广东省东莞市南开实验学校2023-2024学年高考数学五模试卷含解析

广东省东莞市南开实验学校2023-2024学年高考数学五模试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。

x-y+lV0,

1.已知所为圆(龙—仔+(y+炉=1的一条直径，点M(国y)的坐标满足不等式组2x+y+320,则9.狼的

yWl.

取值范围为()

一91

A.-,13B.[4,13]

「7-

C.[4,12]D.-,12

2.等腰直角三角形ABE的斜边48为正四面体ABCD侧棱，直角边AE绕斜边A3旋转，则在旋转的过程中，有下

列说法：

(1)四面体E-BCD的体积有最大值和最小值;

(2)存在某个位置，使得

(3)设二面角O—钻一石的平面角为。，则62NZME；

(4)AE的中点M与A3的中点N连线交平面8。于点P,则点尸的轨迹为椭圆.

其中，正确说法的个数是(

3.数列｛4｝满足：//“一%=2a“a,+i，则数列他,,4+i｝前10项的和为

20

4.已知函数/(x)=*x+«—2)e'—x(Z>0),若函数/(x)在％eR上有唯一零点，贝！K的值为()

A.1B.,或oc.1或0D.2或0

2

5.已知变量的几组取值如下表：

X1234

y2.44.35.37

若y与x线性相关，且勺=0.8%+。，则实数。=()

6.某个命题与自然数”有关，且已证得“假设〃=左,eN*)时该命题成立，则〃=左+1时该命题也成立”.现已知当

〃=7时，该命题不成立，那么()

A.当〃=8时，该命题不成立B.当九=8时，该命题成立

C.当〃=6时，该命题不成立D.当〃=6时，该命题成立

7.在(1—X)5+(l—x)6+(l—x)7+(l—x)8的展开式中，含Y的项的系数是()

A.74B.121C.-74D.-121

8.设集合A={4,5,7,9},B={3,4,7,8,9),全集U=AUB,则集合(i「|中的元素共有()

A.3个B.4个C.5个D.6个

9.如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为()

5

C.—7TD.3万

2

2x

I。.函数十)=方的图像大致为，)

11.某人用随机模拟的方法估计无理数e的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点A（LO）作X轴的垂线与曲

线丁=，相交于点5,过3作y轴的垂线与y轴相交于点c（如图），然后向矩形Q45c内投入〃粒豆子，并统计

出这些豆子在曲线y=e"上方的有N粒（N<M）,则无理数e的估计值是（）

12.执行如图所示的程序框图，则输出的5=（）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.在一底面半径和高都是2帆的圆柱形容器中盛满小麦，有一粒带麦锈病的种子混入了其中.现从中随机取出的2加3

种子，则取出了带麦锈病种子的概率是.

y<x

14.已知实数x,y满足x—4y—3W0,则目标函数z=x+2y—l的最小值为.

2x+y-6<0

x-1>0,

15.已知X,y满足约束条件（x+2y—4W0,则Z=3x+4y的最小值为.

2x-y-6<Q,

16.某种赌博每局的规则是：赌客先在标记有1,2,3,4,5的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金；

随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的1.4倍作为其奖金.若随机变量备和聂分别

表示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则O（彘）=,E（第）-E（6）=.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.（12分）如图，在四棱锥ABCD中，底面ABC。是直角梯形且AD〃3GABA.BC,AB=BC=2AD=2,

侧面为等边三角形，且平面平面ABC。.

（1）求平面FA3与平面PDC所成的锐二面角的大小；

（2）若CQ=2CP（0Bi1）,且直线BQ与平面PDC所成角为获，求力的值.

18.（12分）在AABC中，角A,B,C的对边分别为“,仇c,若岛=，（sinC+百cosC）.

（1）求角3的大小；

TT

（2）若A=g,。为AABC外一点，DB=2,CD=1,求四边形ABAC面积的最大值.

19.（12分）已知等腰梯形ABC。中（如图1）,AB=4,BC=CD=DA=2,R为线段CD的中点，E、M为

线段AB上的点，AE=EM=1,现将四边形AEED沿E尸折起（如图2）

D.

