湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2021届高三下学期5月联考数学试题

三下学期5月联考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知全集UR，集合A{x|(x4)(x1)0}，Bx|log3x1，则

AUB（ ）

B．{x∣1x3}

C．|x|1x3}

∣1x3} A．{x∣1x4} D．{x2．已知a为实数，复数z(a2)ai（i为虚数单位），复数z的共轭复数为z，若

z20，则1z（ ）

A．12i

B．12i

C．2i

D．2i

3．在等比数列an中，a1a210，a3a420，则a7a8（ ） A．80

B．100

C．120

D．140

4．甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，每人只能去一个地方，周庄一定要有人去，则不同游览方案的种数为（ ） A．60

B．65

C．70

D．75

5．关于直线l:axby10，有下列四个命题： 甲：直线l经过点(0，-1)； 乙：直线l经过点(1，0)； 丙：直线l经过点(-1，1)； 丁：ab0.

如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A．甲

B．乙

C．丙

D．丁

6．已知ABC的外心为O，2AOABAC，AOAB2，则AOAC的值是（ ） A．3 B．

3 2C．23 D．6

x2y27．如图，已知双曲线C:右焦点分别为F以OF221a0,b0的左、1、F2，2ab试卷第1页，总6页

为直径的圆与双曲线C的渐近线在第一象限的交点为P，线段PF1与另一条渐近线交于点Q，且OPF2的面积是△OPQ面积的2倍，则该双曲线的离心率为（ ）

A．

3 2B．

32 2C．2 D．3 8．已知实数a，b满足ae7a，3lnbe4lnb，则ab（ ） A．3

二、多选题

9．已知a，b均为正数，且ab1，则（ ） A．a2b B．2a2b1

C．

B．4

C．e3

D．e4

411 abD．a13 b10．如图，在棱长为1的正方体ABCDA1BC11D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是（ ）

A．三棱锥AD1PC的体积是B．DP//平面AB1D1

1 6试卷第2页，总6页

C．平面PB1D与平面ACD1所成的二面角为60 D．异面直线A1所成角的范围是1P与AD, 6211．已知函数f(x)2cosx0,||的图象上，对称中心与对称轴2x的最小距离为，则下列结论正确的是（ ）

4125x0 6A．fxfx,时，fx3 B．当62C．若g(x)2cos2x，则gxfx 6D．若sincos12．函数fx444，0,，则52f的值为433

45lnx，若x1x2时，有fx1fx2m，是圆周率，xe2.71828…为自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ）

A．0m1 eB．f(2)f(3) C．x1x2e2

D．ae3，b3e，ce，de，s3，t3，则S最大

三、填空题

213．在x的二项展开式中，x2的系数是__________． 2x14．请写出满足条件“fxf1对任意的x0,1恒成立，且fx在0,1上不是．．增函数”的一个函数：______．

15．已知抛物线C:y22px(p0)，直线l过抛物线C的焦点与抛物线交于A，B两点，以AB为直径的圆与抛物线的准线的公共点是M(1,1)，则直线l的斜率k__________．

试卷第3页，总6页

516．无人侦察机在现代战争中扮演着非常重要的角色，我国最新款的无人侦察机名叫“无侦-8”．无侦-8（如图1所示）是一款以侦察为主的无人机，它配备了2台火箭发动机，动力强劲，据报道它的最大飞行速度超过3马赫，比大多数防空导弹都要快如图2所示，已知空间中同时出现了A，B，C，D四个目标（目标和无人机的大小忽略不计），其中ABADBD6akm，CD33akm，BC3akm，且目标A，B，D所在平面与目标B，C，D所在平面满足二面角ABDC的大小是以同时观察到这四个目标，则其最小侦测半径为__________akm．

2，若无人机可3

四、解答题

17．设a，b，c分别是ABC中角A，B，C的对边，acosBbcosA2ccosC0． （1）求C；

（2）若c3，求ABC面积S的最大值． 18．已知数列an的前n项和Sn满足（1）求数列an的通项公式； （2）设bnSn1Sn3，a11. n1n2nan，数列bn的前n项积为Tn，若对任意的nN*，t4Tn恒成立，Snn求实数t的最大值.

