2022-2023学年广东省韶关市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年广东省韶关市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设全集U={1,2,4,5,7,8}，集合A={1,2,5}，集合B={2,7,8}，则∁U(A∪B)=( )
A. 4B. (1,2,5,7,8)C. {4}D. {2}
2.在复平面内，复数1−2i与−1+3i分别对应向量ON和OM，其中O为坐标原点，则|NM|=( )
A. 1B. 5C. 2D. 29
3.已知a=lg1213，b=(13)12，c=csπ，则( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b
4.已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m//α，m//β，则α//β
C. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥βD. 若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
5.f(x)=(1−ex1+ex)⋅cs(32π+x)部分图象大致是( )
A. B.
C. D.
6.已知向量a=( 3,1)，b=(1,1)，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. ( 3+12,1)B. ( 3+12, 3+12)
C. ( 3−12, 3−12)D. (1, 3−12)
7.已知点F1，F2是双曲线C:x2−y23=1的左、右焦点，点P是双曲线C右支上一点，过点F2向∠F1PF2的角平分线作垂线，垂足为点Q，则点A(− 3,1)和点Q距离的最大值为( )
A. 2B. 7C. 3D. 4
8.已知函数f(x)=ax2+(a−2)x−lnx，若f(x)有两个零点，则a的取值范围是( )
A. (0,1)B. (1e,1)C. (1,e)D. (1e,e)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法正确的是( )
A. 事件A与事件B为互斥事件，则事件A与事件B为对立事件
B. 事件A与事件B为对立事件，则事件A与事件B为互斥事件
C. 若X∼N(1,σ2)，P(X>2)=0.2，则P(0D. 一组成对样本数据线性相关程度越强，则这组数据的样本相关系数的绝对值就越接近于1
10.将函数f(x)=sinx的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，再将所得图象向左平移π6个单位，向上平移1个单位，得到函数g(x)的图象，则( )
A. g(x)的最大值是2B. [−5π12,π12]是g(x)一个增区间
C. (5π6,1)是g(x)图象的一个对称中心D. x=−π6是g(x)图象的一条对称轴
11.已知数列{an}满足a1=1，an+1+an=4n，则( )
A. a2023=4045
B. Sn是{an}的前n项和，则S100=20000
C. 当n为偶数时an=2n+1
D. {an}的通项公式是an=2n−1
12.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，设线段AB的中点为P，以线段AB为直径的圆P交y轴于M，N两点，过P且与y轴垂直的直线交抛物线于点H，则( )
A. 圆P与抛物线的准线相切B. 存在一条直线l使|AF|⋅|BF|=3
C. 对任意一条直线l有|HP|=|HF|D. ∠MPN有最大值，且最大值为2π3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x+12 x)8展开式中第三项系数为______(用具体数字作答).
14.已知tanα=2，则1sin2α+cs2α=______.
15.三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=4，∠BAC=π3，BC= 3，则三棱锥P−ABC外接球的体积是______.
16.某次考试准备了A、B、C三份试题，开考前从中随机选择一份作为当场考试试题，试题A和试题B被选上的概率都是0.3，如果试题是A或C，考生甲通过的概率都是0.8.如果试题是B，考生甲通过的概率是0.6，则该场考试考生甲能通过的概率是______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 3bsinA=a(2+csB).
(1)求角B；
(2)延长BC至D点，若BC=2，△ACD的面积为3 32，∠ACD=56π，求AD的长.
18.(本小题12分)
已知数列{an}为等比数列，a2+a5=14，a2⋅a5=−32，且a1>0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn=1lg2|an+1|⋅lg2|an+3|，设{bn}的前n项和为Sn，证明：Sn<34.
19.(本小题12分)
“颗颗黑珠树中藏，此物只在五月有.游人过此尝一颗，满嘴酸甜不思归.”东魁杨梅是夏天的甜蜜馈赠.每批次的东魁杨梅进入市场前都必须进行两轮检测，只有两轮检测都通过才能进行销售，否则不能销售，已知第一轮检测不通过的概率为19，第二轮检测不通过的概率为110，两轮检测是否通过相互独立.
