2019年金学导航高三第一次联考理科数学试题 PDF版.rar

书书书【金学导航·起点卷·２０１９届高三·数学（理）试题·Ｄ区专用·第１ 页（共４页）】金 学 导 航联考版·数学（理）·起点卷命题：北京金学教育中心数学研究室审定：中央教科所《教育文摘周报》社（试卷总分１５０分 考试时间１２０分钟）题号第Ⅰ卷第Ⅱ卷１３１４１５１６１７１８１９２０２１２２总分合分人复分人得分第Ⅰ卷（选择题 共６０分）得分评卷人一、选择题：本大题共１２小题，每小题５分，共６０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．下列复数中，与复数ｚ＝１＋ｉ２０１９的虚部相同的是（ ）Ａ．１＋ｉ Ｂ．２－ｉ Ｃ．１＋２ｉ Ｄ．－１＋ｉ２．设集合Ｍ＝｛０，ｍ，４｝，Ｎ＝｛１，２｝，Ｐ＝｛０，２｝，若Ｍ∩Ｎ＝｛２｝，则下列结论不正确獉獉獉的是（ ）Ａ．Ｎ∩Ｐ＝｛２｝Ｂ．ｍ∈ＰＣ．Ｍ∪Ｐ＝｛０，ｍ｝Ｄ．Ｎ３．设随机变量ξ服从正态分布Ｎ（０，１），则Ｐ（ξ＞２）的值为（附：若Ｘ～Ｎ（μ，σ２），则Ｐ（μ－σ＜Ｘ≤μ＋σ）＝０．６８２６，Ｐ（μ－２σ＜Ｘ≤μ＋２σ）＝０．９５４４）（ ）Ａ．０．０４５６Ｂ．０．３１４７Ｃ．０．０２２８Ｄ．０．６８２６４．已知｛ａ２ｎ｝是等差数列，且ａｎ＞０，若ａ１＝１，ａ２＝５，则ａ３＝（ ）Ａ．９Ｂ．４９Ｃ．７Ｄ．２５５．已知椭圆ｘ２９＋ｙ２ｍ＝１（０＜ｍ＜９）的焦距为槡２５，则抛物线ｙ＝１ｍｘ２的准线方程是（ ）Ａ．ｙ＝２Ｂ．ｙ＝－２Ｃ．ｙ＝－１Ｄ．ｘ＝－１１６６．唐代诗人杜牧的七绝唐诗中有两句诗：“今来海上升高望，不到蓬莱不成仙．”后一句中“到蓬莱”是“成仙”的（ ）Ａ．充分条件Ｂ．必要条件Ｃ．充要条件Ｄ．既非充分又非必要条件７．已知实数ｘ，ｙ满足不等式组ｘ＋ｙ≥２ｙ≥ｘ－２ｙ≤{２，则目标函数ｚ＝ｘ２＋ｙ槡２的最小值为（ ）槡槡Ａ．２Ｂ．２Ｃ．２２Ｄ．１G21G22 G22 G22G21 G22 G23 G24 G22 G25G26 G22 G25８．如图，是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）Ａ．１６３（３π－１）Ｂ．１６（π－１）Ｃ．１６３（π－１）Ｄ．８（π－２）９．在如图所示的框图中，已知ａ＝２２１ｘｄｘ，若程序运行输出的结果为ｓ＝－１５，则判断框中应填入的关于ｂ的判断条件是（ ）G21 G22 G21 G22 G23 G23 G24 G21 G22 G25 G26 G27 G21 G24 G22 G24 G28 G25 G21 G22 G21 G23 G24G24 G25 G24 G26 G27G28G29Ａ．ｂ≥－５Ｂ．ｂ≥－７Ｃ．ｂ≤－７Ｄ．ｂ≤－９１０．函数ｆ（ｘ）＝ｘ２２ｘ－２－ｘ的大致图象为（ ）G21G22G21G23G21G22G21G23Ａ ＢG21G22G21G23G21G22G21G23Ｃ Ｄ１１．在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，直线ｘｓｉｎＡ＋ｙｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ＝０与圆ｘ２＋ｙ２＝１相切，则△ＡＢＣ的形状为（ ）Ａ．等腰三角形Ｂ．直角三角形Ｃ．正三角形Ｄ．锐角三角形１２．已知双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的左、右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，过Ｆ１且斜率为槡３３的直线ｌ交双曲线的右支于Ｐ点，交ｙ轴于Ｑ点，Ｑ为ＰＦ１的中点，△ＱＦ１Ｆ２的外接圆的半径为４，则双曲线的虚轴长为（ ）槡槡槡Ａ．