【专项特训 高考解码】高三数学二轮复习（新课标） - 专题大模拟四专题一～八（含解析）

专题大模拟(四)(专题一～八)(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分共60分)1．(2015·云南复习检测)已知集合S＝{x|3x＋a＝0}，如果1∈S，那么a的值为()A．－3B．－1C．1D．3【解析】由1∈S得3＋a＝0，即a＝－3.【答案】A2．(2015·福建厦门模拟)在复平面上，复数z＝a＋bi(a，b∈R)与复数i(i－2)关于实轴对称，则a＋b的值为()A．1B．－3C．3D．2【解析】i(i－2)＝i2－2i＝－1－2i.∴a＝－1，b＝2，∴a＋b＝1.故选A.【答案】A3．(2015·山西考前检测)给定下列三个命题：p1：函数y＝ax－a－x(a＞0，且a≠1)在R上为增函数；p2：∃a，b∈R，a2－ab＋b2＜0；p3：cosα＝cosβ成立的一个充分不必要条件是α＝2kπ＋β(k∈Z)．则下列命题中的真命题为()A．p1∨p2B．p2∧p3C．綈p2∧p3D．p1∨綈p3【解析】对于p1：令y＝f(x)，当a＝eq\f(1,2)时，f(0)＝(eq\f(1,2))0－(eq\f(1,2))0＝0，f(－1)＝(eq\f(1,2))－1－(eq\f(1,2))1＝eq\f(3,2)，所以p1为假命题；对于p2：a2－ab＋b2＝(a－eq\f(1,2)b)2＋eq\f(3,4)b2≥0，所以p2为假命题；对于p3：因为由cosα＝cosβ，可得α＝2kπ±β(k∈Z)，所以p3是真命题，所以綈p2∧p3为真命题．故选C.【答案】C4．(2015·广东广州综合测试)若函数f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定义域为实数集R，则实数a的取值范围为()A．(－2，2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪[2，＋∞)D．[－2，2]【解析】依题意x2＋ax＋1≥0对x∈R恒成立，∴Δ＝a2－4≤0，∴－2≤a≤2.故选D.【答案】D5．(2015·江西南昌一模)已知实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1－y≥0，,x＋y－4≤0,y≥m，))若目标函数z＝2x＋y的最大值与最小值的差为2，则实数m的值为()A．4B．3C．2D．－eq\f(1,2)【解析】eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1－y≥0，,x＋y－4≤0，,y≥m))表示的可行域如图中阴影部分所示．将直线l0：2x＋y＝0向上平移至过点A，B时，z＝2x＋y分别取得最小值与最大值．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1－y＝0,y＝m))，得A(m－1，m)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－4＝0,y＝m))，得B(4－m，m)，所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2，zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝2，解得m＝2.【答案】C6．(2015·吉林长春二模)下面左图是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号同学的成绩依次为A1，A2，…，A16，右图是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生人数的算法流程图，那么该算法流程图输出的结果是()A.6B．10C．91D．92【解析】由算法流程图可知，其统计的是数学成绩大于等于90的人数，所以由茎叶图知：数学成绩大于等于90的人数为10，因此输出的结果为10.故选B.【答案】B7．(2015·辽宁沈阳一模)在△ABC中，已知|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|，AB＝2，AC＝1，E，F为边BC的三等分点，则eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝()A.eq\f(8,9)B.eq\f(10,9)C.eq\f(25,9)D.eq\f(26,9)【解析】因为|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))|，所以eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))，即有eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因为E，F为边BC的三等分点，则eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→)))＝(eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\f(1,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(2,9)eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\f(2,9)eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\f(5,9)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\f(2,9)×(1＋4)＋0＝eq\f(10,9).故选B.【答案】B8．(2015·四川高考)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是()A．(1，3)B．(1，4)C．(2，3)D．