图1图2

(1)求证：AM〃平面BCD；

(2)在图2中，若BD=&,求直线CD与平面3CEE所成角的正弦值.

20.(12分)如图，在三棱柱ADE-BCF中,ABCD是边长为2的菱形，且N5W=6O。，CDEF是矩形，ED=1,

且平面CDE/L平面ABC。，P点在线段6c上移动(P不与。重合)，H是AE的中点.

(1)当四面体瓦)PC的外接球的表面积为5兀时，证明：HB//.平面EDP

(2)当四面体EDPC的体积最大时，求平面与平面EPC所成锐二面角的余弦值.

21.(12分)已知函数/(x)=e*+sinx-ox2-2x.

(1)当a=O时，判断了(x)在［0,+8)上的单调性并加以证明；

(2)若/(%)>1,求。的取值范围.

22.(10分)如图，在直棱柱ABC。—A4GA中，底面ABC。为菱形，AB=BD=2,8月=2,血与AC相

交于点E,4。与相交于点。.

AB

(1)求证：AC，平面5片。。；

(2)求直线08与平面。耳，所成的角的正弦值.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D

【解析】

首先将建.板转化为只需求出的取值范围即可，而"T表示可行域内的点与圆心T(L-1)距离，数

形结合即可得到答案.

【详解】

作出可行域如图所示

4

设圆心为T(l,一1),则ME・M"=(MT+rE)・(MT+rF)=

22.2

(MT+TE)•(MT—TE)=MT-TE

过T作直线x—y+l=0的垂线，垂足为5,显然MBWMTWMA,又易得A(—2,1),

/------------2-------------rLTR|l-(-l)+H372

所以M4=J[1_(_2)]2+(_1_1)2=A，TB=m+(二)2=『

•27

故ME.MF=MT-le[-,12].

故选：D.

【点睛】

本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化

与划归的思想，是一道中档题.

2、C

【解析】

解：对于（1）,当平面且E在A5的右上方时，E到平面3c。的距离最大，当平面ABE,且E在

AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，

二四面体E-8C。的体积有最大值和最小值，故（1）正确；

对于（2）,连接OE,若存在某个位置，使得AEL3。，又AE_LBE,则平面可得进一步可得

AE=DE,此时E-A3O为正三棱锥，故（2）正确；

对于（3）,取中点。，连接O。，E0,则/OOE为二面角O-AB-E的平面角，为0,

直角边AE绕斜边45旋转，则在旋转的过程中，0£[0,Tt）,

ZDAE^[^,兀），所以aNZME不成立.（3）不正确；

对于（4）AE的中点”与A3的中点N连线交平面35于点P,P到8C的距离为：dp-BC,

IpnI

因为^^<1,所以点尸的轨迹为椭圆.（4）正确.

4-BC

故选：C.

点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需

要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.

3、A

【解析】

11c1

分析：通过对an-an+i=2anan+i变形可知--------=2,进而可知4=---------,利用裂项相消法求和即可.

aa

„+i„2n-1

11c

详解：；,二--=2.

an+\an

...；=；+2(n—3)=2n-l,gpa；)=—^—,

/2〃-1

a“％+i=^(a„-4+i)=〈j1-1I，

22^2n-l2n+ly

；・数列｛。九%+1｝前10项的和为万］1_§+§_勺+

故选A.

点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子

的结构特点，常见的裂项技巧：(1)一不=717(2)「----『+k-赤);(3)

n[n+k)k\nn+kJ弋n+kkv'

]_J_(_[______]__y]=,^hn〃+i)；〃+2)；此外'需注意裂项

(2w-l)(2n+l)~2{2n-l~2n+lJ；⑷n(n+l)(n+2)-2

之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.

