2016年中学生报泄露天机卷(数学理科)

2016年5月高三高考当代中学生报泄露天机卷（数学理科）

一、选择题

1. 复数z为纯虚数，若3izai（i为虚数单位），则实数a的值为（ ）.

11A． B．3 C． D．3

33

2. 已知MyR|yx2,NxR|x2y22，则MN（ ）.

A．(1,1),(1,1) B．0,2 C．0,1 D．1

3. 已知命题p:x0，x30，那么p是（ ）.

3A．x0，x3≤0 B．x0≤0，x0≤0

3≤0 C．x0，x3≤0 D．x00，x0

224. 若非零向量a,b满足ab，且(ab)(3a2b)，则a与b的夹角为（ ）.

33A.  B. C. D.

24421

225. 如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）.

A．202 B．203

侧视图正视图C．242 D．243

2SS6. 已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足321，则数列

32俯视图an的公差d等于（ ）.

A．1 B．2 C．4 D．6

227. 直线ykx3与圆x3y24相交于M,N两点，若MN23，则k的取值范围是

32333（ ）.A．[,0] B．(,][0,)C．[,] D．[,0]

43433

18.已知函数fxcos2xxR，将yfx的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的24倍，纵坐标不变；再把所得的图象向右平移个单位长度，所得的图象关于原点对称，则的

一个值是（ ）.A.

9. 中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧，如果对其他领导人所站的位置不做要求，那么不同的站法共有（ ）.

202310218A.A1818种 B.A20种 C.A3A18A10种 D.A2A18种

10.函数f(x)xecosx(x[,])的图象大致是（ ）.

3533B. C. D.

16 1648

11. 如图，为了测量A、C两点间的距离，选取同一平面上B、D两点，测出四边形ABCD各边的长度（单位：km）：A，且B与D互补，则AC的长为（ ）． BB,C5C,D8D,3A5A．7km B．8km C．9km D．6km

12. 我国古代数学名著《九章算术》中的更相减损法的思路与下面的程序框图相似．执行该程序框图，若输入的a,b分别为14，18，则输出的a等于（ ）. A．2 B．4 C．6 D．8

13. 下列说法正确的是（ ）. A．“若a1，则a21”的否命题是“若a1，则a21” B．an为等比数列，则“a1a2a3”是“a4a5”的既不充分也不必要条件

C．x0,0，使3x04x0成立 D．“nat

3”必要不充分条件是“3”

14. 设正实数a，b满足ab1，则（ ）.

111A.有最大值4 B.ab有最小值

4abC.ab有最大值2 D.a2b2有最小值2 2

15. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）.

33A． B．2 C．23 D．3 33

16. 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，给出以下结论： ① 直线A1B与B1C所成的角为60；

②若M是线段AC1上的动点，则直线CM与平面BC1D所成角的正弦值的取值范围是[③ 若P，Q是线段AC上的动点，且PQ1，则四面体为2. 63,1]； 3B1D1PQ的体积恒

其中，正确结论的个数是（ ）.

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

x117. 设k是一个正整数，在（1+)k的展开式中，第四项的系数为，记函数yx2与ykx的图

k16象所围成的阴影部分面积为S，任取x[0,4]，y[0,16]，则点(x,y)恰好落在阴影区域S内的概率是（ ）.

2121 A． B． C． D．

3356

k18. 已知数列an中，a11,a2ka2k11,a2k1a2k2kkN*，则an的前60项的和S60（ ）.A．231154 B．231124 C．23294 D．232124

19. 抛物线y22px(p0)的焦点为F，准线为l，A、B是抛物线上的两个动点，且满足

MN的最大值是( )． AFB＝．设线段AB的中点M在l上的投影为N，则AB3321 A． B． C．1 D．

236

20.已知函数f(x)x2axbex，当b1时，函数f(x)在,2，1,+上均为增函数，则的取值范围是（ ）.

22122,,2,A． B． C． D．,2

3333aba2

21. 执行下面的程序框图，若输出的结果为

1，则输入的实数x的值是2________．

22. 某校在一次测试中约有600人参加考试，数学考试的成绩X~N100,a2（a0，试卷满分150分），统计结果显示数学考试成绩在80分到120分之

3间的人数约为总人数的，则此次测试中数学考试成绩不低于120的学生约

5有___________人．

23.已知函数fx定义域为0,，其图象是连续不断的，且导数存在，若

1fxxfx，则不等式x2ffx0的解集为________．

x

24.并排的5个房间，安排给5个工作人员临时休息，假设每个人可以进入任一房间，且进入每个房间是等可能的，则每个房间恰好进入一人的概率是 .