４Ｂ．２２Ｃ．４２Ｄ．４３题号１２３４５６７８９１０１１１２答案【金学导航·起点卷·２０１９届高三·数学（理）试题·Ｄ区专用·第２ 页（共４页）】第Ⅱ卷（非选择题 共９０分）得分评卷人二、填空题：本大题共４小题，每小题５分，共２０分．把答案填在题中横线上．１３．已知向量ａ、ｂ，且｜ａ｜＝｜ｂ｜，则（ａ＋ｂ）·（ａ－ｂ）＝ ．G21G22G21 G23 G21G23 G22 G22G23G24１４．已知一组数据的茎叶图如图所示，它们的平均数为ｎ，二项式展开式为（１－２ｘ）ｎ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａｎ－１ｘｎ－１＋ａｎｘｎ，则ａｎ－１＝ ．１５．已知在四面体ＡＢＣＤ中，ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ两两垂直，且ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ＝２，则四面体ＡＢＣＤ内切球的半径为 ．１６．已知ｆ（ｘ）为定义在Ｒ上的函数，ｆ（ｘ＋１）为奇函数，当ｘ＞１时，ｆ（ｘ）＝２－ｘ，１＜ｘ≤２ｘ２－４ｘ＋４，ｘ{＞２，函数ｇ（ｘ）＝ｋ（ｘ－１）（ｋ＞０），则函数ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）的所有零点的和为 ．得分评卷人三、解答题：本大题共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．（１０分）已知函数ｆ（ｘ）＝ｔａｎｘｓｉｎ（ｘ＋π２），ｇ（ｘ）＝２ｃｏｓ２ｘ２－１．（１）已知ｆ（θ）＝－１２，－π２＜θ＜０，求角θ的值；（２）设函数ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ），求在区间［０，π４］上ｈ（ｘ）的最小值．１８．（１２分）２０１７年末，“支付宝大行动”用发红包的方法刺激支付宝的使用，支付宝自助付款可以实现人像识别身份认证和自动支付业务，于是出现了无人超市和无人加油站；使用支付宝支付的人群越来越庞大，因此，滕州市公共汽车公司在２０１８年初和支付宝合作，打算在市区行驶的公共汽车上实行支付宝支付，这样可以节约很多人工成本；为此从４月１号到５月１号实行“用支付宝支付可以打５折”的优惠活动，为了了解市民对这一新的举措的实行情况，汽车公司随机调查了市区乘车的３００名乘客，统计了他们的付费方式，如下表：支付方式支付宝付费公交ＩＣ卡付费投币付费所占比例６０％３０％１０％若把这３００人按年龄分为中青年人组与老年人组，制成如下的２×２列联表：支付宝用户非支付宝用户合计老年人组中青年人组合计（１）若中青年人与老年人的比例为１∶１，且从这３００人中任取一人，这个人不使用支付宝付费且为中青年人的概率为１１０，完成列联表，并判断是否有９９．９％的把握认为使用支付宝付费与年龄有关？（２）把频率作为概率，从所有非现金支付乘客中随机抽取３人，用Ｘ表示所选３人中使用支付宝乘客的人数，求Ｘ的分布列与数学期望．附：Ｐ（Ｋ２≥ｋ０）０．０２５０．０１００．００５０．００１ｋ０５．０２４６．６３５７．８７９１０．８２８Ｋ２＝ｎ（ａｄ－ｂｃ）２（ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ），其中ｎ＝ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ．