2020-2021学年湖南沙郡中学高一(下)5月月考数学试卷

2020-2021学年湖南沙郡中学高一（下）5月月

考数学试卷

一、单选题（本大题共15小题，共45.0分） 1. 函数𝑓(𝑥)=

√10+9𝑥−𝑥2lg(𝑥−1)

的定义域为( )

A. [1,10] B. [1,2)∪(2,10] C. (1,10] D. (1,2)∪(2,10]

2. 下列既是偶函数，又在区间[−3,−1]上单调递增的是( )

A. 𝑓(𝑥)={√

𝑥,𝑥≥0,

√−𝑥,𝑥<0

B. 𝑓(𝑥)=ln |𝑥| D. 𝑓(𝑥)=−𝑥

1

C. 𝑓(𝑥)=−𝑥4

3. 函数𝑓(𝑥)=𝑥−3+log3𝑥的零点所在区间为( )

A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞)

4. 若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为( )

A. √2𝜋 B. 2√2𝜋 C. 2𝜋 D. 4𝜋

5. 圆E：𝑥2+𝑦2=1与圆F：𝑥2+𝑦2−4𝑥−4𝑦+4=0的公切线的条数为( )

A. 2 B. 2 C. 3 D. 4

6. 若2𝑎>1，则a的取值范围为( )

A. 𝑎>0 B. 0<𝑎<1 C. 𝑎<0 D. 𝑎>2

7. 在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，若𝐴𝐵=𝐵𝐵1，D是𝐶𝐶1的中点，则𝐶𝐴1与BD所成角

的大小是( )

A. 3

𝜋

B. 12

𝜋

5𝜋

C. 2

𝜋

D. 12

7𝜋

⃗ ,𝑐⃗ 的夹角是3，𝑎⃗ ⋅𝑐⃗ =2，则|𝑐⃗ |等于( ) 8. 已知向量𝑎⃗ =(1,√3)，向量𝑎

A. −2 B. 4 C. 2 D. −4

9. 若直线l经过点𝐴(2,5)、𝐵(4,3)，则直线l倾斜角为( )

A. 6

𝜋

B. 3

𝜋

C. 6

5𝜋

D. 4

3𝜋

10. 已知函数f(x)= sin(2x+𝜑)(0<𝜑<𝜋)的部分图象，如

图所示，则𝜑=( )

A. 6 B. 3

𝜋

𝜋

第1页，共20页

C. 2 D. 3

11. 设函数𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上是减函数，则( )

2𝜋

𝜋

A. 𝑓(𝑎)>𝑓(2𝑎) C. 𝑓(𝑎2+𝑎)<𝑓(𝑎)

B. 𝑓(𝑎2+1)<𝑓(𝑎) D. 𝑓(𝑎2)<𝑓(𝑎)

12. 已知⊙𝐶：𝑥2+𝑦2=1，直线l：𝑥+𝑦−1=0，则l被⊙𝐶所截得的弦长为( )

A. 2√2 B. 2 C. √2 D. 1

𝑥2−1,(𝑥<1)

13. 已知函数𝑓(𝑥)={ln𝑥，关于x的方程2[𝑓(𝑥)]2+(1−2𝑚)𝑓(𝑥)−𝑚=0，

,(𝑥≥1)

𝑥

有5个不同的实数解，则m的取值范围是( )

A. {−1,𝑒}

1

B. (0,+∞)

C. (0,𝑒)

1

D. (0,𝑒]

1

14. 点P在圆𝐶1：𝑥2+(𝑦+3)2=1上，点Q在圆𝐶2：(𝑥−4)2+𝑦2=4上，则|𝑃𝑄|的

最大值是( )

A. 8 B. 5 C. 3 D. 2

15. 下列命题中错误的是 ．．

A. “若𝑥+𝑦=2，则𝑠𝑖𝑛𝑥=𝑐𝑜𝑠𝑦”的逆命题是假命题 B. “在△𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐵>𝑠𝑖𝑛𝐶是𝐵>𝐶的充要条件”是真命题

⃗ ，𝑐⃗ −𝑐⃗ =𝑐⃗ ，𝑏⃗ 均为非零向量，则“𝑎C. 设平面向量𝑎⃗ ·(𝑏⃗ )=0”是“𝑏⃗ ”的充分不必要条件

𝜋

D. 命题“∀𝑥∈(0,+∞)，𝑥−𝑙𝑛𝑥>0”的否定是“∃𝑥∈(0,+∞)，𝑥−𝑙𝑛𝑥≤0”

二、单空题（本大题共5小题，共15.0分） 16. 已知𝑡𝑎𝑛𝜃=2，则sin𝜃+cos𝜃= ． 17. 函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑔𝑥2的单调递减区间是______．

