2020-2021学年河南省南阳市高三（上）12月月考数学（理）试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年河南省南阳市高三（上）12月月考数学（理）试卷北师大版，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={x|x2−1<0}，B={x|x>0}，则集合(∁RA)∪B=( )
A.(0, 1]B.[1, +∞)
C.(−∞, −1]∪[1, +∞)D.(−∞, −1]∪(0, +∞)

2. 已知a∈R，若复数z=a−2i1+i为纯虚数，则|1+ai|=( )
A.10B.10C.5D.5

3. 已知a=12−13，b=35−13，c=lg3232，则a，b，c的大小关系为( )
A.c
4. 已知实数x，y满足x>0，y≥x，2x+y−6≤0，则2x+y+2x的最小值为( )
A.1B.3C.4D.6

5. 已知直线l1:mx−2y+1=0，l2:x−(m−1)y−1=0，则“m=2”是“l1//l2”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

6. 函数fx=x2−xsinx的图象大致为（）
A.B.
C.D.

7. 已知等边三角形ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是( )
A.2πB.3πC.7π4D.9π4

8. 已知点A是直角三角形ABC的直角顶点，A(2a, 2)，B(−4, a)，C(2a+2, 2)，则△ABC外接圆的方程是( )
A.x2+(y−3)2=5B.x2+(y+3)2=5C.(x−3)2+y2=5D.(x+3)2+y2=5

9. 如图所示，在正四面体A−BCD中，E是棱AD的中点，P是棱AC上一动点，BP+PE的最小值为7，则该正四面体的外接球的体积是( )

A.6πB.6πC.3632πD.32π

10. 已知函数f(x)=|ex+aex|(a∈R)在区间[0, 1]上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(−1, 1)B.(−1, +∞)C.[−1, 1]D.(0, +∞)

11. 已知点P，A，B，C均在表面积为81π的球面上，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=30∘，AC=3AB，则三棱锥P−ABC的体积的最大值为( )
A.818B.24332C.8132D.81

12. 已知fx=ex−ax2,x>0,1ex−ax2,x<0,若函数fx有四个零点，则实数a的取值范围是( )
A.e,+∞B.e24,+∞C.4e,+∞D.1e,+∞
二、填空题

已知fx=2ex+1,x≤0,lg13x,x>0,则ff3的值为________.

已知平面向量a→与b→的夹角为π3，且|b→|=1，|a→+2b→|=23，则|a→|=________.

已知函数fx=x3+ax2+bxa,b∈R的图象如图所示，它与直线y=0在原点处相切，此切线与函数图象所围区域（图中阴影部分）的面积为274，则a的值为________.

已知函数f(x)=x(ex−1ex)，则使f(x)>f(2x−1)成立的x的取值范围为________.
三、解答题

在△ABC中， ∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若bcsC=(2a−c)csB.
(1)求∠B的大小；

(2)若b=7，a+c=4，求a，c的值.

已知向量a→=(csx,12)，b→=(3sinx,cs2x)，x∈R，设函数f(x)=a→⋅b→．
1求f(x)的最小正周期；

2求函数f(x)的单调递减区间；

3求f(x)在[0,π2]上的最大值和最小值．

如图，在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60∘，PA=AB=2，点E，F分别为BC，PD的中点，设直线PC与平面AEF交于点Q．

(1)已知平面PAB∩平面PCD=l，求证： AB//l；

(2)求直线AQ与平面PCD所成角的正切值．

若数列an中，a1=13，3n⋅an+1=n+1⋅an．
(1)证明：ann是等比数列，并求an的通项公式；

(2)若an的前n项和为Sn，求Sn的值．

如图，在四棱锥P−ABCD中， PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC=∠BCD=90∘ , AB⊥AC，AB=AC=2，点E在AD上，且AE=2ED．

(1)点F在BC上，CF=2FB，求证：EF⊥平面PAC；

(2)若直线PC与平面PAB所成的角为45∘，求二面角A−PB−E的余弦值．

已知函数f(x)=(x2−2x)⋅lnx+ax2+2.
(1)当a=−1时，求f(x)在(1, f(1))处的切线方程；

(2)设函数g(x)=f(x)−x−2，函数g(x)有且仅有一个零点.
(i)求a的值；
(ii)若e−2参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高三（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
一元二次不等式的解法
【解析】
解不等式求出集合A，根据补集与并集的定义写出集合(∁RA)∪B即可．
【解答】
解：集合A=x|x2−1<0}={x|−1B={x|x>0}，
则集合∁RA={x|x≤−1或x≥1}，
所以集合(∁RA)∪B={x|x≤−1或x>0}
=(−∞, −1]∪(0, +∞)．
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
复数的模
复数的基本概念
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简z，由题意求出a值，则答案可求．
【解答】
解：∵ z=a−2i1+i=(a−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=(a−2)−(a+2)i2为纯虚数，
∴ a−2=0,a+2≠0,
解得：a=2，
∴ |1+ai|=|1+2i|=5．
故选D．
3.
【答案】
B
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】

