市六校高三联考数学试卷

1、广东省东莞市六校高三（上）联考数学试卷（文科）一、挑选题（本大题共12 小题，每道题5 分，共 60 分.在每道题给出的四个选项中，只有哪一项符合题目要求的） 6x+50 ，就 . （ a b ）=（）21（ 5 分）集合u= 1， 2， 3， 4， 5， 6 ， a= 2， 3 ， b= x z | xua 1，5， 6b 1，4， 5， 6 c 2，3， 4d 1，6 2（ 5 分）如复数为纯虚数，就实数m= （）a 2b 2cd 3（ 5 分）以下函数中，以为最小正周期的奇函数是（）a y=sin2x +cos2x b y=sin （ 4x +）22c y=sin2xcos2xd y=s

2、in 2xcos 2x4（ 5 分）已知两个向量，如，就 x 等于（）a 12 b 6c 6d 125（ 5 分）一元二次方程x2+2x+m=0 有实数解的一个必要不充分条件为（）a m 1bm 1 cm 1 d m 26（ 5 分）一个几何体的三视图如下列图，就该几何体的体积为（）a b 1cd 7（ 5 分）曲线f（ x ）=xlnx 在 x=e 处的切线方程为（）a y=xb y=x ecy=2x +ed y=2x e8（ 5 分）执行如下列图的程序框图，如输出的k=5 ，就输入的整数p 的最大值为（）a 7b 15c 31d 639（ 5 分）已知正三棱锥p abc 中，底边 ab=8

3、 ，顶角 apb=90 °，就过 p、a 、b、c 四点的球体的表面积是（）a 384b 192c 96 d 2410（ 5 分）已知函数y=ax1（ a 0，且 a 1）的图象恒过定点a ，如点 a 在一次函数y=mx +n 的图象上，其中 m 0， n0，就+的最小值为（）a 5b 7c 9d 1311（ 5 分）已知函数f（ x ）=sin（ x+）（ 0， | | ）的部分图象如下列图，就y=f （ x ）的图象可由 y=cos2x 图象（）a 向右平移个长度单位b 向左平移个长度单位c向右平移个长度单位d 向左平移个长度单位12（ 5 分）已知偶函数f（ x）的定义域为r，

4、且 f （ 1+x） =f（ 1 x ），又当 x 0，1 时， f（ x） =x，函数 g（ x ） =，就函数h（x） =f （ x） g（ x ）在区间 4， 4 上的零点个数为（）a 8b 6c 9d 7二、填空题（本大致题共4 小题，每道题5 分，共 20 分）13（ 5 分）如变量x， y 满意约束条件，就 z=2x y 的最小值为14（ 5 分）圆 o 是等边 abc 的内切圆，在abc 内任取一点p，就点 p 落在圆 o 内的概率是15（ 5 分）如图，已知| =1， | =2， | =6， aob=120 °，.=0 ，设=+（ 、 r），就 +3=16（ 5 分）

5、假如kx2 +2kx （ k+2） 0 恒成立，就实数k 的取值范畴是三、解答题（本大题共6 个小题，共70 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）17（ 12 分） abc 的三个内角a ， b ，c 对应的三条边长分别是a， b， c，且满意 csina +acosc=0（ 1）求 c 的值；（ 2）如 cosa=， c=5，求 sinb 和 b 的值18（ 12 分） 2021 年“五一 ”期间，高速大路车辆较多某调查公司在一服务区从七座以下小型汽车中按进 服务区的先后每间隔50 辆就抽取一辆的抽样方法抽取40 名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速大路的车速（ km/t

6、）分成六段： 60，65）， 65，70）， 70，75）， 75，80）， 80，85）， 85，90）后得到如下列图的频率分布直方图（）求这40 辆小型车辆车速的众数及平均车速（可用中值代替各组数据平均值）；（）如从车速在 60， 70）的车辆中任抽取2 辆，求车速在 65， 70）的车辆至少有一辆的概率19（ 12 分）某公司生产的某产品每件成本为40 元，经市场调查整理出如下信息：时间：（第 x 天）13610日销量（ m 件）198194188180 该产品 90 天内日销量（m 件）与时间（第x 天）满意一次函数关系，部分数据如下表： 该产品 90 天内销售价格（元/件）与时间（第