【金学导航·起点卷·２０１９届高三·数学（理）试题·Ｄ区专用·第３ 页（共４页）】１９．（１２分）如图所示，设三角形数阵中的第ｎ行的第一个数为ａｎ（ｎ∈Ｎ），数列｛ｂｎ｝为等差数列，且ｂ４＝ａ３，∑１０ｎ＝１ｂｎ＝１００．（１）求数列｛ａｎ｝、｛ｂｎ｝的通项公式；（２）设ｃｎ＝１ａｎ＋ｂｎ，求数列｛ｃｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ．G21G22 G23G24 G25 G21 G21G21 G22 G21 G23 G21 G24 G21 G25G26 G21 G26 G22 G26 G23 G26 G24 G26 G25G21 G21 G21 G21２０．（１２分）如图，在各棱长均为３的正三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中，Ｄ为棱Ａ１Ｂ１的中点，点Ｈ在棱ＣＣ１上，且ＣＨ＝１２ＨＣ１，Ｇ为△Ａ１Ｂ１Ｃ１的重心．（１）求证：ＧＨ∥平面ＢＣＤ；（２）求直线ＢＧ与平面Ｂ１ＧＨ所成角的正弦值．G21G22G23G24G25G26G21G21G23G21G22G21【金学导航·起点卷·２０１９届高三·数学（理）试题·Ｄ区专用·第４ 页（共４页）】２１．（１２分）已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左右焦点为Ｆ１、Ｆ２，Ｂ１、Ｂ２为椭圆短轴的两个端点，点Ｍ（２，槡３）是椭圆Ｃ外的一点，且（Ｆ２Ｆ→１＋Ｆ２→Ｍ）⊥Ｆ１→Ｍ，四边形Ｂ１Ｆ２Ｂ２Ｆ１为正方形．（１）求椭圆Ｃ的标准方程；（２）已知椭圆的左顶点为Ａ，不垂直于ｘ轴的直线ｌ与椭圆交于不同的两点Ｐ，Ｑ（异于Ａ点），ｋ１，ｋ２分别是直线ＡＰ，ＡＱ的斜率，若ｋ１ｋ２＝－１６，求证：直线ｌ过定点，并求出该定点的坐标．２２．（１２分）已知函数ｆ（ｘ）＝ａ２ｌｎｘ－ｘ２＋（ａ＋１）ｘ．（１）当ａ＝１时，令ｇ（ｘ）＝ｆ′（ｘ）－ｆ′（１ｘ）＋ｍ，若函数ｇ（ｘ）在［３，＋∞）上的最大值小于０，求实数ｍ的取值范围；（２）若ａ＝－１，求证：当ｘ＞０时，ｆ（ｘ）＜ｅｘ－ｘ２－２．书书书１ 数学（理） 金学导航·联考版金学导航·联考版·起点卷数学（理）·参考答案１．Ｂ（解析：∵ｚ＝１＋ｉ２０１９＝１－ｉ，∴虚部为－１，故选Ｂ．）２．Ｃ（解析：Ａ、Ｄ显然正确，∵Ｍ＝｛０，ｍ，４｝，Ｍ∩Ｎ＝｛２｝，∴ｍ＝２，则Ｂ正确，故选Ｃ．）３．Ｃ（解析：∵ξ～Ｎ（０，１），∴μ＝０，σ＝１，则Ｐ（－２＜ξ≤２）＝０．９５４４，∴Ｐ（ξ＞２）＝１－０．９５４４２＝０．０２２８，故选Ｃ．）４．Ｃ（解析：∵ａ１＝１，ａ２＝５，∴ａ２１＝１，ａ２２＝２５，又｛ａ２ｎ｝是等差数列，∴ａ２３＝４９，∵ａｎ＞０，∴ａ３＝７，故选Ｃ．）５．Ｃ（解析：由ｘ２９＋ｙ２ｍ＝１（０＜ｍ＜９）得，ｃ＝９－槡ｍ，∴２９－槡ｍ槡＝２５，则ｍ＝４，∴抛物线ｙ＝１ｍｘ２即为ｘ２＝４ｙ，则准线方程为ｙ＝－１，故选Ｃ．）６．Ｂ（解析：由题意知，不到蓬莱不成仙，∴成仙到蓬莱，则“到蓬莱”是“成仙”必要条件，故选Ｂ．）G21G22G23G22 G24 G21 G21 G22G22 G23 G22G21 G25 G22 G23 G22G22G22７．Ｂ（解析：作出可行域如图所示，目标函数ｚ＝ｘ２＋ｙ槡２的最小值即为原点（０，０）到直线ｘ＋ｙ＝２的距离槡２，故选Ｂ．）８．