全国Ⅱ卷2020届高考数学百日冲刺金卷理[含答案]

2020年百校联考高考百日冲刺数学试卷1（三）（全国Ⅱ卷）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合U={0,1，2，3，4，5}，A={0,2}，B={x∈N∗||x|<4}，则(∁U A)∩(∁U B)=()A. {4}B. {5}C. {4,5}D. {3,4，5}2.若复数z满足(1−i)⋅z=1+3i(i是虚数单位)，则|z|等于()A. √62B. √6C. 2D. √53.古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2均在x轴上，C的面积为2√3π，且短轴长为2√3，则C的标准方程为()A. x212+y2=1 B. x24+y23=1 C. x23+y24=1 D. x216+y23=14.小李和小王相约本周六在14：00到15：00进入腾讯会议室线上交流，假设两人在这段时间内的每个时刻进入会议室是等可能的，先到者等候另一人10分钟，过时即离去．则两人能在会议室相遇的概率为()A. 2536B. 1136C. 49D. 595.为了测量铁塔的高度，小刘同学在地面A处测得铁塔在东偏北19∘7′方向上，塔顶T处的仰角为30∘，小刘从A处向正东方向走140米到地面B处，测得铁塔在东偏北79∘7′方向上．塔顶T处的仰角为60∘，则铁塔OT的高度为()．A. 20√7米B. 25√7米C. 20√21米D. 25√21米6.已知f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2,x∈R)在一个周期内的图象如图所示，则y= f(x)的解析式是()A. f(x)=sin(2x−π6) B. f(x)=sin(2x+π3)C. f(x)=sin(2x+π6) D. f(x)=sin(x+π3)7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最短的棱与最长的棱长度之比是()A. √22B. √23C. √24D. 138.函数f(x)=(1−x2)log3|x|的图象大致是()A. B.C. D.9.已知实数a，b满足a−13>b−13>1，则log a b，log b a，log a2的大小关系是()A. log a2<log b a<log a bB. log a b<log b a<log a2C. log a b<log a2<log b aD. log a2<log a b<log b a10.阅读如图所示的程序框图，运行相应程序，则输出的x值为()A. 0B. 1C. 16D. 3211.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. 15B. 25C. 35D. 4512.已知f(x)=2f(−x)+x2+3x，则函数f(x)图象在点(1,f(1))处的切线方程为A. y=−x+1B. y=x+1C. y=−x−1D. y=x−1二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a⃗=(3,4)，b⃗ =(t,−6)，且a ⃗⃗⃗ ，b⃗ 共线，则向量a⃗在b⃗ 方向上的投影为________．14.已知tan(α−π4)=−17,α∈(0,π2)，则sin(α+π6)的值是_______．15.曲线在点(−1,3)处的切线方程为_________．16.已知函数f(x)=ax2−(a+2)x+lnx.若对任意x1，x2∈(0,+∞)，x1<x2，f(x1)+2x1<f(x2)+2x2恒成立，则a的取值范围为___________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．(I)求数列的通项公式；(II)令，证明：．18.某网上论坛从关注某事件的跟贴中，随机抽取了100名网友进行调査统计，先分别统计他们在跟贴中的留言条数，再把网友人数按留言条数分成6组：[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，得到如图所示的频率分布直方图；并将其中留言不低于40条的规定为“强烈关注”，否则为“一般关注”，对这100名网友进一步统计得到列联表的部分数据如表：一般关注强烈关注合计男45女1055合计100性别有关；(2)现已从“强烈关注”的网友中按性别分层抽样选取了5人，再从这5人中选取2人，求这2人中至少有1名女性的概率．参考公式及数据：K2=n(ad−bc)2，n=a+b+c+d．(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)P(K2≥k0)0.0500.010k0 3.841 6.63519.如图，△PAD中，∠PDA=90°，DP=DA=2，B，C分别是PA，PD的中点，将△PBC沿BC折起，连结PA，PD，得到多面体PABCD．(1)证明：在多面体PABCD中，BC⊥PD；(2)在多面体PABCD中，当PA=√6时，求点B到平面PAD的距离．20.