(1)求一个批次杨梅不能销售的概率；
(2)如果杨梅可以销售，则该批次杨梅可获利400元；如果杨梅不能销售，则该批次杨梅亏损800元(即获利−800元).已知现有4个批次的杨梅，记4批次的杨梅(各批次杨梅销售互相独立)获利X元，求X的分布列和数学期望.
20.(本小题12分)
如图①所示，在Rt△ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D，E分别是线段AC，AB上的点，DE//BC且DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图②.
(1)若点N在线段A1B上，且2BN=NA1，求证：EN//平面A1CD；
(2)若M是A1D的中点，求平面MEB与平面DEBC夹角的余弦值.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx−x，h(x)=aexx+1，a∈R.
(1)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线方程；
(2)若f(x)+h(x)≥0在[1,+∞)恒成立，求a的取值范围.
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是12，且过点M(1,32).
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，且P，Q为椭圆C上异于A1，A2的点，若直线PQ过点(12,0)，是否存在实数λ，使得kA1P=λkA2Q恒成立.若存在，求实数λ的值；若不存在，说明理由.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由题设有A∪B={1,2,5,7,8}，∁U(A∪B)={4}.
故选：C.
由并集和补集运算求解即可．
本题主要考查了集合的并集与补集运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由复数的几何意义知：ON=(1,−2)，OM=(−1,3)，
NM=OM−ON=(−2,−5)，
∴|NM|= (−2)2+(−5)2= 29.
故选：D.
利用复数的几何意义、向量的模长公式和坐标运算，即可求解得到答案．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为a=lg1213>lg1212=1，
b=(13)12= 33∈(0,1)，
c=csπ=−1，
所以a>b>c.
故选：A.
根据对数函数及指数的性质可得a>1，b∈(0,1)，根据三角函数的定义可得c=−1，进而即可求解．
本题考查对数函数、指数的性质、三角函数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，当m//α，n//α时，直线m，n相交，异面，平行都有可能；
对于B，还少了条件m∩n=P，m⊂α，n⊂α才能得到相应的结论；
对于C，当α⊥β，m⊂α时，m//β，m与β相交但不垂直都有可能；
对于D，设直线m，n的方向向量分别为a,b，
若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则平面α，β的一个法向量分别为a,b，且a⊥b，
所以α⊥β，所以D正确．
故选：D.
根据线面平行、垂直和面面平行、垂直的性质和判定分析判断即可．
本题考查线线、线面和面面的位置关系，考查转化思想和推理能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：函数f(x)=(1−ex1+ex)⋅cs(32π+x)的定义域为R，定义域关于原点对称，
又f(x)=(1−ex1+ex)⋅cs(32π+x)，可化为f(x)=(1−ex1+ex)⋅sinx，
所以f(−x)=1−e−x1+e−xsin(−x)=ex−1ex+1(−sinx)=f(x)，
故f(x)为偶函数，图形关于y轴对称，排除B，D选项，
令f(x)=0可得，sinx=0或ex=1，
由sinx=0，解得x=kπ，k∈Z，
由ex=1，解得x=0，
所以函数最小的正零点为π，
当00，f(x)=(1−ex1+ex)sinx<0，排除A.
故选：C.
根据函数的奇偶性、对称性以及函数值的对应性，利用排除法即可得出结果．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了函数奇偶性的判断，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：a=( 3,1)，b=(1,1)，
故所求投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|= 3+1 2⋅(1,1) 2=( 3+12, 3+12).
故选：B.