Ｄ（解析：由三视图知，该几何体是半个圆柱中挖去一个三棱柱后得到的几何体，圆柱的底面半径为２，高为４，∴体积为Ｖ１＝１２·π×２２×４＝８π，三棱柱的底面为等腰直角三角形，面积为Ｓ＝１２×４×２＝４，高为４，∴体积为Ｖ２＝４×４＝１６，则该几何体的体积为Ｖ１－Ｖ２＝８（π－２），故选Ｄ．）９．Ｂ（解析：由题意知，ａ＝２２１ｘｄｘ＝ｘ２｜２１＝３，因此，由程序框图得，ｋ＝３，ｓ＝０ｂ＝－３，ｓ＝０－３＝－３，ｋ＝５ｂ＝－５，ｓ＝－３－５＝－８，ｋ＝７ｂ＝－７，ｓ＝－８－７＝－１５，ｋ＝９ｂ＝－９，此时，应不满足条件，结束程序输出结果ｓ＝－１５，故选Ｂ．）１０．Ａ（解析：∵ｆ（－ｘ）＝ｘ２２－ｘ－２ｘ＝－ｆ（ｘ），∴函数ｆ（ｘ）为奇函数，排除Ｂ、Ｄ，又ｆ（２）＝４４－１４＝１６１５＞１，故排除Ｃ，故选Ａ．）１１．Ｂ（解析：∵直线ｘｓｉｎＡ＋ｙｓｉｎＢ＋ｓｉｎＣ＝０与圆ｘ２＋ｙ２＝１相切，∴｜ｓｉｎＣ｜ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２槡Ｂ＝１，即ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ＝ｓｉｎ２Ｃ，由正弦定理知，ａ２＋ｂ２＝ｃ２，∴△ＡＢＣ为直角三角形，故选Ｂ．）２ 数学（理） 金学导航·联考版１２．Ｃ（解析：∵直线ｌ的斜率为槡３３，∴∠ＰＦ１Ｆ２＝３０°，由双曲线的对称性知，ＱＦ１＝ＱＦ２，又Ｑ为ＰＦ１的中点，则△ＰＦ１Ｆ２为直角三角形，∴ＰＱ＝ＱＦ１＝ＱＦ２＝ＰＦ２，∵｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ，∴｜ＰＦ１｜＝槡４３３ｃ，｜ＰＦ２｜＝槡２３３ｃ，由双曲线的定义知，｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝槡４３３ｃ－槡２３３ｃ＝２ａ，即ｃ槡＝３ａ，设△ＱＦ１Ｆ２的外接圆的半径为Ｒ，由正弦定理得，２ｃｓｉｎ１２０°＝２Ｒ，∵Ｒ＝４，∴ｃ槡＝２３，则ａ＝２，∴ｂ＝ｃ２－ａ槡２槡＝２２，则双曲线的虚轴长为槡４２，故选Ｃ．）１３．０（解析：∵｜ａ｜＝｜ｂ｜，∴（ａ＋ｂ）·（ａ－ｂ）＝ａ２－ｂ２＝｜ａ｜２－｜ｂ｜２＝０．）１４．－２１９（解析：由茎叶图知，ｎ＝１＋１２＋１１＋２０＋２０＋３２６＝１６，∴二项式展开式为（１－２ｘ）１６＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ２＋…＋ａ１５ｘ１５＋ａ１６ｘ１６，∴ａｎ－１＝ａ１５＝Ｃ１５１６（－２）１５＝－２１９．）１５．槡３－３３（解析：∵四面体ＡＢＣＤ中，ＡＢ，ＡＣ，ＡＤ两两垂直，且ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ，∴△ＢＣＤ为等边三角形，且边长为槡２２，四面体的体积为Ｖ＝１３×１２×２×２×２＝４３，设四面体ＡＢＣＤ的内切球球心为Ｏ，半径为ｒ，四面体的表面积为Ｓ，根据等体积法得，ＶＡＢＣＤ＝ＶＯ－ＡＢＣ＋ＶＯ－ＡＢＤ＋ＶＯ－ＡＣＤ＋ＶＯ－ＢＣＤ＝１３Ｓ·ｒ，又表面积为Ｓ＝３×１２×２×２＋槡３４×（槡２２）２槡＝６＋２３，∴４３＝１３×（槡６＋２３）ｒ，解得ｒ＝槡３－３３．）G21G22G23G21 G22１６．５（解析：∵ｆ（ｘ＋１）为奇函数，∴函数ｆ（ｘ）的图象关于点（１，０）对称，又ｆ（ｘ）为定义在Ｒ上的函数，∴ｆ（１）＝０，函数ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）的所有零点即为ｙ＝ｆ（ｘ）的图象与ｙ＝ｇ（ｘ）的图象的交点，作出它们的图象如图所示，∵ｇ（ｘ）＝ｋ（ｘ－１）过定点（１，０），∴ｘ＝１为其中一个零点，由ｆ（ｘ）的图象关于点（１，０）对称知，其它４个零点之和为４，∴所有零点的和为５．）