⃗⃗⃗ =(−3𝑥,2)，18. 已知⃗⃗⃗⃗⃗ 如果∠𝐵𝐴𝐶是钝角，则x的取值范围是________． 𝐴𝐵=(𝑥,2𝑥),⃗⃗𝐴𝐶𝐶𝐵⊥𝐵𝐷，𝐴𝐵=𝐴𝐷=19. 已知在三棱锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，平面𝐴𝐵𝐷⊥平面BDC，且𝐵𝐴⊥𝐷𝐴，

𝐵𝐶=2，若此三棱锥的四个顶点在同一球面上，则该球的体积为________．

222220. 已知实数𝑥1、𝑥2、𝑦1、𝑦2满足：𝑥1+𝑦1=1，𝑥2+𝑦2=1，𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=2，则

1

5𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑐𝑜𝑠𝜃

的最大值为______．

三、解答题（本大题共5小题，共40.0分）

第2页，共20页

𝜋3

21. 已知𝑓(𝑥)=cos(𝜔𝑥+𝜑)(𝜔>0,−2<𝜑<0)的最小正周期为𝜋，且𝑓()=√．

4

2

𝜋

(1)求𝜔和𝜑的值；

(2)求𝑓(𝑥)的单调递增区间； (3)求𝑓(𝑥)在[0,2]上的值域．

22. 如图，已知四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面为菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=60°，E是DP中点．

(Ⅰ)证明：𝑃𝐵//平面ACE；

(Ⅱ)若𝐴𝑃=𝑃𝐵=√2，𝐴𝐵=𝑃𝐶=2，求三棱锥𝐶−𝑃𝐴𝐸的体积．

𝜋

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23. 在平面直角坐标系xOy中，过点𝑃(0,1)且互相垂直的两条直线分别与圆𝑂:𝑥2+𝑦2=

4交于点A，B，与圆𝑀:(𝑥−2)2+(𝑦−1)2=1交于点C，

D．

(1)若𝐴𝐵=

3√7，求2

CD的长；

(2)若直线AB斜率为2，求𝛥𝐴𝐵𝑀的面积； (3)若CD的中点为E，求𝛥𝐴𝐵𝐸面积的取值范围．

𝐷𝐶=𝐷𝐴=𝐴𝐵=2𝐵𝐶，𝐴𝐶⊥𝐵𝐶.平面𝐴𝐵𝐷⊥平面CBD，已知三棱锥𝐷−𝐴𝐵𝐶，24. 如图，

M是BD的中点．

(1)证明：𝐵𝐶⊥平面MAC；

(2)求直线BD与平面ABC所成的角的正弦值．

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25. 已知函数𝑓(𝑥)=𝑥

2−𝑥+1

𝑒𝑥

．

(1)求函数𝑓(𝑥)的单调区间；

(2)当𝑥∈[0,2]时，𝑓(𝑥)≥−𝑥2+2𝑥+𝑚恒成立，求m的取值范围．

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答案和解析

1.【答案】D

10+9𝑥−𝑥2≥0

【解析】解：要使原函数有意义，则{𝑥−1>0，解得：1<𝑥≤10且𝑥≠2．

𝑥−1≠1∴函数𝑓(𝑥)=故选：D．

由根式内部的代数式大于等于0，分式的分母不等于0，对数式的真数大于0联立不等式组求解．

本题考查函数的定义域及其求法，考查了不等式的解法，是基础题．

√10+9𝑥−𝑥2lg(𝑥−1)

的定义域为(1,2)∪(2,10]．

2.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查函数奇偶性以及单调性的判定，属于基础题． 利用函数的性质即可求解． 【解答】

√𝑥,𝑥≥0,

解：𝑓(𝑥)={为偶函数，且在区间[−3,−1]上单调递减；

√−𝑥,𝑥<0𝑓(𝑥)=ln |𝑥|为偶函数，且在区间[−3,−1]上单调递减； 𝑓(𝑥)=−𝑥4为偶函数，且在区间[−3,−1]上单调递增； 𝑓(𝑥)=−为奇函数，且在区间[−3,−1]上单调递增；

