【文档说明】山东省滨州市2020届高三数学二模试题含解析【精准解析】.doc，共(30)页，2.730 MB，由小赞的店铺上传

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高三数学试题本试卷共4页，共22小题满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选

项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知角的终边经过点(4,3)P−，则sincos+=（）A.75−B.15−C.15D.75【答案】B【解析】【分析】由条件利用任意角的三角函数的定义，求得sin和cos的值，可得sincos+的值．【详解】解：由于角的终边经过点(

4,3)P−，则224,3,||345xyrOP=−===+=，34sin,cos,sincos5551yxrr====−+=−．故选：B．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．2.已知集合11,2,3,4,|2,

xAByyxA−===，则AB=（）A.{1,2}B.{2,4}C.{1,2,4}D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合B，再根据交集的定义即可求出.【详解】解：集合11,2,3,4,|2,1,

2,4,8xAByyxA−====则{1,2,4}AB=.故选：C.【点睛】本题考查了交集的运算，属于基础题.3.设复数z满足|34|2zi−+=，z在复平面内对应的点为(,)xy，则（）A.22(3)(4)4xy−++=B.22(3)(4)4xy++−=C.22(3)

(4)2xy−++=D.22(3)(4)2xy++−=【答案】A【解析】【分析】由z在复平面内对应的点为(),xy，可得zxyi=+，然后代入|34|2zi−+=，即可得答案.【详解】解：∵z在复平面内对应的点为(,

)xy，∴zxyi=+，又|34|2zi−+=，()|34|2xyi−++=22(3)(4)4xy−++=.故选：A.【点睛】本题考查复数的模、复数的几何意义，正确理解复数的几何意义是解题关键，属基

础题.4.设0.10.3=，131log5b=，5log26c=，则a，b，c的大小关系是（）A.abcB.cabC.bacD.cba【答案】D【解析】【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解.【详解】解：0.1000.30.31,01a=

，1333331loglog5,log3log5log9,125bb==，55log26log252,2cc==，∴cba.故选：D.【点睛】本题考查对数式和指数式的大小比较，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用.5.已知正方

形ABCD的边长为3,2,DEECAEBD==（）A.3B.3−C.6D.6−【答案】A【解析】【分析】直接根据向量的三角形法则把所求问题转化为已知长度和夹角的向量来表示，即可求解结论.【详解】解：因为正方形ABCD的边长为3，2DEEC=，则2()()()3AEBDADDEADABADABA

DAB=+−=+−2222122333333ADADABAB=−−=−=.故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积的求解，关键是要将向量转化为知道模和夹角的向量来表示，是基础题.6.函数2lnx

xyx=的图象大致是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数为偶函数排除B,当0x时,利用导数得()fx在1(0,)e上递减,在1(,)e+上递增,根据单调性分析,AC不正确,故只能选D.【详解】令2ln||()||xxfxx=,则2()ln||(

)()||xxfxfxx−−−==−,所以函数()fx为偶函数,其图像关于y轴对称,故B不正确,当0x时,2ln()lnxxfxxxx==,()1lnfxx=+,由()0fx,得1xe,由()0

fx,得10xe,所以()fx在1(0,)e上递减,在1(,)e+上递增,结合图像分析,,AC不正确.故选:D【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性判断函数的图象,考查了利用导数研究函数的单调性,

利用单调性判断函数的图象,属于中档题.7.已知O，A，B，C为平面a内的四点，其中A，B，C三点共线，点O在直线AB外，且满足12OAOBOCxy=+.其中0,0xy，则8xy+的最小值为（）A.21B.

25C.27D.34【答案】B【解析】【分析】根据题意，易得121xy+=，则128(8)xyxyxy+=++，根据基本不等式的应用运算，易得8xy+的最小值.【详解】解：根据题意，A，B，C三点共线，点O在直

线AB外，12OAOBOCxy=+．设BABC=，()0,1，则()()1OAOBBAOBBCOBOCOBOCOB=+=+=+−=+−，112xy−==，消去得121xy+=，1228288(8)11617225xyxyxyxy

xyyxyx+=++=++++=（当且仅当55,2xy==时等式成立）.故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的基本定理和基本不等式的应用，综合考查，但难度较低，属基础题.8.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在