19．已知Rt△ABC中，B2，AB4，BC1，E，F为AB，AC上的动点，

且EF//BC，将三角形AEF沿EF折起至如图所示，使平面ABC平面BCEF．

试卷第4页，总6页

（1）证明：平面ABC平面ABE；

（2）求平面AFC和平面ABE所成的锐二面角的余弦值的取值范围．

20．随着我国互联网的不断发展，自媒体业飞速发展起来，抖音、快手、微信视频号等等视频自媒体APP，几乎是全民参与．某中学社会调研社团研究抖音在生活中的普及程度，走向街头巷尾、公园，各行各业办公室，对市民进行调研，发现约有

2的人发过抖5音小视频．为进一步研究，从这些被采访的人中随机抽取3人进行调查，假设每个人被选到的可能性相等．

（1）记表示发过抖音视频的人数，求的分布列；

（2）随着研究人群范围的扩大，为提高效率，研究组在对某些行业人群集中调研时，先随机抽取一人，如果他发过抖音小视频，就不再对该群体中其他人进行调查，如果没有发过抖音小视频，则继续随机抽取，直到抽到一名发过抖音小视频的人为止，并且规

*定抽样的次数不超过nnN次，（其中n小于当次调查的总人数），在抽样结束时，

抽到的没发过抖音视频的人数为，求的数学期望．

21．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为点F，P为C上一点，若点P到原点的距离与点P到点F的距离都是

3． 2

试卷第5页，总6页

（1）求C的标准方程；

x2y2（2）动点M在抛物线C上，且在直线x2的右侧，过点M作椭圆E:1的

43两条切线分别交直线x2于A，B两点．当|AB|10时，求点M的坐标． 22．已知函数f（x）＝2cos2x+ax2．

（1）当a＝1时，求f（x）的导函数fx在，上的零点个数； 22（2）若关于x的不等式2cos（2sinx）+a2x2≤af（x）在（﹣∞，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．

试卷第6页，总6页

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参

1．B 【分析】

根据不等式的解法和对数函数的性质，求得集合A{x|1x4}，B{x|x3}，结合集合的基本运算，即可求解. 【详解】

由题意，集合A{x|(x4)(x1)0}{x|1x4}，Bx|log3x1{x|x3}，

∣x3}，所以A因为UR，所以CUB{x故选：B. 2．B 【分析】

UB{x∣1x3}.

根据复数运算首先求出z2，再根据只有实数可以比较大小可得关于a的方程和不等式，进而解得a的值，代入可得结果. 【详解】

z(a2)ai，∴z2a2aia22a22aa2i， 2aa20∵z0，∴，解得a2， 22a2a022∴z2i，∴1z12i=1+2i. 故选：B. 3．A 【分析】

由已知等式可计算求得q2，由等比数列通项公式可求得结果. 【详解】

设等比数列an的公比为q，则q2a3a42，a7a8a1a2q6102380.

a1a2故选：A. 4．B 【分析】

答案第1页，总20页

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先根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，且每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有的情况，再考虑周庄没人去的情况，由此可得选项． 【详解】

解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，且每人只能去一个地方，

3×3×3＝81种情况， 则每人有3种选择，则4人一共有3×

若周庄没人去，即四位同学选择了巴城老街、千灯古镇， 2×2×2＝16种情况， 每人有2种选择方法，则4人一共有2×故周庄一定要有人去有81﹣16＝65种情况， 故选：B． 5．C 【分析】

根据题意，分别假设甲、乙、丙为假命题，则其余三个命题为真命题，分析推理，即可得答案. 【详解】

由题可知，命题甲､乙､丙中必有一个是假命题.

若甲为假命题，则由乙､丙为真命题可得，a1，b2，此时ab0，与丁矛盾，故不成立；

若乙为假命题，则由甲､丙为真命题可得，a2，b1，此时ab0，与丁矛盾，故不成立；

若丙为假命题，则由甲､乙为真命题可得，a1，b1，此时ab0，丁也成立，满足题意，

所以假命题为丙， 故选：C. 6．D 【分析】

分析出ABAC，由AOAB2可求得OBA60，再利用平面向量数量积的运算性质可求得结果.

