可得向量的坐标，又由△ABC为等腰直角三角形，则AC⊥AB且|AC|=|AB|，分析可得向量的坐标，进而由向量坐标的加法可得向量的坐标，进而可得向量的模，分析其最大值，若OC≤m恒成立，分析可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及三角函数的恒等变形，属于综合题．
16.【答案】
【解析】解：依题意三角形ABC为等边三角形，设AB=x，则正三棱锥O-ABC的高h为
又S△ABC=x2，∴VO-ABC=hS△ABC=×
?x2=
×2×
≤×
=
，
=，（当且仅当x2=12-x2，即x2=8时取等），
∴三角形ABC的外接圆的半径r=×x=x，
∴平面ABC截球O所得的截面圆的面积为π（x）2=． 故答案为：．
依题意三角形ABC为等边三角形，设AB=x，则正三棱锥O-ABC的高h为
=
，在求出三角形ABC的面积和正三棱锥的体积后用基本不等式求
得最大值以及取最大值时x的值，从而可求得．
本题考查了球的性质，属中档题．
17.【答案】解：（1）等差数列{an}的公差设为d，前n项和为Sn， a3+a5=18，S3+S5=50，可得2a1+6d=18，3a1+3d+5a1+10d=50， 化为a1+3d=9，8a1+13d=50， 解得a1=3，d=2，即an=2n+1；
数列{bn}为等比数列，且b1=a1，3b2=a1a4． 可得b1=3，3b2=a1a4=27，即b2=9， 公比q=3，bn=3n； （2）证明：
=
-=2（）=2（--）， ）＜．
即有前n项和Tn=2（-+-+…+
【解析】（1）等差数列的公差设为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求；再由等比数列的通项公式，计算可得所求； （2）求得
=
=2（
-），由数列的求和方法：裂项相
消求和，化简整理，结合不等式的性质，可得证明．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理的运算能力，以及方程思想，属于中档题．
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18.【答案】解：（1）由频率分布直方图知：
这10天中1级优1天，2级良2天，3-6级共7天， 由题意知，这10天中空气质量达到优良的概率P=， ∴2018年11月中有：30×=9天的空气质量达到优良．
（2）记“从10天的空气质量指标监测数据中，随机抽取三天，恰有一天空气质量优良”为事件A，
则恰好有一天空气质量良的概率P（A）=（3）依据条件，ξ的可能取值为0，1，2， P（ξ=0）=P（ξ=1）=P（ξ=2）=
=， =， =，
=．
∴ξ的分布列为： ξ P E（ξ）=
0 1 =．
2
【解析】（1）由频率分布直方图知这10天中1级优1天，2级良2天，3-6级共7天，这10天中空气质量达到优良的概率P=，由此能求出2018年11月中空气质量达到优良的天数． （2）记“从10天的空气质量指标监测数据中，随机抽取三天，恰有一天空气质量优良”为事件A，利用古典概型能求出恰好有一天空气质量良的概率．
（3）依据条件，ξ的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和E（ξ）．
本题考查概率的求法及应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频率分布直方图、古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：（Ⅰ）证明：连
接AD，PD，由PA⊥平面ABC，得PA⊥AD，
因为PA∥DQ且PA=DQ，即四边形ADQP为矩形，
又AB=AC=，AB⊥AC，则AD=1=AP，
所以四边形ADQP为正方形，AQ⊥PD
且BC⊥AD，BC⊥DQ，则BC⊥平面ADQ，
即BC⊥AQ，故AQ⊥平面PBC． （Ⅱ）解：以A为原点，AB为x
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轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图所示直角坐标系， 则B（
，0，0），C（0，
，0），P（0，0，1），D（，，0），A（0，0，0），
Q（，，1）， 则=（-，
，0），=（
，0，0），=（，，1），
设平面ABQ的的法向量为=（x，y，z），
则，取y=1，得=（0，1，-），
设直线BC与平面ABQ所成角为θ 则sinθ=
=，cosθ=
=，
∴直线BC与平面ABQ所成角的余弦值为． （3）解：=（0，
，0），
设平面ABQ的法向量=（x，y，z），
则，取y=2，得=（0，2，-），
设平面ACQ的法向量=（a，b，c），
则，取a=2，得=（2，0，-），
设二面角B-AQ-C的平面角为θ，由图知θ为钝角， ∴cosθ=-=-=-．
．
∴二面角B-AQ-C的余弦值为
【解析】（Ⅰ）连接AD，PD，由PA⊥平面ABC，得PA⊥AD，推导出四边形ADQP为
AQ⊥PD，BC⊥DQ，正方形，且BC⊥AD，则BC⊥平面ADQ，由此能证明AQ⊥平面PBC．
（Ⅱ）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC与平面ABQ所成角的余弦值．
（3）求出平面ABQ的法向量和平面ACQ的法向量，利用向量法能求出二面角B-AQ-C的余弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查线面角的余弦值、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，是中档题． 20.【答案】解：（Ⅰ）依题意，A1（-a，0）、A2（a，0），又P（2，-1）， ∴则由
，
，
=（-a-2，1）?（a-2，1）=5-a2=1，
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2，又a＞0，得a=2， 解得a=±∵e=
，∴c=
，
∴b2=a2-c2=1， 故椭圆C的方程为
；
