高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 省一等獎(jiǎng)

2023年江西省南昌市十所省重點(diǎn)中學(xué)高考數(shù)學(xué)二模試卷（理科）（六）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每一小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（5分）已知集合A=x|x2﹣x﹣2＜0}，B={x|log4x＜}，則（）A．A∩B=?B．B?AC．A∩?RB=RD．A?B【考點(diǎn)】：集合的包含關(guān)系判斷及應(yīng)用．【專題】：集合．【分析】：先根據(jù)不等式的解法求出集合A，再根據(jù)對(duì)數(shù)的單調(diào)性求出集合B，根據(jù)子集的關(guān)系即可判斷．【解答】：解：∵x2﹣x﹣2＜0，∴（x﹣2）（x+1）＜0，解得﹣1＜x＜2∴A=（﹣1，2），∵log4x＜=log42，∴0＜x＜2，∴B=（0，2），∴B?A，故選：B【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了不等式的解法和函數(shù)的性質(zhì)，以及集合的包含關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．2．（5分）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（）A．（0，﹣1）B．C．D．【考點(diǎn)】：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算．【專題】：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)．【分析】：利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義即可得出．【解答】：解：復(fù)數(shù)===﹣i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，﹣1），故選：A．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．3．（5分）已知y=f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是（）①y=f（|x|）；②y=f（﹣x）；③y=xf（x）；④y=f（x）+x．A．①③B．②③C．①④D．②④【考點(diǎn)】：函數(shù)奇偶性的判斷．【專題】：計(jì)算題．【分析】：由奇函數(shù)的定義：f（﹣x）=﹣f（x）逐個(gè)驗(yàn)證即可【解答】：解：由奇函數(shù)的定義：f（﹣x）=﹣f（x）驗(yàn)證①f（|﹣x|）=f（|x|），故為偶函數(shù)②f[﹣（﹣x）]=f（x）=﹣f（x），為奇函數(shù)③﹣xf（﹣x）=﹣x?[﹣f（x）]=xf（x），為偶函數(shù)④f（﹣x）+（﹣x）=﹣[f（x）+x]，為奇函數(shù)可知②④正確故選D【點(diǎn)評(píng)】：題考查利用函數(shù)的奇偶性的定義判斷函數(shù)的奇偶性，是基礎(chǔ)題．4．（5分）已知向量，，若向量滿足與的夾角為120°，，則=（）A．1B．C．2D．【考點(diǎn)】：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算．【專題】：平面向量及應(yīng)用．【分析】：運(yùn)用坐標(biāo)求解，=（x，y），得出x﹣2y=﹣5，根據(jù)夾角公式得出=，即=，整體代入整體求解即可得出=2．選擇答案．【解答】：解：設(shè)=（x，y）∵，，∴4=（﹣1，2），|4|=，∵，∴﹣x+2y=5，即x﹣2y=﹣5，∵向量滿足與的夾角為120°∴=，即=，∵=，∴=2．故||=2，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】：本題綜合考查了平面向量的數(shù)量積的運(yùn)算，運(yùn)用坐標(biāo)求解數(shù)量積，夾角，模，難度不大，計(jì)算準(zhǔn)確即可完成題目．5．（5分）設(shè){an}是公差不為零的等差數(shù)列，滿足，則該數(shù)列的前10項(xiàng)和等于（）A．﹣10B．﹣5C．0D．5【考點(diǎn)】：等差數(shù)列的前n項(xiàng)和．【專題】：等差數(shù)列與等比數(shù)列．【分析】：設(shè)出等差數(shù)列的首項(xiàng)和公差，把已知等式用首項(xiàng)和公差表示，得到a1+a10=0，則可求得數(shù)列的前10項(xiàng)和等于0．【解答】：解：設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d（d≠0），由，得，整理得：2a1+9d=0，即a1+a10=0，∴．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，是基礎(chǔ)的計(jì)算題．