答案第2页，总20页

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【详解】

2AOABAC，则AOABACAO，即BOOC，则O为BC的中点，

又因为O为ABC的外心，则OAOBOC， 所以，ABC为直角三角形，且ABAC， 如下图所示：

AOAB2OB，所以，OAB为等边三角形，则OBA60，

由勾股定理可得ACBCAB23，

222111AOACABACACAC2322226，

故选：D. 【点睛】

方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义：

（2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义．

具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 7．C 【分析】

分析可知Q为线段PF1的中点，求出点P的坐标，可得出点Q的坐标，代入双曲线的渐近线方程可得出关于a、b的等量关系，由此可解得双曲线的离心率. 【详解】

O为F1F2的中点，则S△OPF1S△OPF22S△OPQ，即

S△OPQS△OPF1PQPF11， 2答案第3页，总20页

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所以，PQ1PF1，所以，Q为线段PF1的中点， 2bx， aaxc， b由图可知，直线OP的方程为y因为PF2OP，所以直线PF2的方程为yba2yxxa2abac,， 联立，解得，即点Pccyaxcyabbcb2ab,， 因为点F1c,0，所以点Q的坐标为2c2cbabbb2又点Q在直线yx上，则有，ba，则ca2b22a，

a2ca2c因此，该双曲线的离心率为e故选：C. 【点睛】

方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率e的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 8．D 【分析】

先化简已知式为统一形式，构造函数fxlnxx，得到faf3lnb，再利用单调性判断a3lnb，结合a7lna，即得lnalnb4，即得结果. 【详解】

由ae7a0知，lna7a，即lnaa7,a0；

由3lnbe4lnb0知，ln3lnb4lnb，即ln3lnb3lnb7,3lnb0. 设fxlnxxx0，则faf3lnb，

答案第4页，总20页

c2. a本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

x0,fx110，故fxlnxx在0,单调递增. x故由faf3lnb知，a3lnb，

又由lnaa7知，a7lna，所以a7lna3lnb， 即lnalnb4，所以lnab4,abe4. 故选：D. 【点睛】 方法点睛：

利用导数判断函数f(x)的单调性的方法：

①写定义域，对函数f(x)求导f(x)；②在定义域内，令 f(x)0的区间即是增区间，令f(x)0的区间即是减区间. 9．BC 【分析】

先根据a，b均为正数，且ab1，得到b0,ab11，A.利用基本不等式判断；B.由2a2b2b12b2b，利用指数函数的单调性判断；C.利用“1”的代换转化结合基本不等式判断；D. 利用基本不等式判断. 【详解】

因为a，b均为正数，且ab1， 所以b0,ab11，

A.因为ab12b，即b2b10，故错误；

B.因为b0,ab11 ，所以2a2b2b12b2b1，故正确； C. 因为

b12当b1时，0，

b10，

241414ba4baab5523，当且仅当a2b时，abababab取等号，故正确； D. 因为a故选：BC

答案第5页，总20页

1111当且仅当b，即b1时，取等号，故错误； 1b12b3，

bbbb本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

10．AB 【分析】

利用等体积法，求得三棱锥CAD1P的体积，即可得判断A的正误；利用面面平行的判定定理，可证平面AD1B1∕∕平面DBP，又DP平面DBP，即可判断B的正误；根据面面垂直的判定定理，可证平面PB1D平面ACD1，可判断C的正误；分析可得点P位于BC1两端点时，A1P与BC1所成的角最小，P位于BC1中点时，A1P与BC1所成角最大，即可判断D的正误，即可得答案. 【详解】

对于A： 因为C到平面AD1P的距离不变，为CB1的一半，等于2， 2△AD1P的面积不变，且SAD1P112 AD1AB21222所以三棱锥CAD1P的体积不变， 根据等体积法可得VADPCVCADP111S3AD1P21，故A正确； 26对于B：连接DB，DP，AB1,B1D1，因为正方体ABCDA1BC11D1， 所以BD//B1D1,BD平面DBP，

B1D1平面DBP，所以B1D1//平面DBP，

同理AD1//平面DBP，B1D1AD1D1，

所以平面AD1B1∕∕平面DBP，又DP平面DBP， 所以DP//平面AB1D1，故B正确.

答案第6页，总20页

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对于C：因为ACBD，BB1AC,BB1所以AC平面BDB1，所以ACDB1， 同理AD1DB1,AD1BDB，

ACA，

所以DB1平面ACD1，

所以平面PB1D平面ACD1，故C错误； 对于D：因为AD1//BC1，

所以异面直线A1所成角等于A1P与AD1P与BC1所成的角， 因为A1BAC11，当P与BC1两端点重合时，

A1P与BC1所成的角最小，且为

3，

当P位于BC1中点时，A1P与BC1所成角最大，且为所以异面直线A1所成角的范围是1P与AD故选：AB. 【点睛】

， 2,，故D错误. 32证明线面平行时，常用判定定理，即线线平行推出线面平行，也可用面面平行的性质定理，即先证两个面平行，一个面内一条线平行另一个平面，也可得线面平行. 11．BD 【分析】

先求出f(x)2cos2x，再对四个选项一一验证： 6答案第7页，总20页

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对于A：计算f5x再计算fx65fx，进行验证； 6对于B：直接求出f(x)2cos2x6在x,的值域即可； 62对于C：直接求出gx，进行验证； 6对于D：先求出cos2和sin2再求f【详解】

∵对称中心与对称轴x而T即可. 4T的最小距离为，∴=，即T=.