7、x 天）的关系如下表：时间：（第 x 天）1 x 5050 x 90销售价格（元/件）x +60100（ 1）求 m 关于 x 的函数关系；（ 2）设销售该产品每天利润为y 元，求 y 关于 x 的函数表达式；并求出在90 天内该产品哪天的销售利润最大？最大利润是多少？ 每天利润 =日销量 x（销售价格每件成本） 20（ 12 分）如图，在四棱锥pabcd中， pa平面 abcd ，底面 abcd 是菱形，点o 是对角线 ac 与bd 的交点， m 是 pd 的中点， ab=1 ， bad=60 °（ 1）求证： om 平面 pab；（ 2）平面 pbd 平面 pac；（ 3）当三棱

8、锥c pbd 的体积等于时，求 pb 的长21（ 12 分）设函数f（x ） =1+lnx （ 1）争论函数f （ x ）的单调性；（ 2）如 x 1 时， f（ x） 0 恒成立，求整数k 的最大值【选修 4-1 ：几何证明选讲】22（ 10 分）如图： ab 是 o 的直径， c 是弧的中点， ce ab ，垂足为e， bd 交 ce 于点 f（）求证：cf=bf ；（）如 ad=4 ， o 的半径为6，求 bc 的长【选修 4-4 ：坐标系与参数方程】23在直角坐标系xoy 中，曲线c1 的参数方程为（ 为参数），以原点 o 为极点， x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 c2 的极坐

9、标方程为sin（ +） =4（ 1）求曲线c1 的一般方程与曲线c2 的直角坐标方程；（ 2）设 p 为曲线 c1 上的动点，求点p 到 c2 上点的距离的最小值，并求此时点p 的坐标【选修 4-5 ：不等式选讲】24设函数f （x ） =| 2x+1| | x4| （ 1）解不等式f （ x ） 0；（ 2）如 f（ x）+3| x 4| m 对一切实数x 均成立，求m 的取值范畴2021-2021 学年广东省东莞市六校高三（上）联考数学试卷 （文科）参考答案与试题解析一、挑选题（本大题共12 小题，每道题5 分，共 60 分.在每道题给出的四个选项中，只有哪一项符合题目要求的）1（ 5 分

10、）（ 2021.郑州二模） 集合 u= 1，2，3，4，5，6 ，a= 2，3 ，b= x z | x=（）a 1，5， 6b 1，4， 5， 6 c 2，3， 4d 1，62 6x+5 0 ，就.u（ a b）【分析】 求出集合b 中不等式的解集，找出解集中的整数解确定出b ，求出 a 与 b 的并集，找出全集中不属于并集的元素，即可得到答案【解答】 解：集合 b 中的不等式x26x+5 0，变形得：（ x 1）（ x 5） 0，解得： 1 x 5， b= 2， 3， 4 ， a= 2， 3 ， a b= 2，3， 4 ，集合 u= 1， 2， 3， 4，5， 6 ， .（ a b ）= 1

11、， 5，6 应选： a 【点评】 此题考查了交、并、补集的混合运算，娴熟把握交、并、补集的定义是解此题的关键2（ 5 分）（ 2021.丹东二模）如复数为纯虚数，就实数m= （）a 2b 2cd 【分析】 利用复数的除法运算法就化简复数为a+bi 的形式，利用复数是纯虚数求解m 即可【解答】 解：复数=，复数为纯虚数，可得2m 1=0，解得 m=应选： c【点评】 此题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，考查运算才能3（ 5 分）（ 2021 秋.贵阳期末）以下函数中，以为最小正周期的奇函数是（）a y=sin2x +cos2x b y=sin （ 4x +）22c y=sin2xc