6．（5分）某同學(xué)想求斐波那契數(shù)列0，1，1，2，…（從第三項(xiàng)起每一項(xiàng)等于前兩項(xiàng)的和）的前10項(xiàng)的和，他設(shè)計(jì)了一個(gè)程序框圖，那么在空白矩形框和判斷框內(nèi)應(yīng)分別填入的語句是（）A．c=a；i≤9B．b=c；i≤9C．c=a；i≤10D．b=c；i≤10【考點(diǎn)】：程序框圖．【專題】：圖表型；算法和程序框圖．【分析】：由斐波那契數(shù)列從第三項(xiàng)起每一項(xiàng)等于前兩項(xiàng)的和，由程序框圖從而判斷空白矩形框內(nèi)應(yīng)為：b=c，模擬執(zhí)行程序框圖，當(dāng)?shù)?次循環(huán)時(shí)，i=10，由題意不滿足條件，退出執(zhí)行循環(huán)，輸出S的值，即可得判斷框內(nèi)應(yīng)為i≤9．【解答】：解：由題意，斐波那契數(shù)列0，1，1，2，…，從第三項(xiàng)起每一項(xiàng)等于前兩項(xiàng)的和，分別用a，b來表示前兩項(xiàng)，c表示第三項(xiàng)，S為數(shù)列前n項(xiàng)和，故空白矩形框內(nèi)應(yīng)為：b=c，第1次循環(huán)：a=0，b=1，S=0+4=1，i=3，求出第3項(xiàng)c=1，求出前3項(xiàng)和S=0+1+1=2，a=1，b=1，滿足條件，i=4，執(zhí)行循環(huán)；第2次循環(huán)：求出第4項(xiàng)c=1+1=2，求出前4項(xiàng)和S=0+1+1+2=4，a=1，b=2，滿足條件，i=5，執(zhí)行循環(huán)；…第8次循環(huán)：求出第10項(xiàng)c，求出前10項(xiàng)和S，此時(shí)i=10，由題意不滿足條件，退出執(zhí)行循環(huán)，輸出S的值．故判斷框內(nèi)應(yīng)為i≤9．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是程序框圖解決實(shí)際問題，循環(huán)結(jié)構(gòu)有兩種形式：當(dāng)型循環(huán)結(jié)構(gòu)和直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)，當(dāng)型循環(huán)是先判斷后循環(huán)，直到型循環(huán)是先循環(huán)后判斷．算法和程序框圖是新課標(biāo)新增的內(nèi)容，在近兩年的新課標(biāo)地區(qū)高考都考查到了，這啟示我們要給予高度重視，屬于基礎(chǔ)題．7．（5分）若不等式組表示的平面區(qū)域是面積為的三角形，則m的值為（）A．B．C．D．【考點(diǎn)】：二元一次不等式（組）與平面區(qū)域．【專題】：不等式的解法及應(yīng)用．【分析】：作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域，利用三角形的面積，即可得到結(jié)論．【解答】：解：作出不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖，若對(duì)應(yīng)的區(qū)域?yàn)槿切危瑒tm＜2，由，得，即C（m，m），由，得，即B（m，），由，得，即A（2，2），則三角形ABC的面積S=×（﹣m）×（2﹣m）=，即（2﹣m）2=，解得2﹣m=，或2﹣m=﹣，即m=或m=（舍），故m=；故選：C【點(diǎn)評(píng)】：本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用數(shù)形結(jié)合作出對(duì)應(yīng)的圖象，利用三角形的面積公式是解決本題的關(guān)鍵．8．（5分）F是雙曲線C：﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F向C的一條漸近線引垂線，垂足為A，交另一條漸近線于點(diǎn)B．若2=，則C的離心率是（）A．B．2C．D．【考點(diǎn)】：雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【專題】：計(jì)算題；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．【分析】：設(shè)一漸近線OA的方程為y=x，設(shè)A（m，m），B（n，﹣），由2=，求得點(diǎn)A的坐標(biāo)，再由FA⊥OA，斜率之積等于﹣1，求出a2=3b2，代入e==進(jìn)行運(yùn)算．【解答】：解：由題意得右焦點(diǎn)F（c，0），設(shè)一漸近線OA的方程為y=x，則另一漸近線OB的方程為y=﹣x，設(shè)A（m，），B（n，﹣），∵2=，∴2（c﹣m，﹣）=（n﹣c，﹣），∴2（c﹣m）=n﹣c，﹣=﹣，∴m=c，n=，∴A（，）．由FA⊥OA可得，斜率之積等于﹣1，即?=﹣1，∴a2=3b2，∴e===．故選C．