25.已知y与x之间具有很强的线性相关关系，现观测得到(x,y)的四组观测值并制作了相应的对照表，由表中数据粗略地得到线性回归直线方程为ybx60，其中b的值没有写上．当x等于

5时，预测y的值为 ． x 1 18 13 10

y 24 34 38 64

26.设f(x)是定义域在R上的偶函数，对xR，都有f(x2)f(x2)，且当x2,0时，

1f(x)()x1，若在区间2,6内关于x的方程f(x)loga(x2)0(a1)至少有两个不同的

2实数根，至多有3个不同的实数根，则a的取值范围是 ．

x2y227. 设F1、F2分别是双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点，P是C的右支上的点，射

ab1线PT平分F1PF2,过原点O作PT的平行线交PF1于点M,若|MP||F1F2|,则C的离心率

3为 ．

1128. 设G为三角形ABC的重心，且AGBG0，若，则实数的值tanAtanBtanC为 ．

29. 若x0,1，不等式mx3lnx1恒成立，则实数m的取值范围是 .

30. 以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中的“杨辉三角形”．

1 2 3 4 5„„„„2013 2014 2015 2016 3 5 7 9 „„„„„„ 4027 4029 4031 8 12 16 „„„„„„„„ 8056 8060 20 28 „„„„„„„„„„„16116 „„„„„„„„„„„„„„„„

该表由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数为 ．

31. 已知向量m(3sinx,cosx),n(cosx,cosx),xR，设f(x)mn． （1）求函数f(x)的解析式及单调增区间；

（2）在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，且a1,bc2,f(A)1，求△ABC的面积．

32. 从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如

55,65图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间，

65,75，75,85内的频率之比为4:2:1．

（1）求这些产品质量指标值落在区间75,85内的频率； （2）若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，记这3件产品中质量指标值位于区间45,75内

的产品件数为X，求X的分布列与数学期望．

33. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PABD. （1）求证：PBPD；

（2）若E，F分别为PC，AB的中点，EF平面PCD，求直线PB与平面PCD所成角的大小．

34.自2016年1月1日起，我国全面二孩政策正式实施，这次人口与生育政策的历史性调整，使得“要不要再生一个”，“生二孩能休多久产假”等问题成为千千万万个家庭在生育决策上避不开的话题．为了解针对产假的不同安排方案形成的生育意愿，某调查机构随机抽取了200户有生育二胎能力的适龄家庭进行问卷调查，得到如下数据：

11111产假安排（单位：周） 4 5 6 7 8 122有生育意愿家庭数 4 8 6 0 6 （1）若用表中数据所得的频率代替概率，面对产假为14周与16周，估计某家庭有生育意愿的概率分别为多少？

（2）假设从5种不同安排方案中，随机抽取2种不同安排分别作为备选方案，然后由单位根据单位情况自主选择．

①求两种安排方案休假周数和不低于32周的概率；

②如果用表示两种方案休假周数之和．求随机变量的分布列及数学期yD望．

35. 如图，已知四边形ABCD内接于抛物线x2y，点C(3,9)，AC平行于

ACx轴，BD平行于该抛物线在点C处的切线，BAD90．

B（1）求直线BD的方程； xO（2）求四边形ABCD的面积．

36.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA平面ABCD，PABE， ABPA4，BE2．

（1）求证：CE平面PAD；

（2）求PD与平面PCE所成角的正弦值； （3）在棱AB上是否存在一点F，使得平面DEF平面PCE？如果存在，AF求的值；如果不存在，说明理由． AB

37. 设数列an的前n项和为Sn,a11,Snnan3nn1,nN,n2． （1）求数列an的通项公式an； （2）是否存在正整数n，使得不存在，说明理由．

a(x1)(aR)． x（1）若a1,求yf(x)在点1,f(1)处的切线方程；

SS1S2S332nn12016？若存在，求出n值；若123n238. 已知函数f(x)lnx（2）求f(x)的单调区间；

111对一切的x(1,2)恒成立． （3）求证：不等式

lnxx12

39. 已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F12，0，点

B2,2在椭圆C上，直线ykxk0与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴

交于点M，N．

（1）求椭圆C的方程；

（2）以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．

x2mx，其中m0. 40. 已知函数fxln1mx2x3（1）当m1时，求证：若1x0，则fx；

3（2）试讨论函数yfx的零点个数.