两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体，如图，将底面半径都为b.高都为()aab的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱（被挖去的圆锥以圆柱

的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明S圆=S圆环总成立.据此，椭圆的短半轴长为2，长半轴长为4的椭球的体积是（）A.163B.323C.643D.128

3【答案】C【解析】【分析】由S圆=S圆环总成立，求出椭球的体积24Vba3=，代入b与a的值得答案.【详解】解：∵S圆=S圆环总成立，∴半椭球的体积为：22212bababa33−=，∴椭球的体积24Vba3=，∵椭球体短轴

长为2，长半轴长为4，∴该椭球体的体积24642433V==.故选：C.【点睛】本题考查祖暅原理的应用，考查圆柱与圆锥的体积，是基础题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，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3分

，有选错的得0分.9.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况，下列叙述中错误．．的是（）A.消耗1升汽油乙车最多可行驶5千米.B.以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多.C.甲车以80千米/小时的速度行驶1

小时，消耗10升汽油.D.某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油.【答案】ABC【解析】【分析】过横轴上某一点做纵轴的平行线，这条线和三条折线的交点的意思是相同速度下的三个车的不同的燃油效率，过纵轴上某一点做横轴的平行线，这条线和三条折线的交

点的意思是相同燃油效率下的三个车的不同的速度，利用这一点就可以很快解决问题．涉及到将图形语言转化为数学语言的能力和简单的逻辑推理能力.【详解】解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L，∴当速度大于40k

m/h时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km，故A错误；对于B，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远，∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B错误；对于C，由图象可知当速度为80km/

h时，甲车的燃油效率为10km/L，即甲车行驶10km时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km，燃油为8升，故C错误；对于D，由图象可知当速度小于80km/h时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，∴用丙车比用乙车更省油，故D正确.故选：ABC.【点睛】本题考查学生对图表的认知

和解读能力，也能体现学生对函数图象数据的处理能力和培养数学应用意识，考查学生将图形语言转化为数学语言的能力，是中档题.10.设1F，2F分别为双曲线22221(0,0)xyabab−=的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，满足212PFFF=，且2F到直线1PF的距离等于双曲线的实

轴长，则关于该双曲线的下列结论正确的是（）A.渐近线方程为430xy=B.渐近线方程为340=xyC.离心率为53D.离心率为54【答案】AC【解析】【分析】设2122PFFFc==，运用双曲线的定义和等腰三角形的性质可得关于a，b，c的方程，

再由隐含条件即可得到a与b的关系，求出双曲线的渐近线方程及离心率即可．【详解】解：设2122PFFFc==，由122PFPFa−=，可得122PFca=+，由2F到直线1PF的距离等于双曲线的实轴长2a，设1PF的中点M，

由等腰三角形12PFF的性质可得，21FMPF⊥，即有222212(2)(2)44PFcacab=−=−=，224cab+=，即2cab+=，可得2222(2)cabba=+=−，即有34ba=，则双曲线的渐近线方程为43byxxa==，即430xy=；离心率21651193

cbeaa==+=+=．故选：AC．【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查等腰三角形的性质，以及勾股定理的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．11.已知函数1()(sincos)c

os2fxaxxx=+−的图象的一条对称轴为6x=，则下列结论中正确的是（）A.()fx是最小正周期为的奇函数B.7,012−是()fx图像的一个对称中心C.()fx在,33−上单调递增D.先将函数2sin2yx=图象上各点的纵坐标缩短为原来的12，

然后把所得函数图象再向左平移12个单位长度，即可得到函数()fx的图象.【答案】BD【解析】【分析】化简函数()fx，将6x=代入得函数最值，可求得3a=，进而可得()sin26fxx+=，通过计算()0f，

可判断A；通过计算712f−，可判断B；当33x−时，52266x−+，可得()fx在,33−上的单调性，可判断C；通过振幅变换和平移变换，可判断D.【详解】解：211()(sincos)cossincoscos22fxaxxxaxxx

=+−=+−()211cos21sin2sin222221axaxx+=+−+=+，当6x=时，()fx取到最值，即221sincoscos221666aa++−=解得3a=，()1cos21sin2s

in222263xfxxx+=+−=+．A：()0sin06f=，故()fx不是奇函数，故A错误；B：()77sinsin26601f−=−+=−=，则7,012−