12、os2xd y=sin 2xcos 2x【分析】 由条件利用两角和差的三角公式，二倍角公式，诱导公式化简所给的函数的解析式，再利用三角函数的周期性和奇偶性，得出结论【解答】 解： y=sin2x +cos2x=sin（ 2x +）是非奇非偶函数，故排除a ； y=sin （ 4x +） =cos4x 为偶函数，故排除b； y=sin2xcos2x=sin4x 是奇函数，周期为=，故满意条件 y=sin 22x2cos4x，为偶函数，故排除d，cos 2x=应选： c【点评】 此题主要考查两角和差的三角公式，二倍角公式， 诱导公式的应用，三角函数的周期性和奇偶性，属于基础题4（ 5 分）（ 20

13、21 秋.东莞月考） 已知两个向量，如，就 x 等于（）a 12 b 6c 6d 12【分析】 利用向量垂直与数量积的关系即可得出【解答】 解：=2 （ 2， 1）（ 1， x ）=（ 5， 2 x ），.=10+2 x=0 ，解得 x=12 应选： d【点评】 此题考查了向量垂直与数量积的关系，考查了推理才能与运算才能，属于中档题+2x +m=0 有实数解的一个必要不充分条件为（）25（ 5 分）（ 2021 秋.东莞月考）一元二次方程xa m 1bm 1 cm 1 d m 2【分析】 方程 x2+2x +m=0 有实数解 . =4 4m 0，解得 m 范畴即可判定出【解答】 解：方程x2+

14、2x+m=0 有实数解 . =4 4m 0，解得 m 1方程2x +2x+m=0有实数解的一个必要不充分条件为m 2应选： d【点评】 此题考查了一元二次方程有实数根的充要条件，考查了推理才能与运算才能，属于中档题6（ 5 分）（ 2021 秋.东莞月考）一个几何体的三视图如下列图，就该几何体的体积为（）a b 1cd 【分析】 依据几何体的三视图，得出该几何体是底面为平行四边形的四棱锥，结合图中数据求出它的体积【解答】 解：依据几何体的三视图，得；该几何体是一个四棱锥，且底面是平行四边形，四棱锥的高为1； 所以该几何体的体积为v=× 1× 1×1=应选： c【点

15、评】 此题考查了由三视图求几何体体积的应用问题，解题时应依据三视图得出几何体的结构特点，是基础题目7（ 5 分）（ 2021.日照一模）曲线f（ x ） =xlnx 在 x=e 处的切线方程为（）a y=xb y=x ecy=2x +ed y=2x e【分析】 求导函数，确定x=e 处的切线的斜率，确定切点的坐标，利用点斜式可得结论【解答】 解：求导函数f （x ） =lnx +1， f （ e） =lne+1=2 f （e） =elne=e曲线 f （ x ）=xlnx 在 x=e 处的切线方程为y e=2（ x e），即 y=2x e应选 d【点评】 此题考查导数学问的运用，考查导数的几何

16、意义，属于基础题8（ 5 分）（ 2021.安庆校级模拟）执行如下列图的程序框图，如输出的k=5 ，就输入的整数p 的最大值为（）a 7b 15c 31d 63【分析】 由框图可知：该程序的作用是利用循环运算变量s 的值，并输出满意退出循环条件时的k 值，模拟程序的运行，用表格对程序运行过程中各变量的值进行分析，不难得到输出结果【解答】 解：程序在运行过程中各变量的值如下表示：是否连续循环s k循环前 /0 1第一圈是 1 2其次圈是 3 3第三圈是 7 4第四圈是 15 5第五圈是 31 6第六圈否故 s=15 时，满意条件sps=31 时，不满意条件s p故 p 的最大值15 应选 b 【

17、点评】 此题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，即可得出所求问题的结论，是基础题9（5 分）（ 2021 秋.东莞月考）已知正三棱锥p abc 中，底边ab=8 ，顶角 apb=90 °，就过 p、a 、b 、c 四点的球体的表面积是（）a 384b 192c 96 d 24【分析】 由题意， pa=pb=pc=4，pa pb pc，将三棱锥扩充为正方体，其对角线长为4，就过 p、a 、 b、 c 四点的球体的半径为2，即可求出过p、a 、b、c 四点的球体的表面积【解答】 解：由题意， pa=pb=pc=4， pa pbpc，将三棱锥扩充为正方体，其对角线长为