4、C

【解析】

求出函数的导函数，当，>0时，只需/(—ln/)=0,gpinr--+l=0,令g(/)=lnr—1+1,利用导数求其单调区间,

tt

即可求出参数/的值，当/=0时，根据函数的单调性及零点存在性定理可判断；

【详解】

解：•//(x)=?e2A+a-2)eA-x(Z>0),

f\x)=2te2x+(7—2)e*—1="e，—1)(2e，+1),二当/>0时，由f\x)=0得尤=—Inf,

则/(尤)在(t,-In。上单调递减，在(-In/,内)上单调递增，

所以7•(—In/)是极小值，.•.只需/■(—1!!/)=0,

即Inf—1+1=0.令g⑺=lnr—4+1,贝！|g«)=1+±>0,.•.函数g(。在(0,+s)上单

tttt

调递增.•••g(l)=0,.・"=1

当t=0时，f(x)^-2ex-x,函数f(x)在R上单调递减，=—2e—1<0,/(-2)=2-2e-2>0,函数/\x)

在R上有且只有一个零点，的值是1或0.

故选：C

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的零点问题，零点存在性定理的应用，属于中档题.

5,B

【解析】

求出京亍，把坐标(x,y)代入方程可求得。.

【详解】

-15-11Q10511

据题意，得x=z(l+2+3+4)=5，y=/(2.4+4.3+5.3+7)=1,所以1=0.8*5+。，所以a=^.

故选：B.

【点睛】

本题考查线性回归直线方程，由性质线性回归直线一定过中心点丘,亍)可计算参数值.

6、C

【解析】

写出命题“假设〃=左(keN*)时该命题成立，则〃=上+1时该命题也成立”的逆否命题，结合原命题与逆否命题的真

假性一致进行判断.

【详解】

由逆否命题可知，命题“假设72=左(左eN")时该命题成立，则〃=左+1时该命题也成立”的逆否命题为“假设当

“=左+1(左eN*)时该命题不成立，则当〃=左时该命题也不成立”，

由于当〃=7时，该命题不成立，则当“=6时，该命题也不成立，故选：C.

【点睛】

本题考查逆否命题与原命题等价性的应用，解题时要写出原命题的逆否命题，结合逆否命题的等价性进行判断，考查

逻辑推理能力，属于中等题.

7、D

【解析】

根据(1—X)5+(l—4+(1—4+(1—4,利用通项公式得到含V的项为：(或++C；)(-"3,进而得到

其系数,

【详解】

因为在(1—X)5+(1—X)6+(1—X)7+(1—X)8,

所以含Y的项为：(窗+《+C；+C；)(—

所以含Y的项的系数是的系数是_0+或+穹+或)，

=-(10+20+35+56)=-121,

故选：D

【点睛】

本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题，

8、A

【解析】

试题分析：。=4。8={3,4,5,7,8,9},4^^6={4,7,9},所以的(4门5)={3,5,8},即集合。(Ac5)中共有3个

元素，故选A.

考点：集合的运算.

9、A

【解析】

由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1,圆柱的底面

半径为1,高为1.再由球与圆柱体积公式求解.

【详解】

由三视图还原原几何体如图，

该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱,

半球的半径为1,圆柱的底面半径为1,高为1.

1A577"

贝!I几何体的体积为丫=—X—^xl3+^-xl2xl=—.

233

故选：A.

【点睛】

本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

10、A

【解析】

根据/(x)>0排除C,D,利用极限思想进行排除即可.

【详解】

解：函数的定义域为{x|x/O},/(x)>0恒成立，排除C,D,

x2ex

当X>0时，=当尤-0，/(X)一°，排除3，

故选：A-

【点睛】

本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数值的符号以及极限思想是解决本题的关键，属于基础题.

11、D

【解析】

利用定积分计算出矩形OABC中位于曲线y=/上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于e的等式，

解出e的表达式即可.

【详解】

在函数y=的解析式中，令x=l,可得y=e,则点6(1,e),直线的方程为丁=«,

1

矩形Q4BC中位于曲线y=靖上方区域的面积为S=J(e-公=(ex-/*=1,

0

矩形。RC的面积为lxe=e,

N1M

由几何概型的概率公式得一=—,所以，e=一.

MeN

故选：D.

