福建省三明市2023-2024学年高三上学期期末质量检测数学试题

2023-2024 学年福建省三明市高三上学期期末质量检测数学 模拟试题 一、选择题（本题共 8 小题，每小题 5 分，40 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．已知复数 z在复平面内对应的点与复数1 2i 在复平面内对应的点关于虚轴对称，则复数 z的共 轭复数 z （ ） A． 1 2i  B．1 2i C． 1 2i  D．1 2i 2．已知集合   ln 1|P x y x   ，集合  12| xQ y y   ，则（ ） A． P Q B． P   Q C．Q P D． P Q  3．设 a，b∈R，则使 a＞b成立的一个充分不必要条件是( ) A．a3＞b3 B．log2(a－b)＞0 C．a2＞b2 D． 1 1a b 4．有专业机构认为某流感在一段时间没有发生大规模群体感染的标志为“连续 10天，每天新增疑 似病例不超过 15人”．根据过去 10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的 是（ ） A．甲地：总体均值为 4，中位数为 3 B．乙地：总体均值为 5，总体方差为 12 C．丙地：中位数为 3，众数为 2 D．丁地：总体均值为 3，总体方差大于 0 5．已知 πsin cos 1 6         ，则 πcos 3       （ ） A． 3 3 B． 3 3  C． 6 3 D． 6 3  6．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学 的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体. 它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为 2，则下列说法错误的是（ ） A．该二十四等边体的外接球的表面积为16 B．该半正多面体的顶点数 V、面数 F、棱数 E，满足关系式 2V F E   C．直线 AH 与 PN的夹角为 60° D．QH 平面 ABE 7．已知双曲线 2 2: 1 8 yC x   ，P为双曲线C上任意一点，过点 P分别作双曲线C的两条浙近线的 垂线，垂足分别为M ，N，则 1 1 PM PN  的最小值为（ ） A． 3 2 2 B． 4 2 3 C． 9 8 D． 8 9 8．已知函数     2 1, 1 ln 2 , 1 x x f x x x x       ，   2 2 4g x x x   ，设b为实数，若存在实数 a，使得    1f a g b  成立，则b的取值范围为（ ） A． 7, 2     B． 7 , 2    C． 3 7, 2 2     D． 3 7, 2 2     二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项在，有多项 符合题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分. 9．如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A BC- 中， 90 , 2BAC AB AC    ， 1 2, , ,AA E F G 分别是棱 1 1 1 1, ,BC AC A B 的中点，D在线段 1 1BC 上，则下列说法中正确的有（ ） A． EF //平面 1 1AA B B B． BD //平面 EFG C．存在点D，满足 BD EF D．CD GD 的最小值为 34 2 10．首项为正数，公差不为 0的等差数列 na ，其前 n项和为 nS .现有下列 4个命题，其中是真命 题的有（ ） A．若 10 0S  ，则 2 8 0S S  B．若 4 12S S ，则使 0nS  的最大的n为15 C．若 15 0S  ， 16 0S  ，则 nS 中 8S 最大 D．若 7 8S S ，则 8 9S S 11．以下四个命题表述正确的是（ ） A．若A、 B相互独立，    P B A P B B．已知两个随机变量 X ，Y，其中 15, 5 X B       ，  2,Y N   ， 0  ，若    E X E Y ，且  1 0.3P Y   ，则  1 0.2P Y    C．圆 2 2 4x y  上存在 4个点到直线 : 2 0l x y   的距离都等于 1 D．椭圆 2 2 1 16 4 x y   上的点到直线 2 2 0x y   的最大距离为 10 12．已知   2 21 e ln2 4 xxf x x x ax        是  0,  上的单调递增函数，则实数 a的取值可能为（ ） A． e 2 B． 12 C．1 D． 1 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13． 51 2x x       展开式中常数项是______.（答案用数字作答） 14．在第 24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未 来”的美好愿景.