2022年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第二次統(tǒng)練試題 文（含解析）新人教A版

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1、2022年高三數(shù)學(xué)上學(xué)期第二次統(tǒng)練試題 文（含解析）新人教A版 【試卷綜評】突出考查數(shù)學(xué)主干知識 ,側(cè)重于中學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)科的基礎(chǔ)知識和基本技能的考查；側(cè)重于知識交匯點的考查。全面考查了考試說明中要求的內(nèi)容，如復(fù)數(shù)、簡易邏輯試卷都有所考查。在全面考查的前提下，高中數(shù)學(xué)的主干知識如函數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、導(dǎo)數(shù)、圓錐曲線、概率統(tǒng)計等仍然是支撐整份試卷的主體內(nèi)容，尤其是解答題，涉及內(nèi)容均是高中數(shù)學(xué)的重點知識。明確了中學(xué)數(shù)學(xué)的教學(xué)方向和考生的學(xué)習(xí)方向。?2.適度綜合考查，提高試題的區(qū)分度 ?本次數(shù)學(xué)試卷的另一個特點是具有一定的綜合性，很多題目是由多個知識點構(gòu)成的，這有利于考查考生對知識的綜合理解能

2、力，有利于提高區(qū)分度，在適當(dāng)?shù)囊?guī)劃和難度控制下，效果明顯。通過考查知識的交匯點，對考生的數(shù)學(xué)能力提出了較高的要求，提高了試題的區(qū)分度. 第Ⅰ卷（選擇題部分 共50分） 一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 【題文】1．定義，若，則（▲）A． B． C． D． 【知識點】補集及其運算．A1 【答案解析】C 解析：∵集合M={1，2，3，4，5}，N={2，3，6}， ∴M﹣N={1，4，5}．故選C 【思路點撥】根據(jù)題中的新定義，找出屬于M不屬于N的元素，

3、即可確定出M﹣N． 【題文】2．“”是“”的（▲） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．A2 【答案解析】B 解析：∵log2a＜log2b，∴0＜a＜b，∴“a＜b”是“l(fā)og2a＜log2b”的必要不充分條件，故選：B． 【思路點撥】根據(jù)對數(shù)的基本運算和充分條件和必要條件的定義即可得到結(jié)論． 【題文】3．直線與圓相交于兩點,則弦的長度等于（▲） A． B．. C． D．1 【知識點】直線與圓相交的性質(zhì)．H4 【答案解析】B 解析：∵圓心（0，0）到直線x+﹣2=0的距

4、離d= 由直線與圓相交的性質(zhì)可知，，即，∴，故選B。 【思路點撥】由直線與圓相交的性質(zhì)可知，，要求AB，只要先求圓心（0，0）到直線x+﹣2=0的距離d，即可求解。 【題文】4．已知為等比數(shù)列，下面結(jié)論中正確的是（▲） A． B． A B C O （第5題） C．若,則 D．若,則 【知識點】等比數(shù)列的性質(zhì)．D3 【答案解析】B 解析：設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則a1+a3=，當(dāng)且僅當(dāng)a2，q同為正時，a1+a3≥2a2成立，故A不正確； ，∴，故B正確； 若a1=a3，則a1=a1q2，∴q2=1，∴q=±1，∴a1=a2或a1=﹣a2，故C不正確； 若a3

5、＞a1，則a1q2＞a1，∴a4﹣a2=a1q（q2﹣1），其正負由q的符號確定，故D不正確 故選B． 【思路點撥】a1+a3=，當(dāng)且僅當(dāng)a2，q同為正時，a1+a3≥2a2成立；，所以；若a1=a3，則a1=a1q2，從而可知a1=a2或a1=﹣a2；若a3＞a1，則a1q2＞a1，而a4﹣a2=a1q（q2﹣1），其正負由q的符號確定，故可得結(jié)論． 【題文】5．設(shè)點O是邊長為1的正△ABC的中心（如圖所示）， 則（▲） A． B． C． D． 【知識點】平面向量數(shù)量積的運算．F3 【答案解析】D 解析：因為點O是邊長為1的

6、等邊△ABC的中心，D為BC的中點，兩兩夾角為120°． 所以==． 所以（）?（） = =+++ ==﹣．故選D． 【思路點撥】由題意求出的長度，推出夾角大小，直接利用向量的數(shù)量積求解即可． 【題文】6. 已知直線、與平面下列命題正確的是（▲） A． B． C． D． 【知識點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間的位置關(guān)系． 【答案解析】D 解析：A、由面面平行的判定定理知，m與n可能相交，故A不對； B、當(dāng)m與n都與α和β的交線平行時，也符合條件，但是m∥n，故B不對； C、由面面垂直的性質(zhì)定理知，

