2024年吉林省延边州高考数学一模试卷(含解析)
展开1.已知复数z满足(1+i)z=3+5i(i是虚数单位),则|z|=( )
A. 15B. 4C. 17D. 5
2.若集合A={x|lnx>1,x∈N*},集合B={x|x2−6x−7<0},则A∩B的子集个数为( )
A. 5B. 6C. 16D. 32
3.若p:2−xx+1≤0,则p成立的一个必要不充分条件是( )
A. −1≤x≤2B. |x|>1C. |x|>2D. 2
A. 16B. 14C. 13D. 23
5.已知{an}是公差不为0的等差数列,Sn是其前n项和,若a1+5a3=S8,则下列关系中一定正确的是( )
A. S9=S10B. S9
A. −3B. −1312C. 1312D. 112
7.谢尔宾斯基(Sierpinski)三角形是一种分形,它的构造方法如下:取一个实心等边三角形(如图1),沿三边中点的连线,将它分成四个小三角形,挖去中间小三角形(如图2),对剩下的三个小三角形继续以上操作(如图3),按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形.如果图1三角形的边长为2,则图4被挖去的三角形面积之和是( )
A. 7 316B. 9 316C. 27 364D. 37 364
8.已知点M,N是抛物线y=4x2上不同的两点,F为抛物线的焦点,且满足∠MFN=2π3,弦MN的中点P到直线l:y=-116的距离记为d,若|MN|2=λ⋅d2,则λ的最小值为( )
A. 3B. 3C. 1+ 3D. 4
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。
9.下列命题中正确的是( )
A. 已知随机变量X~B(6,13),则D(3X+2)=12
B. 已知随机变量Y~N(μ,σ2),且P(Y≤4)=P(Y≥0),则μ=2
C. 已知一组数据:7,7,8,9,5,6,8,8,则这组数据的第30百分位数是8
D. 抽取高三年级50名男生、50名女生的二模数学成绩,男生平均分123分,方差为60;女生平均分128分,方差为40,则抽取的100名学生数学成绩的方差为80
10.已知A(x1,y1),B(x2,y2)是圆O:x2+y2=4上的两点,则下列结论中正确的是( )
A. 若点O到直线AB的距离为 2,则|AB|=2 2
B. 若|AB|=2 3,则∠AOB=π3
C. 若∠AOB=π2,则|x1+y1−1|+|x2+y2−1|的最大值为6
D. x1x2+y1y2的最小值为−4
11.如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为 2的正方形,DE=BF=1,DE//BF,DE⊥平面ABCD,动点P在线段EF上,则下列说法正确的是( )
A. AC⊥DP
B. 存在点P,使得DP//平面ACF
C. 当动点P与点F重合时,直线DP与平面AFC所成角的余弦值为3 1010
D. 三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积是9π2
12.已知当x>0时,11+x
13.已知函数f(x)=ex−1ex+1,若对任意的正数a、b,满足f(a)+f(2b−2)=0,则2a+1b的最小值为______.
14.已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为2 5π5,半径为 5的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球O的表面上,则球O的体积为______.
15.定义在(0,+∞)上的函数f′(x)满足xf′(x)−1>0,f(4)=2ln2;则不等式f(ex)
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)
已知函数f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx,(ω>0)的最小正周期为4π.
(1)求ω的值,并写出f(x)的对称轴方程;
(2)在△ABC中角A,B,C的对边分别是a,b,c满足(2a−c)csB=bcsC,求函数f(A)的取值范围.
18.(本小题12分)
已知正项数列{an}的前n项和Sn,满足:Sn=(an+12)2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=n+1SnSn+2,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证Tn<516.
19.(本小题12分)
“斯诺克(Snker)”是台球比赛的一种,意思是“阻碍、障碍”,所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球,是四大“绅士运动”之一,随着生活水平的提高,“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一.现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制,各局比赛双方轮流开球(例如:若第一局甲开球,则第二局乙开球,第三局甲开球……),没有平局已知在甲的“开球局”,甲获得该局比赛胜利的概率为13,在乙的“开球局”,甲获得该局比赛胜利的概率为12,并且通过“猜硬币”,甲获得了第一局比赛的开球权.