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份， 然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程，若第 1个 图中的三角形的周长为 3，则第 4个图形的周长为______. 15．若实数 0x  ， 0y  ，满足条件 2 2 2x y  ，且 2 1 2 2 y a x x   ，则 a的最小值为______. 16．已知抛物线 2: 2C y px 的焦点为  1,0F ，过 F 的直线与C交于A，B两点，C在A处的切线 与C的准线交于 P点，若 5PF  ，则 AB  ______； PAB 面积的最小值为______． 四、解答题：本题共 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．已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且 1 1a  ， n n na S       是公差为 2的等差数列. (1)求 na 的通项公式； (2)求 nS . 18．2022年卡塔尔世界杯于北京时间 11月 20日在卡塔尔正式开赛，该比赛吸引了全世界亿万球 迷观看.为了了解喜爱观看世界杯是否与性别有关，某体育台随机抽取男女各 100名观众进行统计， 其中男的喜爱观看世界杯的有 60人，女的喜爱观看世界杯的有 20人. (1)完成下面 2 2 列联表， 男 女 合计 喜爱看世界杯 不喜爱看世界杯 合计 试根据小概率值 0.001  的独立性检验，并判断能否认为喜爱观看世界杯与性别有关联？ (2)在喜爱观看世界杯的观众中，按性别用分层抽样的方式抽取 8人，再从这 8人中随机抽取 2人 参加某电视台的访谈节目，设参加访谈节目的女性观众与男性观众的人数之差为 X ，求 X 的数学 期望和方差. 附：        2 2 n ad bc a b c d a c b d        ，其中 n a b c d    .  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19．如图，在三棱柱 1 1 1ABC A BC- 中， 1ABCV 为等边三角形，四边形 1 1AA B B为菱形， AC BC ， 4AC  ， 3BC  . (1)求证：BC 平面 1ACB ； (2)线段 1CC 上是否存在一点 E，使得平面 1AB E与平面 ABC的夹角的正弦值为 15 4 ？若存在，求 出点 E的位置；若不存在，请说明理由. 20．非等腰 ABC 的内角A、 B、C的对应边分别为 a、b、 c，且 cos sin cos sin a B B a C C    . (1)证明： 2a b c  ； (2)若 2B C ，证明. 2 3 b  21．已知椭圆   2 2 2 2: 1 0 x yC a b a b     的左右焦点分别为 1F、 2F ，左右顶点分别为A、B，P是椭 圆C上异于A、 B的任意一点， PA、 PB斜率之积为 3 4  ，且 PAB 的面积最大值为 2 3 . (1)求椭圆C的方程； (2)直线 1PF 交椭圆C于另一点Q，分别过 P、Q作椭圆的切线，这两条切线交于点M ，证 明. 1MF PQ 22．已知函数   1sin ex xf x x   ， ππ, 2 x       . (1)求证：  f x 在  ππ, 2 上单调递增； (2)当  π,0 时，   sin e cos sinxf x x x k x    ≤ 恒成立，求 k的取值范围. 1．A 【分析】首先写出复数1 2i 在复平面内对应的点的坐标，根据对称性得到 z在复平面内对应的点 的坐标，即可得到 z，从而得到其共轭复数. 【详解】复数1 2i 在复平面内对应的点为( )1, 2- ，关于虚轴对称的点为  1, 2  ， 所以 1 2iz    ，则 1 2iz    . 故选：A 2．B 【分析】求得集合 ,P Q对应函数的定义域和值域，根据集合之间的包含关系和集合运算即可求得 结果. 【详解】   ln 1|P x y x    1x x ，  12| xQ y y    0y y ， 故 P Q ， P   Q，Q不包含于 P， P Q P ，则 ACD错误，B正确. 故选：B. 3．B 【分析】使得 a＞b成立的充分不必要条件，即是一个条件能够使得 a＞b成立，但是反之不成立． 【详解】要求 a＞b成立的一个充分不必要条件，即要求一个条件能够使得 a＞b成立，但是反之 不成立．选项 A是充要条件，选项 B等价于 a－b＞1，是充分不必要条件，选项 C，D既不充分 又不必要，故选 B. 注意充分条件和充分不必要条件的区别在于前者可以逆推，后者不能逆推或者是子集与真子集的 关系． 4．B 【分析】根据均值，中位数，众数，方差这些数字特殊可以一一判断，或者用排除法也容易解此 题. 