7、必須有m⊥n，n?β時，n⊥α，否則不成立，故C不對； D、由n⊥β且α⊥β，得n?α或n∥α，又因m⊥α，則m⊥n，故D正確． 故選D． 【思路點撥】由面面平行的判定定理知A不對，用當(dāng)m與n都與α和β的交線平行時判斷B不對，由面面垂直的性質(zhì)定理知C不對，故D正確由面面垂直和線面垂直以及平行簡單證明． 【題文】7．如果函數(shù)的圖象關(guān)于點中心對稱，那么的最小值為(▲) A． B． C． D． 【知識點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；余弦函數(shù)的對稱性． 【答案解析】A 解析：∵函數(shù)y=3cos（2x+φ）

8、的圖象關(guān)于點中心對稱． ∴∴由此易得． 故選A 【思路點撥】先根據(jù)函數(shù)y=3cos（2x+φ）的圖象關(guān)于點中心對稱，令x=代入函數(shù)使其等于0，求出φ的值，進而可得|φ|的最小值． 【題文】8．對于函數(shù)，若存在非零常數(shù)，使得當(dāng)取定義域內(nèi)的每一個值時，都有 ，則稱為準偶函數(shù). 下列函數(shù)中是準偶函數(shù)的是（▲） A． B． C． D． 【知識點】抽象函數(shù)及其應(yīng)用．B10 【答案解析】D 解析：對于函數(shù)f（x），若存在常數(shù)a≠0，使得x取定義域內(nèi)的每一個值，都有f（x）=f（2a﹣x），則稱f（x）為準偶函數(shù)，∴函數(shù)的對稱軸是x=a，a≠0， 選項A函數(shù)沒有對

9、稱軸；選項B、函數(shù)的對稱軸是x=0，選項C，函數(shù)沒有對稱軸． 函數(shù)f（x）=cos（x+1），有對稱軸，且x=0不是對稱軸，選項D正確． 故選：D． 【思路點撥】由題意判斷f（x）為準偶函數(shù)的對稱軸，然后判斷選項即可． 【題文】9． 設(shè)定義在區(qū)間上的函數(shù)是奇函數(shù)（），則的取值范圍是（▲） A． B． C． D． 【知識點】對數(shù)函數(shù)圖象與性質(zhì)的綜合應(yīng)用；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．B7B4 【答案解析】A 解析：∵定義在區(qū)間（﹣b，b）上的函數(shù)是奇函數(shù) ∴f（﹣x）+f（x）=0；∴；∴ ∴1﹣a2x2=1﹣4x2；∵a≠﹣2；∴a=2；∴ 令，可得，∴ ∵a=2，

10、∴ab的取值范圍是；故選A． 【思路點撥】根據(jù)定義在區(qū)間（﹣b，b）上的函數(shù)是奇函數(shù)，可確定a=2，及b的取值范圍，從而可求ab的取值范圍． 【題文】10．已知. 、分別是橢圓的左、右焦點，是橢圓上一動點，圓與的延長線、的延長線以及線段相切，若為其中一個切點，則 (▲) A． B． C． D．與的大小關(guān)系不確定 【知識點】圓與圓錐曲線的綜合．H9 【答案解析】A 解析：由題意知，圓C是△AF1F2的旁切圓， 點M是圓C與x軸的切點，設(shè)圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q， 則由切線的性質(zhì)可知：AP=AQ，F(xiàn)2Q=F2M，F(xiàn)1P=F

11、1M， ∴MF2=QF2=（AF1+AF2）﹣（AF1+AQ）=2a﹣AF1﹣AP=2a﹣F1P=2a﹣F1M ∴MF1+MF2=2a，∴t=a=2．故選A． 【思路點撥】由題意知，圓C是△AF1F2的旁切圓，點M是圓C與x軸的切點，設(shè)圓C與直線F1A的延長線、AF2分別相切于點P，Q，則由切線的性質(zhì)可知：AP=AQ，F(xiàn)2Q=F2M，F(xiàn)1P=F1M，由此能求出t的值． 第Ⅱ卷（非選擇題部分 共100分） 二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分． 【題文】11．雙曲線的兩條漸近線的方程為 ▲ . 【知識點】雙曲線的簡單性質(zhì)．H6 【答案解析】 解析：