１７．解：（１）ｆ（ｘ）＝ｔａｎｘｓｉｎ（ｘ＋π２）＝ｓｉｎｘｃｏｓｘ·ｃｏｓｘ＝ｓｉｎｘ，３ 数学（理）（见背面） 金学导航·联考版∵ｆ（θ）＝－１２，∴ｓｉｎθ＝－１２，又－π２＜θ＜０，∴θ＝－π６；（４分）G21 G21 G21 G21 G21 G21（２）∵ｇ（ｘ）＝２ｃｏｓ２ｘ２－１＝ｃｏｓｘ，∴由（１）知，ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ槡＝２ｓｉｎ（ｘ＋π４），（７分）G21 G21 G21 G21 G21∵ｘ∈［０，π４］，∴ｘ＋π４∈［π４，π２］，则槡２２≤ｓｉｎ（ｘ＋π４）≤１，∴在区间［０，π４］上ｈ（ｘ）的最小值为槡２×槡２２＝１．（１０分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21１８．解：（１）由题设知，使用支付宝的乘客数为３００×６０％＝１８０人，∵不使用支付宝且为中青年人的概率为１１０，∴不使用支付宝的中青年人数为３００×１１０＝３０，（２分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21则２×２列联表如下：支付宝用户非支付宝用户合计老年人组６０９０１５０中青年人组１２０３０１５０合计１８０１２０３００∴Ｋ２＝３００（６０×３０－１２０×９０）２１５０×１５０×１８０×１２０＝５０＞１０．８２８，故有９９．９％的把握认为使用支付宝付费与年龄有关．（６分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21（２）把频率作为概率，从所有无现金支付乘客中抽取３人，可以近似看作３次独立重复实验，∴Ｘ的取值依次为０，１，２，３，则Ｘ服从二项分布Ｂ（３，２３），Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｃ０３（１－２３）３＝１２７，Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ１３·２３（１－２３）２＝６２７，Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ２３·（２３）２（１－２３）＝１２２７，Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｃ３３·（２３）３＝８２７，（１０分）G21 G21 G21 G21 G21∴Ｘ的分布列为：Ｘ０１２３Ｐ１２７６２７１２２７８２７故ＥＸ＝０×１２７＋１×６２７＋２×１２２７＋３×８２７＝２．（１２分）G21 G21G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21４ 数学（理） 金学导航·联考版１９．