是()fx图像的一个对称中心，故B正确；C：当33x−时，52266x−+，又sinyx=在5,26−上先增后减，则()sin26fxx+=在,33−上先增后减，故C错误；D.将函数2sin2yx=图象上各点的纵坐标缩短

为原来的12，然后把所得函数图象再向左平移12个单位长度，得12sin2sin22126yxx=+=+，故D正确.故答案为：BD.【点睛】本题考查三角恒等变形，考查三角函数的图像和性质，是中档题.12.如图，点M是

正方体1111ABCDABCD−中的侧面11ADDA上的一个动点，则下列结论正确的是（）A.点M存在无数个位置满足1CMAD⊥B.若正方体的棱长为1，三棱锥1BCMD−的体积最大值为13C.在线段1AD上存在点M，使异面直线1

BM与CD所成的角是30D.点M存在无数个位置满足到直线AD和直线11CD的距离相等.【答案】ABD【解析】【分析】通过证明1AD⊥面1ADC，可得当点1MAD上时，有1CMAD⊥，可判断A；由已知11BCMDCDBMVV−−=，当

点M与点1A重合时，点M到面1CBD的距离最大，计算1BACDV−可判断B；C.连接1AM，因为11//CDAB，则11ABM为异面直线1BM与CD所成的角，利用余弦定理算出1AM的距离，可判断C；连接1MD，过M作MNAD⊥交AD于N，得到1MDMN=，则点M在以1D为焦点，以

AD为准线的抛物线上，可判断D.【详解】解：A.连接111,,,ADADDCAC，由正方体的性质可得1111,,ADADADDCADDCD⊥⊥=，则1AD⊥面1ADC当点1MAD上时，有1CMAD⊥，故点M存在无数个位置满足1CMAD⊥，故A正确；B.由已知11

BCMDCDBMVV−−=，当点M与点1A重合时，点M到面1CBD的距离最大，则三棱锥1BCMD−的体积最大值为1311114111323ACBDV−=−=，故B正确；C.连接1AM，因为11//CDAB则11ABM为异面直线1B

M与CD所成的角设正方体棱长为1，1AMx=，则2211BMx=+，点1A到线1AD的距离为11111222AAADAD==，212x22112113coscos20213xxABMx++−===+，解得32,132x=，所以在线段1AD上不存在点M，使异面

直线1BM与CD所成的角是30，故C错误；D.连接1MD，过M作MNAD⊥交AD于N，由11CD⊥面11ADDA，1MD面11ADDA，得111MDDC⊥，则1MD为点M到直线11CD的距离，MN

为点M到直线AD的距离，由已知1MDMN=，则点M在以1D为焦点，以AD为准线的抛物线上，故这样的点M有无数个，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明和判断，考查空间中的轨迹问题，考查几何体体积的计算，异面直线所成角的计算，是中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题

5分共20分.13.古典著作《连山易》中记载了金、木、水、火土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为________【答案】12【解析】【分析】基本事件总数2510nC==，利用列举法求出取

出的两种物质恰是相克关系包含的基本事件有5种，由此能求出取出的两种物质恰是相克关系的概率．【详解】解：古典著作《连山易》中记载了金、木、水、火土之间相生相克的关系，现从五种不同属性的物质中任取两种，基

本事件总数2510nC==，取出的两种物质恰是相克关系包含的基本事件有：水克火，木克土，火克金，土克水，金克木，共5种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为51102P==．故答案为：12．【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法、古典概型等基础知识

，考查运算求解能力，是基础题．14.已知点A，B，C，D均在球O的球面上，1ABBC==，2AC=，若三棱锥DABC−体积的最大值是13，则球O的表面积为__________【答案】8116【解析】【分析】设ABC的外接圆的半径为r，可得ABC为直角三角形，可

求出22r=，由已知得D到平面ABC的最大距离h，设球O的半径为R，则()222RrhR=+−，由此能求出R，从而能求出球O的表面积.【详解】解：设ABC的外接圆的半径为r，∵1ABBC==，2AC=，则222