12、∵雙曲線的a=4，b=3，焦點在x軸上 而雙曲線的漸近線方程為y=±x ∴雙曲線的漸近線方程為 故答案為： 【思路點撥】先確定雙曲線的焦點所在坐標軸，再確定雙曲線的實軸長和虛軸長，最后確定雙曲線的漸近線方程． 【題文】12．設(shè),,則的值是 ▲ . 【知識點】二倍角的正弦；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系；二倍角的正切．C2 C6 【答案解析】 解析：∵sin2α=2sinαcosα=﹣sinα，α∈（，π）， ∴cosα=﹣，sinα==， ∴tanα=﹣， 則tan2α===． 故答案為： 3 4 3 3 2 2 正視圖 (第13題)

13、 側(cè)視圖 俯視圖 【思路點撥】已知等式左邊利用二倍角的正弦函數(shù)公式化簡，根據(jù)sinα不為0求出cosα的值，由α的范圍，利用同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系求出sinα的值，進而求出tanα的值，所求式子利用二倍角的正切函數(shù)公式化簡后，將tanα的值代入計算即可求出值． 【題文】13. 已知某個幾何體的三視圖 (單位：cm) 如圖所示， 則這個幾何體的體積是 ▲ cm3． 【知識點】由三視圖求面積、體積．G2 【答案解析】 解析：三視圖復(fù)原的幾何體是上部為長方體三度為：4，3，2； 下部為放倒的四棱柱，底面是等腰梯形其下底為9，上底為3高為2，棱柱的高為4， 幾何體的

14、體積為：4×3×2+=72 cm3． 故答案為：72． 【思路點撥】利用三視圖判斷幾何體的形狀，通過三視圖的數(shù)據(jù)求出幾何體的體積即可． 【題文】14．已知等比數(shù)列中，公比，且，， 則= ▲ ． 【知識點】等比數(shù)列的性質(zhì)．D3 【答案解析】3 解析：由題意可得：數(shù)列{an}為等比數(shù)列， 所以=q5．因為數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a3a4=12，所以a3a4=a1a6=12． 因為a1+a6=8，公比q＞1，解得a1=2，a6=6，所以q5==3．故答案為：3 【思路點撥】根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)對所求進行化簡可得：=q5．結(jié)合題中條件a1+a6=8，a3

15、a4=12可得a1=2，a6=6，進而得到答案． 【題文】15．已知點的坐標滿足，設(shè)，則（為坐標原點）的最大值為 ▲ ． 【知識點】簡單線性規(guī)劃的應(yīng)用．E5 【答案解析】2 解析：滿足的可行域如圖所示， 又∵， ∵，， ∴ 由圖可知，平面區(qū)域內(nèi)x值最大的點為（2，3） 故答案為：2 【思路點撥】先畫出滿足的可行域，再根據(jù)平面向量的運算性質(zhì)，對進行化簡，結(jié)合可行域，即可得到最終的結(jié)果． 【題文】16.若關(guān)于的不等式在區(qū)間上有解,則實數(shù)的取值范圍為 ▲ ． 【知識點】一元二次不等式的解法．E3 【答案解析】 解析：令f（x）=x2+ax﹣2，

16、則f（0）=﹣2， ①頂點橫坐標≤0，要使關(guān)于x的不等式 x2+ax﹣2＞0在區(qū)間[1，5]上有解，則應(yīng)滿足 f（5）＞0，解得； ②時，要使關(guān)于x的不等式x2+ax﹣2＞0在區(qū)間[1，5]上有解，也應(yīng)滿足f（5）＞0，解得． 綜上可知：實數(shù)a的取值范圍是． 故答案為：． 【思路點撥】令f（x）=x2+ax﹣2，則f（0）=﹣2，無論頂點橫坐標≤0，還是時，要使關(guān)于要使關(guān)于x的不等式x2+ax﹣2＞0在區(qū)間[1，5]上有解，則應(yīng)滿足f（5）＞0，解出即可． 【題文】17．若正實數(shù)滿足，且不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是 ▲ _． 【知識點】基本不等式．E6