18、4，就过 p、a 、b、c 四点的球体的半径为2，表面积为4=96应选： c【点评】 此题考查过p、a 、b、c 四点的球体的表面积，考查同学的运算才能，求出半径是关键（ a 0，且 a 1）的图象恒过定点a ，如点 a 在一次函x 110（ 5 分）（ 2021 秋.东莞月考）已知函数y=a数 y=mx +n 的图象上，其中m 0， n0，就+的最小值为（）a 5b 7c 9d 13【分析】 依据指数函数的性质，可以求出a 点，把 a 点代入一次函数y=mx +n，得出 m+n=1 ，然后利用 “1”的代换，结合基本不等式进行求解【解答】 解：函数y=a x 1（ a 0，且 a 1）的图象

19、恒过定点a ，可得 a （ 1， 1），点 a 在一次函数y=mx +n 的图象上， m+n=1 ， m， n 0， m+n=1 ，+=（+）（ m+n）=5+ 9（当且仅当n=， m=时等号成立） ，+的最小值为9 应选： c【点评】 此题主要考查的指数函数和一次函数的性质及其应用，仍考查的均值不等式的性质，把不等式和函数联系起来进行出题，是一种常见的题型11（ 5 分）（ 2021.洛阳四模）已知函数f（x ） =sin（ x+）（ 0， | | ）的部分图象如下列图，就y=f （ x ）的图象可由y=cos2x 图象（）a 向右平移个长度单位b 向左平移个长度单位c向右平移个长度单位d

20、向左平移个长度单位【分析】 由条件利用诱导公式，函数y=asin （ x+）的图象变换规律，可得结论【解答】 解：由函数f （x） =sin（ x +）（ 0， | | ）的部分图象可得=.=，求得 =2再把点（， 0）代入函数的解析式可得sin（ 2×+） =0 ， 2×+=k ， k z，求得 =k ， =， f（ x）=sin （2x ）故把 y=cos2x=sin （ 2x+）的图象向右平移个长度单位，即可得到y=sin 2（ x ） + =sin（ 2x）的图象，应选： a 【点评】 此题主要考查诱导公式的应用，函数y=asin （ x +）的图象变换规律，属于基

21、础题12（ 5 分）（ 2021 秋.东莞月考）已知偶函数f （ x）的定义域为r，且 f（ 1+x）=f （1 x ），又当 x 0，1 时， f（ x）=x ，函数 g（ x ） =，就函数h（ x） =f （ x ） g（ x ）在区间 4， 4 上的零点个数为（）a 8b 6c 9d 7【分析】 由题意可得f （ x ） =f （ x） =f （ 2 x ），即有 f （ x）的图象关于x=1 对称，同时关于y 轴对称，分别画出y=f （ x ）， y=g（ x）的图象，观看图象交点即可得到所求零点个数【解答】 解：偶函数f （x）的定义域为r，且 f（ 1+x） =f （ 1x ），

22、可得 f （ x ）=f （ x） =f （ 2 x），即有 f （ x）的图象关于x=1 对称，同时关于y 轴对称，由当 x 0， 1 时， f（x ） =x ， 可得 f （ x）在 4， 4 的图象，可令函数h（ x ） =f （ x ） g（ x）=0 ，可得 f （ x） =g（ x），画出 y=g （x ）的图象，观看可得它们共有7 个交点即函数 h（x ）在 4， 4 内有 7 个零点 应选： d【点评】 此题考查函数方程的转化思想的运用，考查函数的奇偶性和周期性的运用，同时留意数形结合的思想方法，考查画图和识图才能，属于中档题二、填空题（本大致题共4 小题，每道题5 分，共 2