【解答】
解：∵ y=x−13是单调递减函数，0<12<35，
∴ a>b>1.
∵c=lg3232=1，
∴ c故选B .
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由约束条件x>0，y≥x，2x+y−6≤0，作出可行域如图，
联立y=x，2x+y−6=0，解得A(2,2)，
2x+y+2x=2+y+2x，其几何意义为可行域内的动点与定点P(0,−2) 连线的斜率加2.
kPA=2−(−2)2−0=2，所以2x+y+2x的最小值为4.
故选C.
5.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
主要考查充分条件与必要条件的判断、两直线平行的条件,考查推理论证能力
【解答】
解：当m=2时，两直线方程分别为2x−2y+1=0，x−y−1=0，则两直线平行.
若直线l1//l2，则m(m−1)=2，且m≠−1，解得m=2.
所以“m=2”是“l1//l2”的充要条件.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
函数的单调性与导数的关系
函数奇偶性的性质
函数奇偶性的判断
【解析】
本题考查正数图象、考查函数的奇偶性、单调性、考查利用导数判断函数的单调性，属于基础题．由f(x)=x2−xsinx，判定f(x)为偶函数，再利用导数研究f(x)在(0,+∞)上的单调性即可求解．
【解答】
解：∵f(−x)=(−x)2−(−x)⋅sin(−x)=x2−xsinx=f(x)，
∴函数f(x)为偶函数，
故排除B.
∵ f(x)=x2−xsinx=x(x−sinx)，
∴ 令g(x)=x−sinx，则f(x)=xg(x)，g′(x)=1−csx，
∵x>0时，g′(x)=1−cs≥0恒成立，
∴g(x)=x−sinx在(0,+∞)单调递增，且g(x)>g(0)=0，
∴函数f(x)=xg(x)在(0,+∞)单调递增，故排除CD.
满足偶函数且在(0,+∞)上单调递增的函数，图象为A．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
点、线、面间的距离计算
勾股定理
【解析】
设正△ABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1E、OE．根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，结合题中数据算出OE．而经过点E的球O的截面，当截面与OE垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．
【解答】
解：设等边△ABC的中心为O1，连接O1O，O1C，O1E，OE，如图所示，
∵ O1是等边△ABC的中心，A，B，C三点都在球面上，
∴ O1O⊥平面ABC，结合O1C⊂平面ABC，可得O1O⊥O1C，
∵ 球的半径R=2，球心O到平面ABC的距离为1，得O1O=1，
∴ Rt△O1OC中，O1C=R2−OO12=3．
又∵ E为AB的中点，
∴ 等边△ABC中，O1E=12O1C=32．
∴ Rt△OO1E中，OE=O1E2+OO12=34+1=72．
∵ 过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，
∴ 当截面与OE垂直时，截面圆的面积有最小值．
此时截面圆的半径r=R2−EO12=22−(72)2=32，
可得截面面积为S＝πr2=9π4．
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
圆的标准方程
【解析】
根据点A是直角三角形ABC的直角顶点，求出a，B，C的坐标求得圆心的坐标和圆的半径，则圆的方程可得．
【解答】
解：由题意，|BC|2=|AB|2+|AC|2，
即2a+62+2−a2=2a+42+2−a2+4，
得a=−2，
则A(−4,2)，B(−4,−2)，C(−2,2)，
∴ 圆的半径为BC2=(−4+2)2+(−2−2)22=5，圆心为(−3, 0)，
∴ 圆的方程为(x+3)2+y2=5.
故选D.
9.
【答案】
A
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将侧面△ABC和△ACD展开成平面图形，
如图所示：
设正四面体的棱长为a，
则BP+PE的最小值为
BE=a2+a24−2⋅a⋅a2⋅cs120∘
=72a
=7，
所以a=2，
在棱锥A−BCD中，设底面三角形BCD的中心为M，
外接球的球心为O，F为BC的中点，
如图所示，
则DF=32a=3，
所以DM=23DF=233，
AM=AD2−DM2=236，
设外接球的半径OA=OD=r,则
OM=236−r，
在Rt△OMD中，由勾股定理得，
r2=(236−r)2+(233)2，
解得，r=62，
所以外接球的体积为
V=43πr3=6π.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系进行求解，注意要对a进行讨论．
【解答】
解：当a>0时，f(x)=|ex+aex|=ex+aex，
则f′(x)=ex−aex=e2x−aex，且f(x)>0恒成立，
由f′(x)>0，解得e2x>a，即x>12lna，此时函数单调递增；
由f′(x)<0，解得e2x若f(x)在区间[0, 1]上单调递增，则12lna≤0，
解得0当a=0时，f(x)=|ex+aex|=ex在区间[0, 1]上单调递增，满足条件；
当a<0时，y=ex+aex在R单调递增.