已知直线l的方程是y=x−1和抛物线C：x2=y，自l上任意一点P作抛物线的两条切线，设切点分别为A，B，(Ⅰ)求证：直线AB恒过定点．(Ⅱ)求△PAB面积的最小值．21.已知f(x)=x3+ax2+bx+c，在x=1与x=−2时，都取得极值．(1)求a，b的值；(2)若x∈[−3,2]都有f(x)>4c −12恒成立，求c的取值范围．22. 在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为：{x =tcosαy =2√33+tsinα(t 为参数).在以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ=2(θ∈[0,π]，直线l 与曲线C 交于两不同的点M ，N ．(1)写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程，并求α的范围； (2)求MN 中点P 轨迹的参数方程．23. 已知函数f(x)=|x −m|−|2x +3m|(m >0)．(1)当m =1时，求不等式f(x)≥1的解集；(2)对于任意实数x ，t ，不等式f(x)<|2+t|+|t −1|恒成立，求m 的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析： 【分析】本题主要考查的是交集与补集的有关知识，先根据题意求出∁U A ={1,3,4,5}，∁U B ={0,4,5}，然后利用交集的定义进行求解即可． 【解答】解：∵B ={x ∈N ∗||x|<4}={1,2，3}， 又集合U ={0,1，2，3，4，5}，A ={0,2}， ∴∁U A ={1,3,4,5}，∁U B ={0,4,5}， ∴(∁U A)∩(∁U B)={4,5}． 故选C ．2.答案：D解析：由(1−i)⋅z =1+3i ， 得z =1+3i 1−i=(1+3i)(1+i)2=−1+2i ，∴|z|=√5． 故选：D ．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3.答案：B解析：解：由题意可得{abπ=2√3π2b =2√3，解得a =2，b =√3，因为椭圆C 的焦点在x 轴上，所以C 的标准方程为x 24+y 23=1．故选：B ．利用已知条件，结合椭圆的性质，求解a ，b ，得到椭圆方程． 本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，是基本知识的考查．4.答案：B。

2020年高考百日冲刺（理科）数学试卷（全国Ⅱ卷）一、选择题1．已知集合A＝{x|x＜6且x∈N*}，则A的非空真子集的个数为（）A．30B．31C．62D．632．复数z满足z•（1+i）＝1+3i，则|z|＝（）A．2B．4C．√5D．53．已知sin(3π2+α)=13，则cosα＝（）A．13B．−13C．2√23D．−2√234．李冶，真定栾城（今河北省石家庄市栾城区）人．金元时期的数学家．与杨辉、秦九韶、朱世杰并称为“宋元数学四大家”．在数学上的主要贡献是天元术（设未知数并列方程的方法），用以研究直角三角形内切圆和旁切圆的性质．李治所著《测圆海镜》中有一道题：甲乙同立于乾隅，乙向东行不知步数而立，甲向南直行，多于乙步，望见乙复就东北斜行，与乙相会，二人共行一千六百步，又云南行不及斜行八十步，问通弦几何．翻译过来是：甲乙两人同在直角顶点C处，乙向东行走到B处，甲向南行走到A处，甲看到乙，便从A走到B处，甲乙二人共行走1600步，AB比AC长80步，若按如图所示的程序框图执行求AB，则判断框中应填入的条件为（）A．x2+z2＝y2？B．x2+y2＝z2？C．y2+z2＝x2？D．x＝y？5．已知袋中有3个红球，n个白球，有放回的摸球2次，恰1红1白的概率是1225，则n＝（）A．1B．2C．6D．76．已知双曲线C ：x 24−y 25=1，圆F 1：（x +3）2+y 2＝16．Q 是双曲线C 右支上的一个动点，以Q 为圆心作圆Q 与圆F 1相外切，则以下命题正确的是（ ） A ．⊙Q 过双曲线C 的右焦点 B ．⊙Q 过双曲线C 的右顶点 C ．⊙Q 过双曲线C 的左焦点D ．⊙Q 过双曲线C 的左顶点7．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝4，△ABC 内有一点O ，满足：CO →=λCB →+μCA →，且λ＞0，μ＞0，4λ+3μ＝2，则CO 的最小值为（ ） A ．1B ．2C ．√2D ．2√28．已知函数y ＝sin （ωx +φ）（ω＞0，φ∈（0，2π））的一条对称轴为x =−π6，且f （x ）在（π，4π3）上单调，则ω的最大值为（ ） A ．52B ．3C ．72D ．839．已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的上顶点为B ，右焦点为F ，延长BF 交椭圆E于点C ，BF →=λFC →（λ＞1），则椭圆E 的离心率e ＝（ ） A ．√λ−1λ+1B ．λ−1λ+1C ．√λ2−1λ2+1D ．λ2−1λ+110．