【文档说明】重庆市第一中学2021届高三高考数学三诊试卷 含解析.doc，共(24)页，1.483 MB，由小赞的店铺上传

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2021年重庆一中高考数学三诊试卷一、选择题（共8小题）.1．已知sin（）＝，则cosα＝（）A．B．C．D．2．已知A＝{x|2x＜8，x∈N}，且∅≠B⊆A，则满足条件的集合B有（）A．6个B．7个C．8个D．15个3．若向量＝（2k﹣1，k）与向量

＝（4，1）共线，则＝（）A．0B．4C．D．4．已知（1﹣x）5+（1+x）7＝a0﹣a1x+a2x2﹣a3x3+a4x4﹣a5x5+a6x6﹣a7x7，则a1+a3+a5+a7的值为（）A．24B．﹣

48C．﹣32D．725．2021年寒假，重庆一中书院“云”课堂为了解决孩子们在平时学习中的困惑、遗漏等，各个学科为孩子们量身定制了各重点章节的微课．其中高三年级数学学科安排了A，B，C三位老师录制“数列”、“三角

函数”、“立体几何”、“概率统计”、“解析几何”、“函数与导数”6个章节的微课，每位老师录制两个章节，其中A老师不录制“函数与导数”，B老师不录制“三角函数”，则安排录制微课的情况一共有（）A．30种B．

36种C．42种D．48种6．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备．电磁波在大气中大致沿直线传播．受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L＝＝（如图），其中h1为雷达天线架设高度，h2为探测目标高度，R为地球半径．

考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8490km，故R远大于h1，h2．假设某探测目标高度为25m，为保护航母的安全，须在直视距离412km外探测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（）（参考数

据：≈4.12）A．6400mB．8100mC．9100mD．10000m7．已知点A（1，0），B（﹣1，0），若圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0上有且仅有一点P，使得＝0，则实数m的值为（）A．﹣11B．9C．﹣9或11D．9或﹣118

．已知正实数a，b满足b（+ln），则2a+b的最小值为（）A．2B．4C．2eD．2二、选择题（共4小题）.9．若复数z＝3﹣i，其共轭复数为，则（）A．z的虚部为﹣iB．z•＝10C．在复平面上对应的点在第四象限D．＝

i10．已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有正确的命题是（）A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n11．已知等比数

列{an}首项a1＞1，公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，函数f（x）＝x（x+a1）（x+a2）…（x+a7），若f′（0）＝1，则（）A．{lgan}为单调递增的等差数列B．0＜q＜1C．为单调递增的等比数列D．使得Tn＞1成立的n

的最大值为612．已知直线l：2kx﹣2y﹣kp＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两点，点M（﹣1，﹣1）是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（）A．p＝2B．k＝﹣2C．|AB|＝5D．△MAB的面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共2

0分．13．已知函数f（x）满足：∀x∈R，f（﹣x）+f（x）＝0，且当x＞0时，f（x）＝，则f[f（）]的值为．14．袋中有形状、大小都相同的5只球，其中1只白球，2只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．15．已

知定义在R上的函数f（x）满足：f′（x）﹣f（x）＝xex，且f（0）＝0，则f（x）的极大值为．16．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧棱AA1＝t（t＞4），点E是

BC的中点，点P是侧面ABB1A1内的动点（包括四条边上的点），且满足tan∠APD＝4tan∠EPB，则四棱锥P﹣ABED的体积的最大值是．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．在①f（x）＝2sincos﹣2cos2+1，②f（x）＝2si

n（）cos+1，③f（x）＝（sincos）2﹣2cos2这三个条件中任选一个，填在横线上，并作出解答．问题：已知函数f（x）的解析式为_____．（1）若在△ABC中，f（A）＝，AB＝，AC＝1，D为BC的中点

，求AD的长；（2）若g（x）＝f（π），ω＞0，当x时，g（x）的最大值为，求ω的取值范围．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足﹣＝，a1＝1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝，数列{bn