444122,∴=2.

又因为x=k，解得：=. 为对称轴，且||∴26212212所以f(x)2cos2x 6对于A：

553fx2cos2x2cos2x2sin2x，而 6626f(x)2cos2x，所以

65fxfx2cos2x2sin2x2cos2x0，故A错误；

666对于B：当x故B正确；

对于C：当g(x)2cos2x时，gxC错误；

对于D：当sincos4452x,f(x)2cos2x,时，，所以，3，36666622cos2x=2cos2xf(x)，故6634，0,时，52答案第8页，总20页

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4sin4cos4sin2cos2sin2cos2=sin2cos2=cos2=

54∴cos2=

543又因为0,，∴20,，∴sin2=1cos22=1=， 255所以

2f=2cos2=2sin2=2sin2cos2cos2sin

44666634433，故D正确. =3=555故选：BD. 【点睛】

三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于ysinx或ycosx的性质解题. 12．ABD 【分析】

利用导数求得函数fxlnx，单调性与最值及函数的图象，结合函数fx最值，可得x判定A正确；根据函数ylnx单调的性，可判定B正确；根据图象的变换趋势，可得判定C不正确；根据指数函数与幂函数的单调性，可判定D正确. 【详解】

由题意，函数fxlnx1lnx，可得fx， xx2当x(0,e)时，fx0，fx单调递增； 当x(e,)时，fx0，fx单调递减， 且当x1时，fx0，当0x1时，fx0， 当xe时，函数fx取得最大值，最大值为fe1， e结合函数fx的图象，要使得x1x2时，有fx1fx2m，

答案第9页，总20页

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所以0m1，所以A正确； eln2ln3ln2,f3ln33， 233对于B中，由f2因为函数ylnx为定义域上的单调递增函数，且2所以B正确；

3，所以f2f3，

对于C中，当m0时，要使得fx1fx2m，不妨设1x1ex2，

2此时x11,x2，此时x1x2e，所以C不正确；

对于D中，因为e3，由指数函数的性质，可得ee3,33e,3e， 由幂函数的单调性，可得e3e,3e3,3e，

所以3ee3,e3e3，所以最大的为3与3之中，最小值在e3与3e之中， 又由e3，可得f由

f3fe，即

lnln3lne， 3elnln3，可得3lnln3，即ln3ln3，所以33， 3同理可得3ee3，

综上可得，这6个数中最大的数为3，最小的为3e，所以D正确. 故选：ABD

【点睛】

函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从fx中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件

答案第10页，总20页

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构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 13．10 【分析】

求出展开式的通项，然后令x的指数为2，求出r的值，在代入通项中进行化简，即可求得结果. 【详解】

22r53rr5rr的展开式的通项公式为：TCxC2x， xr15522xx令53r2，解得r1，

1所以x2的系数是C5210.

15r故答案为：10. 14．fxsin【分析】

根据已知条件写出满足已知的函数. 【详解】

5πx（答案不唯一） 25π1x等． 答案不唯一，如：fxx，fxsin2415．2 【分析】

设A(x1,y1),B(x2,y2)，利用点差法可得直线的斜率； 【详解】

设A(x1,y1),B(x2,y2)，因为2p1p2， 2y1y21， 2以AB为直径的圆与抛物线的准线的公共点是M(1,1)，所以

y122px1(y1y2)(y1y2)2p(x1x2)， 因为2y22px2答案第11页，总20页

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y1y22p42， 所以

x1x2y1y22故答案为：2. 【点睛】

本题考查直线性与抛物线相交的弦的斜率，求解时注意点差法的应用. 16．13 【分析】

将问题转化为求三棱锥ABCD的外接球的半径，即可得到答案； 【详解】

设O三棱锥ABCD的外接球的球心，

取BD的中点M，作OMBC于M，取△ABD的外心O1， 连结OO1，OB，AM， 因为二面角ABDC的大小是

2， 3所以O1MO6，O1M3231BD23a， BD3a，O1B2323OO1tan3OO1a， O1M6在OBO1中，OB2O1B2OO12(23a)2a213a2，