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，求得點(diǎn)A的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．9．（5分）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A．4B．21+C．3+12D．+12【考點(diǎn)】：由三視圖求面積、體積．【專題】：空間位置關(guān)系與距離．【分析】：根據(jù)題意得出該幾何體是如圖紅色的正6邊形截得的正方體下方的幾何體，利用幾何體的對(duì)性求解部分表面積，再運(yùn)用正6邊形面積公式求解即可．【解答】：解：根據(jù)三視圖得出該幾何體是如圖紅色的正6邊形截得的正方體下方的幾何體，∵可得出正方體的棱長(zhǎng)為2，∴根據(jù)分割的正方體的2個(gè)幾何體的對(duì)稱性，得出S1==12，紅色的正6邊形的面積為：6××=3∴該幾何體的表面積為12+3．故選：C【點(diǎn)評(píng)】：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是由三視圖求體積和表面積，解決本題的關(guān)鍵是得到該幾何體的形狀，根據(jù)該幾何體的性質(zhì)求解面積公式．10．（5分）如圖是函數(shù)圖象的一部分，對(duì)不同的x1，x2∈[a，b]，若f（x1）=f（x2），有，則（）A．f（x）在上是減函數(shù)B．f（x）在上是減函數(shù)C．f（x）在上是增函數(shù)D．f（x）在上是減函數(shù)【考點(diǎn)】：正弦函數(shù)的圖象．【專題】：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．【分析】：由條件根據(jù)函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象特征，求得a+b=﹣φ，再根據(jù)f（a+b）=2sinφ=，求得φ的值，可得f（x）的解析式，再根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性得出結(jié)論．【解答】：解：由函數(shù)圖象的一部分，可得A=2，函數(shù)的圖象關(guān)于直線x==對(duì)稱，∴a+b=x1+x2．由五點(diǎn)法作圖可得2a+φ=0，2b+φ=π，∴a+b=﹣φ．再根據(jù)f（a+b）=2sin（π﹣2φ+φ）=2sinφ=，可得sinφ=，∴φ=，f（x）=2sin（2x+）．在上，2x+∈（﹣，），故f（x）在上是增函數(shù)，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】：本題主要考查由函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象特征，正弦函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．11．（5分）過拋物線C：y2=2px（p＞0）的焦點(diǎn)且斜率為2的直線與C交于A、B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓與C的準(zhǔn)線有公共點(diǎn)M，若點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為2，則p的值為（）A．1B．2C．4D．8【考點(diǎn)】：拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【專題】：直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．【分析】：取AB的中點(diǎn)N，分別過A、B、N作準(zhǔn)線的垂線AP、BQ、MN，垂足分別為P、Q、M，作出圖形，利用拋物線的定義及梯形的中位線性質(zhì)可推導(dǎo)，|MN|=|AB|，從而可判斷圓與準(zhǔn)線的位置關(guān)系：相切，確定拋物線y2=2px的焦點(diǎn)，設(shè)直線AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理可得AB的中點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為，由條件即可得到p=4．【解答】：解：取AB的中點(diǎn)N，分別過A、B、N作準(zhǔn)線的垂線AP、BQ、MN，垂足分別為P、Q、M，如圖所示：由拋物線的定義可知，|AP|=|AF|，|BQ|=|BF|，在直角梯形APQB中，|MN|=（|AP|+|BQ|）=（|AF|+|BF|）=|AB|，故圓心N到準(zhǔn)線的距離等于半徑，即有以AB為直徑的圓與拋物線的準(zhǔn)線相切，由M的縱坐標(biāo)為2，即N的縱坐標(biāo)為2，拋物線y2=2px的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（，0），設(shè)直線AB的方程為y=2（x﹣），即x=y+，與拋物線方程y2=2px聯(lián)立，消去x，得y2﹣py﹣p2=0由韋達(dá)定理可得AB的中點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為，即有p=4，故選C．