【点睛】

本题考查利用随机模拟的思想估算e的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域

的面积，考查计算能力，属于中等题.

12、B

【解析】

运行程序，依次进行循环，结合判断框，可得输出值.

【详解】

起始阶段有7=1,5=3,

第一次循环后5=4=-=，，=2,

1-32

1_2

第二次循环后3=二［=§,，=3,

2

c_L=o

第三次循环后一12一，［=4,

3

第四次循环后s=±=-=，，=5,

所有后面的循环具有周期性，周期为3,

当，=2019时，再次循环输出的S=3,，=2020,此时2020>2019,循环结束，输出S=3,

故选：B

【点睛】

本题主要考查程序框图的相关知识，经过几次循环找出规律是关键，属于基础题型.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

1

］3、---

4万

【解析】

求解2机3占圆柱形容器的的总容积的比例求解即可.

【详解】

21

解：由题意可得：取出了带麦锈病种子的概率=-.

71x2x24乃

故答案为：—.

【点睛】

本题主要考查了体积类的几何概型问题,属于基础题.

14、-1

【解析】

作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值.

【详解】

y<x,

作出实数x,y满足x-4y-3V0,对应的平面区域如图阴影所示；

2x+y-6<0,

,_1z1

fflz=x+2y-1,得7=----xH----F—,

222

1z11z1

平移直线,=——x+-+-,由图象可知当直线y=——x+—+—经过点4时,

222222

171

直线y=-彳丫+二+二的纵截距最小，此时z最小.

222

y=x

由｛“c得A(-L-1)，

x-4y-3=0

此时z的最小值为z=-1-2-1=-1,

故答案为-L

【点睛】

本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，是基础题

15、-13

【解析】

画出可行域，通过平移基准直线3x+4y=0到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.

【详解】

画出可行域如下图所示，由图可知：

可行域是由三点80,-4），构成的三角形及其内部，当直线3x+4y—z=0过点（1,T）时，工取

得最小值3X1+4X(T)=T3.

故答案为：-13

本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.

16、20.2

【解析】

分别求出随机变量却和6的分布列，根据期望和方差公式计算得解.

【详解】

设a,b&{l,2,1,4,5},则p（蚤="）=|,其前分布列为：

612145

n11111

r

55555

D(敬)=|x[(1-1)2+(2-1)2+(1-1)2+(4-1)2+(5-1)2]=2.

&=1.4|。-"的可能取值分别为：1.4,2.3,4.2,5.6,

42332211

P(6=1-4)=尸($=2.3)=灯=/，尸(&=4.2)=TT=-＞尸(&=5.6)=Q=G，可得分布列.

q5q10q10q10

1.42.34.25.6

2321

p

510Toio

E(42)1.4x—|-2.3x-----1-4.2x-----1-5.6x—=2.3.

5101010

：.E(叁)-E($)=0.2.

故答案为：2,0.2.

【点睛】

此题考查随机变量及其分布，关键在于准确求出随机变量取值的概率，根据公式准确计算期望和方差.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17、(1)-；(2)匹乌

46

【解析】

(1)分别取AB,CD的中点为O,E,易得OP,OE,05两两垂直，以OE,OB,O尸所在直线为x,y,z轴建立空

间直角坐标系，易得AD=(1,0,0)为平面R钻的法向量，只需求出平面PDC的法向量为及，再利用

cos0=|cos<n•AD>|=""⑶计算即可；

IIIAD|

(2)求出BQ,利用|85<%8。>|=5吊3计算即可.

【详解】

(1)分别取ABCD的中点为O,E,连结尸QEO.

因为AO〃BC,所以OE〃BC.

因为所以ABLOE.

因为侧面？A3为等边三角形，

所以

又因为平面R1B_L平面ABCD,

平面QABc平面A5CD=A5,OPu平面RIB,

所以OP_L平面ABC。，

所以OP,OE,08两两垂直.

