2018年河南省六市联考高考数学二模试卷(理科)

1、2018 年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1（5 分）若 Py|yx2，Qx|x2+y22，PQ 等于（）AC2（5 分）若复数 z 满足 iz|上所对应的点位于（）B（1，1），（1，1）D|+2i，（i 为虚数单位），则复数 z 的共轭复

2、数在复平面A第一象限3（5 分）设B第二象限        C第三象限       D第四象限为两个非零向量，则“  |  |”是“ 与 共线”的（   ）A充分而不必要条件C充要条件4（5 分）已知双曲线B必要而不充要条件D既不充分也不必要条件1（a0，b0）的两个焦点分别为 F1、F2，以线段 F1F2为直径的圆与

3、双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（）A1B1C1D15（5 分）定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x）的值为（），则 f（2014）A16（5 分）若 sin2B0，sin（）C1，且 D2，则 + 的值是（）ABC或D或（7 5 分）祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的第 1 页（共 28

4、0;页）截面积面积恒等，那么这两个几何体的体积相等利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为 h（0h1）的平面截该几何体，则截面面积为（）ABh2C（1h）2D（1h2）8（5 分）现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（）ABCD9（5 分）已知an为等比数列，S43，S12S812，则 S8 等于（）A3B9C3 或 9D3 或 610（5 分

5、）如图在矩形 ABCD 中，AB2，BC2，E 为线段 DC 上一动点，现将AED沿 AE 折起，使点 D 在面 ABC 上的射影 K 在直线 AE 上，当 E 从 D 运动到 C，则 K 所形成轨迹的长度为（）ABC             

6、60;D11（5 分）已知抛物线：x28y 的焦点为 F，直线 l 与抛物线在第一象限相切于点 P，并且与直线 y2 及 x 轴分别交于 A、B 两点，直线 PF 与抛物线的另一交点为 Q，第 2 页（共 28 页）过点 B 作 BCAF 交 PF 于点 C，若|PC|QF|，则|PF|（）A1B2C3   

7、          D512（5 分）已知 f（x）ex，g（x）mx+n，若对任意实数 x，都有 f（x）g（x），则 mn的最大值为（）ABC2eD2e2二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）13（5 分）（x2+2）n 展式中的常数项是 70，则 n      1

8、4（5 分）已知实数 x、y 满足关系，则|y|的最大值为（115 5 分）将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入 m4 则相应最后的输出 S 的值是第 3 页（共 28 页）16（5 分）数列an的通项公式为 an，则数列an的前 n 项和 Sn三、解答题（共 5 小题，

9、满分 60 分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（c17 12 分）已知ABC 的三内角 A，B，C 所对边的长依次 a，b， 若 cosA ，cosC （）求 cosB 的值；（）若|+|，求 BC 边上中线的长（18 12 分）MonteCarlo 方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用 MonteCarlo方法来计算定积分，考虑定积分x4dx，这时x4dx 等于由曲线&

10、#160;yx4，x 轴，x1所围成的区域 M 的面积，为求它的值，我们在M 外作一个边长为 1 正方形 OABC，设想在正方形 OABC 内随机投掷 n 个点，若 n 个点中有 m 个点落入 M 中，则 M 的面积的估计值为 ，此即为定积分x4dx 的估计值 L，向正方形 ABCD 中随机投掷 10000 个点，有  

11、;个点落入区域 M（）若 2099，计算 L 的值，并与实际值比较误差是否在 5%以内；（）求  的数学期望；（）用以上方法求定积分，求 L 与实际值之差在区间（0.01，0.001）的概率附表：p（n）×0.2k×0.810000k.810000knP（n）18990.005819000.006219010.006720990.993321000.993821010.994219（12 分）如图三棱柱 ABCA1B1C1 中，AC1 与

12、0;A1C 相交于点 D，ABACAA1BC1第 4 页（共 28 页）2，A1AC120°，平面 ABC1平面 AA1C1C（）求证：BDAC；（）求直线 AB1 与平面 ABC 所成角的余弦值20（12 分）已知椭圆，斜率为 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，且点在直线 l 的上方，（1）求直线 l 与 x 轴交点的