17、 【答案解析】 解析：∵正實數(shù)x，y滿足x+2y+4=4xy，可得 x+2y=4xy﹣4，∴不等式（x+2y）a2+2a+2xy﹣34≥0恒成立， 即（4xy﹣4）a2+2a+2xy﹣34≥0恒成立，變形可得2xy（2a2+1）≥4a2﹣2a+34恒成立， 即xy≥恒成立，∵x＞0，y＞0，∴x+2y≥2，∴4xy=x+2y+4≥4+2， 即2﹣?﹣2≥0，解不等式可得≥，或≤﹣（舍負） 可得xy≥2，要使xy≥恒成立，只需2≥恒成立， 化簡可得2a2+a﹣15≥0，即（a+3）（2a﹣5）≥0，解得a≤﹣3或a≥， 故答案為： 【思路點撥】原不等式恒成立可化為xy≥恒成立

18、，由基本不等式結(jié)合不等式的解法可得xy≥2，故只需2≥恒成立，解關(guān)于a的不等式可得． 三、解答題：本大題共5小題，共72分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟． 18. （本小題滿分14分）在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足 ． （1）求角C的值； （2）若，且△ABC的面積為，求的值． 【知識點】正弦定理；余弦定理．C8 【答案解析】（1）（2） 解析：（1）∵a（sinA﹣sinB）+bsinB=csinC， ∴由正弦定理得a2﹣ab+b2=c2，故cosC===， ∵0＜C＜π，所以C=． （2）∵absinC=，a=1，所以b=4，

19、則由余弦定理得 c2=a2+b2﹣2abcosC=1+16﹣2×1×4×cos=13，即c=． 【思路點撥】（1）已知a（sinA﹣sinB）+bsinB=csinC由正弦定理化簡得a2﹣ab+b2=c2，由余弦定理得cosC=，0＜C＜π，所以C=．（2）若a=1，且△ABC的面積為=absinC，求出b的值，從而由余弦定理求出c的值． 【題文】19. （本小題滿分14分）已知數(shù)列{an}是公差不為零的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且S5=30，又a1，a3，a9成等比數(shù)列． （Ⅰ）求Sn； （Ⅱ）若對任意n＞t，n∈N?，都有++…+＞，求t的最小值． 【知識點】數(shù)列與不等式的綜

20、合；等比數(shù)列的性質(zhì)．D3D5 【答案解析】（Ⅰ）;（Ⅱ）48． 解析：（Ⅰ）設(shè)公差為d，由條件得，得a1=d=2． ∴an=2n，； （Ⅱ）∵．∴ ． ∴， 即 ，． ∴的最小值為48． …………………………………………14分 【思路點撥】（Ⅰ）由a1，a3，a9成等比數(shù)列列方程組求出首項和公差，則Sn可求； （Ⅱ）把an，Sn代入，整理后列項，求和后得到使++…+＞成立的t的最小值． 【題文】20．（本小題滿分14分）如圖，矩形ABCD中，，E為邊AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE （1）設(shè)M為線段A1C的中點，求證： BM

21、 // 平面A1DE； （2）當(dāng)平面A1DE⊥平面BCD時，求直線CD與平面A1CE所成角的正弦值． 【知識點】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定．G4 G11 【答案解析】（1）見解析；（2） 解析：（1）取的中點F，連結(jié)MF，則MF//CD，且MFCD， 即MF∕∕BE，MF= BE，故四邊形BEFM是平行四邊形，則BM//EF， BM平面A1DE，EF平面A1DE，所以BM // 平面A1DE；…………………………7分（2）由矩形ABCD中，AB=2BC=4，E為邊AB的中點，可得ED2=22+22=8=CE2，CD2=42=16，∴CE2+ED2=CD2，

22、∴∠CED=90°，∴CE⊥ED． 又∵平面A1DE⊥平面BCD，∴CE⊥平面A1DE，∴CE⊥DA1． 又∵DA1⊥A1E，A1E∩EC=E，∴DA1⊥平面A1CE， ∴∠A1CE即為直線CD與平面A1CE所成的角． 在Rt△A1CD中，sin∠A1CD， 即直線CD與平面A1CE所成角的正弦值為． ……………………………14分 【思路點撥】（1）取CD中點N，并連接MN，BN，容易證明平面BMN∥平面A1DE，所以便得到BM∥平面A1DE；（2）容易說明CE⊥平面A1DE，所以DA1⊥CE，又DA1⊥A1E，所以DA1⊥平面A1CE，所以∠A1CD便是直線CD