令y=ex+aex=0，则x=ln−a，
则f(x)=|ex+aex|在(0, ln−a]上为减函数，在[ln−a, +∞)上为增函数，
则ln−a≤0，解得a≥−1．
综上，实数a的取值范围是[−1, 1]．
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
利用导数研究函数的最值
【解析】
求出球的半径，三角形ABC的外接圆的半径，求出PA，然后求解棱锥的体积，利用基本不等式求解最值即可．
【解答】
解：点P，A，B，C均在表面积为81π的球面上，
可得球的半径R=81π4π=92.
又∠BAC=30∘，AC=3AB，可得
BC=AB2+AC2−2AB⋅ACcs30∘=AB．
所以△ABC外接圆的半径r=AB2sin30∘=AB，
所以三棱锥的高PA=2 (92)2−AB2，
则三棱锥P−ABC的体积V=13×12AB⋅ACsin30∘⋅2 814−AB2
=36AB2⋅814−AB2.
令AB2=x，则V2=13⋅12x⋅12x⋅( 814−x)
=112(814x2−x3)，
令f(x)=112(814x2−x3)，
则f′(x)=112(812x−3x2).
易证f(x)在x=272时取得最大值，
此时V=818．
故选A.
12.
【答案】
B
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以．为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式．（1）确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题：（2）应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题．研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题．可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用．
【解答】
解：由函数fx为偶函数，可知要使函数fx有四个零点，只需要ex−ax2=0有两个正根，
即exx2=a有两个正根.
设gx=exx2，x>0，求导得g′x=ex(x−2)x3.
令g′x<0，解得：0令g′x>0，解得：x>2，g(x)在(2,+∞)上单调递增，
∴ g(x)在x=2时取最小值，最小值为g2=e24.
要使exx2=a有两个正根，即使y=gx与y=a有两个交点，
故实数a的范围是e24,+∞ .
故选B．
二、填空题
【答案】
2
【考点】
函数的求值
【解析】
先求出f(3)=−1，则f(f(3))=f(−1)代入分段函数的第一个式子可求得函数值．
【解答】
解：由题意可得f(3)=lg133=−1，
f(f(3))=f(−1)=2e0=2.
故答案为：2.
【答案】
2
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
利用|a→+2b→|2a→2+4a→⋅b→+4b→2=12，根据向量数量积的运算，化简得出关于|a→|的方程，求解即可．
【解答】
解：∵ |a→+2b→|=23，
∴ |a→+2b→|2=12，即a→2+4a→⋅b→+4b→2=12，
∴ |a→|2+4|a→|×1×cs60∘+4×12=12，
化简得|a→|2+2|a→|−8=0，
解得|a→|=2.
故答案为：2.
【答案】
−3
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
定积分
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题知fx=x3+ax2+bxa,b∈R，
则f′(x)=3x2+2ax+b.
∵ 函数与直线y=0在原点处相切，
∴ f′(x)=0，即b=0，
∴ f(x)=x2(x+a)，
有274=0−a [0−(x3+ax2)]dx
=−(x44+ax33)−a0 =a412，
解得a=±3．
又−a>0，
∴ a=−3．
故答案为：−3.
【答案】
(13,1)
【考点】
函数单调性的性质
函数奇偶性的性质
其他不等式的解法
【解析】
）由已知可知f(x)为偶函数，然后结合x>0时，f(x)单调递增，当x<0时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，从而可求不等式．
【解答】
解：f(x)=x(ex−1ex)，
∴ f(−x)=−x(e−x−ex)=f(x)，即f(x)为偶函数.
∵ 当x>0时，f(x)单调递增，
故根据偶函数的对称性可知，当x<0时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大.
∵ f(x)>f(2x−1)，
∴ |x|>|2x−1|，
两边同时平方可得，3x2−4x+1<0，
解得13故答案为：(13,1).
三、解答题
【答案】
解：(1)由正弦定理得sinBcsC=2sinA⋅csB−sinC⋅csB，
∴ sinB+C=2sinA⋅csB.
∵ B+C=π−A，
∴ sinA=2sinA⋅csB，
∵ A,B∈(0,π)，
∴ csB=12，
∴ B=π3 .
(2)∵ b2=a2+c2−2accsB，
即7=a+c2−3ac，
∴ 3ac=16−7=9，
∴ ac=3.
又a+c=4，
解得a=1，c=3或a=3，c=1 .
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
余弦定理
【解析】

