内容发布更新时间 : 2024/12/27 3:24:08星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
∵B∈（0，）， ∴B=，…10分
∴C=，△ABC为正三角形， ∵∠ADB=，AB=2， 22=∴S△ABC=×【解析】
．…12分
（1）利用三角函数恒等变换的应用可求函数f（x）的方程，利用正弦函数的单调性即可得解；
（2）由sin（2A-）=1，结合范围A∈（0，弦定理可求sinB=
，结合范围B∈（0，
），可求A=），可求B=
，在△ABD中，利用正，可得△ABC为正三
角形，由题意可得∠ADB=，AB=2，利用三角形面积公式即可计算得解．
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，正弦定理，三角形面积公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
AC?平面ABCD，【答案】证明：（1）∵DE⊥平面ABCD，19.
∴DE⊥AC，
∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又BD∩DE=D，∴AC⊥平面BDE，
∵AC?平面ACE，∴平面ACE⊥平面BDE．
DE⊥DC，解：（2）取AB的中点M，连结DM，则DE⊥DM，
DM⊥DC，
以D为坐标原点，分别以DM，DC，DE为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， ∵DE⊥平面ABCD，∴∠DBE是BE与平面ABCD所成角， ∴∠DBE=60°，∴=
，
，AF=，
），B（，，0），
设菱形ABCD的边长为1，则DE=则A（，-，0），F（，-∴=（-，-，
），E（0，0，
），=（0，-1，），
设平面BEF的法向量=（x，y，z），
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则，取z=3，得=（5，，3），
平面ABCD的法向量=（0，0，1），
设平面BEF与底面ABCD所成角的平面角为θ， 则cosθ=
=
．
．
∴平面BEF与底面ABCD所成角的余弦值为【解析】
（1）推导出DE⊥AC，AC⊥BD，从而AC⊥平面BDE，由此能证明平面ACE⊥平面BDE．
（2）取AB的中点M，连结DM，则DE⊥DM，DE⊥DC，DM⊥DC，以D为坐标原点，分别以DM，DC，DE为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BEF与底面ABCD所成角的余弦值．
本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
|AB|最小，【答案】解：（1）当l⊥OP时，∵20.
又因为点P在椭圆C1上，所以，因此，椭圆C1的方程为
；
，
，则
，
，所以，
，
（2）设点M、N的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），直线MN的方程为
联立
22
，得x+mx+m-3=0，
22
△=m-4（m-3）＞0，得-2＜m＜2，
由韦达定理得x1+x2=-m，所以，=
=
=
．
，
即直线PM的斜率和直线PN的斜率互为相反数，
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所以，直线PM和直线PN的倾斜角互补．
【解析】
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理设而不求法在椭圆综合中的应用，考查了计算能力，属于中等题．
（1）利用l⊥OP时，|AB|最小，得出a的值，然后再将点P的坐标代入椭圆C1的方程可得出b的值，从而可得出椭圆C1的方程； （2）设直线MN的方程为
，设点M（x1，y1）、N（x2，y2），将直线MN
的方程与椭圆C1的方程联立，列出韦达定理，利用两点连线的斜率公式并代入韦达定理计算出直线PM和PN的斜率之和为零，来说明直线PM和直线PN的倾斜角互补．
21.【答案】解：（1）由题意得，f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=alnx-2x， 令g（x）=alnx-2x，
函数f（x）在定义域内有两个不同的极值点 等价于g（x）在（0，+∞）上2个零点， g′（x）=-2=
，
当a≤0时，在（0，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）递减，不满足题意， 当a＞0时，在（0，）上，g′（x）＞0，g（x）递增， 在（，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）递减， 要使g（x）在（0，+∞）上2个零点， 只需g（）＞0，即aln-a＞0，解得：a＞2e， 故a的范围是（2e，+∞）；
（2）由（1）可知，alnx1=2x1，alnx2=2x2， 两式相减可得a=f（x1）+f（x2） =+-a（x1+x2）+2， 要证明
，
①，
只需证明+-a（x1+x2）+2＜2-+，
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即证明2＜a（x1+x2），②， 把①代入②整理得：ln＜
=
-1，
2
令t=＞1，即证明lnt＜t-1，
2
令h（t）=lnt-t+1，则h′（t）=
，
当t＞1时，h′（t）＜0，函数h（t）在（1，+∞）递减， 故h（t）＜h（1）=0，
2
故lnt＜t-1，命题得证． 【解析】
（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，结合函数的单调性得到函数的零点个数，从而确定a的范围； （2）问题转化为证明ln
＜
=
-1，令t=
2
＞1，即证明lnt＜t-1，
2
令h（t）=lnt-t+1，结合函数的单调性证明即可．
本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
22.【答案】解：（1）∵曲线C的极坐标方程为ρ=-2sinθ，∴ρ2=-2ρsinθ，
22
∴曲线C的直角坐标方程为x+y+2y=0，
∵过点P（a，-1）的直线l的参数方程为（t为参数），
∴直线l的普通方程为x-y-a-1=0．
（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得：
=0，
222
△=2a-4（a-1）=4-2a＞0，解得-，
2
t1+t2=-，t1t2=a-1，
∵|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，
22
∴由已知得：|MN|=|PM|?|PN|，即|t1-t2|=|t1t2|，
222
∴（t1+t2）-4t1t2=|t1t2|，∴4-2a=|a-1|， ∴∴a=
2
或a=3（舍），
．
【解析】
2
（1）曲线C的极坐标方程转化为ρ=-2ρsinθ，由此能求出曲线C的直角坐标方
程；直线l的参数方程消去参数，能求出直线l的普通方程．
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（2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得=0，由
此利用根的判别式、韦达定理、等比数列的性质，结合已知条件能求出a． 本题考查曲线的直角坐标方程、直线的普通方程的求法，考查实数值的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
23.【答案】解：（1）由已知有：f（1）=2a+|1-|，
①当0＜a≤1时，2a
-1＞2，即2a2-3a+1＞0，解得：0＜a
，
2
②a＞1时，2a-+1＞2，即2a-a-1＞0，解得：a＞1，
综合①②得： 实数a的取值范围为：0故答案为：0
或a＞1
或a＞1，
（2）由绝对值的性质可得： |x+2a-1|+|x
|≥|2a+
|，
=2
，
又当a＞0时，由均值不等式可得：2a所以|2a+
|≥2
，
即， 故命题得证． 【解析】
（1）由绝对值不等式的解法，分类讨论①当0＜a≤1时，2a2a2-3a+1＞0，解得：0＜a＞1，可得解；
（2）由绝对值的性质可得：|x+2a-1|+|x
=2
，所以|2a+
|≥|2a+|≥2
|，由均值不等式可得：2a，故命题得证．
-1＞2，即
2
，②a＞1时，2a-+1＞2，即2a-a-1＞0，解得：a
本题考查了绝对值不等式的解法及均值不等式，属简单题．
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