(2，4)【解析】当l的斜率不存在时，符合条件的直线l必有两条；当直线l的斜率k存在时，x1≠x2，则有eq\f(y1＋y2,2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2，即y0·k＝2，由CM⊥AB得，k·eq\f(y0－0,x0－5)＝－1，y0·k＝5－x0，2＝5－x0，x0＝3，即M必在直线x＝3上，将x＝3代入y2＝4x，得y2＝12，∴－2eq\r(3)＜y0＜2eq\r(3)，因为点M在圆上，∴(x0－5)2＋yeq\o\al(2,0)＝r2，r2＝yeq\o\al(2,0)＋4＜12＋4＝16，又yeq\o\al(2,0)＋4＞4，∴4＜r2＜16，∴2＜r＜4.故选D.【答案】D9．(2015·新课标Ⅱ高考)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为()【解析】当点P沿着边BC运动，即0≤x≤eq\f(π,4)时，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝eq\r(|AB|2＋|PB|2)＝eq\r(4＋tan2x)，则f(x)＝|PA|＋|PB|＝eq\r(4＋tan2x)＋tanx，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；当点P与点C重合，即x＝eq\f(π,4)时，由上得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(4＋tan2\f(π,4))＋taneq\f(π,4)＝eq\r(5)＋1，又当点P与边CD的中点重合，即x＝eq\f(π,2)时，△PAO与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝|PA|＋|PB|＝eq\r(2)＋eq\r(2)＝2eq\r(2)，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故又可排除D.综上，选B.【答案】B10．(2015·安徽高考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A，ω，φ均为正的常数)的最小正周期为π，当x＝eq\f(2π,3)时，函数f(x)取得最小值，则下列结论正确的是()A．f(2)<f(－2)<f(0)B．f(0)<f(2)<f(－2)C．f(－2)<f(0)<f(2)D．f(2)<f(0)<f(－2)【解析】由于f(x)的最小正周期为π，∴ω＝2，即f(x)＝Asin(2x＋φ)，又当x＝eq\f(2π,3)时，2x＋φ＝eq\f(4π,3)＋φ＝2kπ－eq\f(π,2)，∴φ＝2kπ－eq\f(11π,6)，又φ>0，∴φmin＝eq\f(π,6)，故f(x)＝Asin(2x＋eq\f(π,6))．于是f(0)＝eq\f(1,2)A，f(2)＝Asin(4＋eq\f(π,6))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))，又∵－eq\f(π,2)<eq\f(5π,6)－4<4－eq\f(7π,6)＜eq\f(π,6)<eq\f(π,2)，其中f(2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,6)))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－4))，f(－2)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))＝Asineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13π,6)－4))))＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(7π,6))).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))单调递增，∴f(2)<f(－2)<f(0)，故选A.【答案】A11．(2015·陕西高考)设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为()A.eq\f(3,4)＋eq\f(1,2π)B.eq\f(1,4)－eq\f(1,2π)C.eq\f(1,2)－eq\f(1,π)D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,π)【解析】由|z|≤1可得(x－1)2＋y2≤1，表示以(1，0)为圆心，半径为1的圆及其内部，满足y≥x的部分为如图阴影所示，由几何概型概率公式可得所求概率为：P＝eq\f(\f(1,4)π×12－\f(1,2)×12,π×12)＝eq\f(\f(π,4)－\f(1,2),π)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,2π).【答案】D12．(2015·山东高考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1，x＜1，,2x，x≥1，))则满足f(f(a))＝2f(a)的a取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))B．[0，1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))D．[1,＋∞)【解析】当a＝2时，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2满足题意，排除A，B选项；当a＝eq\f(2,3)时，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝3×eq\f(2,3)－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝eq\f(2,3)满足题意，排除D选项，故答案为C.