}的前n项积为Tn，若对任意的n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值．19．随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．中华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下

：序号123456789101112x2346810132122232425y1322314250565868.53837.56666当0＜x≤17时，建立了y与x的两个回归模型：模型①：：模型②：﹣14.4；当x＞

17时，确定y与x满足的线性回归方程为．（1）根据下列表格中的数据，比较当0＜x≤17时模型①、②的相关指数R2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元时的直接收益．回归模型模型①模型②回归方程﹣14.4182.479.2（附

：刻画回归效果的相关指数R2＝1﹣≈4.1）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小；（附：用最小二乘法求线性回归方程的系数

公式＝＝；a＝）（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从正态分布N（0.52，0012）．公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过50%，不予奖励：若芯片的效率超过50%但不超过53%，每部芯片奖励2元：若芯

片的效率超过53%，每部芯片奖励4元，记Y为每部芯片获得的奖励，求E（Y）（精确到0.01）．（附：若随机变量X～N（μ，σ2）（σ＞0），则P（μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9545）20．

已知四棱柱ABCD﹣A'B'C'D'中，底面ABCD为菱形，AB＝2，AA'＝4，∠BAD＝60°，E为BC中点，C'在平面ABCD上的投影H为直线AE与DC的交点．（1）求证：BD⊥A'H；（2）求二面角D'﹣BB'﹣C的正弦值．21．

已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1（﹣1，0），F2（1，0），点A（0，b），若△AF1F2的内切圆的半径与外接圆的半径的比是1：2．（1）求椭圆C的方程；（2）已知P（﹣1，），过P作斜率互为相反数的两直线l1、l2分别与椭圆交于M

，N两点（M，N两点位于x轴下方），求三角形PMN的面积取得最大值时的直线MN的方程．22．已知函数f（x）＝，g（x）＝xln（x+1）．（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：x＞0时，f（x）•

g（x）＞x2；（3）设G（x）＝a（xf（x）+1）+cosx在区间（0，π]内有不相等的两个零点，求a的范围．参考答案一、选择题（共8小题）.1．已知sin（）＝，则cosα＝（）A．B．C．D．解：∵sin（）＝﹣cosα＝，则cosα＝﹣，故选：A．2．已知A＝{x|2x

＜8，x∈N}，且∅≠B⊆A，则满足条件的集合B有（）A．6个B．7个C．8个D．15个解：由已知可得A＝{0，1，2}，则满足条件的集合B有23﹣1＝7，故选：B．3．若向量＝（2k﹣1，k）与向量＝（4

，1）共线，则＝（）A．0B．4C．D．解：向量与向量共线，则2k﹣1﹣4k＝0，解得k＝﹣，∴＝（﹣2，﹣），∴＝﹣2×4+（﹣）×1＝﹣．故选：D．4．已知（1﹣x）5+（1+x）7＝a0﹣a1x+a2x2﹣a3x3+a4x4﹣a5x5+a6x6﹣a7x7，则a1+a3+a

5+a7的值为（）A．24B．﹣48C．﹣32D．72解：令x＝1，可得27＝a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a7…①令x＝﹣1，则25＝a0+a1+a2+…+a7…②所以②﹣①可得：2（a1+a3+a5+a7）＝25﹣27＝﹣9

6，所以a1+a3+a5+a7＝﹣48，故选：B．5．2021年寒假，重庆一中书院“云”课堂为了解决孩子们在平时学习中的困惑、遗漏等，各个学科为孩子们量身定制了各重点章节的微课．其中高三年级数学学科安排

了A，B，C三位老师录制“数列”、“三角函数”、“立体几何”、“概率统计”、“解析几何”、“函数与导数”6个章节的微课，每位老师录制两个章节，其中A老师不录制“函数与导数”，B老师不录制“三角函数”，则安排录制微课的情况一共有（）A．30种B．36种