已知（1+2x ）n＝a 0+a 1x +…+a n x n ，其中a 0+a 1+…+a n ＝243，则a 01+a 12+a 23+⋯+a n n+1=（ ） A ．182B ．1823C ．913D ．182911．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（ ）A ．2√3B ．2√2C ．3D ．√612．已知函数f（x）=a+lnxx，g（x）＝e x﹣1（e为自然对数的底数），∃x∈（0，+∞），使得f（x）≥g（x）成立，则实数a的最小值为（）A．1B．e C．2D．ln2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．已知f（x）＝xlg（√x2+a+x）是偶函数，则f（2x﹣1）≤f（x）的解集为．14．已知x，y满足线性约束条件{x+y−2≥0，x≤2，kx−y+2≥0，目标函数z＝﹣2x+y的最大值为2，则实数k的取值范围是．15．已知点O（0，0），A（4，0），M是圆C：（x﹣2）2+y2＝1上一点，则|OM||AM|的最小值为．16．公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上．一人在公路上向东行走，在点A处测得楼顶的仰角为45°，行走80米到点B处，测得仰角为30°，再行走80米到点C处，测得仰角为θ．则tanθ＝．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知数列{a n}满足a1=13，a2=415，且数列{√a n4a n−1}是等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n．18．四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AD＝2，AB＝BC＝CD＝1，BC∥AD，∠PAD＝90°．∠PBA为锐角，平面PBA⊥平面PBD．（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）求平面PCD与平面PAB所成的锐二面角的余弦值．19．直线l过点（4，0），且交抛物线y2＝2px（p＞0）于A，B两点，∠AOB＝90°．（1）求p；（2）过点（﹣1，0）的直线交抛物线于M ，N 两点，抛物线上是否存在定点Q ，使直线MQ ，NQ 斜率之和为定值，若存在，求出Q 点坐标，若不存在，说明理由．20．某养鸡厂在荒山上散养天然土鸡，城里有7个饭店且每个饭店一年有300天需要这种土鸡，A 饭店每天需要的数量是14～18之间的一个随机数，去年A 饭店这300天里每天需要这种土鸡的数量x （单位：只）的统计情况如表：x 14 15 16 17 18 频数4560756060这300天内（假设这7个饭店对这种土鸡的需求量一样），养鸡厂每天出栏土鸡7a （14≤a ≤18）只，送到城里的这7个饭店，每个饭店a 只，每只土鸡的成本是40元，以每只70元的价格出售，超出饭店需求量的部分以每只56﹣a 元的价钱处理．（Ⅰ）若a ＝16，求养鸡厂当天在A 饭店得到的利润y （单位：元）关于需求量x （单位：只，x ∈N *）的函数解析式；（Ⅱ）以表中记录的各需求量的频率作为各需求量发生时的概率，若养鸡厂计划一天出栏112只或119只土鸡，为了获取最大利润，你认为养鸡厂一天应该出栏112只还是119只？21．已知函数f （x ）={x 24e 2，x ≥02x ，x ＜0，g （x ）＝ln （x +a ）．（1）若f （x ），g （x ）有公共点M ，且在点M 处有相同的切线，求点M 的坐标； （2）判定函数h （x ）＝f （x ）﹣g （x ）在[0，+∞）上的零点个数．22．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =2+tcosφy =1+tsinφ（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆C 的极坐标方程为ρ2=483cos 2θ+4sin 2θ． （Ⅰ）当φ=π3时，把直线l 的参数方程化为普通方程，把椭圆C 的极坐标方程化为直角坐标方程；（Ⅱ）直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，且A ，B 中点为M （2，1），求直线l 的斜率． 23．已知函数f （x ）＝|x ﹣a |+|x ﹣2|．（Ⅰ）若f （x ）≥3恒成立，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）f （x ）≤x 的解集为[2，m ]，求a 和m ．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合A＝{x|x＜6且x∈N*}，则A的非空真子集的个数为（）A．30B．31C．62D．63【分析】求出集合A＝{x|x＜6且x∈N*}＝{1，2，3，4，5}，由此能求出A的非空真子集个数．解：∵集合A＝{x|x＜6且x∈N*}＝{1，2，3，4，5}，故A的子集个数为25＝32，非空真子集个数为30．