【解答】
解：(1)由正弦定理得sinBcsC=2sinA⋅csB−sinC⋅csB，
∴ sinB+C=2sinA⋅csB.
∵ B+C=π−A，
∴ sinA=2sinA⋅csB，
∵ A,B∈(0,π)，
∴ csB=12，
∴ B=π3 .
(2)∵ b2=a2+c2−2accsB，
即7=a+c2−3ac，
∴ 3ac=16−7=9，
∴ ac=3.
又a+c=4，
解得a=1，c=3或a=3，c=1 .
【答案】
解：1向量a→=(csx,12)，b→=(3sinx,cs2x)，x∈R，
函数f(x)=a→⋅b→
=3sinxcsx+12cs2x
=32sin2x+12cs2x
=sin(2x+π6)，
∴ f(x)的最小正周期T=2π2=π.
2令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z，
解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ，k∈Z，
∴ 函数f(x)的单调递减区间为[π6+kπ, 2π3+kπ]，k∈Z.
3当x∈[0, π2]时，2x+π6∈[π6, 7π6]，
此时sin(2x+π6)∈[−12, 1]，
∴ 当x=π6时，f(x)取得最大值1；
当x=π2时，f(x)取得最小值−12．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
正弦函数的周期性
两角和与差的正弦公式
正弦函数的单调性
【解析】
（1）求出函数 f(x)的解析式并化为正弦型函数，求出它的最小正周期；
（2）由正弦函数的单调性求得 f(x)的单调递减区间；
（3）根据正弦函数的图象与性质求出x∈[0, π2]时f(x)的最大、最小值．
【解答】
解：1向量a→=(csx,12)，b→=(3sinx,cs2x)，x∈R，
函数f(x)=a→⋅b→
=3sinxcsx+12cs2x
=32sin2x+12cs2x
=sin(2x+π6)，
∴ f(x)的最小正周期T=2π2=π.
2令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z，
解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ，k∈Z，
∴ 函数f(x)的单调递减区间为[π6+kπ, 2π3+kπ]，k∈Z.
3当x∈[0, π2]时，2x+π6∈[π6, 7π6]，
此时sin(2x+π6)∈[−12, 1]，
∴ 当x=π6时，f(x)取得最大值1；
当x=π2时，f(x)取得最小值−12．
【答案】
(1)证明：∵ AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD .
∴ AB//平面PCD.
∵ AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，
∴ AB//l.
(2)解：∵ 底面ABCD是菱形，E为BC的中点，AB=2，∠ABC=60∘，
∴ BE=1，AE=3，AE⊥BC，
∴ AE⊥AD，
∵ PA⊥平面ABCD，
则以点A为原点，直线AE，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，
则D0,2,0，P0,0,2，C3,1,0，E(3,0,0)，
∴ F0,1,1，AE→=3,0,0，AF→=0,1,1，DC→=3,−1,0，DP→=(0,−2,2)．
设平面PCD的法向量为n→=x,y,z，
有DC→⋅n→=0，DP→⋅n→=0，
解得n→=1,3,3.
设AQ→=λAC→+1−λAP→，
则AQ→=(3λ,λ,2(1−λ)，AQ→=mAE→+nAF→=3m,n,n，
则3λ=3m,λ=n,21−λ=n,
解得m=n=λ=23，
∴ AQ→=233,23,23，
设直线AQ与平面PCD所成角为α，
则sinα=|cs⟨n→,AQ→⟩|=310535 .
∴ 直线AQ与平面PCD所成角的正切值为364 .
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：∵ AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD .
∴ AB//平面PCD.
∵ AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，
∴ AB//l.
(2)解：∵ 底面ABCD是菱形，E为BC的中点，AB=2，∠ABC=60∘，
∴ BE=1，AE=3，AE⊥BC，
∴ AE⊥AD，