【详解】解：对于 A，均值为 4，中位数为 3，不能保证 10个数据中每个数据都不超过 15， ∴A不符合该标志； 对于 B，均值为 5，方差为 12时，假设这 10个数据分别是 1 2 10, , ,x x x ， 则有 1 2 10 50x x x    ， 2 2 2 2 2 21 2 10 1 2 10 ( 5) ( 5) ( 5) 12 370 10 x x x x x x             ， 而 2 2 21 2 10 1 2 1050 1 1 1 10 370x x x x x x              能成立， 没有矛盾，即所有数据不超过 15，B符合该标志； 同理，对于 C、D，都不能保证 10个数据中每个数据不超过 15， ∴C、D也不符合题意． 故选：B． 5．A 【分析】由和差角公式以及辅助角公式即可化简求解. 【详解】根据题意， πsin cos 1 6         ，即 3 1 3 3sin cos sin sin cos 1 2 2 2 2        + ， 故 π π 33 cos 1 cos 3 3 3                 ， 故选：A 6．D 【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断. 【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示 记正方体体心为O，取下底面 ABCD中心为 1O ，二十四等边体的棱长为 2 易知 1 1 2OO BO  ，则外接球半径 = = 2 2=2R OB  所以外接球的表面积 2=4 16S R  ，故 A正确. 由欧拉公式可知：顶点数面数 棱数 = 2，故 B正确. 又因为PN ∥ AD，易知直线 AH 与 PN的夹角即为 60HAD   直线 AH 与 PN的夹角为60，故 C正确. 又因为QH∥EN ， AB∥MN，易知直线QH与直线 AB的夹角为 60ENM   可知直线QH与直线 AB不垂直，故直线QH与平面 ABE不垂直，故 D错误. 故选：D 7．A 【分析】先由双曲线的标准方程求得其渐近线方程，再利用点线距离公式及双曲线的几何性质求 得 1 1 PM PN  的范围从而得解. 【详解】因为双曲线 2 2: 1 8 yC x   ，所以双曲线C的渐近线方程为2 2 0x y  ， 设  ,P m n 是双曲线上任意一点，则 21, 1m m  ， 所以 2 2 1 8 nm   ，则 2 28 8,m n  ， 由点线距离公式得 2 2 2 2 2 2 - 2 2 - = = = 3 38 1 8 1 m n m n m n m n PM PN      ， ， 2 22 2 2 2 - 8 8= 3 3 9 9 m n m n m nPM PN     ， 所以 1 1 1 1 9 3 3 22 2 8 22PM PN PM PN       ，即 1 1 PM PN  的最小值为 3 2 2 . 故选：A. 8．D 【分析】求解函数 ( )f x 的值域，根据存在实数 a，使得    1f a g b  成立，即可求解实数b的取 值范围． 【详解】当 1a  时，   2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 4 af a a a a a                  ． 令 1t a  ，由于 1a  且 0a  ，所以 1t  或 0t  ，所以   21 1 1 2 4 4 f t t        -  f a 的取值范围是 1[ , ) 4   ； 当 1a  时，   ln( 2)f a a  ，  f a 的取值范围是 [ln3， ) ； 综上可得  f a 的取值范围是 1[ 4 ， ) ； 要存在实数 a，使得    1f a g b  成立，则函数     11 4 f a g b   - ， 即  g b 5 4  ，即   2 52 4 4 g b b b    ，解得： 3 7 2 2 b   ． 故选：D 9．AD 【分析】对于 A，在平面 1 1AA B B找一条直线，使其与 EF 平行即可； 对于 B，先由 //GF BC证明G F B C､ ､ ､ 四点共面，再证G F B E､ ､ ､ 四点共面，进而能判断直线 BD与平 面 EFG的位置关系； 对于 C，以 1, ,AB AC AA    为正交基底，建立空间直角坐标系 A xyz ，用坐标运算即可； 对于 D，把三棱锥的正面 1 1CC B B和上底面 1 1 1A BC 展开，即能找到CD GD 的最小值，构造直角三 角形求解即可. 【详解】对于 A，连接 BG， , ,E F G分别是棱 1 1 1 1, ,BC AC A B 的中点， //GF BE 且 =GF BE，四 边形 EFGB为平行四边形， //EF BG ，又 EF 平面 1 1AA B B， BG 平面 1 1AA B B在平面内，所以 EF //平面 1 1AA B B，故 A正确； 对于 B，易知 //GF BC，所以G F B C､ ､ ､ 四点共面，又点 E BC ，所以G F B E､ ､ ､ 四点共面， B 平 面 EFG，而D平面 EFG，直线 BD 平面 EFG B ，故 B不正确； 对于 C，以 1, ,AB AC AA    为正交基底，建立如图 1所示的空间直角坐标系 A xyz . 