C．42种D．48种解：①A老师录制三角函数与另一门微课，则A老师有C＝4种录课方法，B老师有C＝6种录课方法，C老师有C＝1种录课方法，则共有4×6×1＝24种，②A老师不录制三角函数，则A老师有C种录课方法，B老师有C种录课方法，C老师有C种录课方法，则共有6×3×1＝18种，综上，共有24

+18＝42种方法，故选：C．6．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备．电磁波在大气中大致沿直线传播．受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离L＝＝（如图），其中h1为雷达天线架设高度，h2为探测目标高度，R为地球半径．考虑到电

磁波的弯曲、折射等因素，R等效取8490km，故R远大于h1，h2．假设某探测目标高度为25m，为保护航母的安全，须在直视距离412km外探测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（）（参考数据：≈4.12）A．6400mB．8100mC．9100mD．10

000m解：根据题意可知，L＝412km，R＝8490km，h2＝0.025km，因为L＝＝，所以412＝，解得h1≈10km＝10000m，所以舰载预警机的巡航高度至少约为10000m．故选：D．7．已知点A（1，0）

，B（﹣1，0），若圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0上有且仅有一点P，使得＝0，则实数m的值为（）A．﹣11B．9C．﹣9或11D．9或﹣11解：点A（1，0），B（﹣1，0），∴A，B两点在x轴上

，由圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0，可知圆心（3，4），半径r＝，根据题意，圆C：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0上有且仅有一点P，向量得＝0，可得＝±1，解得实数m＝9或﹣11，故选：D．8．已知正实

数a，b满足b（+ln），则2a+b的最小值为（）A．2B．4C．2eD．2解：由已知可得＝，令f（x）＝（x＞0），则f′（x）＝＝，因为x＞0，所以f′（x）＞0，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（a），可得a，即ab≥2

，所以2a+b，当且仅当2a＝b时取等号，此时2a+b的最小值为4，故选：B．二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．若复数z＝3﹣i，其共轭复数为，则（）A．z的虚部为﹣iB．z•＝10

C．在复平面上对应的点在第四象限D．＝i解：∵z＝3﹣i，∴z的虚部为﹣1，故A错误；，故B正确；，在复平面上对应的点的坐标为（3，1），在第一象限，故C错误；＝，故D正确．故选：BD．10．已知m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有正确的命题是（）A．若m⊥α，

n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α∥βC．若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α∥βD．若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n解：由m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；对于B，若m∥α，n∥β

，m⊥n，则α与β相交或平行，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α与β相交或平行，故C错误；对于D，若m⊥α，n∥β，α∥β，则由面面平行、线面垂直的性质得m⊥n，故D正确．故选：AD．11．已知等比数列{an}首项a1＞1，

公比为q，前n项和为Sn，前n项积为Tn，函数f（x）＝x（x+a1）（x+a2）…（x+a7），若f′（0）＝1，则（）A．{lgan}为单调递增的等差数列B．0＜q＜1C．为单调递增的等比数列D．使得Tn＞1成立的n的

最大值为6解：函数f（x）＝x（x+a1）（x+a2）…（x+a7），则f′（x）＝（x+a1）（x+a2）…（x+a7）+x[（x+a1）（x+a2）…（x+a7）]′，因为f′（0）＝1，所以a1a2…a7＝1，由

等比数列的性质可得a1a7＝a2a6＝a3a5＝a42，所以a1a2…a7＝＝1，所以a4＝1，由a1＞1，可得0＜q＜1，故B正确；因为等比数列{an}首项a1＞1，公比为q，所以＝q，则lgan+1﹣lgan＝lg＝lgq＜0，故{lgan}为单调递减的等差数列，故A错误；设bn＝S

n﹣＝﹣＝qn，则＝＝q为常数，因为0＜q＜1，所以＜0，qn单调递减，所以为单调递增的等比数列，故C正确；因为a1a2…a7＝1，且a1＞a2＞…＞a7＞0，所以a1a2…a6＞1，0＜a7＜1，所以使得Tn＞1成立的n的最大值为6，故D正