13、横坐标 x0 的取值范围；（）证明：PAB 的内切圆的圆心在一条直线上21（12 分）设函数 f（x）x2（a2）xalnx（）求函数 f（x）的单调区间；ff（）若方程 （x）c（c 为常数）有两个不相等的实数根 x1，x2，求证： （）0选修 4-4，极坐标与参数方程选讲22（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为（ 为参数），以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立

14、极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 4sin（）求曲线 C1 的普通方程和 C2 的直角坐标方程；0（）已知曲线 C3 的极坐标方程为 ， ，R，点 A 是曲线 C3 与 C1 的交点，点 B 是曲线 C3 与 C2 的交点，且 A，B 均异于原点 O，且|AB|4第 5 页（共 28 页），求实

15、数  的值选修 4-5：不等式选讲23已知函数（1）若不等式 f（x）f（x+m）1 恒成立，求实数 m 的最大值；（2）当 a 时，函数 g（x）f（x）+|2x1|有零点，求实数 a 的取值范围第 6 页（共 28 页）2018 年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）每小题 

16、5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1（5 分）若 Py|yx2，Qx|x2+y22，PQ 等于（）ACB（1，1），（1，1）D【分析】集合 P 表示的是函数的值域，求出二次函数的值域即化简了 P；集合 Q 表示的方程中 x 的范围，求出 x 的范围化简集合 Q；利用交集的定义求出 PQ【解答】解；Py|yx2y|y0故选：A【点评】本题考查集合的表示法、考查利用交集的定义求两个集合的交集

17、2（5 分）若复数 z 满足 iz|+2i，（i 为虚数单位），则复数 z 的共轭复数在复平面上所对应的点位于（）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，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，进一步求得 的坐标得答案【解答】解：|，iz|+2i，则 z，则复数 z 的共轭复数在复平面上所对应的点的坐标为（2，），位于第一象限故选：A【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，是基础题第 7 页（共 2

18、8 页）3（5 分）设为两个非零向量，则“  |  |”是“ 与 共线”的（）A充分而不必要条件B必要而不充要条件C充要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据充分条件和必要条件的定义，利用向量共线的等价条件，即可得到结论【解答】解：若  |  |，则| | |cos ， | | |cos ， |，即 cos ， |cos ， |，则 co

19、s ， 0，则 与 共线不成立，即充分性不成立若 与 共线，当 ， ，cos ， 1，此时  |  |不成立，即必要性不成立，故“  |  |”是“ 与 共线”的既不充分也不必要条件，故选：D【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用向量共线的等价条件是解决本题的关键4（5 分）已知双曲线1（a0，b0）的两个焦点分别为 F1、F2，以线段 F1F2为直径的圆

20、与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（）A1B1C1D1【分析】由已知条件推导出以|F1F2|为直径的圆的方程为 x2+y2c2，且，由此能求出双曲线的方程【解答】解：双曲线1（a0，b0）的上、下焦点分别为 F1，F2，以|F1F2|为直径的圆的方程为 x2+y2c2，以|F1F2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），第 8 页（共 28 页），解得 a3，b4，双曲线的方程为故选：A【点评】本题考查双曲线的及圆的有关知识，求解的关键是借助圆与双曲线的渐近线的交点得出 a

21、，b，c 的等量关系，是比较基础的题5（5 分）定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x），则 f（2014）的值为（）A1B0C1D2【分析】推导出 f（x+6）f（x），从而 f（2014）f（335×6+4）f（4）f（3）f（2）f（2）f（1）f（2）f（1）f（0）+f（1），由此能求出结果【解答】解：定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x），f（x+6）f（x+5）f（x+4）f（x+4）f（x+3）f（x+4）f（x+3）f（x+2）

22、f（x+1）f（x+1）f（x）f（x+1）f（x），f（2014）f（335×6+4）f（4）f（3）f（2）f（2）f（1）f（2）f（1）f（0）+f（1）log21+log221故选：C【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用6（5 分）若 sin2值是（），sin（）    ，且   ，   ，则 + 的ABC或       &

