2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷

这是一份2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷，共22页。
2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷
一、选择题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（4分）复数z＝在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（4分）集合A＝{x|x＞0}，B＝{x|x2﹣3x≤4}，则A∩B＝（　　）
A．R B．[4，+∞） C．（0，4] D．[﹣1，+∞）
3．（4分）角α终边上一点P（1，2），把角α按逆时针方向旋转180°得到角为θ，sinθ＝（　　）
A． B． C． D．
4．（4分）一个体积为12正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为（　　）

A．6 B．8 C．8 D．12
5．（4分）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第五天走的路程为（　　）
A．48里 B．24里 C．12里 D．6里
6．（4分）“sinα＝cosα”是“α＝2k，k∈Z”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（4分）点P（cosθ，sinθ）到直线3x+4y﹣12＝0的距离的取值范围为（　　）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
8．（4分）魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术注》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”这是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“…”代表无限次重复，设x＝，则可利用方程x＝求得x，类似地可得正数等于（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
9．（4分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过F且斜率为的直线与抛物线C上相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则△FMN的面积为（　　）
A．p2 B．p2 C．p2 D．p2
10．（4分）某维修公司的四个维修点如图环形分布，公司给A，B，C，D四个维修点某种配件各50个在使用前发现需要将发送给A，B，C，D四个维修点的配件调整为40，45，54，61，但调整只能在相邻维修点间进行，每次调动只能调整1个配件，为完成调整，则（　　）

A．最少需要16次调动，有2种可行方案
B．最少需要15次调动，有1种可行方案
C．最少需要16次调动，有1种可行方案
D．最少需要15次调动，有2种可行方案
二、填空题共5小题，每小题5分，满分25分．
11．（5分）函数y＝log（3x﹣2）+的定义域是　 　．
12．（5分）△ABC外接圆圆心为O，且2++＝，则＝　 　．
13．（5分）P（x，y）（x＞0，y＞0）是双曲线C：﹣y2＝1上的一点，A（﹣2，0），B（2，0），设∠PAB＝α，∠PBA＝β，△ABP的面积为S，则Stan（α+β）的值为　 　．
14．（5分）函数f（x）＝sin2x的图象向右平移　 　个长度单位得到函数g（x）＝sin（2x﹣）的图象，若函数g（x）在区间（0，a）上单调递增，则a的最大值为　 　．
15．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列四个结论：
①AC⊥B1P；
②△APC面积的最大值是2；
③△APC面积的最小值是；
④当BP＝时，平面ACP∥平面A1C1D．
其中所有正确结论的序号是 　 　．

三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16．（13分）已知△ABC满足____，且b＝5，B＝，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：
（Ⅰ）sinC；
（Ⅱ）求△ABC的面积．
条件①tanA＝2，
条件②b2+c2﹣a2＝2c，
条件③3b＝c．
17．（13分）京西某地到北京西站有阜石和莲石两条路，且到达西站所用时间互不影响．如表是该地区经这两条路抵达西站所用时长的频率分布表：
时间（分钟）
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
莲石路（L1）的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
阜石路（L2）的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
若甲、乙两人分别有40分钟和50分钟的时间赶往西站（将频率视为概率）．
（Ⅰ）甲、乙两人应如何选择各自的路径？
（Ⅱ）按照（Ⅰ）的方案，用X表示甲、乙两人按时抵达西站的人数，求X的分布列和数学期望．
18．（15分）如图：PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，PD＝CD＝2AD＝2AB＝2．
（Ⅰ）求证：平面BDP⊥平面PBC；
（Ⅱ）求二面角B﹣PC﹣D的余弦值；
（Ⅲ）在棱PA上是否存在点Q，使得DQ∥平面PBC？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．