23、與平面A1CE所成角，所以該角的正弦值為． 【題文】21.（本小題滿分15分）已知動圓過定點,且與直線相切 （1）求動圓圓心的軌跡的方程； （2）過點作曲線的兩條弦, 設(shè)所在直線的斜率分別為, 當(dāng)變化且滿足時，證明直線恒過定點，并求出該定點坐標. 【知識點】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程．菁優(yōu)B12 【答案解析】（1）；（2）直線經(jīng)過這個定點． 解析：(1)設(shè)圓心, 則由題意得 ，化簡得，即動圓圓心的軌跡的方程為………………………………7分 (2) 解法一：由題意可知直線AB的斜率存在且不為零, 可設(shè)的方程為, 并設(shè)，，聯(lián)立: 代入整理得 從而有 ①, ② …

24、………9分 又 , 又，， ∴． ………………11分 T， 展開即得，將①②代入得, 得：，………………………………………………………………14分 故直線經(jīng)過這個定點． ………………………………………………………15分 解法二：設(shè)，． 設(shè)，與聯(lián)立，得， 則①，同理② ，即③ 由①②: 代入③，整理得恒成立 則 故直線經(jīng)過這個定點．………………15分 【思路點撥】（1）設(shè)出圓心坐標，由題意列，整理后得到動圓圓心的軌跡C的方程；（2）由題意可知直線AB的斜率存在且不為零，可設(shè)AB的方程為x=my+a，和（1）中求得軌跡聯(lián)立后利用根與系數(shù)關(guān)系得到A，B兩點的橫縱坐標的

25、和，結(jié)合k1+k2=﹣1求得直線方程，由線系方程得答案． 【題文】22．（本小題滿分15分）已知函數(shù). （1）若函數(shù)為偶函數(shù)，求實數(shù)的值； （2）若，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間； （3）當(dāng)時，若對任意的，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍. 【知識點】函數(shù)恒成立問題．B14 【答案解析】（1）a=0；（2）及；（3） 解析：（1）解法一：因為函數(shù)f（x）=﹣x2+2|x﹣a| 又函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)， 所以任取x∈R，則f（﹣x）=f（x）恒成立， 即﹣（﹣x）2+2|﹣x﹣a|=﹣x2+2|x﹣a|恒成立．…（3分） 所以|x﹣a|=|x+a|恒成立， 兩邊平方得：x

26、2﹣2ax+a2=x2+2ax+a2 所以4ax=0，因為x為任意實數(shù)，所以a=0…（5分） 解法二（特殊值法）：因為函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)， 所以f（﹣1）=f（1），得|1﹣a|=|1+a|，得：a=0 所以f（x）=﹣x2+2|x|， 故有f（﹣x）=f（x），即f（x）為偶函數(shù)…（5分） （2）若，則．…（8分） 由函數(shù)的圖像可知，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為及………………10分 (3)不等式化為 即： (*)對任意的恒成立 因為，所以分如下情況討論： 13分 ①0≤x≤a時，不等式（*）化為﹣4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣

27、1， 即x2+4x+1﹣2a≥0對任意的x∈[0，a]恒成立， 因為函數(shù)g（x）=x2+4x+1﹣2a在區(qū)間[0，a]上單調(diào)遞增， 則g（0）最小，所以只需g（0）≥0即可，得， 又a＞0所以…（12分） ②a＜x≤1+a時，不等式（*）化為4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2﹣4x+1+6a≥0對任意的x∈（a，1+a]恒成立， 由①，，知：函數(shù)h（x）=x2﹣4x+1+6a在區(qū)間（a，1+a]上單調(diào)遞減， 則只需h（1+a）≥0即可，即a2+4a﹣2≥0，得或． 因為所以，由①得．…（14分） ③x＞1+a時，不等式（*）化為4（x﹣a）﹣2[x

28、﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2+2x﹣3≥0對任意的 x∈（a+1，+∞）恒成立， 因為函數(shù)φ（x）=x2+2x﹣3在區(qū)間（a+1，+∞）上單調(diào)遞增， 則只需φ（a+1）≥0即可， 即a2+4a﹣2≥0，得或，由②得． 綜上所述得，a的取值范圍是．…（16分） 【思路點撥】（Ⅰ）因為函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)，所以可由定義得f（﹣x）=f（x）恒成立，然后化簡可得a=0；也可取特殊值令x=1，得f（﹣1）=f（1），化簡即可，但必須檢驗． （Ⅱ）分x≥，x，將絕對值去掉，注意結(jié)合圖象的對稱軸和區(qū)間的關(guān)系，寫出單調(diào)增區(qū)間，注意之間用“和”． （Ⅲ）先整理f（x﹣1）≥2f