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系、直線圓的位置關(guān)系，考查拋物線的定義，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬中檔題．12．（5分）已知函數(shù)f（x）=（a﹣3）x﹣ax3在[﹣1，1]的最小值為﹣3，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣1]B．[12，+∞）C．[﹣1，12]D．【考點(diǎn)】：函數(shù)的最值及其幾何意義．【專題】：計(jì)算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．【分析】：分析四個(gè)選項(xiàng)，可發(fā)現(xiàn)C、D選項(xiàng)中a可以取0，故代入a=0可排除A、B；再注意C、D選項(xiàng)，故將代入驗(yàn)證即可；從而得到答案．【解答】：解：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=﹣3x，x∈[﹣1，1]，顯然滿足，故a可以取0，故排除A，B；當(dāng)時(shí)，，，所以f（x）在[﹣1，1]上遞減，所以，滿足條件，故排除C，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了函數(shù)的最值的求法及排除法的應(yīng)用，屬于中檔題．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分1，3，5．13．（5分）展開式中的常數(shù)項(xiàng)為80．【考點(diǎn)】：二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)．【專題】：計(jì)算題；二項(xiàng)式定理．【分析】：在二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式中，令x的冪指數(shù)等于0，求出r的值，即可求得常數(shù)項(xiàng)．【解答】：解：的展開式的通項(xiàng)公式為Tr+1=令15﹣5r=0，解得r=3，故展開式中的常數(shù)項(xiàng)為80，故答案為：80．【點(diǎn)評(píng)】：本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，求展開式中某項(xiàng)的系數(shù)．14．（5分）A、B、C三點(diǎn)在同一球面上，∠BAC=135°，BC=2，且球心O到平面ABC的距離為1，則此球O的體積為4．【考點(diǎn)】：球的體積和表面積．【專題】：空間位置關(guān)系與距離；球．【分析】：運(yùn)用正弦定理可得△ABC的外接圓的直徑2r，再由球的半徑和球心到截面的距離、及截面圓的半徑構(gòu)成直角三角形，即可求得球的半徑，再由球的體積公式計(jì)算即可得到．【解答】：解：由于∠BAC=135°，BC=2，則△ABC的外接圓的直徑2r==2，即有r=，由于球心O到平面ABC的距離為1，則由勾股定理可得，球的半徑R===，即有此球O的體積為V=πR3=π×（）3=4．故答案為：4．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查球的體積的求法，主要考查球的截面的性質(zhì)：球的半徑和球心到截面的距離、及截面圓的半徑構(gòu)成直角三角形，同時(shí)考查正弦定理的運(yùn)用：求三角形的外接圓的直徑，屬于中檔題．15．（5分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，將直線y=與直線x=1及x軸所圍成的圖形繞x軸旋轉(zhuǎn)一周得到一個(gè)圓錐，圓錐的體積V圓錐=π（）2dx=|=據(jù)此類比：將曲線y=x2（x≥0）與直線y=2及y軸所圍成的圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周得到一個(gè)旋轉(zhuǎn)體，該旋轉(zhuǎn)體的體積V=2π．【考點(diǎn)】：用定積分求簡(jiǎn)單幾何體的體積．【專題】：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；推理和證明．【分析】：根據(jù)類比推理，結(jié)合定積分的應(yīng)用，即可求出旋轉(zhuǎn)體的體積．【解答】：解：根據(jù)類比推理得體積V==πydy=，故答案為：2π【點(diǎn)評(píng)】：本題主要考查旋轉(zhuǎn)體的體積的計(jì)算，根據(jù)類比推理是解決本題的關(guān)鍵．16．（5分）已知數(shù)列{an}滿足，Sn是其前n項(xiàng)和，若S2023=﹣1007﹣b，且a1b＞0，則的最小值為．