23、#160; D   或，2【分析】依题意，可求得 ，进一步可知 第 9 页（共 28 页），于是可求得 cos（）与 cos2 的值，再利用两角和的余弦及余弦函数的单调性即可求得答案【解答】解：2，2，   ，又 0sin2 ，2（cos2，），即 （，     ），  ），；又 sin（），（，），cos（） 

24、60;   ，cos（+）cos2+（）cos2cos（）sin2sin（）×（）又 （，（+）（×       ），2），+，故选：A【点评】本题考查同角三角函数间的关系式的应用，着重考查两角和的余弦与二倍角的正弦，考查转化思想与综合运算能力，属于难题（7 5 分）祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面积面积恒等，那么这两个几何体的

25、体积相等利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为 h（0h1）的平面截该几何体，则截面面积为（）第 10 页（共 28 页）ABh2C（1h）2D（1h2）【分析】根据相似求出截面小圆的半径，从额得出答案【解答】解：由三视图可知几何体为底面半径和高均为 1 的圆柱中挖去一个同底同高的圆锥，截面为圆环设截面小圆半径为 r，则，即 rh，截面面积为 S×12r2（1h2）故选：D【点评】本题考查了常见几何体的

26、结构特征与三视图，属于基础题8（5 分）现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（）ABC              D【分析】男生甲不站两端，共有 nC41A55480 种，考虑 3 位女生中有且只有两位相邻的排列，共有 C32A22A42A33432 种，在 3 女生中有且仅有两位相邻且男生甲在两端

27、的排列有 2×C32A22A32A22144 种，从而不同的排列方法共有 m432144288 种，由此能求出在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率【解答】解：男生甲不站两端，共有 nC41A55480 种，考虑 3 位女生中有且只有两位相邻的排列，共有 C32A22A42A33432 种，在 3 女生中有且仅有两位相邻且男生甲在两端的排列有 2×C32A22A32A22144 种，不同的排列方法共有 m4321

28、44288 种，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是：第 11 页（共 28 页）p 故选：C【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题9（5 分）已知an为等比数列，S43，S12S812，则 S8 等于（）A3B9C3 或 9D3 或 6【分析】根据等比数列的性质求解即可【解答】解：由an为等比数列，S43，S12S812，可得 S4，S8S4，S12S8 成

29、等比数列即（S8S4）2S4（S12S8）36S8S4±6S89 或3，当 S83 时，即S43，即，可得：q1 不满足题意，S83S89故选：B【点评】本题主要考查等比数列的性质应用，根据等差数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键10（5 分）如图在矩形 ABCD 中，AB2，BC2，E 为线段 DC 上一动点，现将AED沿 AE 折起，使点 D 在面 ABC 上的射影 K 在直线 AE

30、60;上，当 E 从 D 运动到 C，则 K 所形成轨迹的长度为（）第 12 页（共 28 页）ABCD【分析】根据图形的翻折过程中变与不变的量和位置关系知，若连接 D'K，则D'KA90°，得到 K 点的轨迹是以 AD'为直径的圆上一弧，根据长方形的边长得到圆的半径，求得此弧所对的圆心角的弧度数，利用弧长公式求出轨迹长度【解答】解：由题意，将AED 沿 AE 折起，使平面 

31、;AED平面 ABC，在平面 AED 内过点 D 作 DKAE，K 为垂足，由翻折的特征知，连接 D'K，则D'KA90°，故 K 点的轨迹是以 AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是 1，如图当 E 与 C 重合时，AK1，取 O 为 的中点，得到OAK 是正三角形故KOA，KOD'，其所对的弧长为故选：A，【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综

32、合题目，解题的关键是由题意得出点 K 的轨迹是圆上的一段弧，翻折问题中要注意位置关系与长度等数量的变与不变本题是一个中档题目11（5 分）已知抛物线：x28y 的焦点为 F，直线 l 与抛物线在第一象限相切于点 P，并且与直线 y2 及 x 轴分别交于 A、B 两点，直线 PF 与抛物线的另一交点为 Q，过点 B 作 BCAF 交 PF 于点 C，若|PC|