23、0 分）13（ 5 分）（2021.岳阳校级模拟） 如变量 x ，y 满意约束条件，就 z=2x y 的最小值为 1【分析】 由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案【解答】 解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为a ，联立，解得 a（ 0， 1） z=2x y 的最小值为2× 0 1= 1故答案为：1【点评】 此题考查了简洁的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题14（5 分）（ 2021 春.南城县校级月考）圆o 是等边 abc 的内切圆，在abc 内任取一点p，就点 p 落在圆 o 内的概率是【分析】 求出正三角形的面积与其内切

24、圆的面积，利用几何概型的概率公式即可求出对应的概率值【解答】 解：设等边 abc 的边长为a， 就该三角形的面积为：s22，abc =.a sin=a其内切圆半径为r=.asin=a，内切圆面积为：22s 内切圆 =r=a ；所以点落在圆内的概率为：p=故答案为：【点评】 此题考查了几何概型的运算问题，求出对应的区域面积是解题的关键15（ 5 分）（ 2021 秋.东莞月考）如图，已知| =1，| =2， | =6， aob=120 °，.=0，设=+（ 、r），就 +3=8【分析】 依据条件便可得出boc=30 °，而对的两边分别乘以向量，然后进行数量积的运算便可得到关于

25、， 的二元一次方程组，可解出， ，从而得出+3【解答】 解：； boc=30 °；由的两边分别乘以向量得：；解得；故答案为：【点评】 考查向量垂直的充要条件，向量夹角的概念，以及向量数量积的运算及运算公式16（ 5 分）（ 2021 秋.宁夏校级期中）假如kx2+2kx （ k +2） 0 恒成立，就实数k 的取值范畴是（ 1，0【分析】 k=0 时， 2 0 恒成立； k 0 时，由此可求实数k 的取值范畴【解答】 解： k=0 时， 2 0 恒成立，故满意题意；k 0 时， 1k 0实数 k 的取值范畴是（1，0故答案为：（ 1， 0【点评】 此题考查恒成立问题，解题的关键是正确

26、分类争论，属于中档题三、解答题（本大题共6 个小题，共70 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.） 17（ 12 分）（ 2021.潮南区模拟）abc 的三个内角a ， b， c 对应的三条边长分别是a， b，c，且满意 csina +acosc=0（ 1）求 c 的值；（ 2）如 cosa=， c=5，求 sinb 和 b 的值【分析】（ 1）已知等式利用正弦定理化简，依据sina 不为 0，两边除以sina 再利用同角三角函数间的基本关系求出tanc 的值，由c 为三角形的内角，利用特别角的三角函数值即可求出c 的度数；（ 2）由 a 为三角形的内角，及cosa 的值，利用同

27、角三角函数间的基本关系求出sina 的值，由b= a c，利用诱导公式得到sinb=sin （a +c），利用两角和与差的正弦函数公式化简后，将各自的值代入运算求出 sinb 的值，由sinb ，sinc 及 c 的值，利用正弦定理即可求出b 的值【解答】 解：（ 1）将 csina +acosc=0 利用正弦定理化简得：2rsincsina +2rsinacosc=0 ，即 2sincsina +2sinacosc=0 ， sina 0， sinc+cosc=0，即 tanc= ， c（ 0， ）， c=；（ 2） cosa=， a （ 0，）， sina=，就 sinb=sin （ a c

28、） =sin（ a +c） =sinacosc +cosasinc=×（） +×=， sinb=， c=5， sinc=sin=就由正弦定理=，得： b=34【点评】 此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及特别角的三角函数值，娴熟把握定理及公式是解此题的关键18（ 12 分）（ 2021.张掖校级模拟）2021 年“五一 ”期间，高速大路车辆较多某调查公司在一服务区从七 座以下小型汽车中按进服务区的先后每间隔50 辆就抽取一辆的抽样方法抽取40 名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速大路的车速（km/t ）分成六段： 60，65）， 6