(1)求甲以3:1赢得比赛的概率;
(2)设比赛的总局数为ξ,求E(ξ).
20.(本小题12分)
已知三棱柱ABC−A1B1C1,侧面AA1C1C是边长为2的菱形,∠CAA1=π3,侧面四边形ABB1A1是矩形,且平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,点D是棱A1B1的中点.
(1)在棱AC上是否存在一点E,使得AD//平面B1C1E,并说明理由;
(2)当三棱锥B−A1DC1的体积为 3时,求平面A1C1D与平面CC1D夹角的余弦值.
21.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F2,上顶点为H,O为坐标原点,∠OHF2=30°,点(1,32)在椭圆E上.
(Ⅰ)求椭圆E的方程;
(Ⅱ)设经过点F2且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A,B两点,点P(−2,0),Q(2,0).若M,N分别为直线AP,BQ与y轴的交点,记△MPQ,△NPQ的面积分别为S△MPQ,S△NPQ,求S△MPQS△NPQ的值.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+2csx,f′(x)为函数f(x)的导函数.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)已知函数g(x)=f′(x)−5x+5alnx,存在g(x1)=g(x2)(x1≠x2),证明x1+x2>2a.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:因为(1+i)z=3+5i,所以z=3+5i1+i=(3+5i)(1−i)(1+i)(1−i)=4+i,
所以|z|= 42+12= 17.
故选:C.
利用复数的除法运算求出复数z,再利用模长公式计算即可.
本题考查复数的运算,属于基础题.
2.【答案】C
【解析】解:∵A={x|x>e,x∈N*},B={x|−1
故选:C.
可求出集合A,B,然后进行交集的运算求出A∩B元素的个数,然后根据子集个数的计算公式即可求出A∩B的子集个数.
本题考查了对数函数的单调性,一元二次不等式的解法,交集的定义及运算,子集个数的计算公式,考查了计算能力,属于基础题.
3.【答案】B
【解析】解:p:2−xx+1≤0,即(2−x)(x+1)≤0且x≠−1,解得x<−1或x≥2,
所以p:x<−1或x≥2,
对于A,−1≤x≤2是p的既不充分也不必要条件;
对于B,|x|>1即x<−1或x>1,是p的必要不充分条件;
对于C,|x|>2即x<−2或x>2,是p的充分不必要条件;
对于D,2
解不等式2−xx+1≤0得x<−1或x≥2,选出其必要不充分条件即可.
本题主要考查了分式不等式的求解,还考查了充分必要条件的应用,属于基础题.
4.【答案】D
【解析】解:将f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)的图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C,则C的解析式为g(x)=sin[ω(x+π2)+π6]=sin(ωx+πω2+π6)(ω>0),
∵g(x)=sin(ωx+πω2+π6)(ω>0)的图像关于y轴对称,
∴πω2+π6=kπ+π2(ω>0)⇒ω=2k+23,k∈Z,
∴ω的最小值是23,
故选:D.
利用三角函数中的恒等变换应用可求得C的解析式g(x)=sin(ωx+πω2+π6)(ω>0),再利用C关于y轴对称,即可求得ω的最小值.
本题考查三角函数中的恒等变换应用,考查正弦函数的性质,考查运算求解能力,属于中档题.
5.【答案】A
【解析】解:因为{an}是公差不为0的等差数列,a1+5a3=S8,
所以a1+5a1+10d=8a1+28d,
即a1+9d=a10=0,
故S9=S10,A正确,B错误;
S9−S8=a9符号无法确定,CD错误.
故选:A.
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式检验各选项即可判断.
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用,属于基础题.
6.【答案】C
【解析】解:在△ABC中,因为AD=2DB,
所以AB=32AD,
所以AP=mAC+12AB=mAC+34AD,
又因为C,P,D三点共线,
所以m+34=1,
即m=14,
所以AP=14AC+12AB,
又CD=AD−AC=23AB−AC,
又∠BAC=π3,|AC|=3,|AB|=4,
所以AP⋅CD=(14AC+12AB)⋅(23AB−AC)
=13AB2−14AC2−13AB⋅AC
=13×16−14×9−13×4×3×12
=1312,
故选:C.
由平面向量数量积的运算,结合平面向量的线性运算求解即可.