𝑥故选C．

1

3.【答案】C

【解析】 【分析】

本题主要考查函数的零点的判定定理的应用，求函数的值，属于基础题．

求出函数的定义域，判断连续性，求得𝑓(2)⋅𝑓(3)<0，根据函数的零点的判定定理，可得函数零点所在的大致区间．

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【解答】

解：∵函数𝑓(𝑥)=𝑥−3+log3𝑥，定义域为：𝑥>0，函数是连续函数， ∴𝑓(2)=2−3+log32<0，𝑓(3)=3−3+log33=1>0， ∴𝑓(2)⋅𝑓(3)<0，根据函数的零点的判定定理， 故选C．

4.【答案】A

【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l， 由题意知，𝑟=ℎ=√𝑙，

2

2

则轴截面的面积为2⋅(√2𝑟)2=1， 解得𝑟=1，所以𝑙=√2；

所以该圆锥的侧面积为𝑆圆锥侧=𝜋𝑟𝑙=√2𝜋. 故选：A．

设圆锥的底面圆半径、高和母线长，根据直角三角形的边角关系和面积公式列方程求出r和l的值，再计算圆锥的侧面积公式．

本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．

1

5.【答案】B

【解析】 【分析】

本题考查两圆公切线的条数，属于基础题．

首先判断两圆的位置关系，再根据两圆的位置关系判断其公切线的条数． 【解答】

解：圆E：𝑥2+𝑦2=1的圆心为(0,0)，半径为1;

圆F：𝑥2+𝑦2−4𝑥−4𝑦+4=0的圆心为(2,2)，半径为2． 两圆圆心距为√(0−2)2+(0−2)2=2√2， ∵1<2√2<3， ∴两个圆相交，

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∴两个圆的公切线有2条． 故选B．

6.【答案】A

【解析】 【分析】

结合函数𝑦=2𝑥为R上的单调递增的函数可求a的范围． 结合函数𝑦=2𝑥为R上的单调递增的函数可求a的范围． 【解答】

解：∵𝑦=2𝑥为定义域R上的单调递增的函数 又∵2𝑎>1=20

∴𝑎>0

故选A．

7.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查了正三棱柱的性质以及异面直线所成的角的求法；关键是找到平面角，利用余弦定理求值．

由题意，画出图形，通过作平行线得到所求角的平面角，利用余弦定理求大小． 【解答】

解：如图过D作𝐷𝐸//𝐶𝐴1交𝐴1𝐶1于E，则E是𝐴1𝐶1的中点，连接BE，则∠𝐵𝐷𝐸为𝐶𝐴1与BD所成角，

2设𝐴𝐵=2，则𝐵𝐷=√5，𝐷𝐸=√2，𝐵1𝐸=√3，𝐵𝐸=√𝐵𝐵1+𝐵1𝐸2=√7，

在△𝐵𝐷𝐸中，cos∠𝐵𝐷𝐸=所以∠𝐵𝐷𝐸=2． 故选C．

𝜋

𝐷𝐸2+𝐵𝐷2−𝐵𝐸2

2𝐷𝐸×𝐵𝐷

=

2+5−72√2√5=0，

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8.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查了平面向量数量积的应用问题，是基础题目． 根据平面向量数量积运算的定义，即可求出对应的模长． 【解答】

解：∵向量𝑎⃗ =(1,√3)， ∴|𝑎⃗ |=√12+(√3)2=2； ⃗ ,𝑐⃗ 的夹角是3，𝑎⃗ ⋅𝑐⃗ =2， 又向量𝑎

∴|𝑎⃗ |⋅|𝑐⃗ |⋅cos=2|𝑐⃗ |⋅=2，

3

2

𝜋

1

𝜋

∴|𝑐⃗ |=2． 故选：C．

9.【答案】D

【解析】解：设直线l倾斜角为𝜃，则𝑡𝑎𝑛𝜃=2−4=−1， 𝜃∈[0,𝜋)，∴𝜃=故选：D．

设直线l倾斜角为𝜃，利用斜率计算公式可得𝑡𝑎𝑛𝜃，即可得出．

本题考查了直线的斜率计算公式、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

3𝜋4

5−3

．

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10.【答案】B

【解析】 【分析】

先由图象确定A、T，然后由T确定𝜔，再由特殊点确定𝜑，则求得函数解析式，最后求𝑓(0)即可．

本题主要考查由三角函数的部分图象信息求其解析式的方法． 【解答】

7𝜋

𝜋

由图象知𝐴=1，𝑇=4×(12−3)=𝜋， 则𝜔=

2𝜋𝑇

=2，

此时𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)，

将(12,−1)代入解析式得sin(6+𝜑)=−1， 又|𝜑|<2，则𝜑=3， 所以𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+3)， 所以𝑓(0)=sin=√．