33、QF|，则|PF|（）A1B2C3             D5【分析】设 P（m， m2），分别过 B、P 作直线 y2 的垂线，垂足为 D、E，由已知条件推导出|FC|BD|2，设直线 PQ 的方程为 ykx+2，代入 C：x28y 得 x28kx1600，由此能求出|PF|第 13 页（共 28

34、0;页）【解答】解：设 P（m， m2），分别过 B、P 作直线 y2 的垂线，垂足为 D、E，BCAF，|FP|PE|，|FC|BD|2，设直线 PQ 的方程为 ykx+2，代入 C：x28y 得 x28kx160，mxQ16，xQ，yQ，|PF|m2+2，|PC|m2，|QF|得 m2+2，|PC|QF|，+2，m416m22560，解得 m28+8|PF|m2+23+故选：C【点评】本题考查考查线段长的求法，考查函数与方程思想、等价转化思想

35、的合理运用，属于中档题12（5 分）已知 f（x）ex，g（x）mx+n，若对任意实数 x，都有 f（x）g（x），则 mn的最大值为（）ABC2eD2e2【分析】由题意可得 f（x）g（x）0 恒成立，即为 exmxn0，令 h（x）exmxn，求出函数的导数，再分别讨论m0，m0，m0 的情况，从而得出 mn 的最大值【解答】解：由题意可得 f（x）g（x）0 恒成立，即为 exmxn0，令 h（x）exmxn，h（x）exm，若&

36、#160;m0，则 h（x）exn 的最小值为 h（x）n0，第 14 页（共 28 页）得 n0，此时 mn0；若 m0，则 h（x）0，函数单调增，x，此时 h（x），不可能恒有 h（x）0若 m0，则得极小值点 xlnm，由 h（lnm）mmlnmn0，得 nm（1lnm），mnm2（1lnm）k（m）现求 k（m）的最小值：由 k（m）2m（1lnm）mm（12lnm）0，得极小值点 m，

37、k（） ，所以 mn 的最大值为 故选：A【点评】本题考查了函数的单调性，导数的应用，渗透了分类讨论思想，是一道综合题二、填空题（共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分）13（5 分）（x2+2）n 展式中的常数项是 70，则 n 4 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 0，求得 nr，再根据常数项为 70，求得 n 的值的展式的通项公

38、式为 Tr+1  （1）rx2n【解答】解：（x2+2r，2）n令 2n2r0，求得 nr，故展开式的常数项为（1）n70，求得 n4，故答案为：4【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题14（5 分）已知实数 x、y 满足关系，则|y|的最大值为【分析】由约束条件作出可行域，然后分0 和         分别求出其最小值和最大值，则|y|的最大值可求第 15

39、60;页（共 28 页）【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立联立，解得 A（1，1），解得 B（3，1），当t时， t过 A 时有最大值为     ；当         时，       过 B时有最小值为3|y|的最大值为故答案为：【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题

40、（115 5 分）将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入 m4 则相应最后的输出 S 的值是15第 16 页（共 28 页）【分析】根据所给条件，按照流程图的流程进行逐一判定，看其是否满足判断框的条件，从而选择下一处理框，依次执行可得到所求【解答】解：i1，m4，满足条件 im，j0，满足条件 ji，则 a2；j1，满足条件 ji，

41、则 a1，S2+13；1，S1+1j2，不满足条件 ji，则 i2，j0，满足条件 ji，则 a1，S3+14；j1，满足条件 ji，则 aj2，满足条件 ji，则 a2，S4+26；1，S6+17；j3，不满足条件 ji，则 i3，j0，满足条件 ji，则 a1，S7+18；j1，满足条件 ji，则 aj2，满足条件 ji，则 aj3，满足条件 ji，则 a3，S8+311；3，S11+314；1，S14

42、+115；第 17 页（共 28 页）j4，不满足条件 ji，则 i4，不满足条件 im，输出 S15；故答案为：15【点评】本题主要考查了循环结构，是一个嵌套式循环，解题的关键是逐一分析判断框的条件，同时考查了组合数公式，属于中档题16（5 分）数列an的通项公式为 an，则数列an的前 n 项和 Sn3n+1【分析】由错位相减法可得2Sn27+533+734+（2n1）3nn23n+1，设 Tn533+734+（2n1）3n，再运用乘公比作差法，结合等