∵ PA⊥平面ABCD，
则以点A为原点，直线AE，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，
则D0,2,0，P0,0,2，C3,1,0，E(3,0,0)，
∴ F0,1,1，AE→=3,0,0，AF→=0,1,1，DC→=3,−1,0，DP→=(0,−2,2)．
设平面PCD的法向量为n→=x,y,z，
有DC→⋅n→=0，DP→⋅n→=0，
解得n→=1,3,3.
设AQ→=λAC→+1−λAP→，
则AQ→=(3λ,λ,2(1−λ)，AQ→=mAE→+nAF→=3m,n,n，
则3λ=3m,λ=n,21−λ=n,
解得m=n=λ=23，
∴ AQ→=233,23,23，
设直线AQ与平面PCD所成角为α，
则sinα=|cs⟨n→,AQ→⟩|=310535 .
∴ 直线AQ与平面PCD所成角的正切值为364 .
【答案】
解：(1)a1=13，an+1=n+13nan，
即an+1n+1=13⋅ann，
则{ann}是首项为13，公比为13的等比数列，
即ann=13n，
即an=n3n．
(2)因为an=n3n，
所以Sn=1×13+2×132+3×133+⋯+n×13n， ①
13Sn=1×132+2×133+3×134+⋯+n×13n+1，②
①−②得，23Sn=13+132+133+⋯+13n−n×13n+1 ，
=131−13n1−13−n×13n+1，
化简可得Sn=34−(34+n2)×(13)n．
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)a1=13，an+1=n+13nan，
即an+1n+1=13⋅ann，
则{ann}是首项为13，公比为13的等比数列，
即ann=13n，
即an=n3n．
(2)因为an=n3n，
所以Sn=1×13+2×132+3×133+⋯+n×13n， ①
13Sn=1×132+2×133+3×134+⋯+n×13n+1，②
①−②得，23Sn=13+132+133+⋯+13n−n×13n+1 ，
=131−13n1−13−n×13n+1，
化简可得Sn=34−(34+n2)×(13)n．
【答案】
(1)证明：∵ AB⊥AC，AB=AC，
∴ ∠ACB=45∘.
∵ 底面ABCD是直角梯形， ∠ADC=90∘，AD//BC，
∴ ∠ACD=45∘，即AD=CD，则BC=2AC=2AD.
∵ AE=2ED ，CF=2FB，
∴ AE=BF=23AD，
∴ 四边形ABFE是平行四边形，则AB//EF，
∴ AC⊥EF，
∵ PA⊥底面ABCD，
∴ PA⊥EF，
∵ PA∩AC=A，
∴ EF⊥平面PAC．
(2)解：∵ PA⊥AC，AC⊥AB，
∴ AC⊥平面PAB，则∠APC为直线PC与平面PAB所成的角，
则tan∠APC=ACPA=1，即PA=AC=2，.
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，
以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
则B1,−1,0，C1,1,0，E0,23,0， P0,0,2，
∴ EB→=1,−53,0，EP→=0,−23,2，
设平面PBE的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅EB→=0，n→⋅EP→=0，
即x−53y=0,−23y+2z=0,
令y=3，则x=5，z=2，
∴ n→=5,3,2.
∵ AC→=1,1,0是平面PAB的一个法向量，
∴ cs⟨n→,AC→⟩=5+32×6=223，
即平面PAB与平面PBE所成锐二面角的余弦值为223．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ AB⊥AC，AB=AC，
∴ ∠ACB=45∘.
∵ 底面ABCD是直角梯形， ∠ADC=90∘，AD//BC，
∴ ∠ACD=45∘，即AD=CD，则BC=2AC=2AD.
∵ AE=2ED ，CF=2FB，
∴ AE=BF=23AD，
∴ 四边形ABFE是平行四边形，则AB//EF，
∴ AC⊥EF，
∵ PA⊥底面ABCD，
∴ PA⊥EF，
∵ PA∩AC=A，
∴ EF⊥平面PAC．
(2)解：∵ PA⊥AC，AC⊥AB，
∴ AC⊥平面PAB，则∠APC为直线PC与平面PAB所成的角，
则tan∠APC=ACPA=1，即PA=AC=2，.
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，