以。为空间坐标系的原点，分别以OEOB,OP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AB=3C=2AD=2,则0(0,0,0),A(0,-l,0),8(0,1,0),C(2,l,0),。(1,-1,0),P(0,0,也),

DC=(1,2,0),PC=(2,1,-g).

n-DC=O%+2y=0

设平面PDC的法向量为n=(x,y,z),贝叫，即<

n•PC=02%+y-gz=0

取y=l,则x=-2,z=-石，所以:=(-2,1,-石).

又A。=(1,0,0)为平面？AB的法向量，设平面R43与平面PDC所成的锐二面角的大小为。，则

八，“c,\n-AD\2A/2

cos3=|cos<n•AD>|=-------=―==——.

\n\\AD\J(_2y+f+(_/)22

IT

所以平面总与平面PDC所成的锐二面角的大小为“

(2)由⑴得，平面尸。。的法向量为7=(-2,1,-有)，定=(2,1,-石),

所以成BQ=BC+2CP=(-2A+2,-2,后)(0领41).

又直线BQ与平面PDC所成角为3,

7T\n-BQ\_j3

所以|cos<n,BQ>|=sin—即Bn-------=---

\n\\BQ\2

|42-4-2-32|石

7(-2)2+12+(-^)2X^/(-22+2)2+(-A)2+(^A)22，

化简得6万一62+1=0,所以；1=共且，符合题意.

6

【点睛】

本题考查利用向量坐标法求面面角、线面角，涉及到面面垂直的性质定理的应用，做好此类题的关键是准确写出点的

坐标，是一道中档题.

18、(1)B=-(2)送+2

34

【解析】

(1)根据正弦定理化简等式可得tan3=K，即3=(；

(2)根据题意，利用余弦定理可得802=5—4cos。，再表示出SAB碇=sin。，表示出四边形鼠"⑺，进而可得最

值.

【详解】

(1)-Z?(sinC+A/3COSC)，由正弦定理得：«sinA=sinB(sinC+A/3COSC)

在AABC中，sinA二sin(5+C),则^/3sin(B+C)=sinBsinC+A/3sinBcosC,

即A/3cosBsinC=sinBsinC，

sinCw0,/.A/3COSB=sinB,即tanB=6

7T

Be(0,7z-),.-.B=-.

(2)在AfiCD中，BD=2,CD=1,.BC2=12+22-2xlx2xcosZ)=5-4cosD

又A=[,则AABC为等边三角形，SA5c==BC2xsinf=EI—gcos。

3234

又SBDC=BDxDCxsinD=sinD9

r-冗

SABCD=十+sinD-V3cosD=于+2sin(D--)■

.•.当D=也时，四边形ABC。的面积取最大值，最大值为上叵+2.

64

【点睛】

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基础题.

19、(1)见解析；(2)此.

3

【解析】

(1)先连接CM,根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；

(2)在图2中，过点。作DOLEN,垂足为。，连接08,0C,证明平面平面BOD,得到点。在底

面BCFE上的投影必落在直线08上，记〃为点。在底面5CFE上的投影，连接DA,HC,得出NDCH即是直

线CD与平面6CEE所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.

【详解】

(1)连接CM,因为等腰梯形ABC。中(如图1),AM=AE+EM=2=CD,AB//CD,

所以A"与CD平行且相等，即四边形AMCD为平行四边形；所以AD〃CM；

又尸为线段CD的中点，E为AM中点，易得：四边形AEED也为平行四边形，所以AD//EF；

将四边形AEED沿M折起后，平行关系没有变化，仍有：AD//CM,且AT>=CM,

所以翻折后四边形AMCD也为平行四边形；故AA///CD；

因为AM.平面5C。，COu平面5CD,

所以AM〃平面5C。；

(2)在图2中，过点。作。0_1,所，垂足为。，连接08,0C,

因为A£>=2,AE=1,翻折前梯形ABC。的高为EM=£)£■=后二了=百，

所以NZME=NQFE=60，则。O=DEsin60=走，OF=DF-cos60=-；

22

3

所以OE=EF—OF=—；

2

又BE=EM+MB=3,ZFEM=ZDFE=60.