32故选B．

𝜋

3𝜋

𝜋

𝜋

7𝜋

7𝜋

11.【答案】B

【解析】 【分析】

本题考查函数的单调性，涉及配方法的应用，属基础题． 利用配方法，先确定变量的大小关系，再利用函数的单调性可得． 【解答】

解：∵𝑎2+1−𝑎=(𝑎−2)2+4>0， ∴𝑎2+1>𝑎．

∵函数f (𝑥)是(−∞,+∞)上的减函数，

1

3

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∴𝑓 (𝑎2+1)<𝑓 (𝑎)． 故选：B．

12.【答案】C

【解析】解：圆𝑥2+𝑦2=1的圆心𝑂(0,0)，半径等于1，圆心到直线𝑥+𝑦−1=0的距离𝑑=√2，

故直线𝑥+𝑦−1=0被圆𝑥2+𝑦2=1所截得的弦长为2√1−=√2，

2故选：C．

由圆的方程可得圆心坐标和半径，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线𝑥+𝑦−1=0的距离d，即可求出弦长．

本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，正确运用圆的性质是关键．

1

113.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查函数图象的应用，函数的零点与方程根的关系．本题考查函数图象的应用，函数的零点与方程根的关系． 【解答】

解：2[𝑓(𝑥)]2+(1−2𝑚)𝑓(𝑥)−𝑚=0⇒𝑓(𝑥)=−2或𝑓(𝑥)=𝑚 因为(

𝑙𝑛𝑥𝑥

1

)′=

1−𝑙𝑛𝑥𝑥2=0⇒𝑥=𝑒

1

所以当1≤𝑥<𝑒时，𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)∈[0,𝑒) 当𝑥≥𝑒𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)∈(0,𝑒];

而𝑥≤0时，，𝑓(𝑥)单调递减，𝑓(𝑥)∈[−1,+∞) 0<𝑥<1时，𝑓(𝑥)单调递增，𝑓(𝑥)∈[−1,0) 因此𝑓(𝑥)=−2有两个根，则𝑓(𝑥)=𝑚需有3个根 即𝑚∈(0,𝑒) 故选C．

1

1

1

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14.【答案】A

【解析】 【试题解析】 【分析】

本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，属于基础题． 求出两圆的圆心距离，即可得到结论． 【解答】

解：圆心𝐶1坐标为(0,−3)，半径𝑅=1， 圆心𝐶2坐标为(4,0)，半径𝑟=2， 则|𝐶1𝐶2|=√42+(−3)2=5，

则|𝑃𝑄|的最大值为|𝐶1𝐶2|+𝑅+𝑟=5+1+2=8， 故选A．

15.【答案】C

【解析】 【分析】

本题考查的知识要点：命题真假的判定，正弦定理，平面向量的数量积，命题的否定，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．

直接利用四种命题的等价关系真假的判定A的结论，利用正弦定理判定B的结论，利用平面向量的数量积判定C的结论，利用命题的否定判定D的结论． 【解答】

解：对于A：“若𝑥+𝑦=2，则𝑠𝑖𝑛𝑥=𝑐𝑜𝑠𝑦”的逆命题是“若𝑠𝑖𝑛𝑥=𝑐𝑜𝑠𝑦”则“𝑥+𝑦=

𝜋2

𝜋

”错误，故逆命题是假命题，故A正确；

对于B：“在△𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐵>𝑠𝑖𝑛𝐶⇔2𝑅𝑠𝑖𝑛𝐵>2𝑅𝑠𝑖𝑛𝐶⇔𝑏>𝑐⇔𝐵>𝐶，故B正确；