29、5，70）， 70，75）， 75，80）， 80，85）， 85， 90）后得到如下列图的频率分布直方图（）求这40 辆小型车辆车速的众数及平均车速（可用中值代替各组数据平均值）；（）如从车速在 60， 70）的车辆中任抽取2 辆，求车速在 65， 70）的车辆至少有一辆的概率【分析】（ 1）众数的估量值为最高的矩形的中点，即众数的估量值等于77.5，然后求解这40 辆小型车辆的平均车速（ 2）从图中可知，车速在 60， 65）的车辆数，车速在 65， 70）的车辆数，设车速在 60， 65）的车辆设为 a， b，车速在 65， 70）的车辆设为 c，d， e，f，列出全部基本领件，车速在

30、65， 70）的车辆数，然后求解概率【解答】 解：（ 1）众数的估量值为最高的矩形的中点，即众数的估量值等于77.5（ 2 分）这 40 辆小型车辆的平均车速为：（ km/t ）（ 5 分）（ 2）从图中可知，车速在 60， 65）的车辆数为：m1=0.01 × 5× 40=2（辆）车速在 65， 70）的车辆数为：m2=0.02 × 5×40=4（辆）设车速在 60， 65）的车辆设为 a， b，车速在 65， 70）的车辆设为 c， d， e， f ，就全部基本领件有： （ a， b），（ a， c），（ a， d），（a， e），（ a，f ），（

31、 b， c），（ b， d），（ b， e），（b， f）（ c， d），（ c， e），（c， f ），（ d， e），（ d， f ）（ e，f ）共 15 种其中车速在 65， 70）的车辆至少有一辆的大事有：（ a， c），（ a， d），（ a， e），（a， f），（ b， c），（ b， d），（ b， e），（b， f），（ c， d），（ c， e），（ c， f ），（ d，e），（ d， f ），（e， f），共 14 种所以，车速在 65， 70）的车辆至少有一辆的概率为（12 分）【点评】 此题考查频率分布直方图的应用，古典概型概率公式的应用，基本学问的考查19（ 1

32、2 分）（ 2021 秋 .东莞月考）某公司生产的某产品每件成本为40 元，经市场调查整理出如下信息：时间：（第 x 天）13610日销量（ m 件）198194188180 该产品 90 天内日销量（m 件）与时间（第x 天）满意一次函数关系，部分数据如下表： 该产品 90 天内销售价格（元/件）与时间（第x 天）的关系如下表：时间：（第 x 天）1 x 5050 x 90销售价格（元/件）x +60100（ 1）求 m 关于 x 的函数关系；（ 2）设销售该产品每天利润为y 元，求 y 关于 x 的函数表达式；并求出在90 天内该产品哪天的销售利润最大？最大利润是多少？ 每天利润 =日销量

33、 x（销售价格每件成本） 【分析】（ 1）依据待定系数法解出一次函数解析式即可；（ 2）设利润为y 元，就当1x 50 时， y= 2x2+160x +4000；当 50x 90 时， y= 120x+12000，分别求出各段上的最大值，比较即可得到结论【解答】 解：（ 1） m 与 x 成一次函数，设 m=kx +b，将 x=1 ， m=198， x=3 ，m=194 代入，得：，解得：所以 m 关于 x 的一次函数表达式为m= 2x+200；（ 2）设销售该产品每天利润为y 元， y 关于 x 的函数表达式为：，当 1 x 50 时， y= 2 0，22x +160x +4000=2（ x

34、 40） 2+7200 ，当 x=40 时， y 有最大值，最大值是7200； 当 50 x 90 时， y= 120x +12000， 120 0， y 随 x 增大而减小，即当x=50 时， y 的值最大，最大值是6000；综上所述，当x=40 时， y 的值最大，最大值是7200，即在 90 天内该产品第40 天的销售利润最大，最大利润是 7200 元【点评】 此题考查分段函数，考查函数的最值，解题的关键是正确写出分段函数的解析式，属于中档题20（ 12 分）（ 2021 秋 .东莞月考）如图，在四棱锥pabcd 中， pa平面 abcd ，底面 abcd 是菱形，点 o 是对角线ac