参考答案与解析

ai3a1a3i，又z为纯虚数，则 1.A 由题3izai，得z3i101013a10,a，检验符合题意.

32.B由题意，知M{y|y0}，N{x|2x2}，所以MN0,2．

33.D 全称命题的否定为特称命题，并将结论加以否定，所以p是x00，x0≤0.

22224.D (ab)(3a2b)3aab2b3aabcos2b，其中为a与b的夹角，因为

2222，所以有，将(ab)(3a2b)ab代入，求得3aabcos2b032cos.

245.B根据三视图的特征，得到该几何体是一个半圆柱和正方体的组合体．其底面积

S2228；底面周长C6；侧面面积为62122．所以几何体的

2表面积等于8122203．

SSS116.B等差数列的前n项和为Snna1n(n1)d，所以有na1(n1)d，代入321中，

322n2SS111即3-2a1(31)d-[a1(21)d]d，所以有d2. 322227.A圆心的坐标为(3,2)，设圆心到直线的距离为d，则由点到直线距离公式，有d3(3k1)228k6k0[,0]. ∴|MN|2rd24， ，∴，解得|MN|231k2422|3k23|1k2，

8.A将yfx的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的

1倍，纵坐标不变，可得函数2fxcos4x的图象；再把所得的图象向右平移个单位长度，可得函数

4ycos[（4x||）]cos（4x4||）的图象．结合所得的图象关于原点对称，可得

443k4||k，即||,kZ， 则的一个值是．

16424169.D 21国领导人中，除了中美俄三国需要指定位置外，其余18国领导人可以任意排序，虽然

218分前后两排，但不影响排序结果，所以有A18种站法，而中美俄三国领导人根据要求则有A2种

218站法，因为这两个事件互不影响，所以共有A2A18种站法.

10.B 易得f(x)xecosx(x[,])为奇函数，图象关于原点对称，故排除A，C，

,)，使得当x(0,x0)时，f'(x)exe(sinx)e(1xsinx)，显然存在x0(0，x(x0,)时，f'(x)0，即f(x)在[0,]上先增后减，故排除D，故选B． f'(x)011.A在ABC中，由余弦定理，得AC2AB2BC22ABBCcosB，即AC22564－

258cosB＝8980cosB．

在ADC中，由余弦定理，得AC2AD2DC22ADDCcosD，

即AC2259253cosD3430cosD．因为B与D互补，所以cosBcosD，所以34AC289AC2，解得AC7.

308012.A第一次循环，得b18-14=4，a14；第二次循环，得a14410,b4；第三次循环，得a1046,b4；第四次循环，得a642,b4；第五次循环，得b422,a2，此时ab2，不满足循环条件，退出循环，输出a2.

13.D A中的否命题没有否定条件，所以A错误；B中由a1a2a3可知，a10,q1或

cosxcosxcosxa10,0q1,任何情况都能保证an为递增数列，所以恒有a4a5，反之若a4a5，可能存在

q0，这时就不能保证a1a2a3，所以“a1a2a3”是“a4a5”的充分而不必要条件，

所以B错误；C中x,0，3x4x，所以C错误. 14.C a0,b0，由基本不等式得1ab2ab，ab11，ab，

42abab2ab12ab11=2，所以ab有最大值2．

15.A 由三视图知该几何体是一个组合体，下面是圆柱，上面是三棱锥，如图三棱锥DABC中，AC是圆柱底面直径，B在底面圆周上，DO平面ABC，O是圆心，尺寸见三视图，则

111111ab14，因此的最小值为4，a2b2ab22ab1-2ab1=，

22abababab2113Vπ121122212π．

323DABOC

16.D ①在A1BD中，每条边都是2，即为等边三角形，∴A1B与A1D所成角为60°，又BC1∥∴直线A1B与BC正确；②由正方体可得平面BDC1⊥平面ACC1，当MA1D，1所成的角为60°，