⃗ −𝑐对于C：设平面向量𝑎⃗ ,⃗ 𝑏,𝑐⃗ 均为非零向量，当“𝑎⃗ ⋅(𝑏⃗ )=0”时，则“⃗ 𝑏=𝑐⃗ ”不成立，

， 当“⃗ 𝑏=𝑐⃗ ”时，即⃗ 𝑏−𝑐⃗ =⃗0

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⃗ −𝑐所以“𝑎⃗ ⋅(𝑏⃗ )=0”成立，

⃗ −𝑐⃗ =𝑐故“𝑎⃗ ⋅(𝑏⃗ )=0”是“𝑏⃗ ”的必要不充分条件，故C错误；

对于D：命题“∀𝑥∈(0,+∞)，𝑥−𝑙𝑛𝑥>0”的否定是“∃𝑥∈(0,+∞)，𝑥−𝑙𝑛𝑥≤0”故D正确． 故选C．

16.【答案】3

【解析】 【分析】

此题考查同角三角函数间的基本关系，化简求值，是一道基础题．

把分子分母都除以𝑐𝑜𝑠𝜃，利用同角三角函数间的基本关系即可得到关于𝑡𝑎𝑛𝜃的式子，把𝑡𝑎𝑛𝜃的值代入即可求出值． 【解答】 解：∵𝑡𝑎𝑛𝜃=2， ∴

5𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑐𝑜𝑠𝜃sin𝜃+cos𝜃

=

5𝑡𝑎𝑛𝜃−1tan𝜃+1

=

5×2−12+1

=3．

故答案为3．

17.【答案】(−∞,0)

【解析】 【分析】

本题主要考查了复合函数的单调性问题，属于中档题．

先将𝑓(𝑥)化简，注意到𝑥≠0，即𝑓(𝑥)=2𝑙𝑔|𝑥|，再讨论其单调性，从而确定其减区间；也可以将函数看成由

根据“同増异减”再来判断． 【解答】

解：方法一：𝑦=𝑙𝑔𝑥2=2𝑙𝑔|𝑥|，

∴当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=2𝑙𝑔𝑥在(0,+∞)上是增函数； 当𝑥<0时，𝑓(𝑥)=2𝑙𝑔(−𝑥)在(−∞,0)上是减函数． ∴函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑔𝑥2的单调递减区间是(−∞,0)．

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复合而成，再分别讨论内层函数和外层函数的单调性，

故答案为：(−∞,0)．

方法二：原函数是由

复合而成，

∵𝑡=𝑥2在(−∞,0)上是减函数，在(0,+∞)上为增函数； 又𝑦=𝑙𝑔𝑡在其定义域上为增函数，

∴𝑓(𝑥)=𝑙𝑔𝑥2在(−∞,0)上是减函数，在(0,+∞)上为增函数， ∴函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑔𝑥2的单调递减区间是(−∞,0)． 故答案为：(−∞,0)．

18.【答案】(−∞,−3)∪(−3,0)∪(3,+∞)

【解析】 【分析】

11

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ，𝐴𝐵=−3⃗⃗𝐴𝐶本题考查的知识点是数量积表示两个向量的夹角，其中要注意𝑥=−3时，

1

1

4

不满足条件∠𝐵𝐴𝐶是钝角，

⃗⃗⃗ <0，由已知中两个向量的坐标，代入向量数量积公式，构由∠𝐵𝐴𝐶是钝角可得⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⋅⃗⃗𝐴𝐶造不等式，排除向量反向时的情况，可得答案． 【解答】

⃗⃗⃗ =(−3𝑥,2)， 解：∵⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(𝑥,2𝑥),⃗⃗𝐴𝐶若果∠𝐵𝐴𝐶是钝角， ⃗⃗⃗ =−3𝑥2+4𝑥<0 则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⋅⃗⃗𝐴𝐶解得𝑥∈(−∞,0)∪(3,+∞)

11

⃗⃗⃗ ，不满足条件 𝐴𝐵=−3⃗⃗𝐴𝐶又∵当𝑥=−3时，⃗⃗⃗⃗⃗

4

故𝑥∈(−∞,−3)∪(−3,0)∪(3,+∞) 故答案为(−∞,−3)∪(−3,0)∪(3,+∞)．

1

1

4

114

19.【答案】

第14页，共20页

【解析】 【分析】

本题考查三棱锥外接球球的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养． 【解答】

解：由题意可知：△𝐴𝐵𝐷为等腰直角三角形，𝐵𝐷=√2，△𝐵𝐶𝐷为直角三角形， 𝐵𝐶=2√3，且平面𝐴𝐵𝐷⊥平面BDC，故球心为与CD中点，球的半径为𝑅=√3， 该球的体积为故答案为

．

．

20.【答案】√2+√3

【解析】 【分析】

本题考查向量数量积的坐标表示和定义，以及圆的方程和运用，考查点与圆的位置关系，运用点到直线的距离公式是解题的关键，属于难题．

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑥2,𝑦2)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，由圆的方程和向量数量积的定义、𝑂𝐴=(𝑥1,𝑦1)，𝑂𝐵坐标表示，可得三角形OAB为等边三角形，𝐴𝐵=1，|𝑥1+𝑦1−1|√2+|𝑥2+𝑦2−1|√2的几何意义为点A，B两点到直线𝑥+𝑦−1=0的距离𝑑1与𝑑2之和，由此可求最大值． 【解答】