则  0,0,0A ，  2,0,0B ，    1 2 2 20, 2,0 , 2,0,2 , , ,0 , 0, , 22 2 2C B E F                ， 2 ,0,2 2 EF           ，  1 2,0, 2AB   ，  2, 2,0BC   ，  1 1 1 1 1 1 2 , 2 , 2BD BB B D AA BC AA BC                   ， 若 BD EF ，则   22 , 2 ,2 ,0,2 4 02BD EF                    ， 4   ， D 在线段 1 1BC 延长 线上，而不在线段 1 1BC 上，故 C不正确； 对于 D，把图 1的正面 1 1CC B B和上底面 1 1 1A BC 展开如图 2所示，连接CG即为所求，过G做 PG 垂直于BC且与其相交于 P，与 1 1BC 相交于Q，易得 1 1 4 2 BP BC  ， 1 2 GQ  ， 1 52 2 2 PG GQ QP      ， 3 3 32 4 4 2 PC PC    ，在Rt GPC 中， 2 2 2 34 4 GC GP PC   ， 34 2 GC  ，故 D正确. 故选：AD 10．BC 【分析】根据等差数列的性质依次分析即可得答案. 【详解】解：对于 A,若 10 1 10 910 0 2 S a d   ，则 12 9 0a d  ， 那么    2 8 1 1 12 8 28 10 29 16 0S S a d a d a d d          .故 A不正确； 对于 B,中若 4 12S S ，则  5 6 11 12 8 94 0a a a a a a      L ， 又因为 1 0a  ，所以前 8项为正，从第 9项开始为负， 因为    1 1616 8 9 16 8 0 2 a a S a a      ， 所以使 0nS  的最大的 n为 15.故 B正确； 对于 C,中若  1 1515 8 15 15 0 2 a a S a     ，    1 1616 8 9 16 8 0 2 a a S a a      ， 则 8 0a  ， 9 0a  ，则 nS 中 8S 最大.故 C正确； 对于 D，中若 7 8S S ，则 8 0a  ，而 9 8 9S S a  ，不能判断 9a 正负情况.故 D不正确. 故选：BC 11．ABD 【分析】利用条件概率公式判断 A；利用二项分布与正态分布的性质判断 B；利用直线与圆的位 置关系判断 C；设直线 2 0x y b   与椭圆 2 2 1 16 4 x y   相切，求出切线方程，利用平行线距离公式 判断 D. 【详解】若事件A与 B互相独立，可得 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，   ( ) ( ) ( )( | ) ( ) ( ) P AB P A P BP B A P B P A P A    ，故 A正确； ( ) 1E X np  ， ( ) ( )E X E Y ， 1  ， (| | 1) 0.3P Y   ， ( 1 1) 0.3P Y     ， ( 1) ( 1) ( 1 1) 0.5 0.3 0.2P Y P Y P Y           ，故 B正确； 圆 2 2 4x y  的圆心为 (0,0)，半径为 2，圆心到直线 : 2 0l x y   的距离 | 0 0 2 | 1 2 d    ，而 圆的半径等于 2， 所以圆上只有 3个点到直线距离等于 1，C错误； 设直线 2 0x y b   与椭圆 2 2 1 16 4 x y   相切， 联立方程 2 2 2 0 1 16 4 x y b x y        ，得： 2 28 4 16 0y by b    ， 因为直线与椭圆相切，所以 2 216 32( 16) 0b b     ，解得 4 2b   ， 当 4 2b  时，直线 2 4 2 0x y   与 2 2 0x y   距离最大，最大距离为 5 2 10 5  ，故 D正确； 故选：ABD. 12．BCD 【分析】求导得  f x ，由  f x 在  0,  上单调递增，可得   0f x  ，即 2e ln 1 2 0xx x ax    恒 成立，即 2e ln 12 xx xa x    恒成立，只需 2 min e ln 12 xx xa x         ，即可得出答案. 【详解】   2 21 1 1e 2e ln 2 2 2 4 x xxf x x x ax x              2e ln 1 2xx x ax    ， 因为  f x 在  0,  上单调递增，所以   0f x  ，即 2e ln 1 2 0xx x ax    ， 因为 0x  ，所以 2e ln 12 xx xa x    恒成立， 所以   2e ln 1xg x x x    ln 2e e ln 2x x x x    ， 令    ln 2e ln 2x xh x x x   ，令 ln 2t x x  ，所以   ett t   ，   e 1tt   ， 所以在  0,t  上，   0t  ，  t 单调递增，在  ,0t  上，   0t  ，  t 单调递减， 所以    0 1 0 1t     ，则  ln 2e ln 2 1x x x x    ，即 2e ln 1 2xx x x   ， 2e ln 1 2 xx x x    ， 所以 2a≤2，解得 1a  . 