根据投影向量的定义计算即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：如图所示，
延长F2Q，交PF1于点T，
∵PQ平分∠F1PF2，PQ⊥F2Q，∴|PT|=|PF2|，|TQ|=|F2Q|，
∵P在双曲线x2−y23=1上，∴|PF1|−|PF2|=2，得|F1T|=2，
连接OQ，则|OQ|=12|F1T|=1，
∵|AO|= 3+1=2，∴|QA|≤|OQ|+|AO|=2+1=3，当A，O，Q三点共线时取等号，
即点A(− 3,1)和点Q距离的最大值为3.
故选：C.
延长F2Q，交PF1于点T，则可得|PT|=|PF2|，再结合双曲线的定义得|F1T|=2，连接OQ，则|OQ|=12|F1T|=1，而|AO|为定值，由图可知|QA|≤|OQ|+|AO|，从而可求得结果．
本题考查双曲线的几何性质的应用，解题的关键是利用已知条件结合双曲线的性质可得|OQ|=1，|QA|≤|OQ|+|AO|，考查数形结合的思想，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：已知函数f(x)=ax2+(a−2)x−lnx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)
f′(x)=2ax+a−2−1x=(ax−1)(2x+1)x，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)=0得x=1a，当x∈(0,1a)时，f′(x)<0，f(x)上单调递减；
当x∈(1a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
此时最小值为f(1a)=1−1a+lna，
①当a=1时，由于f(1a)=0，故f(x)只有一个零点；
②当a>1时，1−1a+lna>0即f(1a)>0，故f(x)没有零点；
③当0又f(1e)=a(1e)2+(a−2)(1e)−ln1e=ae2+ae+1−2e>0；
f(3a)=a(3a)2+(a−2)(3a)−ln3a=3+3a−ln3a>4>0，
由零点存在定理知f(x)在(0,1a)上有一个零点；在(1a,+∞)有一个零点．
所以f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1).
故选：A.
根据已知条件，分类讨论求导函数判断函数单调性及极值点，结合零点存在定理可得参数范围．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查函数零点个数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于选项A，事件A与事件B为互斥事件，但事件A与事件B不一定是对立事件，故A错误；
对于选项B，事件A与事件B为对立事件，则事件A与事件B为互斥事件，故B正确；
对于选项C，因为X∼N(1,σ2)，P(X>2)=0.2，所以P(02))=0.3，故C正确；
对于选项D，如一组成对样本数据线性相关程度越强，则这组数据的样本相关系数的绝对值就越接近于1，故D正确．
故选：BCD.
A.利用互斥事件和对立事件的关系判断；B.利用对立事件和互斥事件的关系判断；C.由P(02))求解判断；D.由样本相关系数的意义判断．
本题主要考查了互斥事件和对立事件的定义，考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：函数f(x)=sinx的图象每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数y=sin2x，
再将所得图象向左平移π6个单位，向上平移1个单位，得到g(x)=sin(2x+π3)+1.
对于A，当sin(2x+π3)=1时，g(x)取最大值，最大值是2，故A正确；
对于B，由x∈[−5π12,π12]，得2x+π3∈[−π2,π2]，所以[−5π12,π12]是g(x)一个增区间，故B正确；
对于C，当x=5π6时，sin(2x+π3)=sin(2×5π6+π3)=sin2π=0，g(5π6)=1，
所以(5π6,1)是g(x)图象的一个对称中心，故C正确；
对于D，g(−π6)=sin[2×(−π6)+π3]+1=1≠±2，故(−π6,1)是对称中心，
则x=−π6不是g(x)图象的一条对称轴，故D错误．
故选：ABC.