19．（14分）F1、F2分别为椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不为长轴，△ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为．
（Ⅰ）求此椭圆C的方程；
（Ⅱ）A2为其右顶点，求证：直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值，并求出此定值．
20．（15分）已知函数f（x）＝a（x2﹣1）﹣2lnx，a∈R．
（Ⅰ）a＝2时，求在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）证明：当a≥1时，f（x）≥ax+﹣（a+1）在区间（1，+∞）上恒成立．
21．（15分）已知定义在R上的函数φ（x）的图象是一条连续不断的曲线，且在任意区间上φ（x）不是常值函数．设a＝t0＜t1＜…＜tn＝b，其中分点t1，…，tn﹣1将区间[a，b]分成n（n∈N*）个小区间[ti﹣1，ti]，记M{a，b，n}＝|φ（t0）﹣φ（t1）|+|φ（t1）﹣φ（t2）|+....+|φ（tn﹣1﹣φ（tn）|，称φ（x）为关于区间[a，b]的n阶划分的“落差总和”．当M{a，b，n}取得最大值且n取得最小值n0时，称φ（x）存在“最佳划分”M{a，b，n0}．
（Ⅰ）已知φ（x）＝sinx，求M{0，π，2}的最大值M0（不必论证）；
（Ⅱ）已知φ（a）＜φ（b），求证：φ（x）在区间[a，b]上存在“最佳划分”M{a，b，1}的充要条件是φ（x）在区间[a，b]上单调递增．

2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．（4分）复数z＝在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：复数z＝＝＝＝i﹣1在复平面内对应的点（﹣1，1）在第二象限，
故选：B．
【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．（4分）集合A＝{x|x＞0}，B＝{x|x2﹣3x≤4}，则A∩B＝（　　）
A．R B．[4，+∞） C．（0，4] D．[﹣1，+∞）
【分析】可求出集合B，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|x＞0}，B＝{x|﹣1≤x≤4}，
∴A∩B＝（0，4]．
故选：C．
【点评】本题考查了集合的描述法和区间的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
3．（4分）角α终边上一点P（1，2），把角α按逆时针方向旋转180°得到角为θ，sinθ＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】由已知结合三角函数的定义及诱导公式即可直接求解．
【解答】解：由题意得，sinα＝，cosα＝，θ＝α+180°，
所以sinθ＝sin（α+180°）＝﹣sinα＝﹣．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角函数的定义及诱导公式，属于基础题．
4．（4分）一个体积为12正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为（　　）

A．6 B．8 C．8 D．12
【分析】此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是 ，由正三角形的性质可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关于高的方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可．
【解答】解：设棱柱的高为h，
由左视图知，底面正三角形的高是 ，由正三角形的性质知，其边长是4，
故底面三角形的面积是 ＝4
由于其体积为 ，故有h×＝，得h＝3
由三视图的定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是3，其面积为3×＝
故选：A．
【点评】本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视 长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等”．
5．（4分）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第五天走的路程为（　　）
A．48里 B．24里 C．12里 D．6里
【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由S6＝378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程．
【解答】解：记每天走的路程里数为{an}，
由题意知{an}是公比的等比数列，
由S6＝378，得＝378，
解得：a1＝192，
∴＝12（里）．
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．
6．（4分）“sinα＝cosα”是“α＝2k，k∈Z”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】根据充分必要条件的定义结合集合的包含关系判断即可．
【解答】解：由“sinα＝cosα”得：α＝kπ+，k∈Z，
故sinα＝cosα是“”的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查了充分必要条件，考查三角函数以及集合的包含关系，是一道基础题．
7．（4分）点P（cosθ，sinθ）到直线3x+4y﹣12＝0的距离的取值范围为（　　）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【分析】利用点到直线的距离公式，三角函数的性质可得答案．
【解答】解：记d为点P（cosθ，sinθ）到直线3x+4y﹣12＝0的距离，
即：d＝|3cosθ+4sinθ﹣12|＝|5sin（θ+φ）﹣12|，其中tanφ＝；
当θ变化时，d的最大值为，d的最小值为，
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是点到直线的距离公式，三角函数的性质，属于基础题．
8．（4分）魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术注》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”这是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“…”代表无限次重复，设x＝，则可利用方程x＝求得x，类似地可得正数等于（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
【分析】设＝x可解决此题．
【解答】解：设＝x，则x＝，解得：x＝5或0（舍去）．
故选：B．
【点评】本题考查方程思想，考查数学运算能力，属于基础题．
9．（4分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过F且斜率为的直线与抛物线C上相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则△FMN的面积为（　　）
A．p2 B．p2 C．p2 D．p2
【分析】求出直线PQ的方程，与抛物线y2＝2px联立，求出P，Q的坐标，得到MN，然后求解三角形的面积．
【解答】解：抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为F（，0），
由题意可得直线PQ：y＝（x﹣），
联立，得：12x2﹣20px+3p2＝0，
解得：P（），Q（），
则MN＝＝，
在△MNF中，MN边上的高h＝p，
则S△MFN＝×p×p＝．
故选：D．