故选：BCD. 关键点睛：本题的解题关键构造的新函数的处理，函数中既有指数函数也有对数函数，利用幂指 恒等代换，利用整体代换，可得其最值. 13． 68 【分析】根据二项式展开式的通项化简得常数项满足 2 0k r  ，即可代入求解. 【详解】 551 122x x x x               的展开式的通项为    5 5 5 25 5 5 12 C 2 C C 1 1 2 C C k r rk k k k r k r r k k r k r k kx x x xx               ，0 5, , Nr k k r    , 令 2 0k r  ,则 0, 0r k  或 1 2r ,k= = ，或 2 4r ,k= = ， 所以常数项为      0 1 25 0 0 3 2 1 1 4 25 0 5 2 5 41 2 C C 1 2 C C 1 2 C C 32 160 60 68          ， 故 68 14． 64 9 【分析】根据题意，分别求得每个“雪花曲线”的边长和边数，即可求解. 【详解】由题意，当 1n  时，第 1个图中的三角形的边长为1，三角形的周长为3 1 3  ； 当 2n  时，第 2个图中“雪花曲线”的边长为 1 11 3 3   ，共有3 4 条边， 其“雪花曲线”周长为 13 4 4 3    ； 当 3n  时，第 3个图中“雪花曲线”的边长为 2 1 1 11 ( ) 3 3 3    ，共有 23 4 条边， 其“雪花曲线”周长为 2 2 13 4 ( ) 3   ； 当 4n  时，第 4个图中“雪花曲线”的边长为 3 1 1 1 11 ( ) 3 3 3 3     ，共有 33 4 条边， 其“雪花曲线”周长为 3 3 1 643 4 ( ) 3 9    . 故答案为. 64 9 15．2 【分析】由 2 2 2x y  可将 2 1 2 2  y x x 变形，然后利用换元法结合二次函数的单调性即可求解. 【详解】因为 2 2 2x y  ，令   2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 12 2 2 2 4 4              x yy y y yz x x x x x x ， 令 y t x  ，有 2 2 2 2x x t  ，则 2 2 2 0 1 x t    ，则 21 0t  ，因此  1,1t  ， 则  221 1 12 4 4 4 4 1 4 7z t t t       ， 又函数    2 17 4 1 4 4 f x x   在  1,1 上单调递增，    2 211 1 4 1 4 7 4 f     ， 所以 21 12 2 4 4     z t t ，即 2 1 2 2 2 y x x   ，所以 2a  ，所以 a的最小值为 2 . 故 2 16． 5 4 【分析】由题意可得抛物线方程，设 P在第二象限，由 5PF  ，可得 P点坐标，设直线 AB的 方程为 1x my  ，与 2 4y x 联立可得  24 1AB m  ，设切线 PA的方程为 x ny t  ，与 2 4y x 联立可得 1 2 2 nm n   ， 11,P n n       ，从而可求 AB ；最后利用点到直线距离公式及面积公式即可 求解 PAB 面积的最小值. 【详解】解：因为焦点为  1,0F ，所以抛物线 2: 4C y x ，不妨设 P在第二象限， 因为 5PF  ，所以  1,1P  ， 设直线 AB的方程为 1x my  ，与 2 4y x 联立并消去 x，得 2 4 4 0y my   ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y   ， 所以     2 2 21 16 16 4 1AB m m m     ， 设切线PA的方程为 x ny t  ，与 2 4y x 联立并消去 x，得 2 4 4 0y ny t   ， 因为 216 16 0n t    ，所以 2 0n t  ， 所以 2 24 4 0y ny n   ， 2y n ，即 1 2y n ， 2 2y n   ， 1 2 2 nm n   ， 11,P n n       ， 若 5PF  ，则 1 1n n   ， 1 2 m  ，  24 1 5AB m   ． 又  1,2P m 到直线 AB的距离 2 2 2 1 2 1 2 1 1 m d m m        ， 所以  2 21 4 1 12PABS AB d m m   △ ，令 2 1 1m a   ， 所以 34 4PABS a △ ，所以当 0m  时， PAB 的面积最小，最小值为 4． 故 5；4. 17．(1)    11 2 1nna n    (2) , ,n n n S n n     为偶数 为奇数 【分析】（1）推导出 2 1n n nS a n    ，则 1 1 1 2 1n n nS a n      ，两式相减得 1 2 1 2 1 n n a n a n     ，再由累乘 法能求出{ }na 的通项公式； （2）分奇数偶数两种情况讨论，利用并项求和能求出 nS . 