确．故选：BCD．12．已知直线l：2kx﹣2y﹣kp＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）相交于A，B两点，点M（﹣1，﹣1）是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（）A．p＝2B．k＝﹣2

C．|AB|＝5D．△MAB的面积为解：直线l：2kx﹣2y﹣kp＝0整理可得k（2x﹣p）﹣2y＝0，恒过（，0），即过抛物线的焦点F，所以抛物准线方程为x＝﹣，点M（﹣1，﹣1）是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，M在抛物线的准线上，所以﹣＝﹣1，解得p＝2，所以A

正确，焦点坐标为（1，0），直线l整理可得y＝k（x﹣1），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与抛物线的方程，整理可得：k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，x1x2＝1，x1+x2＝，y1+y2＝k（x1+x2﹣2）＝，y1y2＝﹣4＝﹣4，

由题意可得＝0，即（x1+1，y1+1）•（x2+1，y2+1）＝0整理可得x1x2+（x1+x2）+1+y1y2+（y1+y2）+1＝0，代入可得1++1﹣4++1＝0，解得：++1＝0，解得k＝﹣2，所以B正确，所以x1x2＝1，x1+x2＝3，所以弦长|AB|

＝＝＝5，所以C正确；直线AB的方程为：y＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣2＝0，所以M到直线AB的距离d＝＝，所以S△MAB＝|AB|•d＝＝，所以D不正确，故选：ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知函数f（x）满足：∀x∈R，f（﹣

x）+f（x）＝0，且当x＞0时，f（x）＝，则f[f（）]的值为﹣6．解：∵函数f（x）满足：∀x∈R，f（﹣x）+f（x）＝0，故f（x）为奇函数．且当x＞0时，f（x）＝，则f（）＝＝﹣2，f[f（）]＝f[﹣f（）]＝f（2）＝2﹣2×

22＝﹣6，故答案为：﹣6．14．袋中有形状、大小都相同的5只球，其中1只白球，2只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．解：袋中有形状、大小都相同的5只球，其中1只白球，2

只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，基本事件总数n＝＝10，这2只球颜色不同的对立事件是两只球颜色不同，∴这2只球颜色不同的概率：p＝1﹣＝．故答案为：．15．已知定义在R上的函数f（x）满足：f′（

x）﹣f（x）＝xex，且f（0）＝0，则f（x）的极大值为2e﹣2．解：令F（x）＝，则F′（x）＝＝x，故F（x）＝+c，所以f（x）＝ex（），因为f（0）＝c＝0，故f（x）＝•ex，，易得，当x＞0或x＜﹣2时，f′（x）＞0，函数单调递增，当﹣2＜x＜0时，f′（

x）＜0，函数单调递减，故当x＝﹣2时，f（x）取得极大值2e﹣2．故答案为：2e﹣2．16．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧棱AA1＝t（t＞4），点E是BC的中点，点P是侧面ABB1A1内的动点（包括四条边上的点），且满足tan∠APD＝4t

an∠EPB，则四棱锥P﹣ABED的体积的最大值是．解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为AD1⊥平面ABB1A1，BC⊂平面ABB1A1，所以△APD和△EBP均为直角三角形，所以tan∠APD＝，tan∠EPB＝，又tan∠APD＝4

tan∠EPB，所以，即BP＝2AP，以AB所在直线为x轴，AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，则A（﹣2，0），B（2，0），设P（x，y），根据BP＝2AP，则有，化简整理可得，（

其中﹣2≤x≤2，y≥0），则当x＝﹣2时，，所以点P到平面ABED的最大距离为，又四边形ABED的面积为，所以四棱锥P﹣ABED的体积的最大值为．故答案为：．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．在①f（x）＝2sincos﹣2

cos2+1，②f（x）＝2sin（）cos+1，③f（x）＝（sincos）2﹣2cos2这三个条件中任选一个，填在横线上，并作出解答．问题：已知函数f（x）的解析式为_____．（1）若在△ABC中，f（A）＝，AB＝，AC＝1，D为BC的中点，求AD的长；（2）若

g（x）＝f（π），ω＞0，当x时，g（x）的最大值为，求ω的取值范围．解：若选①：f（x）＝2sincos﹣2cos2+1＝sinx﹣cosx＝，（1）f（A）＝＝，所以，解得A＝，又AB＝，AC＝1，由余弦定理可得，因为D为BC的中点，设AD＝x，则有cos∠CDA+cos∠