【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，是中档题．
10．（4分）某维修公司的四个维修点如图环形分布，公司给A，B，C，D四个维修点某种配件各50个在使用前发现需要将发送给A，B，C，D四个维修点的配件调整为40，45，54，61，但调整只能在相邻维修点间进行，每次调动只能调整1个配件，为完成调整，则（　　）

A．最少需要16次调动，有2种可行方案
B．最少需要15次调动，有1种可行方案
C．最少需要16次调动，有1种可行方案
D．最少需要15次调动，有2种可行方案
【分析】根据题意，先分析两处互不相邻BD两处的调整方法数目，进而分析可得答案．
【解答】解：根据题意，因为B、D两处互不相邻，所以B处至少调整5次，D处至少调整11次，故最少需要调整16次
相应的可行方案有2种，
方案①：A调整10个给D，B调整5个给C，然后C再调整1个给D；
方案②：A调整11个给D，B调整1个给A，调整4个给C，
故选：A．
【点评】本题考查合情推理的应用，注意认真审题，明确题意，属于基础题．
二、填空题共5小题，每小题5分，满分25分．
11．（5分）函数y＝log（3x﹣2）+的定义域是　（，1]　．
【分析】根据函数的解析式，列不等式组求出使函数有意义的x的取值范围即可．
【解答】解：函数y＝log（3x﹣2）+中，
令，解得＜x≤1，
所以该函数的定义域是（，1]．
故答案为：（，1]．
【点评】本题考查了根据函数的解析式求定义域的应用问题，是基础题．
12．（5分）△ABC外接圆圆心为O，且2++＝，则＝　0　．
【分析】画出图形，结合已知条件判断两个向量的关系，然后求解即可．
【解答】解：如图，△ABC外接圆圆心为O，且2++＝，
可知＝＝2＝，
所以△ABC是直角三角形，AB⊥AC，
则＝0．
故答案为：0．

【点评】本题考查向量的数量积的求法，数形结合的应用，是基础题．
13．（5分）P（x，y）（x＞0，y＞0）是双曲线C：﹣y2＝1上的一点，A（﹣2，0），B（2，0），设∠PAB＝α，∠PBA＝β，△ABP的面积为S，则Stan（α+β）的值为　﹣　．
【分析】将P的坐标代入双曲线的方程可得x2﹣4＝4y2，运用直线的斜率公式和两角和的正切公式，以及三角形的面积公式，化简整理，可得所求值．
【解答】解：P（x，y）（x＞0，y＞0）是双曲线C：﹣y2＝1上的一点，
可得x2﹣4＝4y2，
tanα+tanβ＝﹣＝＝＝﹣，
tanαtanβ＝•＝＝＝﹣，
S＝|AB|•y＝2y，
所以Stan（α+β）＝2y•＝2y•＝﹣．
故答案为：﹣．
【点评】本题考查双曲线的方程和运用，以及两角和的正切公式，考查化简运算能力，属于中档题．
14．（5分）函数f（x）＝sin2x的图象向右平移　　个长度单位得到函数g（x）＝sin（2x﹣）的图象，若函数g（x）在区间（0，a）上单调递增，则a的最大值为　　．
【分析】根据三角函数图象变换关系，以及利用三角函数的单调性进行求解即可．
【解答】解：由g（x）＝sin（2x﹣）＝sin2（x﹣），
即函数f（x）＝sin2x的图象向右平移个单位即可得到g（x）的图象，
当0＜x＜a时，0＜2x＜2a，
﹣＜2x﹣＜2a﹣，
若g（x）在区间（0，a）上单调递增，
则2a﹣≤，得0＜a≤，
即a的最大值为，
故答案为：，．
【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数图象变换以及三角函数的单调性是解决本题的关键．
15．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列四个结论：
①AC⊥B1P；
②△APC面积的最大值是2；
③△APC面积的最小值是；
④当BP＝时，平面ACP∥平面A1C1D．
其中所有正确结论的序号是 　①②④　．

