20xx年普通高等学校招生全国统一考试数学四川卷理含详解(编辑修改稿)

20xx年普通高等学校招生全国统一考试数学四川卷理含详解(编辑修改稿)内容摘要：

  在 Rt PFH 中， 1 17t a n 2DDPFPFH F H F H    故：二面角 P AE D的大小为 17arctan 2 （Ⅲ）12 2 211 1 1 542 4 4 4N E P E C D PS S B C C D a a a a        矩 形 作 1DQ CD ，交 1CD 于 Q ，由 11AD 面 11CDDC 得 11AC DQ ∴ DQ 面 11BCDA ∴在 1Rt CDD 中， 112255C D D D aaD Q aCD a    ∴ 13P D E N D E N P N E PV V S D Q    21 5 234 5aa316a 方法二：以 D 为原点， 1,DA DC DD 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立直角坐标系，则          11, 0 , 0 , , 2 , 0 , 0 , 2 , 0 , , 0 , , 0 , 0 ,A a B a a C a A a a D a ∵ , , ,E PM N 分别是 1 1 1, , ,BC A D AE CD的中点 ∴ 3, 2 , 0 , , 0 , , , , 0 , 0 , , ,2 2 4 2a a a aE a P a M a N a                      （ Ⅰ） 3 , 0,42aMN a 取  0,1,0n ，显然 n 面 11ADDA 0MN n ，∴ MN n 又 MN 面 11ADDA ∴ //MN 面 11ADDA 第 9 页 （Ⅱ）过 P 作 PH AE ，交 AE 于 H ，取 AD 的中点 F ，则 ,0,02aF∵ 设  , ,0H x y ，则 , , , , , 022aaH P x y a H F x y               又 , 2 , 02aAE a 由 0AP AE，及 H 在直线 AE 上，可得 : 2 204244aax ayx y a     解得 33 2,34 17x a y a ∴ 8 2 8 2, , , , , 01 7 1 7 1 7 1 7a a a aH P a H F               ∴ 0HF AE 即 HF AE ∴ HP 与 HF 所夹的角等于二面角 P AE D的大小 2c o s , 21H P H FH P H FH P H F 故：二面角 P AE D的大小为 2 21arccos 21 （ Ⅲ ）设  1 1 1 1,n x y z 为平面 DEN 的法向量，则 11,n DE n DN 又 , 2 , 0 , 0 , , , , 0 ,2 2 2a a aD E a D N a D P a                  ∴ 1111202202a x ayayz   即 1142xyzy  ∴可取  1 4, 1,2n  ∴ P 点到平面 DEN 的距离为 1122 41 6 1 4 2 1D P n aa adn    ∵ 8c o s ,85D E D ND E D N D E D N， 21sin ,85DE DN  ∴ 21 2 1s i n ,28D E NS D E D N D E D N a     ∴ 321 1 2 1 43 3 8 621P D E N D E N aaV S d a      （ 20）（本大题满分 12 分） 已知数列 na ，其中  1 2 1 11 , 3 , 2 2n n na a a a a n    ，记数列 na 的前 n 项和为 nS ，数列  lnnS 的前 n 项和为 nU （ Ⅰ）求 nU ； 第 10 页 （Ⅱ）设         239。 2 10,2! nU nnn n kkeF x x x T x F xnn    ，（其中 39。 kFx为 kFx的导函数），计算   1lim nnnTxTx  本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分 12 分。 解：（ Ⅰ ）由题意， na 是首项为 1，公差为 2 的等差数列 前 n 项和   21 1 2 12n nS n n    ， 2ln ln 2 lnnS n n    2 l n 1 l n 2 l n 2 l n !nU n n     （ Ⅱ ）      2 22222! 22 ! 2 !nU nnnn nexF x x x nn n n n      39。 2 1nnF x x            2239。 