【考點(diǎn)】：數(shù)列遞推式；基本不等式．【專題】：點(diǎn)列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法．【分析】：由已知遞推式得到a2+a3=﹣2，a4+a5=4，…，a2023+a2023=2023，a2023+a2023=﹣2023，累加可求S2023，結(jié)合S2023=﹣1007﹣b求得a1+b=1，代入展開后利用基本不等式求最值．【解答】：解：由已知得：a2+a3=﹣2，a4+a5=4，…，a2023+a2023=2023，a2023+a2023=﹣2023，把以上各式相加得：S2023﹣a1=﹣2023+1006=﹣1008，∴S2023=a1﹣1008=﹣1007﹣b，即a1+b=1，∴=．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了數(shù)列遞推式，考查了累加法求數(shù)列的和，訓(xùn)練了利用基本不等式求最值，是中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共70分，解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟．17．（12分）在△ABC中，角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c，且．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若a=3，sinC=2sinB，求b、c的值．【考點(diǎn)】：余弦定理；正弦定理．【專題】：解三角形．【分析】：（1）由已知利用正弦定理余弦定理可得：=，化為2sinCcosA=sin（A+B）=sinC，即可得出；（2）利用正弦定理余弦定理即可得出．【解答】：解：（1）由正弦定理余弦定理得=，∴2sinCcosA=sin（A+B）=sinC，∵sinC≠0，∴，∵A∈（0，π），∴．（2）由sinC=2sinB，得c=2b，由條件a=3，，由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc=3b2，解得．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了正弦定理余弦定理的應(yīng)用、兩角和差的正弦公式、三角形內(nèi)角和定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．18．（12分）根據(jù)最新修訂的《環(huán)境空氣質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)》指出空氣質(zhì)量指數(shù)在0：50，各類人群可正?；顒?dòng)．某市環(huán)保局在2023年對(duì)該市進(jìn)行了為期一年的空氣質(zhì)量檢測(cè)，得到每天的空氣質(zhì)量指數(shù)，從中隨機(jī)抽取50個(gè)作為樣本進(jìn)行分析報(bào)告，樣本數(shù)據(jù)分組區(qū)間為[0，10），[10，20），[20，30），[30，40），[40，50]，由此得到樣本的空氣質(zhì)量指數(shù)頻率分布直方圖，如圖．（Ⅰ）求a的值；并根據(jù)樣本數(shù)據(jù)，試估計(jì)這一年度的空氣質(zhì)量指數(shù)的平均值；（Ⅱ）用這50個(gè)樣本數(shù)據(jù)來估計(jì)全年的總體數(shù)據(jù)，將頻率視為概率．如果空氣質(zhì)量指數(shù)不超過20，就認(rèn)定空氣質(zhì)量為“最優(yōu)等級(jí)”．從這一年的監(jiān)測(cè)數(shù)據(jù)中隨機(jī)抽取2天的數(shù)值，其中達(dá)到“最優(yōu)等級(jí)”的天數(shù)為ξ，求ξ的分布列，并估計(jì)一個(gè)月（30天）中空氣質(zhì)量能達(dá)到“最優(yōu)等級(jí)”的天數(shù)．【考點(diǎn)】：離散型隨機(jī)變量及其分布列；頻率分布直方圖；離散型隨機(jī)變量的期望與方差．【專題】：概率與統(tǒng)計(jì)．【分析】：（Ⅰ）通過概率的和為1，求出a，求出50個(gè)樣本中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均值，即可得到由樣本估計(jì)總體推出結(jié)果．（Ⅱ）利用樣本估計(jì)總體，推出ξ～B（2，）．ξ的可能取值為0，1，2，求出概率，得到ξ的分布列，然后求解期望，得到一個(gè)月（30天）中空氣質(zhì)量能達(dá)到“最優(yōu)等級(jí)”的天數(shù)．【解答】：解：（Ⅰ）由題意，得（++a++）×10=1解得a=…（3分）50個(gè)樣本中空氣質(zhì)量指數(shù)的平均值為=×5+×15+×25+×35+×45=．由樣本估計(jì)總體，可估計(jì)2023年這一年度空氣質(zhì)量指數(shù)的平均值約為…（6分）（Ⅱ）利用樣本估計(jì)總體，該年度空氣質(zhì)量指數(shù)在[0，20]內(nèi)為“最優(yōu)等級(jí)”，且指數(shù)達(dá)到“最優(yōu)等級(jí)”的概率為，則ξ：B（2，）．