【分析】通过证明AC⊥平面BDD1B1来证明AC⊥B1P；
将△APC的面积表示出来，等价于求PE长度的最值，从而在Rt△BDD1中分别求得最大值和最小值；
通过证明BD1⊥平面APC且BD1⊥平面A1C1D来证明平面ACP∥平面A1C1D．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，
故AC⊥面BDD1B1，又B1P⊂面BB1D1D，∴AC⊥B1P，故①正确；

如图，连接BD交AC于E，∵EP⊂面BDD1B1，∴AC⊥EP，
故，
当PE与ED1重合时，PE最大，，＝，
此时＝，故②正确；
在Rt△BDD1中，当PE⊥BD1时，PE取最小值，BD＝，，，
此时PE＝BEsin∠DBD1＝，所以＝，故③错误；
当时，在△BEP中，，，
∴＝＝，
∴PE⊥PB，又AC⊥PB，AC∩PE＝E，∴BD1⊥面APC，
由正方体易知BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，即BD1⊥面A1C1D，∴面ACP∥面A1C1D，故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了空间中的线线垂直的判定，以及面面平行的性质．
三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16．（13分）已知△ABC满足____，且b＝5，B＝，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：
（Ⅰ）sinC；
（Ⅱ）求△ABC的面积．
条件①tanA＝2，
条件②b2+c2﹣a2＝2c，
条件③3b＝c．
【分析】（I）选①tanA＝2，结合同角基本关系先求出cosA，sinA，进而可求sinC，然后结合余弦定理可求cosA，sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；
选②b2+c2﹣a2＝2c，由余弦定理可求cosA，进而可求sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；
选③3b＝c，然后结合正弦定理可求sinC；
所以c＝3，b＝5，B＝，
（II）由（I）可求cosC，然后求出sinA，结合三角形面积公式可求．
【解答】解：选①，（I）tanA＝2，A为锐角，
所以cosA＝，sinA＝，
sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+sinBcosA＝（）×＝；
（II）由正弦定理可得a＝＝＝2，
所以△ABC的面积为S＝absinC＝×2×5×＝15；
选②，（Ⅰ）b2+c2﹣a2＝2c，
由余弦定理得，cosA＝＝，
故A为锐角，sinA＝，
所以sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+sinBcosA＝（）×＝；
（II）由正弦定理可得a＝＝＝2，
所以△ABC的面积为S＝absinC＝×2×5×＝15；
选③，（Ⅰ）3b＝c＝15，
所以c＝3，b＝5，B＝，
由正弦定理得，，
所以sinC＝＝；
（II）由（I）知cosC＝，
因为c＞b，
所以C＞B，
故C有两解，
又sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+sinCcosB＝，
即sinA＝或sinA＝，
当sinA＝时，S△ABC＝＝×＝，
当sinA＝时，S△ABC＝＝×＝15．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方关系，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
17．（13分）京西某地到北京西站有阜石和莲石两条路，且到达西站所用时间互不影响．如表是该地区经这两条路抵达西站所用时长的频率分布表：
时间（分钟）
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
莲石路（L1）的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
阜石路（L2）的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
若甲、乙两人分别有40分钟和50分钟的时间赶往西站（将频率视为概率）．
（Ⅰ）甲、乙两人应如何选择各自的路径？
（Ⅱ）按照（Ⅰ）的方案，用X表示甲、乙两人按时抵达西站的人数，求X的分布列和数学期望．
【分析】（Ⅰ）Ai表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到火车站”，Bi表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到西站”，用频率估计相应的概率P（A1），P（A2）比较两者的大小，及P（B1），P（B2）的从而进行判断甲与乙路径的选择；
（Ⅱ）A，B分别表示针对（Ⅰ）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内抵达西站，由（I）知P（A）＝0.6，P（B）＝0.9，且甲、乙相互独立，X可能取值为0，1，2，分别代入相互独立事件的概率公式求解对应的概率，再进行求解期望即可．
【解答】解：（Ⅰ）Ai表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到西站”，
Bi表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到西站”，i＝1，2．
用频率估计相应的概率可得：
因为P（A1）＝0.1+0.2+0.3＝0.6，
P（A2）＝0.1+0.4＝0.5，
因为P（A1）＞P（A2），所以甲应选择L1，
P（B1）＝0.1+0.2+0.3+0.2＝0.8，
P（B2）＝0.1+0.4+0.4＝0.9，
因为P（B2）＞P（B1），所以乙应选择L2．
（Ⅱ）A，B分别表示针对（Ⅰ）的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到西站，
由（Ⅰ）知P（A）＝0.6，P（B）＝0.9，
又由题意知，A，B相互独立，
P（X＝0）＝P（）＝P（）P（）＝0.4×0.1＝0.04，
P（X＝1）＝P（B+A）＝P（）P（B）+P（A）P（）
＝0.4×0.9+0.6×0.1＝0.42，
P（X＝2）＝P（AB）＝P（A）（B）＝0.6×0.9＝0.54，
X的分布列为：
X
0
1
2
P
0.04
0.42
0.54
E（X）＝0×0.04+1×0.42+2×0.54＝1.5．
【点评】本题主要考查了随机抽样用样本估计总体的应用，相互独立事件的概率的求解，离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（15分）如图：PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，PD＝CD＝2AD＝2AB＝2．
（Ⅰ）求证：平面BDP⊥平面PBC；
（Ⅱ）求二面角B﹣PC﹣D的余弦值；
（Ⅲ）在棱PA上是否存在点Q，使得DQ∥平面PBC？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．