本题考查了平面向量数量积的运算,重点考查了平面向量的线性运算,属基础题.
7.【答案】D
【解析】解:第一种挖掉的三角形边长为12×2=1,共1个,面积为1×( 34×12)= 34,
第二种挖掉的三角形边长为12×1=12,共3个,面积为3×[ 34×(12)2]=3 316,
第三种挖掉的三角形边长为12×12=14,共9个,面积为9×[ 34×(14)2]=9 364,
故图4被挖去的三角形面积之和是 34+3 316+9 364=37 364.
故选:D.
根据图中挖去三角形的边长,以及挖去三角形的个数进行解答,即可得到本题的答案.
本题主要考查三角形的面积公式、归纳推理及其应用等知识,考查了计算能力、逻辑推理能力,属于基础题.
8.【答案】A
【解析】解:抛物线y=4x2的焦点F(0,116),准线为直线y=−116,
设|MF|=a,|NF|=b,则由∠MFN=2π3,
可得|MN|2=|MF|2+|NF|2−2|MF|⋅|NF|⋅cs∠MFN=a2+b2+ab,
由抛物线的定义可得M到准线的距离为|MF|,N到准线的距离为|NF|,
由梯形的中位线定理可得d=12(|MF|+|NF|)=12(a+b),
由|MN|2=λ⋅d2,可得14λ=1−ab(a+b)2≥1−14=34,
可得λ≥3,当且仅当a=b时,取得最小值3,
故选:A.
求得抛物线的焦点和准线方程,设|MF|=a,|NF|=b,由∠MFN=2π3,运用余弦定理可得|MN|,运用抛物线的定义和中位线定理可得d=12(|MF|+|NF|)=12(a+b),运用基本不等式计算即可得到所求最小值.
本题考查抛物线的定义、方程和性质,考查余弦定理和基本不等式的运用:求最值,考查化简整理的运算能力,属于中档题.
9.【答案】AB
【解析】解:根据题意,依次分析选项:
对于A,已知随机变量X~B(6,13),则D(X)=6×13×23=43,则有D(3X+2)=9×43=12,A正确;
对于B,已知随机变量Y~N(μ,σ2),且P(Y≤4)=P(Y≥0),则μ=4+02=2,B正确;
对于C,将数据从小到大排列:5,6,7,7,8,8,8,9,有8×30%=2.4,则其第30百分位数是7,C错误;
对于D,抽取的100名学生数学成绩的平均数x−=50×123+50×128100=125.5,则100名学生的方差S2=50100(60+254)+50100(40+254)=56.25,D错误.
故选:AB.
根据题意,由二项分布的性质可得A正确,由正态分布的性质可得B正确,对于C,求出数据的第30百分位数,可得C错误,对于D,求出100名学生的方差,可得D错误,综合可得答案.
本题考查二项分布、正态分步的性质,涉及百分位数和方差的计算,属于基础题.
10.【答案】ACD
【解析】解:依题意,圆O:x2+y2=4的圆心O(0,0),半径为r=2;
如图所示:
对于A选项:因为点O到直线AB的距离为 2,所以|AB|=2 r2−d2=2 2,故选项A正确;
对于B选项:因为|AB|=2 3,且|OA|=|OB|=r=2,
所以在△ABC中,由余弦定理可得:cs∠AOB=|OA|2+|OB|2−|AB|22|OA||OB|=4+4−122×2×2=−12,
所以∠AOB=2π3,故选项B错误;
对于C选项:由|x1+y1−1|+|x2+y2−1|= 2(|x1+y1−1| 2+|x2+y2−1| 2),
其几何意义为A(x1,y1),B(x2,y2)到直线x+y−1=0的距离之和的 2倍,
设A,B的中点为C(x0,y0),结合梯形的中位线可知:
则有|x1+y1−1|+|x2+y2−1|=2 2|x0+y0−1| 2,
因为∠AOB=π2,所以|AB|= 4+4=2 2,
在Rt△OAB中,|OC|=12|AB|= 2,
所以点C的轨迹为以原点(0,0)为圆心, 2为半径的圆.
