13、|·||·cos(π－∠ADC)
＝||2＋||·||·cos∠BAD
＝(2)2＋2×2×＝12.
15．(2019·德州一模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax，g(x)＝4a2ln x＋b，設(shè)兩曲線y＝f(x)，y＝g(x)有公共點(diǎn)P，且在P點(diǎn)處的切線相同，當(dāng)a∈(0，＋∞)時(shí)，實(shí)數(shù)b的最大值是________．
答案 2
解析 設(shè)P(x0，y0)，f′(x)＝2x＋2a，g′(x)＝.
由題意知，f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，
即x＋2ax0＝4a2ln x0＋b，?、?
2x0＋2a＝， ②
解②得，x0＝a或x0＝－2a(舍去)，
代入①得，b＝
14、3a2－4a2ln a，a∈(0，＋∞)，
b′＝6a－8aln a－4a＝2a(1－4ln a)，
當(dāng)a∈(0，e)時(shí)，b′>0；當(dāng)a∈(e，＋∞)時(shí)，b′<0.
∴實(shí)數(shù)b的最大值是b(e)＝3－4ln e＝2.
16．(2019·安慶二模)過拋物線y2＝2px的焦點(diǎn)F的直線l與拋物線分別交于第一、四象限內(nèi)的A，B兩點(diǎn)，分別以線段AF，BF的中點(diǎn)為圓心，且均與y軸相切的兩圓的半徑為r1，r2.若r1∶r2＝1∶3，則直線l的傾斜角為________．
答案
解析 由題設(shè)有AF∶BF＝1∶3，設(shè)AF＝x，BF＝3x，過A，B作準(zhǔn)線x＝－1的垂線，垂足分別為D，E，過A作BE的垂線
15、，垂足為S.
則AD＝x，BE＝3x，故BS＝2x，
所以cos∠ABS＝＝，而∠ABS∈，所以∠ABS＝，故直線l的傾斜角為.
三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．
(一)必考題：60分．
17．(本小題滿分12分)(2019·安徽黃山二模)已知數(shù)列{an}滿足＋＋＋…＋＝n，n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)令bn＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn<1.
解 (1)因?yàn)椋絥，①
當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2；
當(dāng)n≥2時(shí)
16、，＋＋＋…＋＝n－1，②
由①－②得，an＝n＋1，
因?yàn)閍1＝2適合上式，所以an＝n＋1(n∈N*)．
(2)證明：由(1)知，bn＝＝＝－，
Tn＝＋＋…＋＝1－，由>0，即Tn<1.
18．(本小題滿分12分)(2019·浙江高考)如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn)．
(1)證明：EF⊥BC；
(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值．
解 解法一：(1)證明：如圖1，連接A1E.
因?yàn)锳1A＝A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.
17、
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，
則A1E⊥BC.又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC＝90°，
故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
(2)如圖1，取BC的中點(diǎn)G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由(1)得BC⊥平面EGFA1，
則平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．
連接A1G交EF于點(diǎn)O，
則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角
18、(或其補(bǔ)角)．不妨設(shè)AC＝4，則在Rt△A1EG中，
A1E＝2，EG＝.
由于O為A1G的中點(diǎn)，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是.
解法二：(1)證明：連接A1E.
因?yàn)锳1A＝A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC.
如圖2，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Exyz.
不妨設(shè)AC＝4，則A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F(xiàn)
19、，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
由·＝0，得EF⊥BC.
(2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1, ，1)，
故sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以cosθ＝.
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是.
19．(本小題滿分12分)(2019·衡水三模)某次數(shù)學(xué)知識(shí)比賽中共有6個(gè)不同的題目，每位同學(xué)從中隨機(jī)抽取3個(gè)題目進(jìn)行作答，已知這6個(gè)題目中，甲只能正確作答其中的4個(gè)，而乙正確作答每個(gè)題目的概率均為，且甲、乙兩位同學(xué)對(duì)每個(gè)題
20、目的作答都是相互獨(dú)立、互不影響的．
(1)求甲、乙兩位同學(xué)總共正確作答3個(gè)題目的概率；
(2)若甲、乙兩位同學(xué)答對(duì)題目個(gè)數(shù)分別是m，n，由于甲所在班級(jí)少一名學(xué)生參賽，故甲答對(duì)一題得15分，乙答對(duì)一題得10分，求甲、乙兩人得分之和X的期望．
解 (1)由題意可知共答對(duì)3題可以分為3種情況：甲答對(duì)1題乙答對(duì)2題；甲答對(duì)2題乙答對(duì)1題；甲答對(duì)3題乙答對(duì)0題．故所求的概率P＝·C2·＋·C2＋·C3＝.
(2)m的所有取值有1,2,3.
P(m＝1)＝＝，P(m＝2)＝＝，P(m＝3)＝＝，故E(m)＝1×＋2×＋3×＝2.
由題意可知n～B，故E(n)＝3×＝2.而X＝15m＋10n，所
21、以E(X)＝15E(m)＋10E(n)＝50.