所以BO=J-+9-2x-x3xcos60=巫,即BO~+OE2=BE2,所以30，OE；

V422

又DOcBO=O,且。Ou平面30。，60u平面30。，

所以EO_L平面3OZ)；因此，平面J_平面3OZ)；

所以点。在底面6CEE上的投影必落在直线08上；

记H为点。在底面5CFE上的投影，连接HC,

则DHL平面6CEE；

所以ZDCH即是直线CD与平面BCFE所成角,

因为m=此所以叽'

2OBOD3

因此。"=DOsin/OO3=@^=",OH=DOcosZDOB=,

233236

^BH=BO-OH=---=—i

263

因为/0/。=/石尸。=//。3=120，

所以NHBC=NO6C=360-120-120-90=30，

因此CH=ylBH2+BC2-2BH-BC-cosZHBC=竿，故CO=^DH1+HC2=应，

所以sin/OC"=些=旦

CD3

即直线CD与平面BCFE所成角的正弦值为且.

3

【点睛】

本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于

常考题型.

7

20、(1)证明见解析(2)-

【解析】

(1)由题意，先求得P为的中点，再证明平面"V出//平面EDP,进而可得结论；

(2)由题意，当点P位于点B时,四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.

【详解】

(1)证明：当四面体EDPC的外接球的表面积为5兀时.

则其外接球的半径为好.

2

因为ABC。时边长为2的菱形，CDEF是矩形.

ED=1,且平面CDE/，平面

则皮＞，平面ABC。，EC=石.

则EC为四面体EOPC外接球的直径.

所以NEPC=90。，即CBLEP.

由题意，CBLED,EPED=E,所以CBLDP.

因为4AD=/6CD=60。，所以P为8C的中点.

记AD的中点为"，连接MH,MB.

则MBPOP,MHPDE,DEeDP=D,所以平面"VB//平面EDP.

因为HBu平面所以HB//平面EDP.

(2)由题意，ED,平面ABC。，则三棱锥E—OPC的高不变.

当四面体££>PC的体积最大时，△DPC的面积最大.

所以当点尸位于点3时，四面体EOPC的体积最大.

以点。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-孙z.

则£＞（0,0,0）,£（0,0,1）,5（73,1,0）,C（0,2,0）.

I222）

所以丽=（百,1,0）,DH=,EC=（O,2,-l）,EB=（V3,1,-1）.

I222J'

设平面HDB的法向量为m=（xp必,马）.

DB-m=Mx[+必=0,

则,7311

DH-m=——x]——y+—4=0,

I212121

令X1=1,得血=（1,一百2g）.

设平面EBC的一个法向量为〃=（%2,%,Z2）.

ECn=2y2-z=0,

则2

EB-n二A/3X2+y2-z2=0,

令%=3,得〃=（石,3,6）.

mn7

设平面也乃与平面EPC所成锐二面角是9,贝!)cos0二

m^n8

7

所以当四面体EDPC的体积最大时，平面HOP与平面EPC所成锐二面角的余弦值为-.

8

【点睛】

本题考查平面与平面的平行、线面平行，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值，正确运用平面与平面的平行、线面

平行的判定，利用好空间向量是关键，属于基础题.

21、(1)/(X)在［0,+8)为增函数；证明见解析(2)a<^

【解析】

(1)令g(x)=/'(x)="+cosx—2,求出g'(x),可推得g(x)20,故/Xx)在［0,+8)为增函数；

(2)令g(x)=7'(x),则g'(x)=e、-sinx-2a,由此利用分类讨论思想和导数性质求出实数。的取值范围.

【详解】

(1)当a=0时，J'(%)=ex+cosx-2.

记(?(%)=/'(%)，贝！Jg'(%)="—sin%,

当x20时，ex>1-l<sinx<l.

所以g'(x)=e'—sinxNO,所以g(x)在曲+⑹单调递增，所以g(x)2g(0)=0.

因为g(x)=7'(x)，所以尸(x)20,所以f(x)在［0,+8)为增函数.

(2)由题意，得/'(%)=e*+cos%-2ax-2