【详解】（1）由题意可知  1 2 1 2 1n n na n n S      ，整理可得 2 1n n nS a n    ，① 则 1 1 1 2 1n n nS a n      ② 由② ①可得 1 1 1 2 1 2 1n n n n na a a n n         ， 整理可得 1 2 1 2 1 n n a n a n     ， 因为 1 1a  ，所以由累乘法可得    1 1 2 1 n na n    ， 因为    0 11 2 0 1 a    ，所以     11 2 1nna n    ， （2）当 n为偶数时，      1 2 3 4 2 1n n nS a a a a a a           1 3 5 7 2 3 2 1 2 2 nn n n             当n为奇数时，      1 2 3 4 2 1n n n nS a a a a a a a                1 3 5 7 2 5 2 3 2 1n n n               12 2 1 2 n n n      所以， , ,n n n S n n     为偶数 为奇数 . 18．(1)列联表见解析，喜爱观看世界杯与性别有关联 (2) 1EX   ， 9 7 DX  . 【分析】（1）由题可得列联表，计算 2 的值，由此作出判断. （2）根据分布列的求法求得 X 的分布列，进而可得期望. 【详解】（1）由题意得到如下 2 2 列联表： 男 女 合计 喜爱看世界杯 60 20 80 不喜爱看世界杯 40 80 120 合计 100 100 200 零假设为 0 :H 喜爱观看世界杯与性别无关联. 根据列表中的数据计算得到  22 0.001 200 60 80 20 40 100 33.333 10.828 80 120 100 100 3 x              ， 根据小概率值 0.001  的独立性检验，推断 0H 不成立，即认为喜爱观看世界杯与性别有关联. （2）按照分层抽样的方式抽取 8人，其中男观众 6人，女观众 2人， 则 X 的可能取值为 2 ，0，2，   2 6 2 8 C 152 C 28 P X     ，   1 1 6 2 2 8 C C 30 C 7 P X    ，   2 2 2 8 C 12 C 28 P X    ， 所以 X 的分布列为 X 2 0 2 P 15 28 3 7 1 28 15 3 12 0 2 1 28 7 28 EX          ，      2 2 215 3 1 36 92 1 0 1 2 1 28 7 28 28 7 DX             . 19．(1)证明过程见详解 (2)存在， 1 2 5 CE CC 【分析】（1）连接 1A B与 1AB 相交于点 F ，连接CF，分别根据菱形的和等边三角形的相关性质得 到 1 1A B AB 和 1CF AB ，再利用线面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设  1 3 , 2 , 2 3CE CC         ，  0 1  ，利用法向量表示平面 1AB E与平面 ABC的夹角的正弦值，求出的值即可. 【详解】（1）连接 1A B与 1AB 相交于点 F，连接CF，如图所示： 四边形 1 1AA B B为菱形， 1 1A B AB  ， 1ABCV 为等边三角形， F是 1AB 的中点，有 1CF AB ， 1A B、CF 面 1A BC， 1A B CF F ， 1AB 面 1A BC，又 BC 面 1A BC， 则 1AB BC ，又已知 AC BC ， 1AC AB A  ， 1,AC AB 平面 1ACB ， 所以 BC 平面 1ACB . （2）O，G分别为 AC， AB的中点，连接 1BO，OG， 由（1）BC 平面 1AB C，所以平面 1AB C 面 1ACB ，作OG BC∥ ，所以有OG 平面 1AB C， 又因为 1ABCV 为等边三角形， 1BO AC ， 1BO 平面 ABC 以O为原点，OG  ，OC  ， 1OB  的方向分别为 x轴、 y轴、 z轴正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系 则  0, 2,0A  ，  0,2,0C ，  3,2,0B ，  1 0,0,2 3B ，由  1 1 3, 2,2 3BB CC      ，  1 0, 2, 2 3AB   ，  0, 4,0AC   设  1 3 , 2 , 2 3CE CC         ，  0 1  ， 则  3 , 4 2 , 2 3AE AC CE          ，  0 1  设平面 1AB E的一个法向量  , ,n x y z  ， 则有 1· 2 2 3 0 · 3 (4 2 ) 2 3 0 AB n y z AE n x y z                  ， 令 3z  ，则 4 4 , 3, 3n          ， 易取平面 ABC的一个法向量为  0,0,1m   ， 由已知平面 1AB E与平面 ABC的夹角的正弦值为 15 4 ， 则平面 1AB E与平面 ABC的夹角的余弦值为 1 4 ， 则有 2 3 1cos , 44 4 9 3 n mn m n m                    ， 24 4 36        ，由  0 1  解得 2= 5  . 