2021级东北师大附中六模11②当a1时，即a1时，数学试题答案ee11一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项令f(x)0时，则0x；令f(x)0时，则xe.是符合要求的．a1a1题号1234567811所以f(x)的单调递增区间是0,，单调递减区间是,e.答案CDABDCCCa1a1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目1所以f(x)maxfln(a1)12，所以ae1符合题意.要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．a1题号91011综上，存在a符合题意，此时ae1.答案ABACBCD16.（本题满分15分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．解:（1）记“面试号码为6号的学生来自A校、B校、C校”分别为事件A、B、C.6将校名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为3，12．5;13．23;14．.A3C63事件A表示A校有1名学生的面试号码为6，则事件A包含的样本点数为C2，四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．515.（本题满分13分）C21C11C11故5．同理，5，1P(A)3P(B)2P(C)1.C62C63C661解：（1）f(x)(a1)，则f(1)2a,f(1)1a,x（2）随机变量X的取值为15，20，25，30.C21C23故曲线yf(x)在x1处的切线为y(1a)(2a)(x1)，即y(2a)x1.2，3，P(X15)3P(X20)3C620C620当a2时，此时切线为y1，不符合要求；当a2时，令x0，有y1.C26C2104，5P(X25)3P(X30)3.11C620C620令y0，有x，故1，即a3.2a2a所以X的分布列为：X15202530111（2）f(x)(a1)，因为0xe，所以.xxe13610P1120202020①当a1时，即a1时，f(x)0，f(x)在(0,e]上单调递增，ee136101053E(X)15202530．所以f(x)的最大值是f(e)1(a1)e2，解得a1，舍去；202020204e第1页，共3页{#{QQABSQAEogCIAJAAAQgCEwEACkMQkBCACSgGgEAAsAABQQFABAA=}#}17.（本题满分15分）c322解：（）直线与相交b5a2xy1AMDN.解：（1）由题意可知，解得，双曲线E的标准方程为1；a2b545（2）取的中点为，连接PO,BO.因为，所以.222ADOPAPDPOADcab因为所以就是直线与所成的角，所以，1BC//AD,PADPABCtanPAD2（2）由（1）知，A2,0，则直线l:x是线段AF的垂直平分线．2又底面是边长为的正方形，所以，ABCD2AD2AO2BO5,因为以线段MN为直径的圆恰过点F，所以以线段MN为直径的圆恰过点A．PO由tanPAD2得,PO2.所以ABAC，故ABAC0．设直线BC：xmyn，Bx1,y1，Cx2,y2，AO又PB3，则有PB2PO2BO2.所以POBO.15225由双曲线的对称性可得B，C必在x轴两侧，则，故m．m255又AD,BO平面ABCD，BOADO.所以PO平面ABCD.22将xmyn代入xy，得222，而平面.所以平面平面.15m4y10mny5n200POPADPADABCD45（3）因为M是PB的中点，所以平面MPD即为平面BPD.10mn2则22，①，5n20②，Δ805mn40y1y2yy在正方形ABCD中，取BC的中点Q，连接OQ，则OQAD，5m24125m24又由（2）知PO平面ABCD，故以O为原点，OQ、OA、OP所在直线分别为x轴、y5n220由B，C必在x轴两侧，可得yy0，125m24轴、z轴、建如图所示的空间直角坐标系.225则B(2,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2).故BD(2,2,0),BP(2,1,2).因为m，所以5m240，所以5n2200，所以n2，55设平面BPD的法向量n(x,y,z)，ABACx12x22y1y2my1n2my2n2y1y2nBD2x2y02则，取，则故2③，x2y2,z1.n(2,2,1).m1y1y2mn2y1y2n20nBP2xy2z0将①②代入③中并整理，得n216n360，解得n2（舍去）或n18，mn21(2)0102而平面APD的法向量为m(1,0,0).cosm,n.2|m||n|22(2)2123所以直线BC：xmy18过定点T(18,0)，Δ805m320022所以平面MPD与平面APD夹角的余弦值为.所以SSS10yy10yy4yy3ABCATBATC12121218.（本题满分17分）22400(m64)m6410200，45m245m2第2页，共3页{#{QQABSQAEogCIAJAAAQgCEwEACkMQkBCACSgGgEAAsAABQQFABAA=}#}t11001211001100112324S200200所以d1．令，则ABC22，200k2k2k1k2m64t64t324k12kk1k12k1k2k1255t32425t3240t3242324111由对勾函数的性质可得在上单调递减，，100(1)u25t324064,umax11001111t5482(1)，k21100102k12142422所以S△ABC400，当且仅当t64，即m0时取等号，所以ABC面积的最小值为400．10011001119．（本题满分17分）所以d200k2k1k2k12k1k2k12解：（1）因为abd，所以dabab，nnnnnnnn111111111022334101102222421222223210021012所以ddxdx(aaxax)(bbxbx)，xR，1231231231111102102.所以2210122d3a1b3a2b2a3b1.（）因为，2({an}{bn})({an})({bn})所以．(({an}{bn}){cn})({an}{bn})({cn})({an})({bn})({cn})又，({an}({bn}{cn}))({an})({bn}{cn})({an})({bn})({cn})所以，(({an}{bn}){cn})({an}({bn}{cn}))所以．{an}{bn}{cn}{an}{bn}{cn}（）对于，3{an},{bn}S因为，所以，anbndndnanbnanbn所以n1n1n1，(a1a2xanx)(b1b2xbnx)d1d2xdnx所以n1n1k1nkn2n1，dnxa1(bnx)akx(bn1kx)an1x(b2x)anxb1xR，所以．dna1bna2bn1akbn1kan1b2anb1200100200100100(k1)21所以．d200akb201kakb201kakb201kakb201kk2k1k1k101k1k1k(k1)2第3页，共3页{#{QQABSQAEogCIAJAAAQgCEwEACkMQkBCACSgGgEAAsAABQQFABAA=}#}