先根据图象变换得到y=g(x)，根据正弦函数的最值性质，单调区间、对称中心以及对称轴公式逐一判断各选项即可．
本题考查了图象的平移公式及三角函数的性质，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：依题意，由a1=1，an+1+an=4n，
可得S100=a1+a2+⋅⋅⋅+a100
=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a99+a100)
=4×1+4×3+⋯+4×99
=4×(1+3+5+⋯+99)
=4×(1+99)×502
=10000，故选项B错误；
又由an+1+an=4n，①
可得an+2+an+1=4(n+1)，②
②-①，可得an+2−an=4，
∵a1=1，a1+a2=4，∴a2=3，
∴数列{an}的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，
偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，
(i)当n为奇数时，令n=2k−1，k∈N*，则k=n+12，
此时an=1+4⋅(k−1)=4k−3=4⋅n+12−3=2n−1，
(ii)当n为偶数时，令n=2k，k∈N*，则k=n2，
此时an=3+4(k−1)=4k−1=4⋅n2−1=2n−1，
综上所述，对任意的n∈N*，an=2n−1，
故选项C错误，选项D正确；
∴a2023=2×2023−1=4045，故选项A正确．
故选：AD.
先根据题干中递推公式及并项求和法计算出S100的值，判断选项B的正确性，再由an+1+an=4n，可得an+2+an+1=4(n+1)，两式相减进一步推导即可发现数列{an}的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，然后分n为奇数、偶数两种情况求出数列{an}的通项公式，综合两种情况即可得到数列{an}的通项公式，即可判断选项ACD的正确性．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题．考查了分类讨论思想，转化与化归思想，并项求和法，等差数列的通项公式的运用，换元法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：若直线l⊥y轴，则直线l与抛物线y2=4x有且只有一个交点，不合乎题意．
设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，设直线AB的方程为x=my+1，
联立y2=4xx=my+1，整理可得y2−4my−4=0，Δ=16(m2+Δ=16(m2+1)>0,
∵y1+y2=4m，y1y2=−4，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
∴P(2m2+1,2m)，从而P(2m2+1,2m)到准线的距离为d=2m2+2，
而圆P的直径为|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=4m2+2，∴d=2m2+2=|AB|2=r，
故圆P与抛物线的准线相切，故A正确；
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
x1x2=y124⋅y224=2416=1，
|AF|⋅|BF|=(x1+1)(x2+1)=(my1+2)(my2+2)=m2y1y2+2m(y1+y2)+4
=−4m2+2m2×4+4=4(m2+1)≥4，
∴不存在一条直线l使|AF|⋅|BF|=3，故B不正确；
∵y1+y2=4m，y1y2=−4，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
∴P(2m2+1,2m)，从而H(m2,2m)，∴|PH|=m2+1，
由抛物线的定义可得|HF|=m2+1，从而|HF|=|PH|，故C正确；
∵y1+y2=4m，y1y2=−4，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
∴圆P的直径为2r=|AB|=2r=|AB|=x1+x2+2=4m2+4，则r=2m2+2，
点P到y轴的距离为d=x1+x22=2m2+1，
∴sin∠PMN=dr=sin∠PMN=dr=2m2+12m2+2=2m2+2−12m2+2=1−12m2+2，
∴当m=0时，∠PMN最小，最小值为π6，故D正确．
故选：ACD.
根据直线和抛物线的关系联立方程组，由韦达定理结合抛物线定义计算焦点弦判断A选项；根据焦半径判断B，C选项；根据图形特征及点到y轴距离求角的最值判断D选项．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，圆与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
13.【答案】7
【解析】解：由题意可知，展开式的通项公式为Tr+1=C8r⋅x8−r(12 x)r，
令r=2，则第三项为C82x6(12 x)2，所以系数为C82(12)2=7.
故答案为：7
根据题意，由二项式的展开式的通项公式即可得到结果．
本题主要考查二项式定理的应用，利用展开式的通项公式，直接进行求解是解决本题的关键，是基础题．
14.【答案】1
【解析】解：因为tanα=2，
所以1sin2α+cs2α=sin2α+cs2α2sinαcsα+cs2α=tan2α+12tanα+1=1.
故答案为：1.