解：设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)， ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(𝑥2,𝑦2)， 𝑂𝐴=(𝑥1,𝑦1)，⃗𝑂𝐵

2222由𝑥1+𝑦1=1，𝑥2+𝑦2=1，𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=2，

1

可得A，B两点在圆𝑥2+𝑦2=1上，

⃗⃗⃗⃗⃗ =1×1×cos∠𝐴𝑂𝐵=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=1， 𝑂𝐴⋅⃗𝑂𝐵且⃗⃗⃗⃗⃗ 2即有∠𝐴𝑂𝐵=60°，

即三角形OAB为等边三角形，𝐴𝐵=1，

|𝑥1+𝑦1−1|√2+

|𝑥2+𝑦2−1|√2B两点到直线𝑙:𝑥+𝑦−1=0的距离𝑑1与𝑑2之和，的几何意义为点A，

设AB中点为M，则距离𝑑1与𝑑2之和等于M到直线l的距离的两倍， 圆心到线段AB中点M的距离𝑑=√，圆心到直线l的距离𝑑′=

231√=

2√2， 2

∴𝑀到直线l的距离的最大值为𝑑+𝑑′=√+√，

22

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32即|𝑥1+𝑦1−1|√2+|𝑥2+𝑦2−1|√2的最大值为√2+√3，

故答案为：√2+√3．

21.【答案】解：(1)𝑓(𝑥)=cos(𝜔𝑥+𝜑)(𝜔>0,−2<𝜑<0)的周期𝑇=

∴𝜔=2，

∵𝑓(4)=cos(2×4+𝜑)=cos(2+𝜑)=−𝑠𝑖𝑛𝜑=∴𝜑=−3；

(2)由(1)可得𝑓(𝑥)=cos(2𝑥−3)，

令2𝑘𝜋−𝜋≤2𝑥−3≤2𝑘𝜋，求得𝑘𝜋−3≤𝑥≤𝑘𝜋+6， 可得函数的增区间为[𝑘𝜋−3,𝑘𝜋+6]，𝑘∈𝑍； (3)在[0,2]上，2𝑥−3∈[−3,即函数的值域为[−2,1]．

1

𝜋

𝜋

𝜋2𝜋𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋𝜋

𝜋

𝜋

𝜋√3

，−22

𝜋2𝜋𝜔

=𝜋，

<𝜑<0，

]，cos(2𝑥−3)∈[−2,1]， 3

𝜋1

【解析】本题主要考查余弦函数的图象特征，由周期求出𝜔，由特殊点求出𝜑的值，正弦函数的单调性以及它的定义域和值域，属于中档题． (1)由周期求出𝜔，由特殊点求出𝜑的值，可得函数的解析式． (2)利用正弦函数的单调性，求得𝑓(𝑥)的增区间．

(3)由条件利用正弦函数的定义域和值域，求得𝑓(𝑥)在[0,2]上的值域．

𝜋

22.【答案】(Ⅰ)证明：连接BD交AC于F，连接

EF，

∵四边形ABCD为菱形，

∴𝐹为BD的中点，又∵𝐸是DP的中点， ∴𝐸𝐹//𝑃𝐵，又𝐸𝐹⊂平面ACE，𝑃𝐵⊄平面ACE， ∴𝑃𝐵//平面ACE．

(Ⅱ)解：取AB的中点O，连接PO，CO， ∵四边形ABCD为菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=60°， ∴△𝐴𝐵𝐶为正三角形，∴𝐶𝑂⊥𝐴𝐵，