【分析】（Ⅰ）只须证明平面PBC内直线BC垂直于平面PBD即可；（Ⅱ）用向量数量积计算二面角的余弦值；（Ⅲ）用反证法说明不存在．
【解答】（Ⅰ）证明：取CD中点M，连接BM，
因为四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，CD＝2AD＝2AB＝2，
所以四边形ABMD为正方形，BC⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，
又因为PD∩BD＝D，PD、BD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，
又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD，
于是平面PBD⊥平面ABC．
（Ⅱ）解：因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD、PD⊥DC，
又因为∠ADC＝90°，所以DA、DC、DP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
＝（﹣1，1，0），＝（﹣1，﹣1，2），
设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），
，令x＝1，＝（1，1，1），
平面PCD的法向量为＝（1，0，0），
所以二面角B﹣PC﹣D的余弦值为＝＝．
（Ⅲ）解：不存在，理由如下：
假设在棱PA上存在点Q，使得DQ∥平面PBC，
令＝t（t∈[0，1]），则Q（t，0，2（1﹣t）），
＝（t，0，2（1﹣t）），由（Ⅱ）知平面PBC的法向量为＝（1，1，1），
因为DQ∥平面PBC，所以•＝2﹣t＝0，解得t＝2，与t∈[0，1]矛盾，
所以在棱PA上不存在点Q，使得DQ∥平面PBC．