利用三角函数的二倍角公式和三角函数的基本关系式求解．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
15.【答案】203 5π
【解析】解：如图，将三棱锥还原成直三棱柱，设三棱柱的外接球球心为O，D1，D分别为上下底面的外心，
则O为DD1的中点，AD为底面外接圆的半径，
所以球心O到面ABC的距离为0D=12PA=2，
由正弦定理有：2AD=BCsin∠BAC= 3 32=2⇒AD=1，
所以OA=R= OD2+AD2= 5，
V=43π( 5)3=203 5π.
故答案为：203 5π.
根据正弦定理先求出三棱锥底面的外切圆半径，因为球心与外切圆圆心联系垂直于外切圆所在平面，因此根据题中条件和勾股定理即可求出球的半径，从而求出球的体积．
本题主要考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．
16.【答案】0.74
【解析】解：设事件考生甲考试卷A为事件A，考试卷B为事件B，考试卷C为事件C，
考生甲能通过考生为事件D，由题知：P(A)=P(B)=0.3，P(C)=0.4，P(D|B)=0.6，
P(D|A)=P(D|C)=0.8，
P(D)=P(AD)+P(BD)+P(CD)
=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)
=0.3×0.8+0.3×0.6+0.4×0.8=0.74.
故答案为：0.74.
设事件考生甲考试卷A为事件A，考试卷B为事件B，考试卷C为事件C，考生甲能通过考生为事件D，根据全概率公式求解即可．
本题主要考查概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由正弦定理可将已知条件转化为： 3sinBsinA=sinA(2+csB)，
因为A∈(0,π)，
所以sinA>0，
所以 3sinB−csB=2，可得sin(B−π6)=1，
因为B∈(0,π)，
所以B−π6=π2，
可得B=2π3；
(2)因为∠ACD=5π6，
所以∠ACB=π6，
所以∠BAC=π−∠ACB−∠B=π6，
在△ABC中，由正弦定理得：ACsinB=BCsin∠BAC，
所以AC=BC⋅sinBsin∠BAC=2 3，
在△ACD中，S△ACD=12AC⋅CD⋅sin∠ACD，
即12×2 3×CD×12=3 32，
所以CD=3，
由余弦定理得：AD2=AC2+CD2−2AC⋅AD⋅cs∠ACD，
即：AD2=12+9−2×2 3×3×(− 32)=39，
所以AD= 39.
【解析】(1)由正弦定理可将已知条件转化为sin(B−π6)=1，再根据B的范围可得答案；
(2)在△ABC中，由正弦定理AC=2 3，在△ACD中利用S△ACD=12AC⋅CD⋅sin∠ACD求出CD，在△ACD中再由余弦定理可得答案．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】(1)解：由题意，设等比数列{an}的公比为q，
则由a2+a5=14a2⋅a5=−32，
可得a1q+a1q4=14a12q5=−32，
解得a1=−32q=−12，或a1=1q=−2，
∵a1>0，∴a1=1，q=−2，
∴an=1⋅(−2)n−1=(−2)n−1，n∈N*.
(2)证明：由(1)可得，
bn=1lg2|an+1|⋅lg2|an+3|
=1lg22n⋅lg22n+2
=1n(n+2)
=12⋅(1n−1n+2)，
∴Sn=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn−1+bn
=12⋅(1−13)+12⋅(12−14)+12⋅(13−15)+⋅⋅⋅+12⋅(1n−1−1n+1)+12⋅(1n−1n+2)
=12⋅(1−13+12−14+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=12⋅(1+12−1n+1−1n+2)
=34−2n+32(n+1)(n+2)，
∵2n+32(n+1)(n+2)>0，
∴Sn=34−2n+32(n+1)(n+2)<34，
故不等式Sn<34对任意n∈N*恒成立．
【解析】(1)先设等比数列{an}的公比为q，再根据题干已知条件列出关于首项a1与公比q的方程组，解出a1与q的值，即可计算出等比数列{an}的通项公式；
(2)先根据第(1)题的结果及对数的运算化简bn，计算出数列{bn}的通项公式，再利用裂项相消法求出数列{bn}的前n项和Sn的表达式，最后根据不等式的运算即可证明结论成立．
本题主要考查等比数列的基本运算，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了方程思想，转化与化归思想，裂项相消法，等比数列的通项公式的运用，不等式的运算，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：(1)记“一个批次杨梅不能销售”为事件A，
则P(A)=1−(1−19)×(1−110)=15，
所以一个批次杨梅不能销售的概率为15.