20．(本小題滿分12分)(2019·山西太原一模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，A，B是其左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓C上任一點(diǎn)，且△PF1F2的周長(zhǎng)為6，若△PF1F2面積的最大值為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若過點(diǎn)F2且斜率不為0的直線交橢圓C于M，N兩個(gè)不同點(diǎn)，證明：直線AM與BN的交點(diǎn)在一條定直線上．
解 (1)由題意得
∴∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，F(xiàn)2(1,0)，
設(shè)直線MN的方程為x＝my＋1，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得
22、(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴my1y2＝(y1＋y2)，
∴直線AM的方程為y＝(x＋2)，直線BN的方程為y＝(x－2)，
∴(x＋2)＝(x－2)，
∴＝＝＝3，
∴x＝4，∴直線AM與BN的交點(diǎn)在直線x＝4上．
21．(本小題滿分12分)(2019·山東濟(jì)南二模)已知函數(shù)f(x)＝ax2＋1.
(1)若a＝1，g(x)＝，證明：當(dāng)x≥5時(shí)，g(x)<1；
(2)設(shè)h(x)＝1－，若函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)證明：當(dāng)a＝1時(shí)．g(x)＝＝，g′(x)＝＝.
因?yàn)閤≥5，所
23、以g′(x)<0，所以g(x)在[5，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以g(x)≤g(5)＝<<1，即g(x)<1.
(2)解法一：h(x)＝1－.
(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，h(x)>0，h(x)沒有零點(diǎn)；
(ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，h′(x)＝，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)上的最小值．
①若h(2)>0，即a<時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上沒有零點(diǎn)；
②若h(2)＝0，即a＝時(shí)，h(x)在(0，＋∞)上只有1個(gè)零點(diǎn)；
③若h(2)＜0，即a>時(shí)，由于h(
24、0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有1個(gè)零點(diǎn)，
由(1)知，當(dāng)x≥5時(shí)，ex>x3，因?yàn)?a>e2>5>2，
所以h(4a)＝1－>1－＝1－＝>0.
故h(x)在(2,4a)上有1個(gè)零點(diǎn)，因此h(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)不同的零點(diǎn)．
綜上，h(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍是.
解法二：因?yàn)閔(x)＝1－，
所以h(x)在(0，＋∞)上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即為方程＝在(0，＋∞)上根的個(gè)數(shù)．
令k(x)＝，則k′(x)＝＝，
令k′(x)＝0得x＝2.
當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，k′(x)>0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，k′(x)<0，
所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，k(
25、x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，k(x)單調(diào)遞減，
所以k(x)在(0，＋∞)上的最大值為k(2)＝，
由(1)知，當(dāng)x≥5時(shí)，ex>x2，即當(dāng)x≥5時(shí)，0<<.因?yàn)楫?dāng)x無限增大時(shí)，→0，所以當(dāng)x無限增大時(shí)，→0，又因?yàn)閗(0)＝0，所以當(dāng)且僅當(dāng)0<<時(shí)，函數(shù)k(x)在(0，＋∞)上的圖象與直線y＝恰好有2個(gè)不同的交點(diǎn)，即當(dāng)且僅當(dāng)a>時(shí)．函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)不同的零點(diǎn)，故h(x)在(0，＋∞)上有2個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍是.
(二)選考題：10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．
22．(本小題滿分10分)[選修4－4：
26、坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
(2019·山東鄆城三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，點(diǎn)M的極坐標(biāo)為，直線l的極坐標(biāo)方程為ρsin＋2＝0.
(1)求直線l的直角坐標(biāo)方程與曲線C的普通方程；
(2)若N是曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，P為線段MN的中點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線l的距離的最大值．
解 (1)因?yàn)橹本€l的極坐標(biāo)方程為ρsin＋2＝0，即ρsinθ－ρcosθ＋4＝0.
由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
可得直線l的直角坐標(biāo)方程為x－y－4＝0.
將曲線C的參數(shù)方程消去參數(shù)α，
得曲線C的普通方程為＋y2＝1.
(2
27、)設(shè)N(cosα，sinα)，α∈[0,2π)．
點(diǎn)M的極坐標(biāo)為，化為直角坐標(biāo)為(－2,2)．
則P.
所以點(diǎn)P到直線l的距離d＝＝≤，
所以當(dāng)α＝時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離的最大值為.
23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講]
(2019·山東鄆城三模)已知函數(shù)f(x)＝|ax－2|，不等式f(x)≤4的解集為{x|－2≤x≤6}．
(1)求實(shí)數(shù)a的值；
(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋f(x＋3)，若存在x∈R，使g(x)－tx≤2成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
解 (1)由|ax－2|≤4得－4≤ax－2≤4，即
－2≤ax≤6，
當(dāng)a＞0時(shí)，－≤x≤，所以解得a＝1；
當(dāng)a＜0時(shí)，≤x≤－，所以無解．
所以實(shí)數(shù)a的值為1.
(2)由已知g(x)＝f(x)＋f(x＋3)＝|x＋1|＋|x－2|＝
不等式g(x)－tx≤2，即g(x)≤tx＋2，
由題意知y＝g(x)的圖象有一部分在直線y＝tx＋2的下方，作出對(duì)應(yīng)的圖象如下圖所示，
由圖得，當(dāng)t＜0時(shí)，t≤kAM；當(dāng)t＞0時(shí)，t≥kBM，
又因?yàn)閗AM＝－1，kBM＝，
所以t≤－1或t≥，
即t∈(－∞，－1]∪.
16
（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（五）理（含解析）