ABBCAC+=，ABC为直角三角形，且22r=111122ABCS==，∵三棱锥DABC−体积的最大值是13，A，B，C，D均在球O的球面上，∴D到平面ABC的最大距离1333212ABCVhS===，设球O的半径为R，则()222RrhR=+−，即()22

2222RR=+−解得98R=，∴球O的表面积为29488116S==.故答案为：8116.【点睛】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养和球的性质的合理运用.1

5.动圆E与圆21(1)4Mxy−+=外切，并与直线12x=−相切，则动圆圆心E的轨迹方程为__________，过点(1,2)P作倾斜角互补的两条直线，分别与圆心E的轨迹相交于A，B两点，则直线AB的斜率为__________.【答案】(1).24yx=(2)

.1−【解析】【分析】由已知可得E点到直线1x=−的距离等于到点()1,0M的距离，即动圆圆心E的轨迹是以M为焦点，以1x=−为准线的抛物线，则轨迹方程可求；设出直线,PAPB的方程，与抛物线方程联立，求

出,AB的坐标，利用斜率公式，即可求得直线AB的斜率．【详解】解：如图，由题意可知，1||||2NEME=−，则1||||2NEME+=，∴E点到直线1x=−的距离等于到点()1,0M的距离，∴动圆圆心E的轨迹是以M为焦点，以1x

=−为准线的抛物线，则其轨迹方程为24yx=；点P坐标为()1,2，设()()1122,,,AxyBxy，由已知设PA：(2)1myx−=−，即：21xmym=-+，代入抛物线的方程得：2484ymym=−+，即24840ymym−+

−=，则124ym+=，故142ym=−，设:(2)1PBmyx−−=−，即21xmym=−++，代入抛物线的方程得：2484ymym=−++，即24840ymym+−−=，则：224ym+=−，故242ym=−−，()()121

212212148xxmymmymmyymm−=−+−−++=+−=−，直线AB的斜率2121818ABkyymxxm−−===−−，∴直线AB的斜率为−1．故答案为：24yx=；−1．【点睛】本题考查的知识点是抛物线的性质，直线的斜率公式，考查学生的

计算能力，正确运用韦达定理是关键，是中档题．16.设()fx是定义在R上且周期为6的周期函数，若函数(1)=−yfx的图象关于点(1,0)对称，函数()yfx=在区间[,]nn−（其中*nN）上的零点的个数的最小值为na，则na=__________【答案

】21k−，()*3(1)3,knkk−N„，或123n+（[]x表示不超过x的最大整数）【解析】【分析】由图象平移可知，()fx为定义在R上的奇函数，可得(0)0f=，又()fx为周期

为6的周期函数，可得(6)()fxfx+=，分别求得n1,2;n3,4,5;n6,7,8;n9,10,11====时，na的值，归纳即可得到所求通项na．【详解】将(1)=−yfx的图象向左平移1个单位，得到()yfx=的图象，因为函数(1)=−yfx的图象关于点(1,0)对称，即有(

)yfx=的图象关于原点对称，即()yfx=为定义在R上的奇函数，可得(0)0f=，又()yfx=为周期为6的周期函数，可得(6)()fxfx+=．可令3x=−，则(36)(3)ff−+=−，即(3)(3)(3)fff=−

=−，可得(3)(3)0ff−==，当1,2n=时，()fx在[,]nn−上，有(0)0f=；当3,4,5n=时，()fx在[,]nn−上，有(0)0,(3)(3)0fff==−=；当n6,7,8=时，()fx在[,]nn−上，有(0)0,(3)(3)0,(6)(6)0fffff

==−==−=；当9,10,11n=时，()fx在[,]nn−上，有(0)0,(3)(3)0,fff==−=(6)(6)0ff=−=，(9)(9)0ff=−=，…，可得46911235101781,3,5,7,aaaaaaaaaaa===========*3313221,kkka

aakkN++===−即21nak=−，()*3(1)3,knkk−N„或123n+（[]x表示不超过x的最大整数）故答案为：21k−，()*3(1)3,knkk−N„或123n+（[]x表示不超过x的最大整数）【点睛】本题主要考查函数的性质，周期性，奇

