方程；由PF1PF2代入SF1PF2b2可根据数量积的坐标运算得到xyc，由此可整理得到y；0，

c22211y2cPF1PF2中即可求得a2,b2，由此得到双曲线方程； 22（2）解法一：当l斜率为0时，易得QAQBm21；当l斜率不为0时，设

l:xty2，代入双曲线方程可得韦达定理的形式，由向量数量积的坐标运算，结合

韦达定理可整理得到QAQBt2112t93t212mt3t212m2，令

QAQBm21，可构造方程求得m，进而确定QAQB0；

解法二：当l斜率为0时，易得QAQBm21；当l斜率不为0时，设l:xty2，代入双曲线方程可得韦达定理的形式，由向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可整理

12m15t29得到QAQB3t212m，由QAQB为定值可得

212m159，31由此可确定m的取值，并得到QAQB0；

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解法三：当l斜率不存在时，易知若Q1,0，则QAQB0；当l斜率存在时，设

l:ykx2，与双曲线方程联立可得韦达定理的形式，由向量数量积的坐标运算，

4m5k23结合韦达定理可整理得到QAQBm2，由其为定值可得

3k24m53，由此可确定m的取值，并得到QAQB0. 13【详解】（1）解法一：由ec2得：c2a，bc2a23a， aPF1PF20，PF1PF2，

2在RtF1PF2中，由PF1PF22a得：PF1PF22PF1PF24a，

22代入PF1PF22224c2，PF1PF26得：4c2124a2

2y2解得：b3，a1，双曲线方程为：x1.

32解法二：由ec2得：c2a，bc2a23a， ax2y2设点Px,yy0，则点P满足221…①，

ab222 PF1PF20，cx,ycx,yxcy0，即x2y2c2…②，

SF1PF211y2cPF1PF2，即yc3…③， 222yb222则由①②得：y，代入③得：b23，a1，双曲线方程为：x1.

c3（2）解法一：当l斜率为0时，l:y0，

,，由Qm,0得：QAQBm21； 此时A1,0，B10当l斜率不为0时，设l:xty2，Ax1,y1，Bx2,y2，

xty2223t1y12ty90，则36t2360， 联立2得：23xy3y1y2912tyy，， 12223t13t1QAQBx1m,y1x2m,y2x1mx2my1y2ty12mty22my1y2t21y1y22mty1y22m第 21 页 共 26 页

2t2112t2m2， 92mt3t213t21令QAQBm21，即9t112t222m4m53t21，

解得：m1，则Q1,0，此时QAQB0； 综上所述：存在m1，使得QAQB0； 解法二：当l斜率为0时，l:y0，

,，由Qm,0得：QAQBm21； 此时A1,0，B10当l斜率不为0时，设l:xty2，Ax1,y1，Bx2,y2， 联立xty2223t1y12ty90，则36t2360， 得：223xy3912tyy，， 123t213t21y1y2QAQBx1m,y1x2m,y2x1mx2my1y2ty12mty22my1y2t21y1y22mty1y22m212t12m15t29922， t122mt22m2m23t13t13t1212m159若QAQB为定值，则，m1，Q1,0，此时QAQB0； 31当m1，l斜率为0时，QAQBm210； 综上所述，存在m1，使得QAQB0；

解法三：当l斜率不存在时，l:x2，此时A2,3，B2,3， 若Q1,0，则QAQB0；

当l斜率存在时，设l:ykx2，Ax1,y1，Bx2,y2，

ykx222223kx4kx4k30，则36k2360， 联立2得23xy34k24k23，x1x2， x1x2223k3kQAQBx1m,y1x2m,y2x1mx2my1y2第 22 页 共 26 页

x1x2mx1x2m2k2x1x22x1x24k21x1x2m2k2x1x2m24k224m5k234k2324k222 k1m2km4km2223k3k3k24m53若QAQB为定值，则，m1，Q1,0，此时QAQB0； 13综上所述：存在m1，使得QAQB0.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的定值类问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与双曲线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式； ②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式； ④化简所得函数式，消元可得定值或假设为定值构造方程求得变量的值与定值. 22．已知函数fxaxlnx，a0 （1）若函数g(x)f(x)数a的取值范围；

（2）当a1时，求证：fxesinx1.

x1(其中：fx为fx的导数)有两个极值点，求实x1【答案】（1）0，；（2）证明见解析.

【分析】（1）求得g(x)的导函数g'(x)后，根据g(x)有两个极值点的条件得到g'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，利用二次方程的根的分布条件得到关于a的不等式组，求解即得所求；

（2）方法一：转化为证明M(x)exsinxxlnx10，求得M(x)exlnx2，先证明exx1，再证lnxx1,进而得到M(x)0，说明M(x)为单调递增函数， 再分x∈[1,+∞)和x∈(0,1),结合不等式的性质和三角函数的性质，即可证得所证不等式；方法二：转化为证明xlnxexsinx1,当01时转为证明xlnxexsinx10,构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合三角函数的性质和不等式的基本性质即可证得.

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14【详解】解：（1）依题意知：x0,，f'(x)alnxa,

g(x)alnx1a,(x0,), x12g'(x)ax2(2a1)xaxx1,

g(x)有两个极值点,

g'(x)在0，+有两个变号零点,

令g'(x)0得：ax2(2a1)xa0，(a0)①,

关于x的一元二次方程有两个不等的正根，记为x1,x2,

04a10x1x20即：2a1,

0xx0a121a14,0a, 解得：40a12故a的取值范围为：0，. 法1： (二)当a1，

14f(x)exsinx1

xlnxexsinx1exsinxxlnx10

设M(x)exsinxxlnx1x0

M(x)excosx(lnx1)，

Mxexlnx2

先证exx1，

令g(x)exx1，g'(x)ex1，当x>0时，g'(x)>0, ∴g(x)在[0,+∞)上单调递增， 又∵g(0)=0,

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∴x>0时g(x)>0,即exx1. 再证lnxx1, 令hxlnxx1,

hx11x1, xx当00,h(x)单调递增；当x>1时h'(x)<0,h(x)单调递减. ∴h(x)≤h(1)=0, ∴lnxx1成立,

M(x)exlnx2x11x20， x0，时，M(x)递增，

当x1,M(x)M(1)esin110， 当x0,1，xlnx0，

M(x)exsinxxlnx1exsinx1e0sin010，

x0.，M(x)>0，命题得证；

法2

（2）依题意，要证：xlnxexsinx1,

①当0x1时，xlnx0,ex1sinx0，故原不等式成立, ②当x1时，要证：xlnxexsinx1, 即要证：xlnxexsinx10, 令h(x)xlnxexsinx1,(x1), 则h'(x)lnxexcosx1,

h''x1xesinx, x先证：exx1，(x1), 即要证：exx10，(x1),

令(x)exx1,(x1)，则'(x)ex1,(x1), 当x1时，'(x)0,

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(x)在1，+单调递增,

(x)(1)e20,

即：exx1，(x1), 当x1时，011，sinx1, xh''x1x11esinx(x1)sinxxsinx10, xxx单调递减,

h'(x)在1，+h'(x)h'(1)1ecos10, h(x)在1，+单调递减,

h(x)h(1)1esin10,

即：xlnxexsinx10, 故原不等式成立.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点问题，利用导函数证明不等式问题，属中高档题，关键是要掌握转化和分类讨论证明的方式.

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