因为(0,0)到x+y−1=0的距离为d=|0+0−1| 2= 22,
所以(|x0+y0−1| 2)max= 22+ 2=3 22,
所以(|x1+y1−1|+|x2+y2−1|)max=2 2(|x0+y0−1| 2)max=6,故选项C正确;
对于D选项:因为x1x2+y1y2=OA⋅OB=2×2×csOA,OB,
所以当OA,OB所成的角为π时,x1(x2+y1y2)min=2×2×csπ=−4.
故选项D正确;
故选:ACD.
对于A选项:利用圆的弦长公式即可求解;对于B选项:运用余弦定理即可求解;对于C选项:将|x1+y1−1|+|x2+y2−1|转化为A(x1,y1),B(x2,y2)到直线x+y−1=0的距离之和的 2倍,进而求解;对于D选项:利用数量积公式即可求解;
本题考查的知识要点:直线与圆的位置关系,点到直线的距离公式,余弦定理,向量的数量积,主要考查学的运算能力,属于中档题.
11.【答案】ABC
【解析】解:令AC∩BD=O,连接FO,令EF中点为G,连接DG,如图,
底面ABCD是边长为 2的正方形,可知O是BD,AC的中点,
对于选项A,由题设AC⊥BD,平面ABCD⊥平面DEFB,
∴AC⊥平面DEFB,又DP⊂平面DEFB,∴AC⊥DP,故选项A正确;
对于选项B,在矩形BDEF中,DO//FG,DO=FG,四边形DOFG是平行四边形,直线DG//OF,OF⊂平面ACF,DG⊄平面ACF,则DG//平面ACF,当P是线段EF中点G时,
直线DP//平面ACF,故选项B正确;
对于选项C,∵AC⊥平面DEFB,∴平面BDEF⊥平面AFC,∴DP(DF)在平面AFC内射影在直线OF上,直线DP与平面AFC所成角为∠OFD(∠OPD),在△OFD中,OD=1,OF= 2,DF= 5,cs∠OFD=OF2+DF2−DO22OF⋅DF=3 1010,故选项C正确;
对于选项D,在△ACF中,AC=2,AF= 3,CF= 3,FO= 2,则sin∠FAC=OFAF= 63,由正弦定理得△ACF的外接圆直径2r=FCsin∠FAC=3 2,半径r=32 2,圆面积为S=πr2=9π8,三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截取的截面是△ACF的外接圆,
因此三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积是9π8,故选项D错误.
故选:ABC.
令AC∩BD=O,连接FO,令EF中点为G,连接DG,画出图形,结合平面与平面垂直,判断直线与平面垂直,判断A;通过直线与平面平行判断B;求解直线与平面所成角,判断C;求解三棱锥A−CDE的外接球被平面ACF所截取的截面面积,判断D即可.
本题考查直线与平面所成角的求法,空间直线与平面,平面与平面位置关系的判断,考查空间想象能力,逻辑推理能力以及计算能力,是中档题.
12.【答案】CD
【解析】解:对于选项A:因为11+x
以上各式相加有ln21+ln32+⋯+ln87=ln8<1+12+⋯+17,故B错误;
对于选项C:因为11+x
所以(1+1x)x
根据给定的不等式,赋值变形判断A;赋值求和判断BC;变形不等式右边,借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答.
本题主要考查二项式定理的应用,考查转化能力,属于中档题.
13.【答案】4
【解析】解:因为f(x)=ex−1ex+1=1−21+ex在(0,+∞)单调递增,
又f(−x)=e−x−1e−x+1=1−ex1+ex=−f(x),
所以f(x)为奇函数,
若对任意的正数a、b,满足f(a)+f(2b−2)=0,则f(a)=−f(2b−2)=f(2−2b),
所以a=2−2b,即a+2b=2,
所以2a+1b=a+2ba+a+2b2b=2+2ba+a2b≥2+2 2ba⋅a2b=4,
当且仅当a=2b,即b=12,a=1时取等号.
故答案为:4.
先判断函数的单调性及奇偶性,进而可得a+2b=2,然后利用乘1法,结合基本不等式即可求解.
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性的应用,还考查了基本不等式求解最值,属于中档题.