所以，点 E存在， 1 2 5 CE CC . 20．(1)证明过程见详解 (2)证明过程见详解 【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可； （2）根据正弦定理推得 2 cosb c C ，即可得到 2b c .通过分析，可得 3 2 1 ac a   ，代入 2a b c  ， 整理可得到 3 2 2 1 a ab a    ，可以用分析法证明，也可以构造   3 2 2 1 a af a a    ，求导得到  f a 在 (1, ) 上单调递减.进而得到     21 3 f a f  . 【详解】（1）由正弦定理 cos sin cos sin a B B b a C C c     ，得 cos cosac c B ab b C   ，   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a c b a b c c ba c b c b ac ab a          ，由b c ， 则 2a b c  . （2）由 2B C ，则C为锐角， sin sin2 2sin cosB C C C  ， 则 2 2 2 2 cos 2 2 a b cb c C c ab     ，去分母得 2 2 2 3 0ab a c b c c    ， 则   2 2 0a c b ac c    ，由 a c 则 2 2 0b ac c   . 由（1）有 2a b c a   ，得 1a  . 解方程组 2 2 2 0 a b c b ac c        ，消元  22 2 0a c ac c    ， 则 3 2 1 ac a   ，可得 3 2 2 1 a ab a    ， 要证 2 3 b  ，即证 3 2 2 2 1 3 a ab a     ， 只需证 3 23 3 4 2 0a a a    ， 即证    3 23 3 3 4 1 0a a a     ， 即证   21 3 6 2 0a a a    ，由 1a  ，此不等式成立，得证. 另解：令   3 2 2 1 a af a a    ， 1a  ，又   21 3 f  ， 求导得     3 2 2 4 5 2 0 2 1 a a af a a      ，则  f a 在  1, 递增， 则     21 3 f a f  ，得证. 21．(1) 2 2 1 4 3 x y   (2)证明见解析 【分析】（1）设出  0 0,P x y ，表达出 2 0 2 2 0 PA PB yk k x a   ，结合 2 2 0 0 2 2 1 x y a b   求出 3 2 b a ，根据 PAB 的面积最大值求出 2a  ， 3b  ，求出椭圆方程； （2）设  1 1,P x y 处椭圆的切线方程为  1 1y y k x x   ，联立椭圆方程，有根的判别式等于 0得到 切线方程，同理得到Q处的切线方程为 2 2 1 4 3 x x y y   ，联立两切线方程，得到点M 的横坐标，可 设点  4,M t ，得到直线 PQ的方程为 1 3 tyx   ，得到 1 1PQ MFk k   ，证明出结论. 【详解】（1）设点  0 0,P x y ，由  ,0A a ，  ,0B a ，知 2 0 0 0 2 2 0 0 0 PA PB y y yk k x a x a x a       ， 因为 P在椭圆C上，所以 2 2 0 0 2 2 1 x y a b   ，即   2 2 2 2 0 02  by a x a   ，则 2 2 0 2 2 2 0   3   4PA PB y bk k x a a       ， 3 2 b a  . 因为 PAB 的面积最大值为 2 3， 21 32 2 3 2 2 S a b ab a       ， 2a  ， 3b  ，即椭圆 2 2 : 1 4 3 x yC   . （2）下面证明椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yE a b a b     在  0 0,P x y 处的切线方程为 0 02 2 1 x x y y a b   ，理由如下： 当 0 0y  时，故切线的斜率存在，设切线方程为 y kx m  ， 代入椭圆方程得：  2 2 2 2 2 2 2 2 22 0a k b x a kmx a m a b     ， 由     22 2 2 2 2 2 2 22 4 0a km a k b a m a b      ，化简得： 2 2 2 2 0a k m b   ， 所以   2 2 2 0 22 2 2 2 2 0 22 a km a km a kx m ma k b           ， 把 2 0 a kx m   代入 0 0y kx m  ，得： 2 0 by m  ， 于是 22 0 0 0 2 2 2 0 0 mx x b xbk a a y a y        ， 则椭圆的切线斜率为 2 0 2 0 