偶性的应用，函数的零点的求法，归纳法和赋值法的应用，意在考查学生的分类讨论意识，数学运算能力，逻辑推理能力和数学抽象能力，属于较难题．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.已

知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若4a=，__________，求△ABC的周长L和面积S.在①3cos5A=，5cos5C=，②sinsinsincCAbB=+，60B=，③2c=，1cos4A=−

这三个条件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答.【答案】答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】选择①：根据条件求出sinA，sinC，则可求出sinsin()BAC=+，再根据正弦定理可求

出,bc，进而可得周长面积；选择②：sinsinsincCAbB=+，60B=，4a=．由正弦定理可得：22cab=+．由余弦定理可得：22116242bcc=+−，联立解得：,cb，进而可得周长面积；选择③：由余弦定理可得b，则周长可求，再根据c

osA可得sinA，通过面积公式可得面积.【详解】解：选①因为3cos5A=，5cos5C=，且0A，0B，所以4sin5A=，25sin5C=，在△ABC中，ABC++=，即()BAC=−+，所以sinsin()sincoscossinBACA

C+AC=+=45325105255555255=+==，由正弦定理得，254sin5254sin5aBbA===，因为sinsinBC=，所以25cb==，所以△ABC的周长42525445Labc=++=++=+，△ABC的面积1125sin4258225SabC===.选②因

为sinsinsincCAbB=+，所以由正弦定理得，22cab=+因为4a=，所以224bc=−.又因为60B=.由余弦定理得22116242bcc=+−所以224164ccc−+=−.解得5c=.所以21b=.所以△ABC的周长4215921Labc=++=++=+.△ABC

的面积113sin4553222SacB===.选③因为2c=，1cos4A=−，所以由余弦定理得，21164224bb=++.即2120bb+−=解得3b=或4b=−（舍去）.所以△ABC的周长4329Labc=++=++=，因

为(0,)A，所以215sin1cos4AA=−=，所以△ABC的面积1153153221sin244SbcA===，故答案为：选①△ABC的周长445+，面积为8；选②△ABC的周长921+，面积为53；选③△ABC的周长9，面积为3154.【点睛】本题考查了正弦定理

、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.18.已知na为等差数列，2725aa+=，823a=，nb为等比数列，且112ab=，2511bba=.（1）求na，nb的通项公式；（2）记nnncab=，求数列{)nc的前n项和nT.【答案】（1）31n

an=−；12nnb−=（2）4(34)2nnTn=+−【解析】【分析】（1）设等差数列na的公差为d，由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到na；设等比数列nb的公比为q，由等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到nb；（2）求得1(

31)2nncn−=−，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】解：（1）设等差数列na的公差为d，由题意得112725723adad+=+=，解得123ad==，所以数列na的通项公式()213

nan=+−，即31nan=−.设等比数列nb的公比为q，由112ab=，2511bba=，得11b=，25132bq=，解得2q=，所以数列nb的通项公式12nnb−=；（2）由（1）知1(31)2nnnncabn−==−，则1231nnnTccccc−=+++++0122122

5282(34)2(31)2nnnn−−=++++−+−，12312225282(34)2(31)2nnnTnn−=++++−+−，两式相减得()12123222(31)2nnnTn−−=++++−−122223(31)212nnn−−=+

−−−4(43)2nn=−+−，所以4(34)2nnTn=+−.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．19.如图所示，

在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，60ADC=，直角梯形ADFE所在的平面垂直于平面ABCD，且90EAD=，222AEADDFCD====.（1）证明：平面ECD⊥平面ACE；（2）点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为34.【答案】（1）

证明见解析；（2）点M为线段EF中点【解析】【分析】（1）推导出EA⊥平面ABCD，EACD⊥，CDAC⊥，从而CD⊥平面ACE，由此能证明平面ECD⊥平面ACE；（2）以C为坐标原点，以CA，CD所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能

求出点M为线段EF中点时，平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值．【详解】解：（1）因为平面ABCD⊥平面ADFE，平面ABCD平面ADFEAD=，EAAD⊥，EA平面ADFE，所以EA⊥平面ABCD，又CD平面ABCD，所以EACD⊥，在