点位于AC1上，且使CM⊥平面BDC1时，直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最大为1，当M与C1重合时，连接CM交平面BDC1所得斜线最长，直线CM与平面BDC1所成角的正弦值最小

33，∴直线CM与平面BDC1所成角的正弦值的取值范围是[,1]，正确；③连接B1P，BQ1，33236设D1到平面B1AC的距离为h，则h，B1到直线AC的距离为，则四面体PQB1D1的体

3211622积V1，正确．∴正确的命题是①②③． 332236

等于

x17.D 由二项展开式的通项公式，得Tr1Ckr()r，令r3，

k11(k1)(k2)1k4， 则Ck332k166k1632413214∴S(4xx2)dx(2x2x3)|0，所求概率P3．

033416618.C由题意，得a2a110,a4a31,a6a51,,a60a591，所以S奇S偶．又

k1)代入a2ka2k1(1)k，得a2ka2ka2k1ak2k1(k2，(1)2222k(k2)，所以a20，

a4a221(1)2，a6a422(1)3，a8a623(1)4，„，a2ka2k22k1(1)k，将上式相加，得a2k2222k1(1)2(1)3(1)k

1(1)k13(1)k1k2＝22， 222(1230)123293045 所以S偶＝(22222)(152154)＝

212＝23147，所以S602(23147)＝23294.

k19.C如图，过点A作AGl与G，过点B作BEl与E，由抛物线的性质可知AGAF,BEBF，

11M是AB中点，所以MN是梯形AGEB的中位线，则MN(AGBE)(AFBF)，在三角形

22ABF中，

ABAF2BF22AFBFcos23AF2BF2AFBF，

1(AFBF)2MN3AFBF14则(1) 222224ABAFBFAFBFAFBFAFBF1313(1)(1)1，当且仅当AFBF时，不等式取等号. 442-1AFBF-1BFAFyGNEBAMOFx x220.A f(x)2xaexaxbex[x2a2xab]ex,因为函数f(x)在,2，1,+上均为增函数，所以f(x)0在,2，1,+上恒成立，即[x2a2xab]ex0在,2，

1,+上恒成立，令h(x)x2(a2)xab，则h(x)0在,2，1,+上恒成立，所以有

h(2)(2)2(a2)(2)ab

ab02ab30a2ab0，h(1)1(a2)ab2ab30，21,即a,b满足, 在

2b14a2b2aba2b2b2直角坐标系内作出可行域，，其中k表示的几何意义为点1a2a2a2a212P(2,2)与可行域内的点Q(a,b)两点连线的斜率，由图可知-3k，所以2k+1，即

332ab的取值范围为(2,]. a2321.2． 当x1时，ylog2x311，所以x2；当x1时，yx1，所以x，不符

222

合题意．故应填2．

22.120 因为成绩X~N100,a2，所以其正态曲线关于直线x100对称，又成绩在80分到120

3，由对称性知，成绩在120分以上的人数约为总人数的51311（1），所以数学考试成绩不低于120分的学生约有600120人． 2555f(x)(x0)，因为fxxfx， 23.(0,1) 令g(x)xxf(x)f(x)0，则g(x)在0,上单调递减， 所以g(x)x21f()1f(x)11将x2ffx0化为x，即g()g(x)，则x，

1xxxxx解得0x1．

2424. 依题意可知，每一个人入住的方法都是5种，所以5人入住的方法总数为553152种，

6255而每个房间恰好进入一人的方法数是A5120种，因此，每个房间恰好进入一人的概率是

分之间的人数约为总人数的

5A512024. 55312562525.70 由已知，x18131012434386410，y40，所以4010b60,b2，

44ˆ2x60，当x5时，yˆ70． y3xR，都有f(x2)f(x2)， 26. 4,2 因为对

所以fxfx4,T4,作出函数yfx与yloga(x2)的图象，如图所示，由图象可知



loga43,解得34a2. loga83

FMFO312c27. 设PT交x轴于点T，PF1m，则MPF1F2，由OM∥PT，得11，233F1PFT12mc3c，则FTmc，所以FT2cmc，又PT是FPF的角平分线，则即121222mFT1mcmc33FPFT4c3有11，代入整理得m2amc，所以离心率为e.