BDA＝0，所以，解得，所以AD的长为；（2）g（x）＝f（π）＝，因为当x时，g（x）的最大值为，所以，解得且ω＞0，k∈Z．若选②：f（x）＝2sin（）cos+1＝＝2sincos﹣2cos2+1＝sinx﹣cosx＝（1）f（A）＝＝，所以，解得A＝，又AB＝，AC＝1，由余

弦定理可得，因为D为BC的中点，设AD＝x，则有cos∠CDA+cos∠BDA＝0，所以，解得，所以AD的长为；（2）g（x）＝f（π）＝，因为当x时，g（x）的最大值为，所以，解得且ω＞0，k∈Z．若选③：f

（x）＝（sincos）2﹣2cos2＝＝sinx﹣cosx＝，（1）f（A）＝＝，所以，解得A＝，又AB＝，AC＝1，由余弦定理可得，因为D为BC的中点，设AD＝x，则有cos∠CDA+cos∠BDA＝0，所以，解得，所以AD的长为；（2）g（

x）＝f（π）＝，因为当x时，g（x）的最大值为，所以，解得且ω＞0，k∈Z．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足﹣＝，a1＝1．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn＝，数列{bn}的前n项积为T

n，若对任意的n∈N*，t≤4Tn恒成立，求实数t的最大值．解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，满足﹣＝，a1＝1．所以数列{}是以为首项，为公差的等差数列；所以，整理得，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝，当n＝1时，首项符合通项，故an＝3n﹣2．（2）

由于an＝3n﹣2，所以bn＝＝，所以，由于，故数列{Tn}为递增数列，所以对任意的n∈N*，t≤4Tn恒成立，只需满足t≤4（Tn）min＝4T1＝2，故实数t的最大值为2．19．随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了

科技研发投入的力度．中华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：序号123456789101112x2346810132122232425y1322314250565868.53837.

56666当0＜x≤17时，建立了y与x的两个回归模型：模型①：：模型②：﹣14.4；当x＞17时，确定y与x满足的线性回归方程为．（1）根据下列表格中的数据，比较当0＜x≤17时模型①、②的相关指数R2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元时

的直接收益．回归模型模型①模型②回归方程﹣14.4182.479.2（附：刻画回归效果的相关指数R2＝1﹣≈4.1）（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公

司实际收益的大小；（附：用最小二乘法求线性回归方程的系数公式＝＝；a＝）（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从正态分布N（0.52，0012）．公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率

不超过50%，不予奖励：若芯片的效率超过50%但不超过53%，每部芯片奖励2元：若芯片的效率超过53%，每部芯片奖励4元，记Y为每部芯片获得的奖励，求E（Y）（精确到0.01）．（附：若随机变量X～N（μ，σ2）（σ＞0），则P（μ﹣σ＜

X＜μ+σ）＝0.6827，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9545）解：（1）由表格中的数据，182.4＞79.2，∴＞，∴1﹣＜1﹣，∴模型①的相关指数R12小于模型②的相关指数R22，∴回归模型②的拟合效果更好，∴当x＝17亿时，科技升级直接收益的预测值为：＝21.3﹣14.4

≈72.93（亿元）．（2）当x＞17时，由已知可得＝＝23，＝＝67.2，∴＝67.2+0.7×23＝83.3，∴当x＞17时，y与x满足的线性回归方程为＝﹣0.7x+83.3，当x＝20亿元，实际收益的预测值为：＝﹣0.7×20+