(2)依据题意，X的取值为−3200，−2000，−800，400，1600，
P(X=−3200)=(15)4=1625，
P(X=−2000)=C41(15)3(45)=16625，
P(X=−800)=C42(15)2(45)2=96625，
P(X=400)=C43(15)1(45)3=256625，
P(X=1600)=(45)4=256625，
所以X的分布列为：
E(X)=−3200×1625−2000×16625−800×96625+400×256625+1600×256625=640.
【解析】(1)求一个批次杨梅不能销售的概率，可用对立事件来求解，即两轮检查都通过；
(2)每个批次杨梅销售情况相互独立且重复，基于此可快速利用独立事件的计算公式求出分布列，进而算出期望．
本题考查独立性事件同时发生的概率和离散型随机变量的期望的求法，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：在△A1CB中，过N作NF//CB交A1C于点F.
因为A1NA1B=23，所以FN=23BC，
在三角形ABC中，DE=23BC，DE//BC，
所以FN//DE，FN=DE，
所以四边形DENF为平行四边形，
所以DF//NE.又DF⊂平面A1CD，EN⊄平面A1CD，
所以EN//平面A1CD
(2)解：因为DE//BC，∠C=90∘，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD.
因为A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD，
所以BC⊥平面A1CD.又由A1C⊥CD，可建立如图所示直角坐标系，则
A1(0,0,2 3)，D(2,0,0)，C(0,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，M(1,0, 3)，
则：EM=(−1,−2, 3)，EB=(−2,1,0)，
设平面MEB的法向量为n1=(x,y,z)，则
n1⋅EM=0n1⋅EB=0，即−x−2y+ 3z=0−2x+y=0，
令x= 3得，n1=( 3,2 3,5)
可取平面DEBC的法向量n2=(0,0,1)，
设平面MEB与平面DEBC所成角为θ，则
csθ=|cs⟨n1,n2⟩|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=51× 40= 104，
所以平面MEB与平面DEBC所成夹角的余弦值为 104.
【解析】(1)证明四边形DENF为平行四边形，得出DF//NE，结合线面平行的判定证明即可；
(2)建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．
本题考查线面平行的证明，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)=lnx−x定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x−1，
设所求切线的切点为(x0,lnx0−x0)，则f′(x0)=1x0−1，
则所求切线方程为y−(lnx0−x0)=(1x0−1)(x−x0)，
将(0,0)代入可得：x0−lnx0=x0−1，故x0=e，
故所求切线方程为y=1−eex.
(2)依题意aexx+1+lnx−x≥0在[1,+∞)上恒成立，
即a≥x2−x−xlnxex在[1,+∞)上恒成立．
令g(x)=x2−x−xlnxex，x∈[1,+∞),
则g′(x)=(x−1)(lnx−x+2)ex，
令h(x)=lnx−x+2(x≥1)，
则h′(x)=1x−1=1−xx≤0，
则h(x)在[1,+∞)上单调递减，
∵h(3)=ln3−1>0，h(4)=ln4−2<0，
∴存在x0∈(3,4)，使得h(x0)=0，
即lnx0−x0+2=0，
∴x0lnx0−x02+2x0=0，
当x∈(1,x0)时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(x0,+∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴g(x)max=g(x0)=x02−x0−x0lnx0ex0=x0ex0，
又lnx0−x0+2=0，
∴lnx0=x0−2=lnex0−2，则x0=ex0−2=ex0e2，即x0ex0=1e2.
∴g(x)max=1e2.
∴a≥1e2，
即实数a的取值范围为[1e2,+∞).