故选：A．2．复数z满足z•（1+i）＝1+3i，则|z|＝（）A．2B．4C．√5D．5【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．解：由z•（1+i）＝1+3i，得z=1+3i1+i=(1+3i)(1−i)(1+i)(1−i)=2+i，∴|z|=√5．故选：C．3．已知sin(3π2+α)=13，则cosα＝（）A．13B．−13C．2√23D．−2√23【分析】利用两角和与差公式直接求解．解：sin(3π2+α)=sin3π2cosα+cos3π2sinα=−cosα=13，故cosα=−1 3．故选：B．4．李冶，真定栾城（今河北省石家庄市栾城区）人．金元时期的数学家．与杨辉、秦九韶、朱世杰并称为“宋元数学四大家”．在数学上的主要贡献是天元术（设未知数并列方程的方法），用以研究直角三角形内切圆和旁切圆的性质．李治所著《测圆海镜》中有一道题：甲乙同立于乾隅，乙向东行不知步数而立，甲向南直行，多于乙步，望见乙复就东北斜行，与乙相会，二人共行一千六百步，又云南行不及斜行八十步，问通弦几何．翻译过来是：甲乙两人同在直角顶点C 处，乙向东行走到B 处，甲向南行走到A 处，甲看到乙，便从A 走到B 处，甲乙二人共行走1600步，AB 比AC 长80步，若按如图所示的程序框图执行求AB ，则判断框中应填入的条件为（ ）A ．x 2+z 2＝y 2？B ．x 2+y 2＝z 2？C ．y 2+z 2＝x 2？D ．x ＝y ？【分析】模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得判断框中应填入的条件．解：由题知，AC ＝x ，AB ＝y ，BC ＝z ， 由勾股定理可知x 2+z 2＝y 2． 故选：A ．5．已知袋中有3个红球，n 个白球，有放回的摸球2次，恰1红1白的概率是1225，则n ＝（ ） A ．1B ．2C ．6D ．7【分析】利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出结果． 解：袋中有3个红球，n 个白球， 有放回的摸球2次，恰1红1白的概率是1225，则p =33+n ×n 3+n +n 3+n ×33+n =1225， 解得n ＝2． 故选：B ．6．已知双曲线C ：x 24−y 25=1，圆F 1：（x +3）2+y 2＝16．Q 是双曲线C 右支上的一个动点，以Q 为圆心作圆Q 与圆F 1相外切，则以下命题正确的是（ ） A ．⊙Q 过双曲线C 的右焦点 B ．⊙Q 过双曲线C 的右顶点 C ．⊙Q 过双曲线C 的左焦点D ．⊙Q 过双曲线C 的左顶点【分析】根据两圆外切得到QF 1＝4+r ；再结合双曲线的定义即可求解结论． 解：如图；因为以Q 为圆心作圆Q 与圆F 1相外切， ∴QF 1＝4+r ；∵QF 1﹣QF 2＝2a ⇒QF 1＝2a +QF 2＝4+QF 2； ∴r ＝QF 2；故圆Q 过双曲线C 的右焦点； 故选：A ．7．在△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，BC ＝4，△ABC 内有一点O ，满足：CO →=λCB →+μCA →，且λ＞0，μ＞0，4λ+3μ＝2，则CO 的最小值为（ ） A ．1B ．2C ．√2D ．2√2【分析】根据题意，易知△ABC 为直角三角形，CB →⋅CA →=0，根据题意，确定λ的取值范围，给CO →=λCB →+μCA →两边平方，化为关于λ的二次函数，求得最值再开平方即得答案．解：△ABC 中，AB 2＝AC 2+BC 2， ∴AC ⊥BC ， ∴CB →⋅CA →=0，||2=λ2CB →2+2λμCB →⋅CA →+μ2CA →=16λ2+9μ2，∵λ＞0，μ＞0，4λ+3μ＝2， ∴2﹣4λ＞0，解得λ＜12， ∴0＜λ＜12．||2=16λ2+9μ2＝16λ2+（2﹣4λ）2=32(λ−14)2+2，∴||2≥2， ∴CO 的最小值为√2． 故选：C ．8．已知函数y ＝sin （ωx +φ）（ω＞0，φ∈（0，2π））的一条对称轴为x =−π6，且f （x ）在（π，4π3）上单调，则ω的最大值为（ ） A ．52B ．3C ．72D ．83【分析】首先利用正弦型函数的对称轴建立等量，进一步利用函数的单调性的应用求出结果．解：函数y ＝sin （ωx +φ）（ω＞0，φ∈（0，2π））的一条对称轴为x =−π6， 整理得：x =kω6−π6（k ∈Z ）， 由于f （x ）在（π，4π3）上单调， 所以{k 0πω−π6≤π(k 0+1)πω−π6≥4π3，解得：67k 0≤ω≤23(k 0+1)，由于ω＞0，所以{k 0＞067k 0≤23(k 0+1)，解得0＜k 0≤72．所以k 0＝1，2，3，当k 0＝3时，ω的最大值为83． 故选：D ． 9．已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的上顶点为B ，右焦点为F ，延长BF 交椭圆E于点C ，BF →=λFC →（λ＞1），则椭圆E 的离心率e ＝（ ） A ．√λ−1λ+1B ．λ−1λ+1C ．