2021年普通高等学校招生全国统一考试(江西卷)文科数学试题及详解

#因为OA丄OB,OA丄OC,所以OA丄面OBC，则OA丄BC,11因此BC丄面OAH。11(2)作ON丄AB于N，连CN。111因为OC丄平面OAB,111根据三垂线定理知，CN丄AB，111ZONC就是二面角O-AB-C的平面角。1111作EM丄OB于M，贝yEM〃OA，则M是OB的中点，则EM=OM=1。1OBOAx3设OB=x，由=1得,=_，解得x=3，TOC\o"1-5"\h\ziMBEMx-1213-一小-OA-OB3在RtAOAB中，AB=OA2+OB2=_.；5，则，ON=11=丄ii11咄112VABJ511OC所以tanZONC==再，故二面角O-AB-C为arctan杼。1ON%111、解法二：(1)以直线OA、OC、OB分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，O-xyz则11A(2,0,0),B(0,0,2),C(0,2,0),E(l,0,l),F(1,1,0),H(1咲,丄22—>11—>11—>所以AH=(―匕三,—),OH=(1，tdBC=(0,2,-2)2222所以AH-BC=0,OH-BC=0所以BC丄平面OAH由EF〃BC得BC〃BC，故：BC丄平面OAH11113nz=3〔1=%z-1)・•・B(0,0,3)1同理：C(0,3,0)1・一3—3AB=(-：,0,3),AC=(-小,3,0)112112设n1=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,1111111'-3x+3z=02-则13令x=2得y=x=1I-3x+3y=0〔2・n=(2,1,1).1又n=(0,1,0)是平面OAB的一个法量211TOC\o"1-5"\h\z一一1\!6・.cos<n,n>==12J4+1+16所以二面角的大小为arccos^6621.解(1)因为f'(x)=x3+ax2-2a2x=x(x+2a)(x-a)令f'(x)=0得x=-2a,x=0,x=a123由a>0时，f'(x)在f'(x)=0根的左右的符号如下表所示x(—x,—2a)—2a(-2a,0)0(0,a)a(a,+x)f'(x)—0+0—0+f(x)极小值/极大值极小值/所以f(x)的递增区间为(-2a,0)与(a,+刈f(x)的递减区间为(—◎—2a)与(0,a)（2）由（1）得到f（x）=f（一2。）=-3a4,极小值f(x)=f(a)=a4极小值12f（X）极大值=f（0）=a45712要使f（x）的图像与直线y=1恰有两个交点，只要-_a4<1<_a4或a4<1,123即a即a>4,127或0<a<1.22.(1)证明：设A(x,x2)、B(x,x2),E(x,y)、B(x,y)1122EEFF则直线AB的方程：y=¥-x2(x-x)+x211x-x12即：y=(x+x)x-xx1212因M(x,y)在AB上，所以y=(x+x)x-xx

00012012以AB为直径的圆的方程：x2+(y-y匕=y又直线AP又直线AP方程：x2-yy=「0x+yx1x2-yy=「o1x2-yy=「ox+y由]x0得：x2I1[x2=yx2-y—1xx2-yyy2所以x+x=——1—0nx=-0,y=01ExExEx2111yy2同理，x=fy0FxFx2221x+xy2所以直线EF的方程：y=-(r2)yx-—oxx0xxy令x=-x得y=o[(x+x)x-y]0xx120012将①代入上式得y=y,即N点在直线ef上

0所以E,F,N三点共线(2)解:由已知(2)解:由已知A、B、M、N共线，所以A(-00由-y)2=由-y)2=y00得y2-(2y-1)0y+所以y=y0(舍去)，y=y0-1要使圆与抛物线有异于A,B的交点，则y-