83.3＝69.3亿元，当x＝20亿元时，实际收益的预测值为69.3+5＝74.3亿元＞72.93亿元，∴技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．（3）∵μ﹣2σ＝0.5，μ+σ＝0.53，∴P（0.50＜

X≤0.53）＝P（μ﹣2σ＜X≤μ+σ）＝P（μ﹣2σ＜X≤μ﹣σ）+P（μ﹣σ＜X≤μ+σ）＝+0.6827＝0.8186．P（X＞0.53）＝P（X＞μ+σ）＝，∴E（Y）＝0+2×0.8186+4×＝2.2718≈2.27（元）．20．已知四棱柱ABCD﹣A'B'C'D'中，底面ABC

D为菱形，AB＝2，AA'＝4，∠BAD＝60°，E为BC中点，C'在平面ABCD上的投影H为直线AE与DC的交点．（1）求证：BD⊥A'H；（2）求二面角D'﹣BB'﹣C的正弦值．解：（1）证明：四棱柱ABCD﹣A'B'C'D'中，底面

ABCD为菱形，连结A′C′、B′D′，则A′C′⊥B′D′，BD∥B′D′，∵C'在平面ABCD上的投影H为直线AE与DC的交点，∴C′H⊥平面ABCD，∵平面A′B′C′D′∥平面ABCD，∴C′H⊥平面A′B′C′D′，∵B′D′⊂平面

A′B′C′D′，∴B′D′⊥C′H，∵A′C′∩C′H＝C′，∴B′D′⊥平面A′C′H，∴BD⊥平面A′C′H，∵A′H⊂⊥平面A′C′H，∴BD⊥A'H．（2）解：连结CD′，则四边形CHC′D′是平行四边形，∴CD′⊥平面ABCD，以C为原点，在平面ABCD中过C作CB的

垂线为x轴，CB为y轴，CD′为z轴，建立空间直角坐标系，则D′（0，0，2），B（，﹣1，0），B′（，1，2），C（0，0，0），＝（0，2，2），＝（﹣，1，0），＝（﹣，1，2），设平面BB′D′的法向量＝（x，y，z）

，则，取y＝，得＝（﹣1，，﹣1），设平面BCB′的法向量＝（a，b，c），则，取a＝1，得＝（1，，﹣1），设二面角D'﹣BB'﹣C的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角D'﹣BB'﹣C的正弦值sinθ＝＝．21．已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1（﹣1，0），F2（1，0

），点A（0，b），若△AF1F2的内切圆的半径与外接圆的半径的比是1：2．（1）求椭圆C的方程；（2）已知P（﹣1，），过P作斜率互为相反数的两直线l1、l2分别与椭圆交于M，N两点（M，N两点位于x轴下方），求三角形PMN的面积取得最大值时的直线MN的方程．解：（1

）设△AF1F2的内切圆的半径为r，所以（2a+2c）•r＝•2c•b，又c＝1，所以r＝，设△AF1F2的外接圆的半径为R，在Rt△AF1O中，sin∠AF1O＝＝，所以2R＝＝＝，所以R＝，因为r：R＝1：2，即

R＝2r，所以＝，所以4b2＝a3+a2，所以4（a2﹣1）＝a2（a+1），所以a2﹣4a+4＝0，所以（a﹣2）2＝0，即a＝2，所以b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆的方程为+＝1．（2）由题知直线MN的斜率存在，设为k，设直线MN的方程为y＝kx+m，

联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，所以△＝（8km）2﹣4×（4k2+3）（4m2﹣12）＝64k2m2﹣4×（16k2m2+12m2﹣48k2﹣36）＝16（12k2+9﹣3m2）＞0，设M（x1，y1），N（x2，y2），所以x1+

x2＝，x1x2＝，因为直线l1与l2斜率互为相反数，所以kPM+kPN＝0，所以+＝0，所以（y1﹣）（x2+1）+（x1+1）（y2﹣）＝0，所以（kx1+m﹣）（x2+1）+（x1+1）（kx2+m﹣）＝0，所以2kx1x2+（m+k﹣）（x1+x