√λ2−1λ2+1D ．λ2−1λ2+1【分析】设点C （x ，y ），利用条件BF →=λFC →可得{x =(1+λ)λcy =−b λ，代入椭圆方程整理即可求得e 的值．解：设C （x ，y ），根据BF →=λFC →可得：{c =λ(x −c)−b =λy，则{x =(1+λ)λcy =−b λ，因为C 在椭圆上，带入方程可得(1+λ)2λ2⋅e 2+1λ2=1，即e 2=λ2−1(1+λ)2=λ−1λ+1，则e =√λ−1λ+1．故选：A ．10．已知（1+2x ）n＝a 0+a 1x +…+a n x n ，其中a 0+a 1+…+a n ＝243，则a 01+a 12+a 23+⋯+a n n+1=（ ） A ．182B ．1823C ．913D ．1829【分析】（1+2x ）n＝a 0+a 1x +…+a n x n ，令x ＝1，可得3n ＝a 0+a 1+…+a n ＝243，解得n ＝5．利用（1+2x ）5的通项公式可得a k k+1=2k ∁5k k+1．代入即可得出．解：（1+2x ）n ＝a 0+a 1x +…+a n x n ，令x ＝1，则3n ＝a 0+a 1+…+a n ＝243，解得n ＝5．∴（1+2x ）5的通项公式T k +1=∁5k （2x ）k ＝2k ∁5k x k ，∴a k ＝2k ∁5k，∴a kk+1=2k ∁5k k+1． 则a 01+a 12+a 23+⋯+a nn+1=11+2∁512+25∁556=1+5+403+20+16+163=1823．故选：B ．11．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（ ）A．2√3B．2√2C．3D．√6【分析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为四面体ABCD，四面体所在正方体的棱长为2，分别求出六条棱的长度得答案．解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四面体ABCD，四面体所在正方体的棱长为2，则棱长分别为：AB＝CD=√5，AC=2√2，BC＝1，BD=√6，AD＝3．最长的棱的长度为3．故选：C．12．已知函数f（x）=a+lnxx，g（x）＝e x﹣1（e为自然对数的底数），∃x∈（0，+∞），使得f（x）≥g（x）成立，则实数a的最小值为（）A．1B．e C．2D．ln2【分析】∃x∈（0，+∞），使得f（x）≥g（x）成立，分离参数a，可转化为∃x∈（0，+∞），使得a≥xe x﹣x﹣lnx成立．构造函数g（x）＝xe x﹣x﹣lnx（x＞0），利用导数法可求得g（x）min，从而可得答案．解：∵f （x ）=a+lnxx，g （x ）＝e x ﹣1（e 为自然对数的底数），∃x ∈（0，+∞），使得f （x ）≥g （x ）成立， 即∃x ∈（0，+∞），使得a+lnx x≥e x ﹣1成立，即∃x ∈（0，+∞），使得a ≥xe x ﹣x ﹣lnx 成立． 令g （x ）＝xe x ﹣x ﹣lnx （x ＞0）， 则a ≥g （x ）min ，∵g ′（x ）＝（1+x ）e x ﹣1−1x（x ＞0）， ∴g ″（x ）＝（2+x ）e x +1x 2＞0， ∴g ′（x ）＝（1+x ）e x ﹣1−1x 在（0，+∞）上单调递增， 又g ′（13）=43e 13−4＜0，g ′（1）＝2e ﹣2＞0，∴∃x 0∈（13，1）使得g ′（x 0）＝0，此时g （x ）＝xe x ﹣x ﹣lnx 取得极小值，也是最小值．令g ′（x 0）＝0，则（1+x 0）e x 0=1+x0x 0，即e x 0=1x 0．∴g （x 0）＝x 0e x 0−x 0﹣lnx 0＝1﹣x 0﹣ln e −x 0=1，即g （x ）min ＝1， ∴a ≥1，∴实数a 的最小值为1， 故选：A ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．已知f （x ）＝xlg （√x 2+a +x ）是偶函数，则f （2x ﹣1）≤f （x ）的解集为 [13，1] ．【分析】根据题意，利用复合函数的奇偶性，得出g(x)=lg(√x 2+a +x)为奇函数，g （0）＝0，解得a ＝1，利用函数的单调性解不等式，即可求出f （2x ﹣1）≤f （x ）的解集．解：∵f （x ）为偶函数，y ＝x 为奇函数， ∴g(x)=lg(√x 2+a +x)为奇函数， ∴g （0）＝0，解得a ＝1，对0＜x 1＜x 2，可知0＜g （x 1）＜g （x 2），故0＜x 1g （x 1）＜x 2g （x 2）， ∴函数f （x ）在（0，+∞）上为增函数，∴f （2x ﹣1）≤f （x ）等价于|2x ﹣1|≤|x |，即（2x ﹣1）2≤x 2，解得13≤x ≤1，即f （2x﹣1）≤f （x ）的解集为[13，1]． 故答案为：[13，1]．14．已知x ，y 满足线性约束条件{x +y −2≥0，x ≤2，kx −y +2≥0，目标函数z ＝﹣2x +y 的最大值为2，则实数k 的取值范围是 （﹣1，2] ．