△ADC中，1CD=，2AD=，60ADC=，由余弦定理得，14212cos603AC=+−=，所以222ACCDAD+=，所以CDAC⊥.又CDEA⊥，AEACA=，所以CD⊥平面ACE，又CD平面ECD，所以平面ECD⊥平面ACE；（2）以C为坐标原点，以CA，CD所在直

线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，(0,0,0)C，(3,0,0)A，31,,022B−，(0,1,0)D，(3,0,2)E，(0,1,1)F，31,,022AB=−−，(0,0,2)AE=，(0,

1,0)CD=，(3,1,1)FE=−，(0,1,1)CF=，设(3,,)(01)FMFE==−剟，则(3,1,1)CMCFFM=+=−+.设平面ABE的一个法向量为()111,,mxyz=，则00mABmAE

==，即1113102220xyz−−==，取11x=，得(1,3,0)m=−.设平面MCD的一个法向量为()222,,nxyz=，由00nCDnCM==，得212203(1)(1)

0yxyz=+−++=，令21x=+，得(103)n=+−，，，因为平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为34，所以2|||1|3|cos,|4||||2421mnmnmn+===++，整理得2821

0−−=，解得12=或14=−（舍去），所以点M为线段EF中点时，平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为34.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角的余弦值的点的位置的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的

位置关系等基础知识，考查运算求解能力、逻辑推理能力，是中档题．20.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=经过点(2,1)，离心率为22（1）求椭圆C的方程；（2）设直线:(0)lykxtt=+与椭圆C相交于A，B两

点，若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为定值.【答案】（1）22142xy+=（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意可得关于,,abc的方程组，求得,ab的值，则椭圆方程

可求；（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及四边形OAPB是平行四边形，可得P点坐标，把P点坐标代入椭圆方程，得到22212kt+=，利用弦长公式求得AB，再由点到直线的距离公式求出点O到直线l的距离，代入三角形面积公

式即可证明平行四边形OAPB的面积为定值．【详解】解：（1）因为椭圆C过点(2,1)，代入椭圆方程，可得22211ab+=①，又因为离心率为22，所以22ca=，从而222ab=②，联立①②，解得24a=，22b=，所以椭圆为22

142xy+=；（2）把ykxt=+代入椭圆方程22142xy+=，得()()222214220kxktxt+++−=，所以()()()22222(4)821282210ktktkt=−+−=+−，设()11Axy，，()22,Bxy，则()212122222

4,2121tktxxxxkk−+=−=++，所以()121222221tyykxxtk+=++=+，因为四边形OAPB是平行四边形，所以()12122242,2121kttOPOAOBxxyykk=+=++=−++，，所以P点坐标为2242,2121kttkk−++

.又因为点P在椭圆上，所以()()22222224212121kttkk+=++，即22212kt+=.因为()222121212||114ABkxxkxxxx=+−=++−()2222222212212312121kktkkk++−+==++.又点O到直线

l的距离2||1tdk=+，所以平行四边形OAPB的面积22223||6212||62121OAPBOABtkSSABdkk+=====++，即平行四边形OAPB的面积为定值.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中

档题．21.在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期.一研究团队统计了某地区200名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位：天）[0,2

](2,4](4,6](6,8](8,10](10,12](12,14]人数174162502631（1）求这200名患者的潜伏期的样本平均数x（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以

潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述200名患者中抽取40人得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期6天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）2050岁以下9总计40（3）以这200名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1

名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立.为了深入硏究，该研究团队在该地区随机调查了10名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？附：()20PKk0.050.0250.0100k3.8415.0246.

63522()()()()()nadbcKabcdacbd−=++++，其中nabcd=+++【答案】（1）5.4（天）（2）填表见解析；没有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关（3）最有可能是4人【解析】【分析】（1）利用平均值的定义求解即可；（

2）根据题目所给的数据填写2×2列联表，根据公式计算2K，对照题目中的表格，得出统计结论；（3）先求出该地区每名患者潜伏期超过6天发生的概率，设调查的10名患者中潜伏期超过6天的人数为X，由于该地区人数较多，则X近似服从二项分布

，即2~10,5XB，101023()55kkkPXkC−==，0,1,2,k=…，10，由()(1)()(1)PXkPXkPXkPXk==+==−……得：17

2255k剟，即这10名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是4人．【详解】解：（1）1(117341562750926113131)5.4200x=++++++=（天）.（2）根据题意，补充完整