OB13a，

其最小侦测半径为OB13a， 故答案为：13. 答案第12页，总20页

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【点睛】

本题主要考查构建立体几何中的三棱锥的外接球模型，解决实际问题，求解时注意将问题转化为求解三棱锥外接球的半径. 17．（1）C【分析】

（1）由正弦定理求得cosC323． ；（2）431，进而求出C； 2（2）利用余弦定理和基本不等式求出ab3，从而求出三角形面积S的最大值． 【详解】 解：（1）

acosBbcosA2ccosC0，由正弦定理得：

sinAcosBsinBcosA2sinCcosC0，sinC2sinCcosC0

10C，sinC0，cosC．

220C，C．

32（2）C，c2a2b22abcosCa2b2ab，即a2b2ab9．

3a2b22ab，a2b2ab3ab，3ab9，ab3．

1333，当且仅当ab3时取等号． SabsinCab244ABC面积S的最大值为【点睛】

解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.

答案第13页，总20页

33． 4本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

18．（1）an3n2；（2）2. 【分析】 （1）根据

Sn1Sn3及a11，利用等差数列的定义求得Sn，然后利用数列通项和前nn1n2项和的关系求解； （2）由（1）得到bnnan2(3n2)，进而得到Tn，然后根据t4Tn（nN*）恒Snn3n1成立，转化为【详解】 （1）因为

tTn（nN*）恒成立求解. 4Sn1Sn3及a11， n1n2所以3Sn是首项为1，公差为的等差数列，

2nSn33n11(n1)所以， n223n2n. 所以Sn23n2n3(n1)2(n1)当n2时，anSnSn13n2，

22a11符合上式，

所以数列an的通项公式为an3n2.

3n2n（2）由an3n2，Sn，

2可得bnnan2(3n2)， Snn3n1147bn24710n所以Tnb1b23n22n. 3n13n1答案第14页，总20页

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2n12n2n(3n2)0， 因为Tn1Tn3(n1)13n1(3n1)(3n4)所以Tn1Tn，所以数列Tn是递增数列. 因为tt4Tn（nN*）恒成立，即Tn（nN*）恒成立，

4t1T所以，则t2， 142所以实数t的最大值是2. 【点睛】

方法点睛：1、数列的通项an与前n项和Sn的关系是anS1,n1，当n＝1时，

SnSn1,n2a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn

－1

，则用分段函数的形式表示．

2、当数列是数列{an}递增数列，则数列an1an0对nN*恒成立；当数列是数列{an}递减数列，则an1an0对nN*恒成立，

2219．（1）证明见解析；（2）0,3．

【分析】

（1）根据题意得到EFAE，证得EF平面ABE，进而证得BC平面ABE，EFBE，即可证得平面ABC平面ABE；

（2）设AEx，则BE4x，AB8x16，由（1）得以BE，BC，BA为x轴，

y轴，z轴建立直角坐标系，分别求得平面ACF和平面ABE的一个法向量，结合向量的夹

角公式，即可求解. 【详解】

（1）由题意知Rt△ABC中，满足EF//BC，所以EFAE，EFBE， 又由AE平面ABE，BE平面ABE，AE因为BC//EF，所以BC平面ABE．

又因为BC平面ABC，所以平面ABC平面ABE．

BEE，所以EF平面ABE，

答案第15页，总20页

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（2）设AEx，则BE4x，ABx2(4x)28x16，且x(2,4)．

由（1）知BA，BC，BE两两互相垂直，分别以BE，BC，BA为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系，

则B(0,0,0)，C(0,1,0)，A(0,0,8x16)，E(4x,0,0)，F4x,,0，

x4xxAF4x,,8x16CF4x,1,0． 则，44b4a,mAF0, 设平面ACF的法向量为m(a,b,c)，则，解得2camCF02x4取平面ACF的一个法向量m1,4,2，

2x4cosm,n41722． 3又平面ABE的法向量为n(0,1,0)，所以

2，

x2因为x20,2，所以cosm,n0,22所以平面AFC和平面ABE所成的锐二面角的余弦值的取值范围是0,3．



【点睛】

利用空间向量计算二面角的常用方法：

答案第16页，总20页

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1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；

2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.