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最大值，结合直线系结果的定点，转化求解实数k 的取值范围．解：x ，y 满足线性约束条件{x +y −2≥0，x ≤2，kx −y +2≥0，表示的可行域如图：目标函数化为y ＝2x +z ，z ＝2时，可知：最优解在直线2x ﹣y +2＝0上，而（0，2）在可行域内，且满足2x ﹣y +2＝0．故可知：实数k 的取值范围是（﹣1，2]． 故答案为：（﹣1，2]．15．已知点O （0，0），A （4，0），M 是圆C ：（x ﹣2）2+y 2＝1上一点，则|OM||AM|的最小值为13．【分析】由题意画出图形，通过图形得到|OM |的最小值与|AM |的最大值，则答案可求． 解：如图，由图可知，当M 为（1，0）时，|OM |最小为1，|AM |最大为3． 则|OM||AM|的最小值为13．故答案为：13．16．公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上．一人在公路上向东行走，在点A 处测得楼顶的仰角为45°，行走80米到点B 处，测得仰角为30°，再行走80米到点C 处，测得仰角为θ．则tan θ＝√7777． 【分析】画出示意图，知道边长和角度，然后利用cos ∠EAB =AE 2+AB 2−BE 22AE⋅AB=AE 2+AC 2−EC 22AE⋅AC⇒EC ，即可求出结论．解：如图；DE ⊥面ACE ，∠EAB ＝45°，∠EBD ＝30°； 由题可得：AE ＝DE ＝60；AB ＝BC ＝80； ∴EB =DEtan30°=60√3； ∴cos ∠EAB=AE 2+AB 2−BE 22AE⋅AB =AE 2+AC 2−EC22AE⋅AC⇒602+802−(60√3)22×60×80=602+1602−EC 22×60×160⇒EC ＝20√77；∴tan θ=2077=3√7777； 故答案为：3√7777．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．已知数列{a n }满足a 1=13，a 2=415，且数列{√a n4a n −1}是等差数列． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）求数列{a n }的前n 项和S n ．【分析】（1）先由题设条件求√an 4a n −1，再求出a n ；（2）由（1）中求得的a n ，再利用裂项相消法求出S n ． 解：（1）由a 1=13，a 2=415，可得√a 14a 1−1=1，√a 24a 2−1=2，∵数列{√a n 4a n −1}是等差数列，且首项为1，公差d ＝1，∴√an 4a n −1=n ，∴a n =n 24n 2−1=14+14×14n 2−1=14+18(12n−1−12n+1)， ∴S n =n 4+18[（11−13）+（13−15）+…+（12n−1−12n+1）]=n 4+18−116n+8． 18．四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝CD ＝1，BC ∥AD ，∠PAD ＝90°．∠PBA 为锐角，平面PBA ⊥平面PBD ． （1）证明：PA ⊥平面ABCD ；（2）求平面PCD 与平面PAB 所成的锐二面角的余弦值．【分析】（1）作AM ⊥PB 于M ，推出AM ⊥BD ．取AD 中点为Q ，通过{DB ⊥ABDB ⊥AM ⇒DB⊥平面PAB ⇒PA ⊥DB 与PA ⊥AD ⇒PA ⊥平面ABCD ．（2）取AQ 中点H ，建立空间直角坐标系，求出平面PAB 法向量，平面PCD 法向量，利用空间向量的数量积求解即可．解：（1）证明：作AM ⊥PB 于M ，则由平面PAB ⊥平面PBD ⇒AM ⊥平面PBD ⇒AM ⊥BD ．取AD 中点为Q ，则BC ∥¯¯QD ⇒BQ =CD =1=QD =QA ⇒∠ABD =90°． 又∠PBA 为锐角，∴M 、B 不重合．{DB ⊥ABDB ⊥AM⇒DB ⊥平面PAB ⇒PA ⊥DB 与PA ⊥AD ⇒PA ⊥平面ABCD ．（2）取AQ 中点H ，如图建立空间直角坐标系（其中x 轴与HB 平行），则B(√32，12，0)，C(√32，32，0)，D （0，2，0），P （0，0，2）．由（1）的证明知：平面PAB 的法向量为BD →=(−√32，32，0)．设平面PCD 的法向量为m →=(x ，y ，z)，则{m →⋅PD →=0m →⋅CD →=0即{2y −2z =0−√32x +12y =0． 令x =1⇒m =(1，√3，√3)，cos〈m →，BD →〉=m →⋅BD →|m →|⋅|BD →|=−√32+3√323⋅7=√77．平面PCD 与平面PAB 所成的锐二面角的余弦值：√77．19．直线l 过点（4，0），且交抛物线y 2＝2px （p ＞0）于A ，B 两点，∠AOB ＝90°． （1）求p ；（2）过点（﹣1，0）的直线交抛物线于M ，N 两点，抛物线上是否存在定点Q ，使直线MQ ，NQ 斜率之和为定值，若存在，求出Q 点坐标，若不存在，说明理由．