解：（１）由三角形数阵知，ａ１＝１，ａ２－ａ１＝２，ａ３－ａ２＝４，…，ａｎ－ａｎ－１＝２（ｎ－１）（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ），累加得，ａｎ－ａ１＝２＋４＋…＋２（ｎ－１）＝ｎ（ｎ－１），∴ａｎ＝ｎ２－ｎ＋１（ｎ≥２），∵ａ１＝１也满足上述等式，∴ａｎ＝ｎ２－ｎ＋１（ｎ∈Ｎ）；（４分）G21 G21 G21 G21 G21 G21由题设知，ｂ４＝ａ３＝７，设数列｛ｂｎ｝的公差为ｄ，则ｂ１＋３ｄ＝７， ①∵∑１０ｎ＝１ｂｎ＝１００，∴１０ｂ１＋１０×９２ｄ＝１００，即ｂ１＋９２ｄ＝１０， ②由①②解得，ｂ１＝１，ｄ＝２，∴ｂｎ＝２ｎ－１；（８分）G21（２）由（１）知，ｃｎ＝１ａｎ＋ｂｎ＝１ｎ２－ｎ＋１＋２ｎ－１＝１ｎ２＋ｎ＝１ｎ（ｎ＋１）＝１ｎ－１ｎ＋１，∴Ｔｎ＝ｃ１＋ｃ２＋…＋ｃｎ＝（１１－１２）＋（１２－１３）＋…＋（１ｎ－１ｎ＋１）＝１－１ｎ＋１＝ｎｎ＋１．（１２分）G21 G21 G21２０．（１）证明：连结Ｃ１Ｄ，∵Ｄ为棱Ａ１Ｂ１的中点，且Ｇ为△Ａ１Ｂ１Ｃ１上的重心，∴Ｃ１Ｄ一定过点Ｇ，且Ｃ１ＧＧＤ＝２，（２分）G21 G21 G21 G21 G21∵ＣＨ＝１２ＨＣ１，∴Ｃ１ＨＨＣ＝２，则Ｃ１ＧＧＤ＝Ｃ１ＨＨＣ，∴ＧＨ∥ＤＣ，∵ＤＣ平面ＢＣＤ，ＧＨ平面ＢＣＤ，∴ＧＨ∥平面ＢＣＤ；（５分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21G21G22G23G24G25G26G27G28G29G2AG24G21G26G21G25G21（２）解：取ＡＢ的中点Ｏ，连结ＯＤ，由题设知，ＯＤ⊥平面ＡＢＣ，ＯＣ⊥ＡＢ，以Ｏ为原点，ＯＢ，ＯＣ，ＯＤ所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ，如图所示；由题设知，Ｂ（３２，０，０），Ｂ１（３２，０，３），Ｇ（０，槡３２，３），Ｈ（０，槡３３２，１）（８分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21∴Ｂ１→Ｇ＝（－３２，槡３２，０），Ｂ１→Ｈ＝（－３２，槡３３２，－２），设平面Ｂ１ＧＨ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），由ｎ·Ｂ１→Ｇ＝０ｎ·Ｂ１→Ｈ{＝０得，－３２ｘ＋槡３２ｙ＝０－３２ｘ＋槡３３２ｙ－２ｚ{＝０，５ 数学（理） 金学导航·联考版取ｘ＝１，则ｙ槡＝３，ｚ＝３２，∴平面Ｂ１ＧＨ的一个法向量为ｎ＝（１，槡３，３２），（１０分）G21G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21又→ＢＧ＝（－３２，槡３２，３），∴｜ｃｏｓ＜→ＢＧ，ｎ＞｜＝｜→ＢＧ·ｎ｜→ＢＧ｜·｜ｎ｜｜＝｜－３２槡＋３·槡３２＋３２·３｜１＋３＋槡９４·９４＋３４槡＋９＝槡３３１０，即直线ＢＧ与平面Ｂ１ＧＨ所成角的正弦值为槡３３１０．（１２分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21２１．（１）解：设Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０），∵Ｍ（２，槡３），∴Ｆ２Ｆ→１＋Ｆ２→Ｍ＝（－２ｃ，０）＋（２－ｃ，槡３）＝（２－３ｃ，槡３），Ｆ１→Ｍ＝（２＋ｃ，槡３），∵（Ｆ２Ｆ→１＋Ｆ２→Ｍ）⊥Ｆ１→Ｍ，∴（２－３ｃ，槡３）·（２＋ｃ，槡３）＝０，即（２－３ｃ）（２＋ｃ）＋３＝０，解得，ｃ＝１，（２分）G21 G21∵四边形Ｂ１Ｆ２Ｂ２Ｆ１为正方形，∴２ｂ＝２ｃ，则ｂ＝１，∴ａ２＝ｂ２＋ｃ２＝２，故椭圆的标准方程为ｘ２２＋ｙ２＝１；（４分）G21 G21 G21 