2 111 2210111111nnnknkkk nxxxxT x F x x n xxxxx              22212221l i m 1 0 11l i m l i m 1 1111l i m 11nnnnnnnnnnxxxTx nxT x nxxxx           （ 21）（本大题满分 14 分） 已知两定点    122 , 0 , 2 , 0FF，满足条件212PF PF的点 P 的轨迹是曲线 E ，直线1y kx与曲线 E 交于 ,AB两点 ，如果 63AB ，且曲线 E 上存在点 C ，使 OA OB mOC ，求 m 的值和 ABC 的面积 S 本小题主要考察双曲线的定义和性质、直线与双曲线的关系、点到直线的距离等知识及解析几何的基本思想、方法和综合解决问题的能力。 满分 12 分。 解：由双曲线的定义可知，曲线 E 是以    122 , 0 , 2 , 0FF为焦点的双曲线的左支， 且 2, 1ca，易知 1b 故曲线 E 的方程为  2210x y x   第 11 页 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y，由题意建立方程组2211y kxxy  消去 y ，得  221 2 2 0k x kx    又已知直线与双曲线左支交于两点 ,AB，有    22 212 212 2102 8 1 02 012 01kkkkxxkxxk             解得 21k   又∵ 2 121AB k x x      22 1 2 1 214k x x x x     2222221411kk kk       22221221kkk 依题意得    2222122 6 31kkk  整理后得 422 8 5 5 2 5 0kk   ∴ 2 57k  或 2 54k  但 21k   ∴ 52k 故直线 AB 的方程为 5 102 xy   设  ,ccCx y ，由已知 OA OB mOC ，得      1 1 2 2, , ,ccx y x y m x m y ∴   1 2 1 2,cc x x y ym x m y mm ，  0m 又12 22 451kxx k   ，   21 2 1 2 222 2 811ky y k x x kk        ∴ 点 4 5 8,Cmm 将点 C 的坐标代入曲线 E 的方程，得2280 64 1mm 得 4m ，但当 4m 时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意 ∴ 4m ， C 点的坐标为  5,2 C 到 AB 的距离为 225 5 2 12 13512    ∴ ABC 的面积 116 3 323S     （ 22）（本大题满分 14 分） 第 12 页 已知函数    2 2 l n 0f x x a x xx   ， fx的导函数是 39。 fx，对任意两个不相等的正数 12,xx，证明： （ Ⅰ ）当 0a 时，    12 1222f x f x xxf   （ Ⅱ ）当 4a 时，    39。 39。 1 2 1 2f x f x x x   本小题主要考查导数的基本性质和应用，函数的性质和平均值不等式等知识及综合分析、推理论证的能力，满分 14 分。 证明：（ Ⅰ ）由   2 2 lnf x x a xx   得        12 221 2 1 2121 1 1 l n l n2 2 2f x f x ax x x xxx        22 121 2 1 2121 ln2 xxx x a x xxx    21 2 1 2 1 2124 ln2 2 2x x x x x xfa xx               而     222 2 2 2 121 2 1 2 1 211 22 4 2xxx x x x x x        ① 又    2 221 2 1 2 1 2 1 224x x x x x x x x     ∴ 121 2 1 24xxx x x x   ② ∵ 1212 2xxxx  ∴ 1212ln ln 2xxxx  ∵ 0a ∴ 1212ln ln 2xxa x x a  ③ 由 ①、②、③得   222 1 2 1 21 2 1 2 1 21 2 1 214l n l n22x x x xx x a x x a x xx x x x        即    12 1222f x f x xxf   （ Ⅱ ）证法一：由   2 2 lnf x x a xx  ，得  39。 222 af x x xx   ∴    39。 39。 1 2 1 2221 1 2 222 aaf x f x x xx x x x                1212 221 2 1 222 xx axx x x x x          1239。 39。 1 2 1 2 221 2 1 2221xx af x f x x x x x x x       下面证明对任意两个不相等的正数 12,xx,有  12221 2 1 2221xx ax x x x  恒成立 即证  1212 122 xxa x x xx成立 第。