3a2F2PF2T1 如图，连接CG，延长交AB于D，由于G为重心，故D为中点，因为AGBG，所以213DGAB，由重心的性质得CD3DG，即CDA，B由余弦定理得

22AC2AD2CD22ADCDcosADC,

BC2BD2CD22BDCDcosBDC，因为ADC，D所以BD,CABD191122AC2BC2AD2CD，所以AC2BC2AB2AB25AB2，又，

22tanAtanBtanCcAoBscCos所以，所以sAiBnCsin(sinAcosBcosAsinB)sinCsin2CAB2AB2222sinAsinBcosC2sinAsinBcosC2BCACcosCBC2ACABAB211，所以． 2225ABAB4

28.

29.[e,) 由mx3lnx1，得mx3lnx1或mx3lnx1，即mx3lnx1或mx3lnx1.32

lnx1或mlnx1. 又x0,1，所以mlnx31或mlnx31，所以mx3maxx3minxx21x3(lnx1)3x22x1(nl3)x2lnx1x2(1)令f(x)，则f(x)，令f(x得xe31，)0，663xxx当0xe时，f(x)0；当ex1时，f(x)0.所以f(x)在(0,e)上是增函数，在(e,1]2212223elne1e是减函数.所以f(x)maxf(e3)32，所以m. 23e3(e3)31x3(lnx1)3x2224x3xlnx，因为x0,1，所以lnx0，lnx1xg(x)(2)令g(x)，则x6x6x3所以易知g(x)0，所以g(x)在0,1上是增函数.易知当x0时，g(x)，故g(x)在0,1上

23232323e无最小值，所以mlnx31在0,1上不能恒成立.综上所述，m，即实数m的取值范围是

3xe2[,). 330.201722014 第一行为1、2、3的三角形，最后一行的数为3121；第一行为1、2、3、

4的三角形，最后一行的数为4122；第一行为1、2、3、4、5的三角形最后一行的数为

23，2016最后一行的数为2016122014201722014. 2、„，可猜想第一行为1、„，5123；

三、解答题

31131.解：（1）f(x)mn3sinxcosxcos2xsin2xcos2x

2221sin(2x)，

62由2k2x2k,kZ 可得kxk，

26236k,k，kZ. 所以函数的单调递增区间为631（2）f(A)1,sin(2A)，

62130A,2A，

66652A,A.

663由a2b2c22bccosA,

得1b2c22bccos43bc,bc1，

313. SABCbcsinA2432.解：（1）设区间75,85内的频率为x，

则区间55,65，65,75内的频率分别为4x和2x．

依题意得0.0040.0120.0190.03104x2xx1，解得x0.05.

所以区间75,85内的频率为0.05．

（2）从该企业生产的该种产品中随机抽取3件，相当于进行了3次独立重复试验， 所以X服从二项分布Bn,p，其中n3．

由（1）得，区间45,75内的频率为0.30.2+0.1=0.6，

将频率视为概率得p0.6．因为X的所有可能取值为0，1，2，3，

012且P(X0)C30.600.430.064，P(X1)C130.60.40.288，

230P(X2)C30.620.410.432，P(X3)C330.60.40.216． 所以X的分布列为：

X服从二项分布Bn,p，所以X的数学期望为EX30.61.8．

33. 解：（1）连接AC，交BD于点O，∵底面ABCD是正方形， ∴ACBD，且O为BD的中点，又∵PABD，PAACA， ∴BD平面PAC，由于PO平面PAC，故BDPO， 又∵BODO，故PBPD；

1（2）设PD的中点为Q，连接AQ，EQ，EQ//CD，

2∴AFEQ为平行四边形，EF//AQ，∵EF平面PCD， ∴AQ平面PCD，∴AQPD，PD的中点为Q，

Q∴APAD2，由AQ平面PCD，又可得AQCD， 又∵ADCD，AQADA，∴CD平面PAD， ∴CDPA，又∵BDPA，

∴PA平面ABCD，由题意，AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，向量AB，AD， AP的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，

22,)，D(0,2,0)，P(0,0,2)， 2222AQ(0,,)，PB(2,0,2)，而AQ为平面PCD的一个法向量，

22PBAQ1，sin设直线PB与平面PCD所成角为，∴直线PB与平面PCD所成角为.