【答案】C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分共50分)13．(理)(2015·广东高考)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展开式中x5的系数是________(用数字填写答案)【解析】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3＋\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)(x3)7－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,7)·x21－4r，令21－4r＝5，得r＝4，∴T5＝Ceq\o\al(4,7)x5＝35x5.【答案】35(文)(2014·河北衡水二模)若正数x，y满足2x＋y－3＝0，则eq\f(x＋2y,xy)的最小值为________．【解析】eq\f(x＋2y,xy)＝eq\f(1,y)＋eq\f(2,x)＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq\f(2x＋y,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2y,x)＋\f(2x,y)))≥eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2y,x)·\f(2x,y))))＝3.(当且仅当x＝y时取等号)．【答案】314．(2015·湖南高考)设F是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．【解析】不妨设F(c，0)，则由条件知P(－c，±2b)，代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1得eq\f(c2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).【答案】eq\r(5)15．(2015·东北三校联考)若三棱锥P－ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直且长都相等，其外接球半径为2，则三棱锥的表面积为________．【解析】由三棱锥的外接球半径为2，可知3PA2＝(2R)2，所以PA＝eq\f(4\r(3),3)，从而三棱锥的表面积为3×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)eq\r(3)×eq\f(4\r(3),3)＋eq\f(\r(3),4)(eq\f(4\r(3),3)×eq\r(2))2＝8＋eq\f(8\r(3),3).【答案】8＋eq\f(8\r(3),3)16．已知下列三个命题：①若一个球的半径缩小到原来的eq\f(1,2)，则其体积缩小到原来的eq\f(1,8)；②若两组数据的平均数相等，则它们的标准差也相等；③直线x＋y＋1＝0与圆x2＋y2＝eq\f(1,2)相切．其中真命题的序号是________．【解析】对于命题①，设球的半径为R，则eq\f(4,3)π(eq\f(R,2))3＝eq\f(1,8)·eq\f(4,3)πR3，故体积缩小到原来的eq\f(1,8)，命题正确；对于命题②，若两组数据的平均数相同，则它们的标准差不一定相同，例如数据：1，3，5和3，3，3的平均数相同，但标准差不同，命题不正确；对于命题③，圆x2＋y2＝eq\f(1,2)的圆心(0，0)到直线x＋y＋1＝0的距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，等于圆的半径，所以直线与圆相切，命题正确．【答案】①③三、解答题(本大题共6小题，满分共70分)17．(12分)(2015·昆明三校联考)已知等比数列{an}的前n项和是Sn，S18∶S9＝7∶8.(1)求证：S3，S9，S6依次成等差数列；(2)a7与a10的等差中项是否是数列{an}中的项？如果是，是{an}中的第几项？如果不是，请说明理由．【解】(1)证明：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S18＝18a1，S9＝9a1，S18∶S9＝2∶1≠7∶8，∴q≠1.∴S18＝eq\f(a1,1－q)(1－q18)，S9＝eq\f(a1,1－q)(1－q9)，S18∶S9＝1＋q9.∴1＋q9＝eq\f(7,8)，解得q3＝－eq\f(1,v)，即q＝－2－eq\f(1,3).∴S3＝eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝eq\f(3,2)×eq\f(a1,1－q)，S6＝eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝eq\f(3,4)×eq\f(a1,1－q)，S9＝eq\f(a1,1－q)(1－q9)＝eq\f(9,8)×eq\f(a1,1－q).∵S9－S3＝－eq\f(3,8)×eq\f(a1,1－q)，S6－S9＝－eq\f(3,8)×eq\f(a1,1－q)，∴S9－S3＝S6－S9.∴S3，S9，S6依次成等差数列．(2)a7与a10的等差中项等于eq\f(a7＋a10,2)＝eq\f(a1（2－2－2－3）,2)＝eq\f(a1,16)，设a7与a10的等差中项是数列{an}中的第n项，则a1(－2－eq\f(1,3))n－1＝eq\f(a1,16)，化简得(－2)－eq\f(n－1,3)＝(－2)－4，即－eq\f(n－1,3)＝－4，解得n＝13.∴a7与a10的等差中项是数列{an}中的第13项．18．(12分)(文)(2015·北京高考)某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.