的列联表如下：潜伏期6„天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）1552050岁以下91120总计241640则2240(151195)3.7524162020K−==，经查表，得23.753.841K=，所以没有95%的把握认为

潜伏期与患者年龄有关；（3）由题意可知，该地区每名患者潜伏期超过6天发生的概率为8022005=.设调查的10名患者中潜伏期超过6天的人数为X，由于该地区人数较多，则X近似服从二项分布，即2~10,5XB，10

1023()55kkkPXkC−==，0,1,2,k=…，10.由()(1)()(1)PXkPXkPXkPXk==+==−……，得10191101010111110102323,5555

2323,5555kkkkkkkkkkkkCCCC−+−+−−−−……化简得172255k剟，又kN，所以4k=，即这10名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是4人.【点睛】本题考

查了独立性检验的应用问题，以及二项分布，也考查了计算能力，是中档题．22.已知函数21()ln2fxxx=+，3()gxxx=−（1）讨论函数()()()hxfxgx=−的单调性；（2）当1t时，证明曲线()ygx=分别在点(1,(1))g和点(,

())tgt处的切线为不同的直线；（3）已知过点(,)mn能作曲线()ygx=的三条切线，求m，n所满足的条件.【答案】（1）()hx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减（2）证明见解析；（3）当0m时，3mmnm−−；当0m时，3mnmm−−【解析】【分

析】（1）对()hx求导，根据()'hx的符号判断()hx的单调性；（2）先分别求出曲线()ygx=分别在点(1,(1))g和点(,())tgt处的切线方程，然后根据条件1t证明两者为不同的直线的方程；（3）先设直线l过点(,)mn与曲线()ygx=在点()3000,xxx−处相切，

再设直线():lynkxm−=−，根据两者联立得到方程3200230xmxmn−++=，要求此方程有三个不等实根即可．然后构造函数3()23zxxmxmn=−++，研究该函数有3个零点的条件即可.【详解】解：（1）因为231()ln(0)2h

xxxxxx=+−+，所以232113()31xxxhxxxxx++−=+−+=()()()322121(1)321xxxxxxxxx−−−−−++==，所以当01x时，()0hx；当1x时，()0hx.所以()hx在(0,1)上单调递增，在(1,)

+上单调递减；（2）因为2()31gxx=−，所以(1)2g=，2()31gtt=−.又因为(1)0g=，3()gttt=−.所以曲线()ygx=在点()()1,1g处的切线方程为22yx=−；曲线()ygx=在点()(),tgt处的切

线方程为()23312ytxt=−−.因为1t.所以322t−−.所以两条切线不可能相同.（3）设直线l过点(,)mn与曲线()ygx=在点()3000,xxx−处相切，设直线():lynkxm−=−，则()30002031xxn

kxmkx−−=−=−，，消去k，得3200230xmxmn−++=.因为过点(,)mn能作曲线()ygx=的三条切线，所以关于0x的方程3200230xmxmn−++=有三个不等实根.设32()23xxmxmn=−++，则()x有三个零点.又()6()xxxm=−，①若0m=，

则2()60xx=…，所以()x在(,)−+上单调递增，()x至多一个零点，故0m=不符合题意；②若0m，则当(,)xm−时，()0x，()x单调递增；当(,0)xm时，()0x，()x单调递减；当(0,)x+时，()0x，()

x单调递增.所以()x的极大值为3()mmmn=−++，极小值为(0)mn=+.又()x有三个零点，所以()0(0)0m，即300mmnmn−+++，所以3mmnm−−；③若0m，则当(,0)x−时，()0x，()x

单调递增；当(0,)xm，()0x，()x单调递减；当(,)xm+时，()0x，()x单调递增，所以()x的极大值为(0)mn=+，极小值为3()mmmn=−++.又()x有三个零点，所以()0(0)0m，即300mmnmn−

+++，所以3mnmm−−，综上所述，当0m时，3mmnm−−；当0m时，3mnmm−−.【点睛】本题考查导数的综合应用，有一定难度，处理该问题的关键是对字母的讨论，确定单调性及最值.