14.【答案】125π48
【解析】解:设该圆锥的底面半径为r,高为h,
由扇形圆心角为2 5π5,半径为 5,
得圆锥底面圆周长为2πr=2 5π5× 5,解得r=1,
因为扇形半径为 5,所以r2+h2=5,所以h=2,
易知球心O在圆锥的高所在的直线上,
设球O的半径为R,则r2+(h−R)2=R2,
即12+(2−R)2=R2,解得R=54,
所以球O的体积为43π×(54)3=125π48.
故答案为:125π48.
根据扇形的弧长计算可得圆锥的高,结合勾股定理和圆锥外接球体积计算,即可求解.
本题考查了圆锥外接球的体积计算,属于中档题.
15.【答案】(−∞,2ln2)
【解析】解:令g(x)=f(x)−lnx,
g′(x)=f′(x)−1x=xf′(x)−1x,
因为x>0且xf′(x)−1>0,
所以g′(x)>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(4)=2ln2,
所以g(4)=f(4)−ln4=2ln2−2ln2=0,
所以不等式f(ex)
所以x<2ln2,
又ex>0,x∈R,
所以x<2ln2,
所以不等式的解集为(−∞,2ln2),
故答案为:(−∞,2ln2).
令g(x)=f(x)−lnx,求导分析g(x)的单调性,又f(4)=2ln2,则g(4)=0,不等式f(ex)
16.【答案】 102
【解析】解:如图,连接F1B,F1A,则F1,A,C和F1,B,D都三点共线,
设|F2B|=x,则|F1B|=x+2a.
由cs∠F1AB=cs(π−∠BAC)=45,
所以sin∠F1AB= 1−cs2∠F1AB=35,
所以tan∠F1AB=sin∠F1ABcs∠F1AB=34,
又AB⊥BD,所以tan∠F1AB=|F1B||AB|=34,即|AB|=43|F1B|,
sin∠F1AB=|F1B||F1A|=35,即|F1A|=53|F1B|,
又|F2A|=|AB|−|F2B|,
因此|F1A|−|F2A|=43x+23a=2a,即x=a,
在Rt△F1F2B中(2c)2=(x+2a)2+x2=10a2,即c2=52a2.
故e= 102.
故答案为: 102.
连接F1B,F1A,设|F2B|=x,则|F1B|=x+2a,根据诱导公式及同角三角函数的基本关系求出sin∠F1AB,tan∠F1AB,再根据锐角三角函数得到|AB|=43|F1B|、|F1A|=53|F1B|,从而得到方程求出x,再在△F1F2B利用勾股定理计算可得离心率.
本题主要考查双曲线的几何性质,双曲线离心率的求解等知识,属于中等题.
17.【答案】解:(1)f(x)=12−sin2ωx+ 32sin2ωx
=12+ 32sin2ωx−sin2ωx
=12+ 32sin2ωx−1−cs2ωx2
= 32sin2ωx+12cs2ωx
=sin(2ωx+π6),
∵T=2π2ω=4π,
∴ω=14,
故f(x)=sin(12x+π6),
令12x+π6=π2+kπ,k∈Z,解得x=2π3+2kπ,k∈Z,
故对称轴方程为:x=2π3+2kπ,k∈Z;
(2)由(2a−c)csB=b⋅csC,得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC,
可得2sinAcsB=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA,
∵sinA≠0,
∴csB=12,
又B∈(0,π ),
∴B=π3,
∴f(A)=sin(12A+π6),0∴π6
【解析】(1)利用三角函数的恒等变换化简函数f(x)=sin(2ωx+π6),再根据周期求出ω的值,利用整体法即可求解对称轴;
(2)把已知的等式变形并利用正弦定理可得csB=12,可得B=π3,可得f(A)=sin(12A+π6),0本题主要考查了三角函数的恒等变换,正弦定理以及正弦函数的性质的应用,考查了计算能力和函数思想,属于中档题.
18.【答案】解:(1)当n=1时,a1=(a1+12)2,解得a1=1.
当n≥2时,由Sn=(an+12)2①,可得Sn−1=(an−1+12)2,②
①−②得:4an=an2−an−12+2an−2an−1,即(an+an−1)(an−an−1−2)=0.
∵an>0,
∴an−an−1=2.
∴{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列,
∴数列{an}的通项公式an=1+(n−1)×2=2n−1.