以A点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
则B1,−1,0，C1,1,0，E0,23,0， P0,0,2，
∴ EB→=1,−53,0，EP→=0,−23,2，
设平面PBE的法向量n→=x,y,z，
则n→⋅EB→=0，n→⋅EP→=0，
即x−53y=0,−23y+2z=0,
令y=3，则x=5，z=2，
∴ n→=5,3,2.
∵ AC→=1,1,0是平面PAB的一个法向量，
∴ cs⟨n→,AC→⟩=5+32×6=223，
即平面PAB与平面PBE所成锐二面角的余弦值为223．
【答案】
解：(1)当a=−1时，f(x)=(x2−2x)⋅lnx−x2+2，定义域为(0, +∞)，
∴ f′(x)=(2x−2)⋅lnx−x−2，
∴ f′(1)=−3.
又f(1)=1，
∴ f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y−1=−3(x−1)，即3x+y−4=0．
(2)(i)令g(x)=f(x)−x−2=0，
则(x2−2x)⋅lnx+ax2+2=x+2，即a=1−(x−2)lnxx.
令ℎ(x)=1−(x−2)lnxx，则ℎ′(x)=1−x−2lnxx2.
令t(x)=1−x−2lnx，则t′(x)=−x−2x.
∵ x>0，∴ t′(x)<0，
∴ t(x)在(0, +∞)上是减函数.
又∵ t(1)=ℎ′(1)=0，
∴ 当00；当x>1时，ℎ′(x)<0，
∴ ℎ(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
∴ ℎ(x)max=ℎ(1)=1，
∴ 当函数g(x)有且仅有一个零点时，a=1；
(ii)当a=1时，g(x)=(x2−2x)⋅lnx+x2−x，
若e−2g′(x)=(x−1)(3+2lnx).
令g′(x)=0得x=1或x=e−32.
又∵ e−2∴ 函数g(x)在(e−2, e−32)上单调递增，在(e−32, 1)上单调递减，在(1, e)上单调递增.
又g(e−32)=−12e−3+2e−32，g(e)=2e2−3e.
∵ g(e−32)=−12e−3+2e−32
<2e−32<2e<2e(e−32)=g(e)，
∴ g(e−32)∴ m≥2e2−3e.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究与函数零点有关的问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
（1）当a=−1时，求导数，可得切线斜率，求出切点坐标，即可求f(x)在（1, f(1)）处的切线方程；
(2)(I)令g(x)=f(x)−x−2=0，可得a=1−(x−2)lnxx，令ℎ(x)=1−(x−2)lnxx，证明ℎ(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，可得ℎ(x)max=ℎ(1)=1，即可求a的值；
(II)若e−2【解答】
解：(1)当a=−1时，f(x)=(x2−2x)⋅lnx−x2+2，定义域为(0, +∞)，
∴ f′(x)=(2x−2)⋅lnx−x−2，
∴ f′(1)=−3.
又f(1)=1，
∴ f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y−1=−3(x−1)，即3x+y−4=0．
(2)(i)令g(x)=f(x)−x−2=0，
则(x2−2x)⋅lnx+ax2+2=x+2，即a=1−(x−2)lnxx.
令ℎ(x)=1−(x−2)lnxx，则ℎ′(x)=1−x−2lnxx2.
令t(x)=1−x−2lnx，则t′(x)=−x−2x.
∵ x>0，∴ t′(x)<0，
∴ t(x)在(0, +∞)上是减函数.
又∵ t(1)=ℎ′(1)=0，
∴ 当00；当x>1时，ℎ′(x)<0，
∴ ℎ(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减，
∴ ℎ(x)max=ℎ(1)=1，
∴ 当函数g(x)有且仅有一个零点时，a=1；
(ii)当a=1时，g(x)=(x2−2x)⋅lnx+x2−x，
若e−2g′(x)=(x−1)(3+2lnx).
令g′(x)=0得x=1或x=e−32.
又∵ e−2∴ 函数g(x)在(e−2, e−32)上单调递增，在(e−32, 1)上单调递减，在(1, e)上单调递增.
又g(e−32)=−12e−3+2e−32，g(e)=2e2−3e.
∵ g(e−32)=−12e−3+2e−32
<2e−32<2e<2e(e−32)=g(e)，
∴ g(e−32)∴ m≥2e2−3e.