43、比数列的求和公式，即可得到所求和【解答】解：数列an的前 n 项和 Sn +2232+3233+4234+n23n，3Sn+2233+3234+4235+n23n+1，相减可得2Sn27+533+734+（2n1）3nn23n+1，设 Tn533+734+（2n1）3n，3Tn534+735+（2n1）3n+1，相减可得2Tn533+2（34+3n）（2n1）3n+1135+2（2n1）3n+1，化简可得 Tn（n1）3n+127，即有2Sn27+（n1）3n+127n23n+1，化简可得 Sn3n+1，故答案为：3n+1【

44、点评】本题主要考查数列的求和方法：错位相减法，运用两次错位相减法是解题的关键，属于中档题三、解答题（共 5 小题，满分 60 分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（c17 12 分）已知ABC 的三内角 A，B，C 所对边的长依次 a，b， 若 cosA ，cosC （）求 cosB 的值；第 18 页（共 28 页）（）若|+|，求 BC 边上中线的长【分析】（）根据题

45、意，由同角三角函数的基本关系式分析可得sinA、sinC 的值，由和角公式计算可得答案；（）由（）的结论，计算可得 sinB 的值，由正弦定理可得          ，即  |，设 BC4k，AC5k，AB6k，由向量数量积的计算公式可得若+|，则2+  2+2    25k2+16k2+2×5k×4k× 46k246，解可得 

46、k 的值，即可得 BC4，AC5，AB6，设 BC 的中点为 D，则 （  +  ），结合向量数量积的计算公式计算可得答案【解答】解：（）根据题意，ABC 中，cosA ，cosC 则 sinA，sinC，则 cosBcos（A+C）cosAcosC+sinAsinC；（）由（）可得 sinB    ，又由 sinA ，sinC则有，即   

47、60;  ，设 BC4k，AC5k，AB6k，若|+|，则2+2+225k2+16k2+2×5k×4k× 46k246，解可得：k1，k1（舍）；则 BC4，AC5，AB6，设 BC 的中点为 D，则 （+  ），则有则|2 （|；2+2+2    ） （25+36+2×5×6× ），则 BC 边上中线的长为【点评】本题考查三角形中的几何

48、计算，涉及三角函数的恒等变形，属于基础题（18 12 分）MonteCarlo 方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用 MonteCarlo第 19 页（共 28 页）方法来计算定积分，考虑定积分x4dx，这时x4dx 等于由曲线 yx4，x 轴，x1所围成的区域 M 的面积，为求它的值，我们在M 外作一个边长为 1 正方形 OABC，设想在正方形 OABC 内随机投掷 n 个点，

49、若 n 个点中有 m 个点落入 M 中，则 M 的面积的估计值为 ，此即为定积分x4dx 的估计值 L，向正方形 ABCD 中随机投掷 10000 个点，有  个点落入区域 M（）若 2099，计算 L 的值，并与实际值比较误差是否在 5%以内；（）求  的数学期望；（）用以上方法求定积分，求 L 与实际值之差在区间（0.01，0.001

50、）的概率附表：p（n）×0.2k×0.810000k.810000knP（n）18990.005819000.006219010.006720990.993321000.993821010.9942（【分析】 1）若 2099，则 I，由此利用定积分能求出估计值与实际值的误差在 5%以内（2）由题意，每一次试验能够落入区域 M 中的概率为 0.2，投掷 10000 个点有  个点落入区域 M 内，则 B（10000，0.2），由此能求出

51、  的数学期望（3）I 与实际值之差在区间（0.01，0.01）的概率为 P（|求出结果|0.01），由此能【解答】解：（1）若 2099，则 I而0.2，（2 分）第 20 页（共 28 页），估计值与实际值的误差为：，即估计值与实际值的误差在 5%以内（4 分）（2）由题意，每一次试验能够落入区域 M 中的概率为 0.2，投掷 10000 个点有  个点落入区域 M 内，则