∵𝐴𝑃=𝑃𝐵=√2，𝐴𝐵=𝑃𝐶=2，∴𝐶𝑂=√3，𝐴𝑃⊥𝑃𝐵，𝑃𝑂⊥𝐴𝐵， ∴𝑃𝑂=2𝐴𝐵=1，

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1

∴𝑃𝑂2+𝑂𝐶2=𝑃𝐶2，即𝑃𝑂⊥𝑂𝐶， 又𝐴𝐵∩𝑂𝐶=𝑂， ∴𝑃𝑂⊥平面ABCD， ∵𝐸是PD的中点，

∴𝑉𝐶−𝑃𝐴𝐸=𝑉𝑃−𝐴𝐶𝐷=××

2

2

3

1

1

1

√34

×22×1=

√3

． 6

【解析】(𝐼)连接BD交AC于F，连接EF，由中位线定理可得𝐸𝐹//𝑃𝐵，故而𝑃𝐵//平面ACE；

(𝐼𝐼)取AB的中点O，连接PO，CO，根据勾股定理逆定理可得𝑃𝑂⊥平面ABCD，于是𝑉𝐶−𝑃𝐴𝐸=𝑉𝑃−𝐴𝐶𝐷．

21

本题考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．

23.【答案】解：(1)由题可知，直线AB斜率显然存

在，设其斜率为k，则直线AB的方程为𝑦=𝑘𝑥+1． 因为O点到直线AB的距离𝑑1=√𝑘2+1，

则(2)2+(√𝑘2+1)2=4，变形可得𝐴𝐵=2√4𝑘2+3，

𝑘+1

𝐴𝐵

12

1又由𝐴𝐵=

23√7

，则2√4𝑘2+32𝑘+1

=

3√7

，解可得𝑘22

=15．

1

因为直线AB与直线CD互相垂直，则直线CD：𝑦=−𝑘𝑥+1， 则M点到直线CD的距离𝑑2=

2𝑘−+1−1√1+(−)21𝑘

2𝑘，

𝐶𝐷2

又由(2)

=1−(−+1−1

1√1+(−)2𝑘

)2，则𝐶𝐷=2√1−

4𝑘2+1

=2√1−15+1=√3．

4

(2)根据题意，若直线AB斜率为2，则直线AB方程为2𝑥−𝑦+1=0， 则O到直线AB距离𝑑1=M到直线AB距离𝑑=

1

|1|√4+1=

√5

，则𝐴𝐵5

=2√4−5=

1

2√95

， 5

|4−1+1|√4+14

=

4√5

， 5

故𝑆△𝐴𝐵𝑀=2𝐴𝐵⋅𝑑=5√19；

(3)当直线AB的斜率不存在时，△𝐴𝐵𝐸的面积𝑆=2×4×2=4；

𝑦=−𝑘𝑥+1．𝑦=𝑘𝑥+1，𝑘≠0，当直线AB的斜率存在时，设为k，则直线AB：直线CD：

1

1

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由|−+1−1|

2𝑘1√1+(−)2𝑘

<1得𝑘2>3，所以𝑘∈(−∞,−√3)∪(√3,+∞)．

12

因为(2)2+(√𝑘2+1)2=4，所以𝐴𝐵=2√4𝑘2+3．

𝑘+1

𝐴𝐵

因为E点到直线AB的距离即M点到直线AB的距离𝑑=所以△𝐴𝐵𝐸的面积𝑆=𝐴𝐵⋅𝑑=2√

21

(4𝑘2+3)𝑘2(1+𝑘2)2

|2𝑘+1−1|√1+𝑘2=

|2𝑘|√1+𝑘2，

．

5𝑡

1𝑡

令𝑡=𝑘2+1>4，则𝑆=2√4𝑡

1

1

2−5𝑡+1

𝑡2

=2√4−+()2，

35

又由𝑡>4，则0<𝑡<4，故𝑆∈(√,4)．

235

综上，△𝐴𝐵𝐸面积的取值范围是(√,4]．

2

【解析】(1)根据题意，设直线AB的斜率为k，可得直线AB的方程，由AB的值结合直线与圆的位置关系分析可得𝑘2=15，因为直线AB与直线CD互相垂直，分析可得直线CD的方程，据此分析可得答案；

(2)根据题意，求出直线AB的方程，结合直线与圆相交的性质求出AB的长，进而求出M到AB的距离．由三角形面公式计算可得答案；

(3)根据题意，分直线AB的斜率存在与不存在2种情况讨论，求出△𝐴𝐵𝐸面积，综合2种情况即可得答案．

本题考查直线与圆方程的应用，涉及直线与圆的位置关系，属于综合题．

24.【答案】(1)证明：∵𝐷𝐶=𝐷𝐴=𝐴𝐵=2𝐵𝐶，M是BD的中点，∴𝐴𝑀⊥𝐵𝐷，

∵平面𝐴𝐵𝐷⊥平面CBD，平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝐶𝐵𝐷=𝐵𝐷，𝐴𝑀⊂平面ABD， ∴𝐴𝑀⊥平面BDC，