6|PB||AQ|2B(2,0,0)，Q(0,34.解：（1）由表中信息可知，当产假为14周时某家庭有生育意愿的概率为P1当产假为16周时某家庭有生育意愿的概率为P241； 20050162 20025（2）①设“两种安排方案休假周数和不低于32周”为事件A，由已知从5种不同安排方案中，

2随机地抽取2种方案选 法共有C5， 10（种）

其和不低于32周的选法有（14，18）、（15，17）、（15，18）、（16，17）、（16，18）、（17，18），共6种，

63． 由古典概型概率计算公式得P(A)105②由题知随机变量的可能取值为29，30，31，32，33，34，35．

112P(29)0.1，P(30)0.1,P(31)0.2，

101010

22110.2,P(33)0.2,P(34)0.1,P(35)0.1， 10101010因而的分布列为

 29 30 31 32 33 34 35 P 0．1 0．1 0．2 0．2 0．2 0．1 0．1 所以E()290.1300.1310.2320.2330.2340.1350.132.

235.解：（1）由C(3,9)及AC平行于x轴知A(3,9)，设B(x1,x12)，D(x2,x2)； P(32)yDACBOx

由题意知，过点C的切线斜率存在，故设切线的方程为y9k(x3)，

y9k(x3)联立x2kx3k90. 2yx(k)24(3k9)0(k6)20k6. 从而kBDk6.

从而设直线BD的方程为y6xm， y6xm2x6xm0. 2yx则x1x26, x1x2m，

又因为BAD90，所以

2x129x29kABkAD1(x13)(x23)1x1x23(x1x2)91.

x13x23即m3691m8. 故直线BD的方程为y6x8.

（2）解方程x26x80，可得 B(2,4)，D(4,16)， 四边形ABCD面积SSACDSACB 111 ACyDyCACyByC6(75)36．

22236.解：（1）设PA中点为G，连结EG，DG， 因为PA//BE，且PA4，BE2， 所以BE//AG且BEAG，

所以四边形BEGA为平行四边形， 所以EG//AB，且EGAB．

因为正方形ABCD，所以CD//AB，CDAB， 所以EG//CD，且EGCD，

所以四边形CDGE为平行四边形， 所以CE//DG．

因为DG平面PAD，CE平面PAD， 所以CE//平面PAD．

（2）如图，建立空间坐标系，则B4,0,0，C4,4,0，E4,0,2，P0,0,4，D0,4,0，

所以PC4,4,4，PE4,0,2，PD0,4,4．

mPC0xyz0设平面PCE的一个法向量为mx,y,z，所以． mPE02xz0x1y1x1令，则，所以m1,1,2． z2设PD与平面PCE所成角为，

mPD则sincosm,PDPDm43． 66423． 6（3）假设存在点Fa,0,0满足题意，则FE4a,0,2，DE4,4,2．

nDE02x2yz0设平面DEF的一个法向量为nx,y,z，则， 4ax2z0nFE0x2aa令x2，则y，所以n2,,a4．

22za4因为平面DEF平面PCE，

a所以mn0，即22a80，

2AF31212． 所以a4， 故存在点F,0,0满足题意，且AB55537.解：（1）Snnan3n(n1)，(nN,n2)， 所以n3时，Sn1(n1)an13(n1)(n2)，

所以PD与平面PCE所成角的正弦值是

两式相减，得anSnSn1nan(n1)an13(n1)[n(n2)]， 即(n1)an(n1)an16(n1)，也即anan16（n3）， 又由Snnan3n(n1)，(nN,n2)，得a2a16， 所以{an}是公差为6的等差数列，且a11， 所以an6n5.