52、 B（10000，0.2），（7 分）E10000×0.22000（9 分）（3）I 与实际值之差在区间（0.01，0.01）的概率为P（|0.01）P（19002100）P（2099）P（1900）0.9871（14 分）【点评】本题考查 I 的值的计算，考查实际值比较误差是否在 5%以内的判断，考查离散型随机变量的数学期望的求法，考查概率的求法，是中档题19（12 分）如图三棱柱 ABCA1B1C1 中，AC1 与 A1C 相交于点 

53、;D，ABACAA1BC12，A1AC120°，平面 ABC1平面 AA1C1C（）求证：BDAC；（）求直线 AB1 与平面 ABC 所成角的余弦值【分析】（）在ABC1 中，由已知可得 BDAC1，再由面面垂直的性质可得 BD平面 AA1C1C，从而得到 BDAC；（）由题意知，四边形 ACC1A1 是菱形，可得 A1CAC1，而 BD平面 ACC1A1，故分别以 DA1，DA，DB 所在直线为

54、0;x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz，设出 B1 坐标，由求得 B1，然后求出平面 ABC 的一个法向量，进一步求得直线 AB1 与平面ABC 所成角的余弦值，则直线 AB1 与平面 ABC 所成角的余弦值可求第 21 页（共 28 页）【解答】（）证明：在ABC1 中，ABBC1，D 为 AC1 的中点，BDAC1，平面 ABC1平面 AA1C1

55、C，且平面 ABC1平面 AA1C1CAC1，BD平面 AA1C1C，而 AC平面 AA1C1C，BDAC；（）解：由题意知，四边形 ACC1A1 是菱形，A1CAC1，而 BD平面 ACC1A1，故分别以 DA1，DA，DB 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz则 A（0，1，0），B（0，0，C（，0，0），令 B1（x，y，z），则），A1（  ，0，0），而，xz，y1即 B1（，

56、1，  ），而，令平面 ABC 的一个法向量为，则有，取 z1，得设直线 AB1 与平面 ABC 所成角为 ，则 sin|cos|cos故直线 AB1 与平面 ABC 所成角的余弦值为第 22 页（共 28 页）【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的大小，是中档题20（12 分）已知椭圆，斜率为 的直线 l

57、0;交椭圆 C 于 A，B 两点，且点在直线 l 的上方，（1）求直线 l 与 x 轴交点的横坐标 x0 的取值范围；（）证明：PAB 的内切圆的圆心在一条直线上（【分析】 1）根据点在直线 l 的上方，斜率为 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，可得 b 的范围，进而可求直线 l 与 x 轴交点的横坐

58、标 x0 的取值范围；（2）证明 kPA+kPB0，根据点 P 在直线 l 的上方，可得APB 的角平分线是平行于 y 轴的直线，故可得结论（【解答】 1）解：设直线 l 的方程为，点在直线 l 的上方，b0直线 l 的方程代入椭圆方程，整理可得 2x2+6bx+9b2360第 23 页（共 28 页）斜率为 的直线 l 交椭圆 C

59、60;于 A，B 两点，b28（9b236）36b2+288022由b2b0，令 y0 可得 x3b，即 x03b，（2）证明：设 A（x1，y1），B（x1，y1），则，kPA+kPB0，又点 P 在直线 l 的上方，故APB 的角平分线是平行于 y 轴的直线，故PAB 的内切圆圆心在直线上【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查直线斜率的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确运用韦达定理是关键21（12 分）设函数 f（

60、x）x2（a2）xalnx（）求函数 f（x）的单调区间；ff（）若方程 （x）c（c 为常数）有两个不相等的实数根 x1，x2，求证： （0）【分析】（）推导出 x（0，+），             ，由此利用导数性质能求出函数 f（x）的单调区间（  ） 推 导 出 a  0 ， 设 

61、;0  x1  x2 ， 则 c ，从而 a，进而只要证明，即证明 ln，设 t（0t1），令 g（t）lnt，利用导数性第 24 页（共 28 页）质能证明 f（）0【解答】解：（）f（x）x2（a2）xalnxx（0，+），当 a0 时，f（x）0，函数 f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）的单调递增区间为（0，+），当 a0 时，由 f（x）0，得 x ，由 f（x）0，得 0x