商品顾客人数甲乙丙丁100√×√√217×√×√200√√√×300√×√×85√×××98×√××(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？【解】(1)从统计表可以看出，在这1000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为eq\f(100＋200,1000)＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为eq\f(100＋200＋300,1000)＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为eq\f(100,1000)＝0.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．(12分)(理)(2015·云南昆明、玉溪统考)云南省2014年全省高中男生身高统计调查数据显示：全省100000名高中男生的身高服从正态分布N(170.5，16)．现从云南省某校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于157.5cm和187.5cm之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组[157.5，162.5)，第2组[162.5，167.5)，……，第6组[182.5，187.5)，如图是按上述分组方式得到的频率分布直方图．(1)试评估该校高三年级男生在全省高中男生中的平均身高状况；(2)求这50名男生身高在177.5cm以上(含177.5cm)的人数；(3)从这50名男生身高在177.5cm以上(含177.5cm)的人中任意抽取2人，该2人中身高排名(从高到低)在全省前130名的人数记为X，求X的数学期望．参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.9974.【解】(1)由频率分布直方图知，该校高三年级男生平均身高为160×0.1＋165×0.2＋170×0.3＋175×0.2＋180×0.1＋185×0.1＝171.5(cm)，该校高三年级男生的平均身高高于全省高中男生身高的平均值170.5(cm)．(2)由频率分布直方图知，后两组频率和为0.2，∴人数和为0.2×50＝10，即这50名男生中身高在177.5cm以上(含177.5cm)的人数为10.(3)∵P(170.5－3×4＜X≤170.5＋3×4)＝0.9974，∴P(X≥182.5)＝eq\f(1－0.9974,2)＝0.0013，又0.0013×100000＝130.∴身高在182.5cm以上(含182.5cm)的高中男生可排进全省前130名．因为该校这50名男生中身高在182.5cm以上(含182.5cm)的有5人，身高在177.5cm以上(含177.5cm)的有10人，随机变量X可取0，1，2，于是P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(10,45)＝eq\f(2,9)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(25,45)＝eq\f(5,9)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,10))＝eq\f(10,45)＝eq\f(2,9).∴E(X)＝0×eq\f(2,9)＋1×eq\f(5,9)＋2×eq\f(2,9)＝1.19．(12分)(文)(2015·广东佛山一中期中考试)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BCA＝90°，AP＝AC，点D，E分别在棱PB，PC上，且BC∥平面ADE.(1)求证：DE⊥平面PAC；(2)当二面角A－DE－P为直二面角时，求A－BCED与P－AED的体积比．【解】(1)证明：∵BC∥平面ADE，BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面ADE＝DE，∴BC∥ED，∵PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴PA⊥BC，又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC，∵PA与AC是平面PAC内的两条相交直线，∴BC⊥平面PAC，又BC∥ED，∴DE⊥平面PAC.(2)由(1)知，DE⊥平面PAC，∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC，∴DE⊥AE，DE⊥PE，∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角，∴∠AEP＝90°，即AE⊥PC，∵AP＝AC，∴E是PC的中点，∴ED是△PBC的中位线，AE⊥DE，又PC∩DE＝E，∴AE⊥平面PCD，∴eq\f(VA－BCED,VA－PDE)＝eq\f(\f(1,3)S四边形BCED·AE,\f(1,3)S△PED·AE)＝eq\f(S四边形BCED,S△PED)＝3.(12分)(理)(2015·辽宁鞍山二模)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝eq\r(2)，E为PD上一点，PE＝2ED.(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)求二面角D－AC－E的余弦值；(3)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．【解】(1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝eq\r(2)，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.