【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
19．（14分）F1、F2分别为椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不为长轴，△ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为．
（Ⅰ）求此椭圆C的方程；
（Ⅱ）A2为其右顶点，求证：直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值，并求出此定值．
【分析】（Ⅰ）根据题意可得4a＝8，再根据离心率可求得c，及而求得b，由此得到椭圆方程；
（Ⅱ）A2（2，0），设直线AB：x＝ty+1，设出点A，B坐标，联立直线方程与椭圆方程，消去x并整理后，由根与系数的关系化简即可得证．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可知，|AF1|+|AF2|＝2a，|BF1|+|BF2|＝2a，而△ABF1的周长为8，则4a＝8，故a＝2，
又，故c＝1，b2＝a2﹣c2＝3，
∴椭圆C的方程为；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，A2（2，0），设直线AB：x＝ty+1，，
联立得，（3t2+4）y2+6ty﹣9＝0，
∴，
∴＝，，
∴＝，
∴直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值．
【点评】本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定值问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．
20．（15分）已知函数f（x）＝a（x2﹣1）﹣2lnx，a∈R．
（Ⅰ）a＝2时，求在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅲ）证明：当a≥1时，f（x）≥ax+﹣（a+1）在区间（1，+∞）上恒成立．
【分析】（Ⅰ）代入a的值，求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）问题转化为ax2﹣ax﹣2lnx﹣+1≥0在（1，+∞）上恒成立，令h（x）＝ax2﹣ax﹣2lnx﹣+1，（x＞1），求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
【解答】解：（Ⅰ）a＝2时，f（x）＝2（x2﹣1）﹣2lnx，
f′（x）＝4x﹣，f′（1）＝2，f（1）＝0，
故切线方程是：y﹣0＝2（x﹣1），即y＝2（x﹣1）．
（Ⅱ）f（x）＝a（x2﹣1）﹣2lnx，
f′（x）＝2ax﹣＝（x＞0），
①当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，
②当a＞0时，由f′（x）＝0，得x＝，
当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
综上：a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
a＞0时，f（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增．
（Ⅲ）证明：当a≥1时，f（x）≥ax+﹣（a+1），
即ax2﹣ax﹣2lnx﹣+1≥0在（1，+∞）上恒成立，
令h（x）＝ax2﹣ax﹣2lnx﹣+1，（x＞1），
则h′（x）＝2ax﹣a﹣+，h″（x）＝2a+（x﹣1），
由于a≥1，x＞1，则h″（x）＞0，
故h′（x）在（1，+∞）上单调递增，
而h′（1）＝a﹣1≥0，则h（x）在（1，+∞）上单调递增，
故h（x）＞h（1）＝0，
故当a≥1时，f（x）≥ax+﹣（a+1）在区间（1，+∞）上恒成立．
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．
21．（15分）已知定义在R上的函数φ（x）的图象是一条连续不断的曲线，且在任意区间上φ（x）不是常值函数．设a＝t0＜t1＜…＜tn＝b，其中分点t1，…，tn﹣1将区间[a，b]分成n（n∈N*）个小区间[ti﹣1，ti]，记M{a，b，n}＝|φ（t0）﹣φ（t1）|+|φ（t1）﹣φ（t2）|+....+|φ（tn﹣1﹣φ（tn）|，称φ（x）为关于区间[a，b]的n阶划分的“落差总和”．当M{a，b，n}取得最大值且n取得最小值n0时，称φ（x）存在“最佳划分”M{a，b，n0}．
（Ⅰ）已知φ（x）＝sinx，求M{0，π，2}的最大值M0（不必论证）；
（Ⅱ）已知φ（a）＜φ（b），求证：φ（x）在区间[a，b]上存在“最佳划分”M{a，b，1}的充要条件是φ（x）在区间[a，b]上单调递增．
【分析】（Ⅰ）根据题意，直接计算出答案即可；
（Ⅱ）先证明充分性，再证明必要性，进而得证．
【解答】解：（Ⅰ）；
（Ⅱ）证明：若φ（x）在[a，b]上单调递增，则，
故φ（x）在[a，b]上存在“最佳划分”M{a，b，1}；
若φ（x）在[a，b]上存在“最佳划分”M{a，b，1}，假设φ（x）在[a，b]上不单调递增，则存在x1，x2∈[a，b]，若x1＜x2，则φ（x1）＞φ（x2）．
由|φ（a）﹣φ（b）|≤|φ（a）﹣φ（x1）|+|φ（x1）﹣φ（x2）|+|φ（x2）﹣φ（b）|（*），当且仅当φ（a）﹣φ（x1）≥0，φ（x1）﹣φ（x2）≥0，φ（x2）﹣φ（b）≥0时等号成立，
此时|φ（a）﹣φ（b）|＝φ（a）﹣φ（x1）+φ（x1）﹣φ（x2）+φ（x2）﹣φ（b）＝φ（a）﹣φ（b）＜0，与题设矛盾，舍去，故（*）式中等号不成立，
即：增加分点x1，x2后，“落差总和”会增加，故M{a，b，n}取最大值时n的最小值大于1，与条件矛盾，
所以φ（x）在[a，b]上单调递增．
综上，即得证．
【点评】本题以新定义为载体，旨在考查学生的逻辑推理能力，语言转化能力，培养学生的创新意识和应用意识，属于中档题．
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