【分析】（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），运用向量垂直的条件和联立直线方程与抛物线的方程，解方程可得p ；（2）抛物线上假设存在定点Q ，使直线MQ ，NQ 斜率之和为定值．设Q （x 0，y 0），MN 的方程为x ＝ty ﹣1，联立抛物线的方程，运用韦达定理和斜率公式，计算可得结论． 解：（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由∠AOB ＝90°，即OA →•OB →=0， 可得x 1x 2+y 1y 2＝0，即有y 122p•y 222p+y 1y 2＝0，即y 1y 2＝﹣4p 2，设直线l 的方程为x ＝my +4，联立抛物线的方程y 2＝2px ，可得y 2﹣2pmy ﹣8p ＝0， 则y 1y 2＝﹣8p ＝﹣4p 2，可得p ＝2；（2）抛物线上假设存在定点Q ，使直线MQ ，NQ 斜率之和为定值．设Q （x 0，y 0），MN 的方程为x ＝ty ﹣1，代入抛物线的方程y 2＝4x ，可得y 2﹣4ty +4＝0，则y M +y N ＝4t ，y M y N ＝4，则k MQ +k NQ =y M −y 0x M −x 0+y N −y 0x N −x 0=y M −y 0y M 24−y 024+y N −y 0y N 24−y 024=4y M +y 0+4y N +y 0=4(2y 0+y M +y N )y 02+y 0(y M +y N )+y M y N =4(2y 0+4t)y 02+4ty 0+4=16(t+y02)4y 0(t+y 02+44y 0)．当且仅当y 02=4+y 024y 0时，上式为定值．解得y 0＝±2．故Q （1，2）或（1，﹣2）．20．某养鸡厂在荒山上散养天然土鸡，城里有7个饭店且每个饭店一年有300天需要这种土鸡，A 饭店每天需要的数量是14～18之间的一个随机数，去年A 饭店这300天里每天需要这种土鸡的数量x （单位：只）的统计情况如表：x 14 15 16 17 18 频数4560756060这300天内（假设这7个饭店对这种土鸡的需求量一样），养鸡厂每天出栏土鸡7a （14≤a ≤18）只，送到城里的这7个饭店，每个饭店a 只，每只土鸡的成本是40元，以每只70元的价格出售，超出饭店需求量的部分以每只56﹣a 元的价钱处理．（Ⅰ）若a ＝16，求养鸡厂当天在A 饭店得到的利润y （单位：元）关于需求量x （单位：只，x ∈N *）的函数解析式；（Ⅱ）以表中记录的各需求量的频率作为各需求量发生时的概率，若养鸡厂计划一天出栏112只或119只土鸡，为了获取最大利润，你认为养鸡厂一天应该出栏112只还是119只？【分析】（Ⅰ）根据每只鸡的成本为40元，饭店给鸡场每只结算70元，如果每个饭店当天的需求量x ＜a ，剩下的鸡只能以每只56﹣a 元的价格处理，建立分段函数模型，再将a ＝16代入求解；（Ⅱ）根据离散型分布列的特点，分类讨论，分别求出出栏112与119只时的期望，比较大小得结论．解：（Ⅰ）当x ＜a 时，y ＝（70﹣40）x +（56﹣a ﹣40）（a ﹣x ）＝（14+a ）x +16a ﹣a 2， 当x ≥a 时，y ＝30a ，∴y ={(14+a)x +16a −a 2，x ＜a30a ，x ≥a (x ∈N ∗)， 由a ＝16，得y ={30x ，x ＜16480，x ≥16（x ∈N*）；（Ⅱ）若出栏112只，则a ＝16，y ={30x ，x ＜16480，x ≥16（x ∈N*）．记Y 1为养鸡场当天在一个饭店获得的利润， Y 1可求420，450，480．P （Y 1＝420）＝0.15，P （Y 1＝450）＝0.2，P （Y 1＝480）＝0.65， Y 1的分布列为：Y 1 420 450 480 P0.150.20.65E （Y 1）＝420×0.15+450×0.2+480×0.65＝465； 若出栏119只，则a ＝17，y ={31x −17，x ＜17510，x ≥17（x ∈N*）．记Y 2为养鸡场当天在一个饭店获得的利润， Y 2可求417，448，479，510．P （Y 2＝417）＝0.15，P （Y 2＝448）＝0.2，P （Y 2＝479）＝0.25，P （Y 2＝510）＝0.4， Y 2的分布列为：Y 2 417 448 479 510 P0.150.20.250.4E （Y 2）＝417×0.15+448×0.2+479×0.25+510×0.4＝475.9．∵E （Y 1）＜E （Y 2），∴养鸡场出栏119只时，或利润最大．21．已知函数f （x ）={x 24e 2，x ≥02x ，x ＜0，g （x ）＝ln （x +a ）．（1）若f （x ），g （x ）有公共点M ，且在点M 处有相同的切线，求点M 的坐标； （2）判定函数h （x ）＝f （x ）﹣g （x ）在[0，+∞）上的零点个数．【分析】（1）设M （x 0，y 0），分x 0≥0 和x 0＜0 两种情况讨论，每种情况下利用两个函数在 x ＝x 0处的导数值和函数值相等建立方程求解；（2）结合（1）中得到的结论，分a ＝﹣e 、a ＜﹣e 、﹣e ＜a ≤1、a ＞1 四种情况讨论．