G21（２）证明：由题设知，直线ｌ的斜率存在，设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，由ｙ＝ｋｘ＋ｍｘ２２＋ｙ２{＝１消去ｙ得，（２ｋ２＋１）ｘ２＋４ｋｍｘ＋２ｍ２－２＝０，则Δ＝１６ｋ２ｍ２－４（２ｋ２＋１）（２ｍ２－２）＞０，∴ｍ２＜２ｋ２＋１， （）（７分）G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝－４ｋｍ２ｋ２＋１，ｘ１ｘ２＝２ｍ２－２２ｋ２＋１，由（１）知，Ａ（槡－２，０），∴ｋ１ｋ２＝ｙ１ｘ１槡＋２·ｙ２ｘ２槡＋２＝ｋｘ１＋ｍｘ１槡＋２·ｋｘ２＋ｍｘ２槡＋２＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｋｍ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ２ｘ１ｘ２槡＋２（ｘ１＋ｘ２）＋２＝ｋ２·２ｍ２－２２ｋ２＋１＋ｋｍ·－４ｋｍ２ｋ２＋１＋ｍ２２ｍ２－２２ｋ２＋１槡＋２·－４ｋｍ２ｋ２＋１＋２＝ｍ２－２ｋ２２ｍ２槡－４２ｋｍ＋４ｋ２＝－１６，（１０分）G21 G21 G21 G21 G21６ 数学（理） 金学导航·联考版即２ｋ２槡＋２ｋｍ－２ｍ２＝０，解得，ｋ＝槡２２ｍ或ｋ槡＝－２ｍ，当ｋ＝槡２２ｍ时，直线ｌ的方程为ｙ＝槡２２ｍｘ＋ｍ，此时，直线ｌ过左顶点Ａ（槡－２，０），不合题意舍去，当ｋ槡＝－２ｍ时，直线ｌ的方程为ｙ槡＝－２ｍｘ＋ｍ，此时，直线ｌ过定点（槡２２，０）．（１２分）G21 G21 G21 G21 G21２２．（１）解：当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ２＋２ｘ，ｘ∈［３，＋∞），∴ｆ′（ｘ）＝１ｘ－２ｘ＋２，则ｆ′（１ｘ）＝ｘ－２ｘ＋２，故ｇ（ｘ）＝ｆ′（ｘ）－ｆ′（１ｘ）＋ｍ＝３ｘ－３ｘ＋ｍ，（２分）G21 G21G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21 G21∵ｇ′（ｘ）＝－３ｘ２－３＜０，∴函数ｇ（ｘ）在［３，＋∞）上单调递减，则函数ｇ（ｘ）的最大值为ｇ（３）＝１－９＋ｍ＝ｍ－８∵函数ｇ（ｘ）的最大值小于０，∴ｍ－８＜０，即ｍ＜８，∴ｍ的取值范围是（－∞，８）；（４分）G21 G21 G21 G21 G21（２）证明：若ａ＝－１，则ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ２，∴ｆ（ｘ）＜ｅｘ－ｘ２－２即为ｌｎｘ－ｘ２＜ｅｘ－ｘ２－２，即证当ｘ＞０时，ｅｘ－ｌｎｘ－２＞０，（５分）G21 G21 G21 G21令ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎｘ－２，则ｈ′（ｘ）＝ｅｘ－１ｘ，ｘ＞０，令Ｆ（ｘ）＝ｈ′（ｘ），∵Ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋１ｘ２＞０，∴Ｆ（ｘ）在（０，＋∞）单调递增，∵Ｆ（１２）＝槡ｅ－２＜０，Ｆ（１）＝ｅ－１＞０，∴函数Ｆ（ｘ）在（０，＋∞）上有唯一零点ｘ０，且１２＜ｘ０＜１，由Ｆ（ｘ０）＝０得，ｅｘ０＝１ｘ０，（８分）G21当ｘ∈（０，ｘ０）时，ｈ′（ｘ）＝Ｆ（ｘ）＜０，∴ｈ（ｘ）单调递减，当ｘ∈（ｘ０，＋∞）时，ｈ′（ｘ）＝Ｆ（ｘ）＞０，∴ｈ（ｘ）单调递增，∴函数ｈ（ｘ）的极小值为ｈ（ｘ０）＝ｅｘ０－ｌｎｘ０－２＝１ｘ０＋ｘ０－２，（１０分）G21 G21 G21∵１２＜ｘ０＜１，∴１ｘ０＋ｘ０－２＞２１ｘ０·ｘ槡０－２＝０，即ｈ（ｘ）＞０在（０，＋∞）恒成立，∴当ｘ＞０时，ｆ（ｘ）＜ｅｘ－ｘ２－２．（１２分）G21 G21 G21