∵𝐵𝐶⊂平面BDC，∴𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，

又𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，𝐴𝑀∩𝐴𝐶=𝐴，𝐴𝑀⊂平面MAC，𝐴𝐶⊂平面MAC， ∴𝐵𝐶⊥平面MAC．

(2)解：过M作𝑀𝐸⊥𝐴𝐶，且𝑀𝐸∩𝐴𝐶=𝐸，连结EB，

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𝐵𝐶⊂平面ABC，由𝐵𝐶⊥平面MAC，得平面𝑀𝐴𝐶⊥平面ABC，平面𝑀𝐴𝐶∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶，𝑀𝐸⊂平面MAC， ∴𝑀𝐸⊥平面ABC，

∴∠𝑀𝐵𝐸是直线BD与平面ABC所成角， 设𝐷𝐶=𝐷𝐴=𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2，

∵𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，∴𝐴𝐶=√𝐴𝐵2−𝐵𝐶2=√4−1=√3， 由(1)知𝐴𝑀⊥平面CBD，又𝑀𝐶⊂平面BDC，则𝐴𝑀⊥𝑀𝐶， ∵𝐴𝑀2+𝑀𝐶2=𝐴𝐶2，𝐴𝑀2+𝑀𝐵2=𝐴𝐵2，

又在△𝐵𝐶𝑀和△𝐷𝐶𝑀中，由余弦定理，得2(𝑀𝐶2+𝑀𝐵2)=𝐶𝐷2+𝐶𝐵2， ∴𝐴𝑀=，𝑀𝐶=√3，𝑀𝐵=√7，

2

2

2

3

∴𝑀𝐸=4，sin∠𝑀𝐵𝐸=𝐵𝑀=

3𝑀𝐸

34√72=

3√7． 14

3√7． 14

∴直线BD与平面ABC所成的角的正弦值为

【解析】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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、空间想象能力，是中档题． (1)推导出𝐴𝑀⊥𝐵𝐷，从而𝐴𝑀⊥平面BDC，进而𝐴𝑀⊥𝐵𝐶，再由𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，能证明𝐵𝐶⊥平面MAC．

(2)过M作𝑀𝐸⊥𝐴𝐶，且𝑀𝐸∩𝐴𝐶=𝐸，连结EB，由𝐵𝐶⊥平面MAC，得平面𝑀𝐴𝐶⊥平面ABC，从而𝑀𝐸⊥平面ABC，∠𝑀𝐵𝐸是直线BD与平面ABC所成角，由此能求出直线BD与平面ABC所成的角的正弦值．

25.【答案】解：(1)函数𝑓(𝑥)的定义域为{𝑥|𝑥∈𝑅}，

𝑓′(𝑥)=

−(𝑥−2)(𝑥−1)

𝑒𝑥，

∵𝑒𝑥>0，

∴令𝑓′(𝑥)<0，解得𝑥<1或𝑥>2； 令𝑓′(𝑥)>0，解得1<𝑥<2，

∴𝑓(𝑥)的单调递减区间为(−∞,1)，(2,+∞)， 单调递增区间为(1,2)．

(2)∵当𝑥∈[0,2]时，𝑓(𝑥)≥−𝑥2+2𝑥+𝑚恒成立，

∴𝑚≤𝑓(𝑥)+𝑥2−2𝑥=(𝑥2−𝑥+1)·𝑒−𝑥+𝑥2−2𝑥对𝑥∈[0,2]恒成立， 令𝑔(𝑥)=(𝑥2−𝑥+1)·𝑒−𝑥+𝑥2−2𝑥， 则𝑔′(𝑥)=−(𝑥−2)(𝑥−1)·𝑒−𝑥+2(𝑥−1)

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=

(𝑥−1)(2−𝑥+2𝑒𝑥)

𝑒𝑥，

当𝑥∈[0,1)时，𝑔′(𝑥)<0， 当𝑥∈[1,2]时，𝑔′(𝑥)≥0，

∴𝑔(𝑥)在[0,1)上单调递减，在[1,2]上单调递增， ∴𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑔(1)=𝑒−1， ∴𝑚∈(−∞,−1]．

𝑒1

1

【解析】本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，以及不等式恒成立的问题，属于中档题．

(1)根据导数和函数的单调性的关系即可求出；

(2)分离参数，构造函数𝑔(𝑥)=(𝑥2−𝑥+1)·𝑒−𝑥+𝑥2−2𝑥，利用导数求出函数𝑔(𝑥)的最小值即可得到m的取值范围．

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