33E()20．（1）答案见解析；（2）125【分析】

n． （1）由题意知B3,，直接求出概率，写出分布列；

（2）先列举的所有可能的值是0，1，2，…，n．并计算其对应的概率，利用数学期望的定义列出期望的表达式，用错位相减法求和即可. 【详解】

（1）由题意知B3,，故的所有可能为0，1，2，3．

252527543312，， P(0)C0P(1)C33551255125323682，P(3)C3，的分布列为 P(2)C3551255125232332 P 0 1 2 3 8 12527 12554 12536 125（2）依题意，的所有可能的值是0，1，2，…，n．

23当0≤k≤n1时，P(k)；

553当kn时，P(k)， 52232323E()012(n1)55555552n1nk3n，①

5n答案第17页，总20页

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32323233E()12(n1)n5555555522322323由①-②，得E()5555555nnn2333233E()1，

5555555n33E()1．

25n123nn1，②

nn12n133n n，

555【点睛】

求分布列的题目要注意随机变量X是否服从二项分布、超几何分布等特殊分布，可以直接套公式计算.

21．（1）y24x；（2）点M的坐标为(4,4)． 【分析】

（1）根据题意，结合抛物线的定义进行求解即可；

（2）设出切线方程，利用一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合两点间距离公式进行求解即可. 【详解】

解：（1）设Ax0,y0，因此有y02px0，抛物线的准线为：x2p 2p3x()022则，解得p2（负值舍去），

9x22px004所以C的标准方程为y24x；

（2）不妨设kMAk1，kMBk2，Ax1,y1，Bx2,y2，Mt,2t(t22设过点M作椭圆的切线方程为ykxt2t，①

2)．

22ykxt2t2222由，得34kx8k2ttkx42ttk120，

223x4y12由0得t4k4tk4t30，

4232答案第18页，总20页

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4t34t23所以k1k24，k1k24，

t4t4在①中令x2得，yt2k2t，

223t416t21210， |AB|y1y2t2k1k2t24t422解得t24，点M的坐标为(4,4)． 【点睛】

关键点睛：设出切线方程利用一元二次方程根与系数的关系、根的判别式是解题的关键. 22．（1）零点个数为3；（2）[1，+∞）． 【分析】

（1）易得fx＝2（x﹣sin2x），再用导数法研究（0，的奇偶性求解.

1和﹣1＜t＜1（2）令sinx＝t∈[﹣1，1]，转化为不等式cos2t≤a（1﹣t2）恒成立，再t＝±分类讨论求解. 【详解】

（1）易知fx＝2（x﹣sin2x），显然f0＝0， 所以x＝0是f′（x）的一个零点， 令g（x）＝x﹣sin2x（0≤x所以g（x）在（0，

）上的零点情况，然后结合fx22），则gx＝1﹣2cos2x＝0时，x6，

）单调递减，在（，）单调递增， 6623）＜0， 662则g（x）的最小值为g（

又g（0）＝0，且g（所以g（x）在（0，

）＞0，

22）上存在唯一零点x0∈（，），

622则fx＝2g（x）在（0，）上亦存在唯一零点，

2因为fx是奇函数，所以fx在（，0）上也存在唯一零点﹣x0，

2答案第19页，总20页

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综上所述，当a＝1时，f（x）的导函数fx在[2，

]上的零点个数为3； 2（2）不等式2cos（2sinx）+a2x2≤af（x）恒成立，即不等式cos（2sinx）≤acos2x恒成立， 令sinx＝t∈[﹣1，1]，则等价于不等式cos2t≤a（1﹣t2）…（1）恒成立， ①若t2＝1，即t＝±1时，不等式（1）显然成立，此时a∈R， ②若﹣1＜t＜1时，不等式（1）等价于acos2t(1t2)（2）

设h（t）cos2t1t1， 2（﹣＜＜）

1t22tcos2t1tsin2t， 当0≤t＜1时，ht22(1t)令φ（t）＝tcos2t﹣（1﹣t2）sin2t（0≤t＜1， 则t＝（2t2﹣1）cos2t（0≤t＜1），

2＝0，且2＜， 0已知＝，2424则φ（t）在（0，

22），（，1）上单调递减，在（，）上单调地增，

44222又φ（0）＝0，φ（）＝﹣1＜0，所以φ（t）＜0在（0，1）上恒成立，

416所以h（t）在[0，1）上单调递减，则h（t）≤h（0）＝1，

显然函数h（t）为偶函数，故函数h（t）在[﹣1，1]上的最大值为1， 因此a≥1，

综上所述，满足题意的实数a的取值范围为[1，+∞）． 【点睛】

本题主要考查导数与函数的零点，导数与函数不等式恒成立问题，还考查了转化化归，分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题．

答案第20页，总20页