（2）Snnan3n(n1)=n(6n5)3n(n1)3n22n(nN)，

S所以n3n2，

nSS1S2S33n(n1)31...n3(123...n)2n2nn2n， 123n222SS3SS3135n32016， 所以123...n(n1)2n2n(n1)2123n222222所以5n4035，所以n807，

SS1S2S33...n(n1)22016. 123n2138.解：（1）a1时，f(x)lnx1，

xx1所以f(x)2，

xf(1)0，又f(1)0， 所以切线方程为y0.

xa（2）f(x)的定义域为(0,)，f(x)2，

x①若a0,则f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增 ，

②若a0，则当x(0,a)时，f(x)0，f(x)在(0,a)单调递减． 当x(a,)时，f(x)0，f(x)在(a,)单调递增．

111等价于(x1)lnx2(x1)0， （3）1x2 lnxx12(x1)12lnx1， 令F(x)(x1)lnx2(x1)，则F(x)lnxxx由（2）知，当a1时，fmin(x)f(1)0，

1f(x)f(1)，即lnx10，

x所以F(x)0，则F(x)在(1,2)上单调递增， 所以F(x)F(1)0，

111成立. 即有1x2时，lnxx12x2y239.解：（1） 设椭圆C的方程为221(ab0)，

ab因为椭圆的左焦点为F12，0，所以a2b24，

即当n807时，

因为点B2,2在椭圆C上，所以

421， a2b2解得a22，b2，

x2y21． 所以椭圆C的方程为84（2）因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为22,0．

x2y21交于两点E，F， 因为直线ykx(k0)与椭圆84设点Ex0,y0（不妨设x00），则点Fx0,y0，

ykx,8联立方程组x2y2，消去y，得x2， 2112k48所以x02212k2，则y022k12k2，

所以直线AE的方程为yk2112k因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，

x22，

22k，即点M0,112k2112k222k同理可得点N0,112k2，

令x0，得y22k， 所以MN22k112k222k112k22212k2k．

2设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,k．

2则以MN为直径的圆的方程为xyk22212k2， k222y4． k令y0，得x24，即x2或x2．

即x2y2故以MN为直径的圆经过两定点P12,0，P22,0．

x3x340.解：（1）当m1时，令gxfx， 1x0，则gx31x当1x0时，x30，1x0，∴gx0，函数gx递增，

x3∴当1x0时，gxg00，即当1x0时，fx„① .

31mxxmm1（2）fx „② ，令fx0，得x10，x2m，

m1mxx2（a）当m1时，x1x20，由②得fx„③

1x∴当x1时，1x0，x20， ∴fx0，此时，函数fx为增函数，

∴1x0时，fxf00，x0时，fxf00，

故函数yfx在x1时有且只有一个零点x0 ；

111(b)当0m1时，m0，且m，

mmm111由②知，当x,m，1mx0，mx0，xm0，

mmm1此时，fx0；同理可得，当xm,0，fx0；当x0时，fx0；

m111∴函数yfx的增区间为,m和0,+，减区间为m,0，

mmm1故当mx0时，fxf00，当x0时，fxf00，

m1∴函数yfx，xm,有且只有一个零点x0；

m

11111又fmlnm2m22，构造函数tlntt，0t1，则

2tm2m111t1 „④，易知，t0,1，（t)﹤0， ∴函数yt(0t1)t122t2tt为减函数，∴t10，

111由0m1，知0m21，∴fm=lnm2m220„⑤，

m2m1x构造函数kxlnxx1x0，则kx，当0x1时，kx0，当x1时，

xkx0，∴函数ykx的增区间为0,1，减区间为1,，∴kxk10，∴有

21111ln22121，则emm2， mmm1211e11，当x时，ln1mx21„⑥

mmmmmx21mxx2mx21„⑦， 而2mx211mx21210„⑧， 由⑥⑦知fxln1mx2mm∴

e1m2111m21m1em111又函数yfx在,m上递增，m，

mmmm1211m21由⑤⑧和函数零点定理知，x0,，使得fx00，

mmx2mx有两个零点， 综上，当0m1时，函数fxln1mx211（c）当m1时，m0，由②知函数yfx的增区间是,0，

mm11和m,，减区间是0,m„⑨，

mm由④知函数yt，当t1为减函数，∴当t1时t10，

11从而fm0；当x2m时，其中2mm，1mx1，

mmx2xfxln1mxmxln1mxx2m0„⑩，

2211又xm时，函数yfx递增，∴x0m,2m使得fx00，

mm11根据⑨知，函数x,0时，有fx0；x0,m时，fx0，而f(0)=0，∴函数

mm11yf(x)在(,m)上有且只有一个零点x0,

mm∴m1时，函数yfx有两个零点.

综上所述：当0m1和m1时，函数yfx有两个零点，

当m1时，函数yfx有且仅有一个零点．