ξ的可能取值為0，1，2，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==．∴ξ的分布列為：…（8分）Eξ=．（或者Eξ=2×=），…（10分）一個(gè)月（30天）中空氣質(zhì)量能達(dá)到“最優(yōu)等級(jí)”的天數(shù)大約為30×=9天．…（12分）【點(diǎn)評(píng)】：本題考查實(shí)數(shù)值的求法，考查平均值的求法，考查離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意頻率分布直方圖的合理運(yùn)用．19．（12分）如圖所示，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AD∥BC，側(cè)面ABB1A1為菱形，∠DAB=∠DAA1．（Ⅰ）求證：A1B⊥AD；（Ⅱ）若AD=AB=2BC，∠A1AB=60°，點(diǎn)D在平面ABB1A1上的射影恰為線段A1B的中點(diǎn)，求平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值．【考點(diǎn)】：二面角的平面角及求法；直線與平面垂直的性質(zhì)．【專題】：空間位置關(guān)系與距離；空間角．【分析】：（Ⅰ）通過已知條件易得=、∠DAB=∠DAA1，利用=0即得A1B⊥AD；（Ⅱ）通過建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值即為平面ABB1A1的法向量與平面DCC1D1的一個(gè)法向量的夾角的余弦值，計(jì)算即可．【解答】：（Ⅰ）通過條件可知=、∠DAB=∠DAA1，利用=即得A1B⊥AD；（Ⅱ）解：設(shè)線段A1B的中點(diǎn)為O，連接DO、AB1，由題意知DO⊥平面ABB1A1．因?yàn)閭?cè)面ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B，故可分別以射線OB、射線OB1、射線OD為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示．設(shè)AD=AB=2BC=2a，由∠A1AB=60°可知|0B|=a，，所以=a，從而A（0，a，0），B（a，0，0），B1（0，a，0），D（0，0，a），所以==（﹣a，a，0）．由可得C（a，a，a），所以=（a，a，﹣a），設(shè)平面DCC1D1的一個(gè)法向量為=（x0，y0，z0），由?=?=0，得，取y0=1，則x0=，z0=，所以=（，1，）．又平面ABB1A1的法向量為=D（0，0，a），所以===，故平面DCC1D1與平面ABB1A1所成銳二面角的余弦值為．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查二面角，空間中兩直線的位置關(guān)系，向量數(shù)量積運(yùn)算，注意解題方法的積累，建立坐標(biāo)系是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．20．（12分）已知橢圓E：的焦距為2，A是E的右頂點(diǎn)，P、Q是E上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為．（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）過E的右焦點(diǎn)作直線與E交于M、N兩點(diǎn)，直線MA、NA與直線x=3分別交于C、D兩點(diǎn)，設(shè)△ACD與△AMN的面積分別記為S1、S2，求2S1﹣S2的最小值．【考點(diǎn)】：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【專題】：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．【分析】：（I）通過P、Q是E上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為，及焦距為2，計(jì)算可得a2=4，b2=3，從而可得E的方程；（II）設(shè)直線MN的方程為x=my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），可得直線MA的方程，聯(lián)立直線MN與橢圓E的方程，利用韋達(dá)定理可得S1，S2的表達(dá)式，通過換元法計(jì)算可得結(jié)論?【解答】：解：（I）根據(jù)題意，設(shè)P（x0，y0），Q（﹣x0，﹣y0），則，，依題意有，又c=1，所以a2=4，b2=3，故橢圓E的方程為：；（II）設(shè)直線MN的方程為x=my+1，代入E的方程得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），由韋達(dá)定理知，又直線MA的方程為，將x=3代入，得，同理，所以，所以，，則2，令，則m2=t2﹣1，所以，記，則，所以f（t）在[1，+∞）單調(diào)遞增，從而f（t）的最小值為，故2S1﹣S2的最小值為?