证明:(2)由(1)可得Sn=(1+2n−1)n2=n2,
∴bn=n+1n2(n+2)2=14(1n2−1(n+2)2),
b1=14(11−132),b2=14(122−142),b3=14(132−152),⋯,bn−1=14(1(n−1)2−1(n+1)2),
∴Tn=b1+b2+⋯+bn=14(1−132+122−142+132−152+⋯+1(n−1)2−1(n+1)2+1(n+1)2−1(n+2)2),
=14(1+14−1(n+1)2−1(n+2)2)<14×54=516.
【解析】(1)由Sn=(an+12)2,把n用1代入算出首项,再用退位相减法发现其为等差数列,则数列通项可求;
(2)由(1)可先算出Sn=(1+2n−1)n2=n2,代入bn=n+1SnSn+2求得{bn}通项并裂项,再求和即可证明.
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用,还考查了等差数列的通项公式的应用,裂项求和方法的应用,属于中档题.
19.【答案】解:(1)甲以3:1赢得比赛,则前3局中甲赢得了2局,第4局甲获胜,
所以甲以3:1赢得比赛的概率为P=23×12×13×12+13×12×13×12+13×12×23×12=536.
(2)ξ的可能取值为3,4,5,
设甲获胜的概率为P甲,乙获胜的概率为P乙,
P甲(ξ=3)=13×12×13=118;
P乙(ξ=3)=23×12×23=29;P(ξ=3)=118+29=518;P甲(ξ=4)=23×12×13×12+13×12×13×12+13×12×23×12=536;
P乙(ξ=4)=13×12×23×12+23×12×23×12+23×12×13×12=29;P(ξ=4)=536+29=1336;
则P(ξ=5)=1−P(ξ=3)−P(ξ=4)=1−518−1336=1336,
所以E(ξ)=3×518+4×1336+5×1336=4912.
【解析】本题考查独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式,离散型随机变量的期望公式,属于中档题.
(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解;
(2)确定的可能取值,再求取各值的概率,利用期望公式求期望.
20.【答案】(1)解:存在,当E为AC的中点时,AD//平面B1C1E,理由如下:
如图所示:
取B1C1的中点F,连接EF,DF,
∵DF是△A1B1C1的中位线,
∴DF//12A1C1,DF=12A1C1,
又AE//12A1C1,AE=12A1C1,
∴DF//AE,DF=AE,
∴四边形DFEA是平行四边形,
∴AD//EF,
又AD⊄面B1C1E,EF⊂面B1C1E,
∴AD//平面B1C1E.
(2)∵四边形ABB1A1是矩形,
∴A1B1⊥AA1,
又∵平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,
∴A1B1⊥面A1ACC1,
∵VB−A1DC1=VA−A1DC1=VD−A1AC1=13⋅S△AA1C1×12A1B1= 36A1B1= 3,
∴A1B1=6,
∵侧面ACC1A1是菱形,∠A1AC=60°,
∴△A1AC是正三角形,
∵E是AC的中点,
∴A1E⊥AC,
以A1为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(0,0,0),C1(0,2,0),D(0,0,3),C( 3,1,0),
则C1D=(0,−2,3),C1C=( 3,−1,0),
设平面C1DC的一个法向量为m=(x,y,z),
由m⋅C1D=0//m⋅C1C=0,得−2y+3z=0// 3x−y=0,
令x=1,则y= 3,z=23 3,
∴m=(1, 3,23 3),
又平面A1C1D的一个法向量n=(1,0,0),
∴cs〈m,n〉= 34,
∴平面A1C1D与平面CC1D的夹角的余弦值是 34.
【解析】(1)取B1C1的中点F,连接EF,DF,易得DF//AE,DF=AE,则四边形DFEA是平行四边形,从而AD//EF,再利用线面平行的判定定理证明;
(2)根据四边形ABB1A1是矩形,结合平面AA1C1C⊥平面ABB1A1,得到A1B1⊥面A1ACC1,由VB−A1DC1=VA−A1DC1=VD−A1AC1,得到A1B1=6,再由∠A1AC=60°,得到A1E⊥AC,然后以A1为坐标原点建立空间直角坐标系,求得平面C1DC的一个法向量为m=(x,y,z),易知平面A1C1D的一个法向量n=(1,0,0),由cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|求解.