29、（x）的表達式，有絕對值的放到左邊，然后分①0≤x≤a②a＜x≤1+a③x＞1+a討論，首先去掉絕對值，然后整理成關(guān)于x的一元二次不等式恒成立的問題，利用函數(shù)的單調(diào)性求出最值，從而求出a的范圍，最后求它們的交集． 臺州中學(xué)xx學(xué)年第一學(xué)期第二次統(tǒng)練試題 高三數(shù)學(xué)（文科）參考答案 （2）∵． ∴ ． ∴， 即 ，． ∴的最小值為48． …………………………………………14分 20．解：（1）取的中點F，連結(jié)MF，則MF//CD，且MFCD， 即MF∕∕BE，MF= BE，故四邊形BEFM是平行四邊形，則BM//EF，

30、 BM平面A1DE，EF平面A1DE，所以BM // 平面A1DE；…………………………7分 （2）由矩形ABCD中，AB=2BC=4，E為邊AB的中點，可得ED2=22+22=8=CE2，CD2=42=16，∴CE2+ED2=CD2，∴∠CED=90°，∴CE⊥ED． 又∵平面A1DE⊥平面BCD，∴CE⊥平面A1DE，∴CE⊥DA1． 又∵DA1⊥A1E，A1E∩EC=E，∴DA1⊥平面A1CE， ∴∠A1CE即為直線CD與平面A1CE所成的角． 在Rt△A1CD中，sin∠A1CD， 即直線CD與平面A1CE所成角的正弦值為． ……………………………14分

31、 21．解： (1)設(shè)圓心, 則由題意得 ，化簡得，即動圓圓心的軌跡的方程為………………………………7分 (2) 解法一：由題意可知直線AB的斜率存在且不為零, 可設(shè)的方程為, 并設(shè)，，聯(lián)立: 代入整理得 從而有 ①, ② …………9分 又 , 又，， ∴． ………………11分 T， 展開即得，將①②代入得, 得：，………………………………………………………………14分 故直線經(jīng)過這個定點． ………………………………………………………15分 解法二：設(shè)，． 設(shè)，與聯(lián)立，得， 則①，同理② ，即③ 由①②: 代入③，整理得恒成立 則 故直線經(jīng)過這個定點

32、．………………15分 22．（Ⅰ）解法一：因為函數(shù)f（x）=﹣x2+2|x﹣a| 又函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)， 所以任取x∈R，則f（﹣x）=f（x）恒成立， 即﹣（﹣x）2+2|﹣x﹣a|=﹣x2+2|x﹣a|恒成立．…（3分） 所以|x﹣a|=|x+a|恒成立， 兩邊平方得：x2﹣2ax+a2=x2+2ax+a2 所以4ax=0，因為x為任意實數(shù)，所以a=0…（5分） 解法二（特殊值法）：因為函數(shù)y=f（x）為偶函數(shù)， 所以f（﹣1）=f（1），得|1﹣a|=|1+a|，得：a=0 所以f（x）=﹣x2+2|x|， 故有f（﹣x）=f（x），即f（x）為偶函數(shù)

33、…（5分） （Ⅱ）若，則．…（8分） 由函數(shù)的圖像可知，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為及………………10分 (3)不等式化為 即： (*)對任意的恒成立 因為，所以分如下情況討論： 13分 15 ①0≤x≤a時，不等式（*）化為﹣4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2+4x+1﹣2a≥0對任意的x∈[0，a]恒成立， 因為函數(shù)g（x）=x2+4x+1﹣2a在區(qū)間[0，a]上單調(diào)遞增， 則g（0）最小，所以只需g（0）≥0即可，得， 又a＞0所以…（12分） ②a＜x≤1+a時，不等式（*）化為4（x﹣a）+2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2﹣4x+1+6a≥0對任意的x∈（a，1+a]恒成立， 由①，，知：函數(shù)h（x）=x2﹣4x+1+6a在區(qū)間（a，1+a]上單調(diào)遞減， 則只需h（1+a）≥0即可，即a2+4a﹣2≥0，得或． 因為所以，由①得．…（14分） ③x＞1+a時，不等式（*）化為4（x﹣a）﹣2[x﹣（1+a）]≤x2+2x﹣1， 即x2+2x﹣3≥0對任意的 x∈（a+1，+∞）恒成立， 因為函數(shù)φ（x）=x2+2x﹣3在區(qū)間（a+1，+∞）上單調(diào)遞增， 則只需φ（a+1）≥0即可， 即a2+4a﹣2≥0，得或，由②得． 綜上所述得，a的取值范圍是．…（16分）