《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

20. (本小题满分12分)如图,四棱锥P−ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD = AD = 1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

答案：
20.[命题点]线面垂直的判定和线面角正弦值的最值的求解
(1)[证明]因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD。1分
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC。
因此AD⊥平面PDC。
因为AD//BC，AD⊄平面PBC，所以AD//平面PBC。3分
由已知得l//AD。
因此l⊥平面PDC。4分
(2)[解]以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D - xyz。则D(0,0,0)，C(0,1,0)，

B(1,1,0)，P(0,0,1)，$\overrightarrow{DC}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{PB}=(1,1, - 1)$。
由
(1)可设Q(a,0,1)，则$\overrightarrow{DQ}=(a,0,1)$。5分
设$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$是平面QCD的法向量，则$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{DQ}=0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{DC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}ax + z = 0\\y = 0\end{cases}$，可取$\overrightarrow{n}=(-1,0,a)$。7分
所以$\cos\langle\overrightarrow{n},\overrightarrow{PB}\rangle=\frac{\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{PB}}{\vert\overrightarrow{n}\vert\vert\overrightarrow{PB}\vert}=\frac{-1 - a}{\sqrt{1 + a^{2}}\cdot\sqrt{3}}$。9分
设PB与平面QCD所成角为θ，则$\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\vert a + 1\vert}{\sqrt{1 + a^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{1+\frac{2a}{a^{2}+1}}$。
因为$\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{1+\frac{2a}{a^{2}+1}}\leq\frac{\sqrt{6}}{3}$，当且仅当a = 1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为$\frac{\sqrt{6}}{3}$。12分
关键点拨：
(2)建立空间直角坐标系，得线面角的正弦值，并利用基本不等式求最值。

21. (本小题满分12分)已知函数$f(x)=ae^{x}-lnx + lna$.
(1)当$a = e$时,求曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若$f(x)≥1$,求$a$的取值范围.

答案： 21.[命题点]导数的几何意义和根据不等式求参数范围
[解]f(x)的定义域为(0,+∞)，$f^\prime(x)=ae^{x - 1}-\frac{1}{x}$。
(1)当a = e时，$f(x)=e^{x}-\ln x + 1$，$f(1)=e - 1$，曲线y = f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为$y-(e - 1)=(e - 1)(x - 1)$，即$y=(e - 1)x + 2$。4分
直线$y=(e - 1)x + 2$在x轴，y轴上的截距分别为$\frac{-2}{e - 1}$，2。
因此所求三角形的面积为$\frac{2}{e - 1}$。6分
(2)当0＜a＜1时，$f(1)=a+\ln a＜1$。7分
当a = 1时，$f(x)=e^{x - 1}-\ln x$，$f^\prime(x)=e^{x - 1}-\frac{1}{x}$。当x∈(0,1)时，$f^\prime(x)＜0$；当x∈(1,+∞)时，$f^\prime(x)＞0$，所以当x = 1时，f(x)取得最小值，最小值为$f(1)=1$，从而$f(x)\geq1$。8分
当a＞1时，$f(x)=ae^{x - 1}-\ln x+\ln a\geq e^{x - 1}-\ln x\geq1$。11分
综上，a的取值范围是[1,+∞)。12分
(由$\ln a$知a＞0，当a = 1时，由导函数图像可判断$f(x)\geq1$恰好成立，当a＞1时，a越大，$y = ae^{x - 1}$图像越陡，可知$f(x)\geq1$必然成立，故可知需根据a和1的大小分类讨论；当0＜a＜1时，$a+\ln a＜1$，当a＞1时，$e^{x - 1}-\ln x\geq1$，当a = 1时，可根据求导判断函数f(x)单调性并得出最值)
一题多解：即$e^{\ln a+x - 1}-\ln x+\ln a\geq1$，
即$e^{\ln a+x - 1}+\ln a+x - 1\geq\ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$。8分
令$g(t)=e^{t}+t$，则有$g(\ln a+x - 1)\geq g(\ln x)$，$g^\prime(t)=e^{t}+1＞0$，所以g(t)在R上单调递增，
则$\ln a+x - 1\geq\ln x$在(0,+∞)上恒成立，
即$\ln a\geq\ln x - x + 1$在(0,+∞)上恒成立，
只需$\ln a\geq(\ln x - x + 1)_{max}$。10分
令$h(x)=\ln x - x + 1$，x＞0，则$h^\prime(x)=\frac{1}{x}-1=\frac{1 - x}{x}$。
令$h^\prime(x)＞0$，得0＜x＜1；令$h^\prime(x)＜0$，得x＞1，
则h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以$h(x)\leq h(1)=0$，则$\ln a\geq0$，得a≥1。
故a的取值范围是[1,+∞)。12分