2）+2m﹣3＝0，所以2k•+（m+k﹣）×+2m﹣3＝0，所以4k2+8k﹣4km﹣2m+3＝0，所以（2k+1）（2k﹣2m+3）＝0，所以k＝﹣或2k＝2m﹣3，当2k＝2m﹣3时，直线MN的方程为y＝（）x+m，此时直线

过点P（﹣1，），不合题意，所以k＝﹣，直线MN的方程为y＝﹣x+m，即x+2y﹣m＝0，点P到直线MN的距离d＝＝，所以|MN|＝＝＝•，所以S△PMN＝•|MN|•d＝•••＝•|1﹣m|＝，（﹣2＜m＜2），令y＝（12﹣3m2）（m﹣1）2＝﹣

3m4+6m3+9m2﹣24m+12，y′＝﹣12m3+18m2+18m﹣24＝﹣6（2m3﹣3m2﹣m2﹣3m+4）＝﹣6（m﹣1）（2m2﹣m﹣4），令y′＝0，解得m＝1或2m2﹣m﹣4＝0，所以m＝1或

m＝，又因为﹣2＜m＜2，所以y＝（12﹣3m2）（m﹣1）2在（﹣2，）上单调递增，在（，1）上单调递减，在（1，）上单调递增，在（，2）上单调递减，当m＝时，y＝+，当m＝时，y＝+，所以当m＝时，y最大，S最大，所以直线MN的方程

为y＝﹣x+．22．已知函数f（x）＝，g（x）＝xln（x+1）．（1）求f（x）的单调区间；（2）证明：x＞0时，f（x）•g（x）＞x2；（3）设G（x）＝a（xf（x）+1）+cosx在区间（0，π]内有不相等的两个零点，求a的范围．解：（1）函数f（x）＝的定义域为{x|x≠0}

，f′（x）＝，令h（x）＝ex（x﹣1）+1，h′（x）＝xex，令h′（x）＞0，可得x＞0，令h′（x）＜0，可得x＜0，所以h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（0）＝0，所以f′（x）≥0，所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，0），（0，+∞），无

单调递减区间．（2）证明：f（x）•g（x）＝（ex﹣1）ln（x+1），令F（x）＝f（x）•g（x）﹣x2＝（ex﹣1）ln（x+1）﹣x2，x＞0，F′（x）＝exln（x+1）+﹣2x，因为x＞0，所以ex﹣1＞0，＞0，ln（x+1）

＞0，所以exln（x+1）＞0，2x＞0，所以exln（x+1）+﹣2x＞0，所以F′（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递增，所以F（x）＞F（0）＝（e0﹣1）ln（0+1）﹣02＝0，所以f（x）g（x）＞x2．（

3）G（x）＝a（xf（x）+1）+cosx＝a（ex﹣1+1）+cosx＝aex+cosx，令G（x）＝0，得aex+cosx＝0，即a＝﹣e﹣xcosx，所以G（x）在（0，π]内有两个零点，令y＝﹣e﹣xcosx，x∈（0，π]，则y＝a与y＝﹣e﹣xcosx在

（0，π]内有两个交点，y′＝﹣（﹣e﹣xcosx﹣e﹣xsinx）＝e﹣x（sinx+cosx）＝e﹣xsin（x+），因为x∈（0，π]，令y′＞0，即sin（x+）＞0，所以0＜x＜，y＝﹣e﹣xcosx单调递增，令y′＜0，即sin（x+）＜0，所以＜x＜π，y＝﹣e﹣

xcosx单调递减，所以当x＝时，ymax＝﹣ecos＝e，当x＝0时，y＝﹣1，当x＝π时，y＝﹣e﹣πcosπ＝e﹣π，又因为y＝a与y＝﹣e﹣xcosx有两个交点，则当e﹣π≤a＜e时，有两个交点，当﹣1＜a＜e﹣π或a＝e时，有1个交点，所以a的取值范围为[e﹣π，e

）．