35、与 bd 的交点， m 是 pd 的中点， ab=1 ， bad=60 °（ 1）求证： om 平面 pab；（ 2）平面 pbd 平面 pac；（ 3）当三棱锥c pbd 的体积等于时，求 pb 的长【分析】（ 1）利用 om 是 pdb 的中位线来证明om 平面 pab；（ 2）利用 bd ac ， pa bd 证明 db 面 pac 来证明平面pbd平面 pac；（ 3）以四边形abcd为底面，列出体积等式，求出pa，在依据勾股定理来求pb 长；【解答】 解：（ 1）在 pdb 中， o、m 分别是 bd 、pd 的中点， om 是 pdb 的中位线， om pbom .面 p

36、bd ， pb. 面 pdb， om 面 pbd （ 2）底面abcd是菱形， bd ac ， pa面 abcd ， db . 面 abcd ， pa bd ； ac . 面 pac， pa. 面 pac， ac pa=a db 面 pac， bd . 面 pbd，面 pbd 面 pac（ 3）由于底面abcd是菱形， ab=2 ， bad=60 °，所以 sabcd =2四棱锥 p abcd的高为 pa，得 pa= pa面 abcd ， ab . 面 abcd ， pa ab 在 rt pab 中， pb=【点评】 此题主要考查了线面平行判定定理、面面垂直判定定理以及空间几何体体积

37、，属中等题21（ 12 分）（ 2021 秋 .东莞月考）设函数f（ x ） =1+lnx （ 1）争论函数f （ x ）的单调性；（ 2）如 x 1 时， f（ x） 0 恒成立，求整数k 的最大值【分析】（ 1）求导 f （ x） =，从而争论以确定函数的单调性；（ 2）如 k 1，就 fmin（ x） =f （ k）=1 +lnk （ k 1） =lnk k+2 0，求导可判定f （ k）在（ 1， +）上是减函数，再由函数零点的判定定理求最大值即可【解答】 解：（ 1） f（x ） =1+lnx ， f （ x）=， 当 k 0 时， f （ x ） 0 恒成立，故 f （x）在（ 0

38、， +）上是增函数； 当 k 0 时， x （ 0， k ）时， f （ x） 0； x（ k， +）时， f （ x） 0；故 f （x）在（ 0， k ）上是减函数，在（k ，+）上是增函数；（ 2）如 k 1，就 fmin（ x） =f （ k）=1 +lnk （ k 1） =lnk k+2 0， f （ k ） = 1 0，故 f （k）在（ 1， +）上是减函数， 而 f （2） =ln2 2+2=ln2 0，f （ 3） =ln3 3+2=ln3 1 0， f （ 4） =ln4 4+2=ln4 2 0； 故整数 k 的最大值为 3【点评】 此题考查了导数的综合应用及分类争论的思想

39、应用【选修 4-1 ：几何证明选讲】22（ 10 分）（ 2021.张掖模拟）如图：ab 是 o 的直径， c 是弧的中点， ce ab ，垂足为e， bd 交ce 于点 f（）求证：cf=bf ；（）如 ad=4 ， o 的半径为6，求 bc 的长【分析】（）法一：连接 co 交 bd 于点 m ，由已知条件推导出rt ceo rt bmo ，由此能证明cf=bf （）法二：延长ce 交圆 o 于点 n，连接 bn ，由已知条件推导出cbd= cnb ，由此能证明cf=bf （）由 o， m 分别为 ab ，bd 的中点，得到eb ，由此以求出bc【解答】（）证法一：连接co 交 bd 于点 m ，如图 1（ 1 分） c 为弧 bd 的中点， oc bd又 oc=ob ， rt ceo rt bmo（ 2 分） oce= obm（ 3 分）又 oc=ob ， ocb= obc（ 4 分） fbc= fcb， cf=bf（ 5 分）（）证法二：延长ce 交圆 o 于点 n，连接 bn ，如图 2（ 1 分） ab 是直径且cn ab 于点 e ncb= cnb（ 2 分）又弧 cd= 弧 bc ， cbd=