（Ⅱ）假设存在满足条件的点Q（t，0）．
当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意． 因此直线l的斜率k存在，设l：y+1=k（x-2）， 由
，消取y得，（1+4k2）x2-（16k2+8k）x+16k2+16=0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则
，
∵=
=
=，
，
∴要使对任意实数k，kQM+kQN为定值，则只有t=2，此时，kQM+kQN=1．
故在x轴上存在点Q（2，0），使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1．
【解析】（Ⅰ）依题意求得
与
的坐标，利用
=1求得a，再由离心率求得c，
结合隐含条件求得b，则椭圆C的方程可求；
（Ⅱ）假设存在满足条件的点Q（t，0）．当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意．因此直线l的斜率k存在，设l：y+1=k（x-2），联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系及斜率公式求解kQM+kQN=
，可得要使对
任意实数k，kQM+kQN为定值，则只有t=2，此时，kQM+kQN=1． 本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题． 21.【答案】解：（1）f（x）=axlnx-bx，f′（x）=alnx+a-b， ∵函数f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y=3x-e， ∴
，解得a=1，b=-1．
∴f（x）=xlnx+x，则f′（x）=lnx+2， 由f′（x）=lnx+2=0，得
．
∴当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0． ∴f（x）在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数， 则当x=时，函数f（x）取得极小值为f（）=（2）当x＞1时，
由f（x）-m（x-1）＞0，得m＜
．
；
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令g（x）=则g′（x）=
=， ，
＞0，
设h（x）=x-2-lnx，则h′（x）=1-
h（x）在（1，+∞）上为增函数，
∵h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0， ∴?x0∈（3，4），且h（x0）=0，
当x∈（1，x0）时，h（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）在（1，x0）上单调递减； 当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）在（x0，+∞）上单调递增． ∴g（x）min=g（x0）=
，
∵h（x0）=x0-2-lnx0=0， ∴x0-1=1+lnx0，g（x0）=x0，
∴m＜x0∈（3，4），∴m的最大值为3．
【解析】（1）求出原函数的导函数，利用函数f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y=3x-e列关于a，b的方程组，求解可得a，b的值，再求出导函数的零点，得到原函数的单调区间，进一步求得极值； （2）把f（x）-m（x-1）＞0变形，可得m＜利用导数求得
对任意x＞1都成立，等价于m＜
，
，即可得到m的最大值．
本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题时合理构造函数是解题的关键，属难题．
22.【答案】解（1）由ρ=4cos（θ-）得ρ2=4ρcosθ+4ρsinθ，
∴ρ2=4ρcosθ+4ρsinθ， 又x=ρcosθ，y=ρsinθ，
∴x2+y2=4x+4y即曲线C的直角坐标方程为（x-2）2+（y-2）2=8． （2）将
代入C的直角坐标方程，得t2+（-t-1）2=8，
∴t2+t-7=0，
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2， ∴t1t2=-7．
则|PA||PB|=|t1t2|=7．
【解析】（1）先将ρ=4程；
（2）将直线参数方程代入（1）的结果，整理得到t2+t-7=0，再设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，进而可得|PA||PB|=|t1t2|，即可求出结果 本题主要考查极坐标方程与直角坐标的互化，以及参数方程的应用，熟记公式即可求解，属于中档题型．
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cos（θ-）化为ρ2=4ρcosθ+4ρsinθ，进而可得出其直角坐标方
23.【答案】解：（1）当a=2时，f（x）=|x-1|+|x+2|，
①当x≤-2时，f（x）=-2x-1≤5，解得-3≤x≤-2；
②当-2＜x＜1时，f（x）=3，显然f（x）≤5成立，所以-2＜x＜1； ③当x≥1时，f（x）=2x+1≤5，解得1≤x≤2； 综上所述，不等式的解集为{x|-3≤x≤2}； （2）f（x）=|x+a|+|x-1| ≥|（x+a）-（x-1）|=|a+1|，
因为?x0∈R，有f（x0）≤|2a-1|成立，所以只需|a+1|≤|2a-1|， 化简得a2-2a≥0，解得a≤0或a≥2，
所以a的取值范围是（-∞，0]∪[2，+∞）．
【解析】本题考查了绝对值不等式的解法，属于中档题． （1）分3段去绝对值解不等式，再相并；
（2）先用绝对值不等式的性质求出f（x）的最小值，再将问题转化为f（x）min≤|2a-1|解不等式可得．
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2020年辽宁省六校协作体高二（下）期中数学试卷（理科）