22.(本小题满分12分)已知椭圆C:$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$
　　的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$,且过点A(2,1).
　　(1)求C的方程;
　　(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.

答案： 22.思路导引与椭圆
(2)直线MN的斜率存在→设直线方程，方程联立得关于x的一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系得x₁ + x₂，x₁x₂，代入$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 0$的表达式→直线MN过定点P，$\frac{AD}{MN}$为定值，Q为AP的中点→定点Q坐标
直线MN的斜率不存在→$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 0$
[命题点]椭圆的方程和椭圆中的定值问题
[解]
(1)由题设得$\frac{4}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1$，$\frac{a^2 - b^2}{a^2} = \frac{1}{2}$，解得$a^2 = 6$，$b^2 = 3$。
所以C的方程为$\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1$。 4分
(2)设M(x₁,y₁)，N(x₂,y₂)。
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y = kx + m，
代入$\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1$得$(1 + 2k^2)x^2 + 4kmx + 2m^2 - 6 = 0$。
于是$x_1 + x_2 = -\frac{4km}{1 + 2k^2}$，$x_1x_2 = \frac{2m^2 - 6}{1 + 2k^2}$。 ① 6分(设直线MN方程，与椭圆方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得x₁ + x₂，x₁x₂的关系式)
由AM⊥AN知$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 0$，故$(x_1 - 2)(x_2 - 2) + (y_1 - 1)(y_2 - 1) = 0$，可得$(k^2 + 1)x_1x_2 + (km - k - 2)(x_1 + x_2) + (m - 1)^2 + 4 = 0$。
将①代入上式可得$(k^2 + 1)\frac{2m^2 - 6}{1 + 2k^2} - (km - k - 2)\frac{4km}{1 + 2k^2} + (m - 1)^2 + 4 = 0$。
整理得$(2k + 3m + 1)(2k + m - 1) = 0$。 8分
因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k + m - 1 ≠ 0，
故2k + 3m + 1 = 0，k ≠ 1。
于是MN的方程为$y = k(x - \frac{2}{3}) - \frac{1}{3}$(k ≠ 1)。
所以直线MN过点$P(\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$。 10分(由AM⊥AN可转化为$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 0$，将x₁ + x₂，x₁x₂代入可得直线MN过定点)
若直线MN与x轴垂直，可得N(x₁, -y₁)。
由$\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{AN} = 0$得$(x_1 - 2)(x_1 - 2) + (y_1 - 1)(-y_1 - 1) = 0$。
又$\frac{x_1^2}{6} + \frac{y_1^2}{3} = 1$，可得$3x_1^2 - 8x_1 + 4 = 0$，
解得$x_1 = 2$(舍去)，$x_1 = \frac{2}{3}$。
此时直线MN过点$P(\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$。(不要忽略直线MN的斜率不存在的情况)
令Q为AP的中点，即$Q(\frac{4}{3}, \frac{1}{3})$。
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故$|DQ| = \frac{1}{2}|AP| = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。
若D与P重合，则$|DQ| = \frac{1}{2}|AP|$。
综上，存在点$Q(\frac{4}{3}, \frac{1}{3})$，使得$|DQ|$为定值。 12分(由AD⊥MN可知△ADP为直角三角形，AP为斜边，若使$|DQ|$为定值，则当D与P重合或不重合时，Q均为AP的中点，从而可得定点Q的坐标)