本题主要考查了线面平行的判定及二面角的平庙角的求解,空间向量的应用是求解问题的关键,属于中档题.
21.【答案】解:(Ⅰ)由题意可得∠OHF1=30°可得sin∠OHF1=ca=12,
可得1−b2a2=14,即a2=43b2,
而点(1,32)在椭圆上,所以1a2+94b2=1,
即34b2+94b2=1,解得b2=3,a2=4,
所以椭圆的方程为:x24+y23=1;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得右焦点F2(1,0),
由题意设直线l的方程为x=my+1,设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x=my+1x24+y23=1,
整理可得:(4+3m2)y2+6my−9=0,
则y1+y2=−6m4+3m2,y1y2=−94+3m2,
可得y1+y2y1y2=1y1+1y2=2m3,可得1y2=2m3−1y1,
直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令x=0,可得y=2y1x1+2,即M(0,2y1x1+2),
直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令x=0,可得y=−2y2x2−2,即N(0,−2y2x2−2),
所以|yM||yN|=|2y1(x2−2)2y2(x1+2)|=|y1(my2−1)y2(my1+3)|=|my1y2−y1my1y2+3y2|
=|m−1y2m+3y1|=|m−(2m3−1y1)m+3y1|=|13(m+3y1)m+3y1|=13,
所以S△MPQS△NPQ=12|PQ|⋅|yM|12|PQ|⋅|yN|=|yM||yN|=13,
所以S△MPQS△NPQ的值为13.
【解析】(Ⅰ)由题意可得∠OHF1=30°可得sin∠OHF1=ca=12,进而可得a,b的关系,再由点(1,32)在椭圆E上,可得a,b的关系,求出a,b的值,进而求出椭圆的方程;
(Ⅱ)设直线l的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,两式相比可得A,B的纵坐标的倒数的关系,求出直线AP,BQ的方程,令x=0,可得M,N的纵坐标,求出M,N的纵坐标的之比的绝对值,代入三角形的面积公式可得S△MPQS△NPQ的值.
本题考查求椭圆的方程,直线与椭圆的综合应用,三角形的面积之比的求法,属于中档题.
22.【答案】解:(1)已知f(x)=x2+2csx,函数定义域为R,
可得f′(x)=2x−2sinx,f″(x)=2−2csx≥0,
所以函数f′(x)在定义域内单调递增,
又f′(0)=0,
所以当x<0时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x≥0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,
综上,函数f(x)在区间(−∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增;
(2)证明:由(1)得g(x)=2x−2sinx−5x+5alnx=−2sinx−3x+5alnx,函数定义域为(0,+∞),
因为g(x1)=g(x2),(x1≠x2),
所以−2sinx1−3x1+5alnx1=−2sinx2−3x2+5alnx2,
整理得5a(lnx2−lnx1)=2(sinx2−sinx1)+3(x2−x1),
不妨设x2>x1>0,
此时lnx2>lnx1.
由(1)得当x>0,函数f′(x)单调递增,
所以2x1−2sinx1<2x2−2sinx2,
则2(sinx2−sinx1)<2(x2−x1),
此时5a(lnx2−lnx1)=2(sinx2−sinx1)+3(x2−x1)<5(x2−x1),
整理得a
令x2x1=t,t>1,
不妨设h(t)=lnt−2(t−1)t+1,函数定义域为(1,+∞),
可得h′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0,
所以函数h(t)在区间(1,+∞)上单调递增,
则h(t)>h(1)=0,
所以lnt>2(t−1)t+1,
即lnx2x1>2(x2x1−1)x2x1+1,
整理得2(x2−x1)x2+x1
【解析】(1)由题意,对函数f(x)进行二次求导,反推出函数f′(x)在定义域内单调递增,结合f′(0)=0,利用导数的几何意义即可得到f(x)的单调性;
(2)由(1)得g(x)的解析式,根据g(x1)=g(x2),(x1≠x2),得到5a(lnx2−lnx1)=2(sinx2−sinx1)+3(x2−x1),设x2>x1>0,结合(1)中所得函数f′(x)的单调性,整理得a
本题考查利用导数研究函数的单调性,考查了逻辑推理、转化思想和运算能力.
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