(2)以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E(0，eq\f(2,3)，eq\f(1,3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，eq\f(2,3)，eq\f(1,3))．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋z＝0，))令y＝1，则n＝(－1，1，－2)．平面ACD的法向量为eq\o(AP,\s\up6(→))，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0.1)．cos〈n，eq\o(AP,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AP,\s\up6(→)),|n|·|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(6))＝－eq\f(\r(6),3).∴二面角D－AC－E的余弦值为eq\f(\r(6),3).(3)假设存在点F，使得BF∥平面AEC.则eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，(0≤λ≤1)．∴(xF，yF，zF－1)＝λ(1，1，－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xF＝λ，,yF＝λ，,zF＝1－λ.))∴F(λ，λ，1－λ)，∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝(λ－1，λ，1－λ)．∵BF∥平面AEC，∴eq\o(BF,\s\up6(→))·n＝0，∴－(λ－1)＋λ－2(1－λ)＝0，λ＝eq\f(1,2).∴F为PC的中点．20．(12分)(文)(2015·河北衡水中学二模)已知函数f(x)＝(x＋eq\f(a,x))ex，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a＝－1时，求证：f(x)在(0，＋∞)上为增函数；(3)若f(x)在区间(0，1)上有且只有一个极值点，求a的取值范围．【解】函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(x3＋x2＋ax－a,x2)ex.(1)当a＝0时，f(x)＝x·ex，f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(1)＝e，f′(1)＝2e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.(2)证明：当a＝－1时，f′(x)＝eq\f(x3＋x2－x＋1,x2)ex(x＞0)．设g(x)＝x3＋x2－x＋1，则g′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)＞0，得x＞eq\f(1,3).令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)＜0，得0＜x＜eq\f(1,3).所以函数g(x)在(0，eq\f(1,3))上是减函数，在(eq\f(1,3)，＋∞)上是增函数，所以函数g(x)在x＝eq\f(1,3)处取得最小值，且g(eq\f(1,3))＝eq\f(22,27)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上恒大于零．于是，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝eq\f(x3＋x2－x＋1,x2)ex＞0恒成立．所以当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数．(3)f′(x)＝eq\f(x3＋x2＋ax－a,x2)ex.设h(x)＝x3＋x2＋ax－a，则h′(x)＝3x2＋2x＋a.①当a＞0时，h′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数h(x)在(0，＋∞)上为增函数．而h(0)＝－a＜0，h(1)＝2＞0.则函数h(x)在区间(0，1)上有且只有一个零点x0，即h(x0)＝0，即f′(x0)＝0，且在(0，x0)上，f′(x)＜0，在(x0，1)上，f′(x)＞0.故x0为函数f(x)在区间(0，1)上唯一的极小值点．②当a＝0时，h′(x)＝3x2＋2x＞0，x∈(0，1)恒成立，则函数h(x)在区间(0，1)上为增函数，此时h(0)＝0，所以函数h(x)＞0在区间(0，1)上恒成立，即f′(x)＞0.故函数f(x)在区间(0，1)上为单调递增函数．所以f(x)在区间(0，1)上无极值．③当a＜0时，h(x)＝x3＋x2＋ax－a＝x3＋x2＋a(x－1)，总有h(x)＞0，x∈(0，1)成立，即f′(x)＞0成立．故函数f(x)在区间(0，1)上为单调递增函数．所以f(x)在区间(0，1)上无极值，综上所述a的取值范围是(0，＋∞)．(12分)(理)(2015·甘肃兰州模拟)设函数f(x)＝x2＋mln(x＋1)．(1)若函数f(x)是定义域上的单调函数，求实数m的取值范围；(2)若m＝－1，试比较当x∈(0，＋∞)时，f(x)与x3的大小；(3)证明：对任意的正整数n，不等式e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2＜eq\f(n（n＋3）,2)成立．【解】(1)∵f′(x)＝2x＋eq\f(m,x＋1)＝eq\f(2x2＋2x＋m,x＋1)，又函数f(x)的定义域上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，若f′(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，即函数f(x)是定义域上的单调递增函数，则m≥－2x2－2x＝－2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)在(－1，＋∞)上恒成立，由此可得m≥eq\f(1,2)；若f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即函数f(x)是定义域上的单调递减函数，则m≤－2x2－2x＝－2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)在(－1，＋∞)上恒成立．