【點(diǎn)評(píng)】：本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，換元法等知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于難題．21．（12分）已知函數(shù)f（x）=lnx﹣mx2，g（x）=+x，m∈R令F（x）=f（x）+g（x）．（Ⅰ）當(dāng)m=時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式F（x）≤mx﹣1恒成立，求整數(shù)m的最小值；（Ⅲ）若m=﹣2，正實(shí)數(shù)x1，x2滿足F（x1）+F（x2）+x1x2=0，證明：x1+x2．【考點(diǎn)】：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．【專題】：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．【分析】：（1）先求函數(shù)的定義域，然后求導(dǎo)，通過導(dǎo)數(shù)大于零得到增區(qū)間；（2）不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，應(yīng)先求導(dǎo)數(shù)，研究函數(shù)的單調(diào)性，然后求函數(shù)的最值；（3）聯(lián)系函數(shù)的F（x）的單調(diào)性，然后證明即可．注意對(duì)函數(shù)的構(gòu)造．【解答】：解：（1）．由f′（x）＞0得1﹣x2＞0又x＞0，所以0＜x＜1．所以f（x）的單增區(qū)間為（0，1）．（2）令x+1．所以=．當(dāng)m≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以G′（x）＞0所以G（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，又因?yàn)镚（1）=﹣．所以關(guān)于x的不等式G（x）≤mx﹣1不能恒成立．當(dāng)m＞0時(shí)，．令G′（x）=0得x=，所以當(dāng)時(shí)，G′（x）＞0；當(dāng)時(shí)，G′（x）＜0．因此函數(shù)G（x）在是增函數(shù)，在是減函數(shù)．故函數(shù)G（x）的最大值為．令h（m）=，因?yàn)閔（1）=，h（2）=．又因?yàn)閔（m）在m∈（0，+∞）上是減函數(shù)，所以當(dāng)m≥2時(shí)，h（m）＜0．所以整數(shù)m的最小值為2．（3）當(dāng)m=﹣2時(shí)，F(xiàn)（x）=lnx+x2+x，x＞0．由F（x1）+F（x2）+x1x2=0，即．化簡(jiǎn)得．令t=x1x2，則由φ（t）=t﹣lnt得φ′（t）=．可知φ′（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．所以φ（t）≥φ（1）=1．所以，即成立．【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的基本思路，不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題來解的方法．屬于中檔題，難度不大．【選修4-1：幾何證明選講】（共1小題，滿分10分）22．（10分）如圖，已知AB為圓O的一條直徑，以端點(diǎn)B為圓心的圓交直線AB于C、D兩點(diǎn)，交圓O于E、F兩點(diǎn)，過點(diǎn)D作垂直于AD的直線，交直線AF于H點(diǎn)．（Ⅰ）求證：B、D、H、F四點(diǎn)共圓；（Ⅱ）若AC=2，AF=2，求△BDF外接圓的半徑．【考點(diǎn)】：圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)與判定；與圓有關(guān)的比例線段．【專題】：直線與圓．【分析】：（Ⅰ）由已知條件推導(dǎo)出BF⊥FH，DH⊥BD，由此能證明B、D、F、H四點(diǎn)共圓．（2）因?yàn)锳H與圓B相切于點(diǎn)F，由切割線定理得AF2=AC?AD，解得AD=4，BF=BD=1，由△AFB∽△ADH，得DH=，由此能求出△BDF的外接圓半徑．【解答】：（Ⅰ）證明：因?yàn)锳B為圓O一條直徑，所以BF⊥FH，…（2分）又DH⊥BD，故B、D、F、H四點(diǎn)在以BH為直徑的圓上，所以B、D、F、H四點(diǎn)共圓．…（4分）（2）解：因?yàn)锳H與圓B相切于點(diǎn)F，由切割線定理得AF2=AC?AD，即（2）2=2?AD，解得AD=4，…（6分）所以BD=，BF=BD=1，又△AFB∽△ADH，則，得DH=，…（8分）連接BH，由（1）知BH為DBDF的外接圓直徑，BH=，故△BDF的外接圓半徑為．…（10分）【點(diǎn)評(píng)】：本題考查四點(diǎn)共圓的證明，考查三角