b x a y  ，切线方程为   2 0 0 02 0 b xy y x x a y     ， 整理得到 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0a y y b x x a y b x   ， 其中 2 2 2 2 2 2 0 0b x a y a b  ，故 2 2 2 2 0 0a y y b x x a b  ，即 0 02 2 1 x x y y a b   ， 当 0 0y  时，此时 0x a 或 a ， 当 0x a 时，切线方程为 x a ，满足 0 02 2 1 x x y y a b   ， 当 0x a  时，切线方程为 x a  ，满足 0 02 2 1 x x y y a b   ， 综上：椭圆 2 2 2 2: 1( 0) x yE a b a b     在  0 0,P x y 处的切线方程为 0 02 2 1 x x y y a b   ； 所以  1 1,P x y 处的切线方程为 1 1 14 3 x x y y   ， 同理可得  2 2,Q x y 处的切线方程为 2 2 14 3 x x y y   ， 由 1 1 2 2 1 4 3 1 4 3 x x y y x x y y         得交点M 横坐标         2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 4 4 4 1 1M y y y y x x y x y my y my y           ， 可设点  4,M t ， 则有 1 1 2 2 4 1 4 3 4 1 4 3 x ty x ty        ， 所以直线 PQ的方程为 1 3 tyx   ， 知 3 PQk t  ，又 1 4 1 3MF t tk      ，所以 1 3 1 3PQ MF tk k t           ， 所以 1MF PQ ，即证. 过圆    2 2 2x a y b r    上一点  0 0,x y 的切线方程为：       20 0x a x a y b y b r      ， 过圆    2 2 2x a y b r    外一点  0 0,x y 的切点弦方程为.       20 0x a x a y b y b r      过椭圆 2 2 2 2 1 x y a b   上一点  0 0,P x y 的切线方程为 0 02 2 1 x x y y a b   ， 过双曲线 2 2 2 2 1 x y a b   上一点  0 0,P x y 的切线方程为 0 02 2 1 x x y y a b   22．(1)证明见解析 (2) π1 2 k   【分析】（1）求出函数 ( )f x 的导数，判断导数在  ππ, 2 的取值范围，从而证明 ( )f x 的单调性； （2）由题意可得 1 cos sinx x k x  ≤ ，分离参数得到 1 cos sin x xk x   ≤ ，求出 1 cos( ) sin x xg x x    导 数，判断其单调区间，找出最小值即可. 【详解】（1）   1sin ex xf x x   ， ππ, 2 x       ，   2cos ex xf x x    ， 由  π,0x  ，有 2 2x ≥ ， 1 1 ex  ，则 2 2 ex x  ，又 1 cos 1x   ， 则   2cos 1 2 0 ex xf x x        . 当 π0, 2 x      时， cos 0x  ， 2 0x  ，所以   2cos 0 ex xf x x     所以当  ππ, 2 时， ( ) 0f x¢ > ，综上，  f x 在  ππ, 2 上单调递增. （2）   sin e cos sinxf x x x k x    ≤ .化简得 1 cos sinx x k x  ≤ . 当  π,0x  时， sin 0x  ，所以 1 cos sin x xk x   ≤ ， 设   1 cos sin x xg x x    ，      2 2 1 sin sin cos 1 cos sin 1 cos cos sin sin x x x x x x x x xg x x x          设   sin 1 cos cosh x x x x x    ，    cos cos sin sin 1 sinh x x x x x x x x      .  π,0x  ， 1 0x   ， sin 0x  ，   0h x   h x 在  π,0 上单调递增， 又由 π 0 2 h       ，所以当 ππ, 2 x        时，   0h x  ，   0g x  ，  g x 在 ππ, 2       上单调递减； 当 π ,0 2 x       时，   0h x  ，   0g x  ，  g x 在 π ,02      上单调递增， 所以  min π 1π π2 1 2 1 2 g x g           ， 故 π1 2 k   . 思路点睛：不等式恒成立问题 在定义域内，若  g x k 恒成立，即  ming x k ； 在定义域内，若  g x k 恒成立，即  maxg x k .