【解析】(1)求出导函数，设切点为(x0,lnx0−x0)，即可求出切线方程，再将(0,0)代入，即可求出x0，从而求出切线方程；
(2)参变分离可得a≥x2−x−xlnxex在[1,+∞)上恒成立，令g(x)=x2−x−xlnxex，x∈[1,+∞),利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围．
本题考查导数的几何意义，考查不等式的恒成立问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意，e=ca=12，a2+b2=c2，解得：b2=34a2①．
∵点M(1,32)在椭圆C上，
∴1a2+94b2=1②，
联立①、②，解得a2=4，b2=3，
故所求椭圆C的标准方程是x24+y23=1；
(2)解法一：由(1)知A1(−2,0)，A2(2,0).
当直线PQ斜率不存在时，lPQ:x=12.
与椭圆联立可得P(12,3 54)，Q(12,−3 54)，
则kA1P=3 510，kA2Q= 52，
故而kA1P=35kA2Q，可得λ=35；
得当直线PQ斜率存在且不为0时，设lPQ:y=k(x−12)，
令P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则kA1P=y1x1+2，kA2Q=y2x2−2.
联立3x2+4y2−12=0y=k(x−12)，
消去y并整理，得(4k2+3)x2−4k2x+k2−12=0，
则由韦达定理得，x1+x2=4k24k2+3x1x2=k2−124k2+3，
假设存在实数λ，使得kA1P=λkA2Q，则y1x1+2=λy2x2−2，
即(x1−12)(x2−2)=λ(x2−12)(x1+2)，
整理得(1−λ)x1x2+(λ2−2)x1−(12+2λ)x2+1+λ=0，
变形为(1−λ)x1x2+(λ2−2)((x1+x2)−x2)−(12+2λ)x2+1+λ=0，
则(1−λ)k2−124k2+3+(λ2−2)(4k24k2+3−x2)−(12+2λ)x2+1+λ=0，
即(3−5λ2)x2−(3−5λ)(k2+3)4k2+3=0，
即(3−5λ2)[x2−2(k2+3)4k2+3]=0，
即3−5λ2=0或x2−2(k2+3)4k2+3=0，
得λ=35或x2=2(k2+3)4k2+3.
当x2=2(k2+3)4k2+3时，x1=(x1+x2)−x2=4k24k2+3−2k2+64k2+3=2k2−64k2+3.
此时，x1x2=(2k2+6)(2k2−6)(4k2+3)2=k2−124k2+3，
整理得45k2=0，解得k=0与题设矛盾，
所以x2≠2(k2+3)4k2+3，
所以λ=35.
解法二：由(1)知，A1(−2,0)，A2(2,0).
可设PQ:x=my+12，P(x1,y1)，Q(x2,y2).
联立3x2+4y2−12=0x=my+12，得(3m2+4)y2+3my−454=0，
由韦达定理得：y1+y2=−3m3m2+4，y1y2=−454(3m2+4)，
所以my1y2=154(y1+y2)，
所以kA1PkA2Q=y1x1+2y2x2−2=y1(x2−2)y2(x1+2)=my1y2−32y1my1y2+52y2=154(y1+y2)−32y1154(y1+y2)+52y2=35，
故存在实数λ=35，满足题设条件．
【解析】(1)将点M(1,32)代入椭圆可得1a2+94b2=1，结合e=ca=12，a2+b2=c2可求得a，b：
(2)(法一)当直线PQ斜率不存在时，易求得λ的值，当直线PQ斜率存在时，设直线PQ的直线方程并与椭圆方程联立，令P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则可得x1+x2、x1x2，代入kA1P=λkA2Q即可求解；
(法二)设直线PQ的直线方程为PQ:x=my+12，得到y1+y2，y1y2，再代入kA1P=λkA2Q即可求解．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．X
−3200
−2000
−800
400
1600
P
1625
16625
96625
256625
256625