∵y＝－2(x＋eq\f(1,2))2＋eq\f(1,2)在(－1，＋∞)上没有最小值，∴不存在实数m使f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．综上所述，实数m的取值范围是[eq\f(1,2)，＋∞)．(2)当m＝－1时，函数f(x)＝x2－ln(x＋1)．令g(x)＝f(x)－x3＝－x3＋x2－ln(x＋1)，则g′(x)＝－3x2＋2x－eq\f(1,x＋1)＝－eq\f(3x3＋（x－1）2,x＋1)，显然，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＜0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈(0，＋∞)时，恒有g(x)＜g(0)＝0，即f(x)－x3＜0恒成立．故当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜x3.(3)证明：解法一由(2)可知x2－x3＜ln(x＋1)(x∈(0，＋∞))，∴e(1－x)x2＜x＋1(x∈(0，＋∞))，∴e(1－n)n2＜n＋1(n∈N*)，∴e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2＜2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝eq\f(n（n＋3）,2).解法二设Sn＝eq\f(n（n＋3）,2)，则an＝Sn－Sn－1＝n＋1(n≥2)，∵a1＝S1＝2，∴an＝n＋1，n∈N*，欲证e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－n)n2＜eq\f(n（n＋3）,2)，只需证e(1－n)n2＜n＋1，只需证(1－n)n2＜ln(n＋1)，由(2)知x2－x3＜ln(x＋1)(x∈(0，＋∞))，即(1－n)n2＜ln(n＋1)，∴原命题成立．解法三数学归纳法①当n＝1时，左边＝e0＝1，右边＝eq\f(1×4,2)＝2，原不等式成立．②设当n＝k时，原不等式成立，即e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－k)k2＜eq\f(k（k＋3）,2)，则当n＝k＋1时，左边＝e0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e(1－k)k2＋e(1－k－1)(k＋1)2＜eq\f(k（k＋3）,2)＋e－k(k＋1)2，只需证明eq\f(k（k＋3）,2)＋e－k(k＋1)2＜eq\f(（k＋1）（k＋4）,2)，即证e－k(k＋1)2＜k＋2，即证－k(k＋1)2＜ln(k＋2)，由(2)知x2－x3＜ln(x＋1)(x∈(0，＋∞))，即x2(1－x)＜ln(x＋1)，令x＝k＋1，即有－k(k＋1)2＜ln(k＋2)．∴当n＝k＋1时不等式成立．由①②知，原不等式成立．21．(12分)(2015·山东德州一模)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于eq\f(\r(3),2)，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(2，eq\r(3))，Q(2，－eq\r(3))在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．【解】(1)设椭圆C的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，∴椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，∴b＝2，又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2eq\r(3)，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)为定值．理由如下：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵∠APQ＝∠BPQ，∴直线PA，PB的斜率互为相反数，可设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－eq\r(3)＝k(x－2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)＝k（x－2），,x2＋4y2＝16，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8k(eq\r(3)－2k)x＋4(eq\r(3)－2k)2－16＝0，∴x1＋2＝eq\f(8k（2k－\r(3)）,1＋4k2)，同理可得x2＋2＝eq\f(－8k（－2k－\r(3)）,1＋4k2)＝eq\f(8k（2k＋\r(3)）,1＋4k2)，∴x1＋x2＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－16\r(3)k,1＋4k2)，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(k（x1＋x2）－4k,x1－x2)＝eq\f(\r(3),6)，即直线AB的斜率为定值eq\f(\r(3),6).请考生在第22，23，24三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．