解：（1）设M （x 0，y 0），则当x 0≥0时，{x 024e 2=ln(x 0+a)①x 02e 2=1x 0+a ②，由②得x 0+a =2e 2x 0，代入①得x 024e =ln 2e 2x 0=ln(2e 2)−lnx 0， 对函数φ(x)=x 24e 2−ln(2e 2)+lnx ，求导得φ′(x)=x 2e 2+1x ＞0， ∴φ（x ）为增函数，且φ（2e ）＝0，故x 0＝2e ；当x 0＜0时，{2x 0=ln(x 0+a)2=1x 0+a，则2x 0=ln 12，即x 0=−ln22； 综上，M 的坐标为（2e ，1）或(−ln22，−ln2)； （2）由（1）知，x 0＝2e 时，a =−e ，h(x)=x 24e2−ln(x −e)，则h′(x)=x2e2−1x−e ，h″(x)=12e 2+1(x−e)2＞0， 故h ′（x ）在定义域上单调递增，则易知h ′（x ）有唯一零点为x ＝2e ，则h （x ）≥h （2e ）＝0，故h （x ）有唯一零点；当a ＜﹣e 时，h(x)=x 24e2−ln(x +a)＞x 24e2−ln(x −e)≥0，h （x ）无零点；当﹣e ＜a ≤1时，h′(x)=x 2e 2−1x+a在[0，+∞）上至多一个零点，h （x ）在（0，+∞）上至少两个零点，而h （0）＝﹣lna ≥0，h （2e ）＝1﹣ln （2e +a ）＜0，x →+∞时，h （x ）→+∞， 故h （x ）在（0，2e ），（2e ，+∞）上各一个零点；当a ＞1时，h′(x)=x 2e 2−1x+a满足h ′（0）＜0，h ′（2e ）＞0， 故在（0，2e ）上，h ′（x ）仅一个零点，设为m ，在（0，m ）上，h （x ）为减函数，在（m ，+∞）上，h （x ）为增函数，而h(0)=−1a ＜0，h(m)＜h(0)＜0，x →+∞时，h （x ）→+∞，故仅在（m ，+∞）上有一个零点．综上可得，当a ＜﹣e 时，h （x ）无零点；当a ＝﹣e 或a ＞1时，h （x ）有1个零点；当﹣e ＜a ≤1时，h （x ）有2个零点．22．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =2+tcosφy =1+tsinφ（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆C 的极坐标方程为ρ2=483cos 2θ+4sin 2θ． （Ⅰ）当φ=π3时，把直线l 的参数方程化为普通方程，把椭圆C 的极坐标方程化为直角坐标方程；（Ⅱ）直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，且A ，B 中点为M （2，1），求直线l 的斜率． 【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用一元二次方程根和系数的应用和三角函数关系式的恒等变换求出结果． 解：（Ⅰ）直线l 的普通方程为：√3x −y +1−2√3=0； 椭圆C 的直角坐标方程为：x 216+y 212=1．（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入椭圆C 的直角坐标方程整理得：（3+sin 2φ）t 2+（12cos φ+8sin φ）t ﹣32＝0， 由题意得：t 1+t 2＝0，故12cosφ+8sinφ=0⇒k =tanφ=−32， 所以直线l 的斜率为−32． 23．已知函数f （x ）＝|x ﹣a |+|x ﹣2|．（Ⅰ）若f （x ）≥3恒成立，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）f （x ）≤x 的解集为[2，m ]，求a 和m ．【分析】（Ⅰ）．根据绝对值三角不等式，由f （x ）＝|x ﹣a |+|x ﹣2|≥||=||，求得f（x）最小值，再由||≥3求解；（Ⅱ）不等式的解集与相应方程根的关系，当x＝2时，f（2）＝2，即||=2，解得a ＝0或4．再分类求解．解：（Ⅰ）∵f（x）＝|x﹣a|+|x﹣2|≥||=||，当且仅当（x﹣a）（x﹣2）≤0时取等号，故f（x）的最小值为||，∴||≥3⇔a≥5或a≤﹣1．（Ⅱ）由不等式解集的意义可知：x＝2时，f（2）＝2，即||=2，解得a＝0或4．a＝0时，如图所示：不合题意，舍去；a＝4时，如图所示：由y＝x与y＝2x﹣6，解得：x＝6．即m＝6，综上，a＝4，m＝6．。

2020届百校联考高考百日冲刺金卷全国Ⅱ卷 理数（一）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合{}{}21,5,100A B x x mx ==+-=，若{}5A B ⋂=，则A B ⋃=（ ） A.{}1,3,5- B.{}1,2,5-- C.{}1,2,5- D.{}1,3,5--2.若m 为实数，且复数()()325z m i i =-+为纯虚数，则m =（ ） A.65- B.65 C.152- D.152 3. 已知某地区在职特级教师、高级教师.中级教师分别有100人，900人，2000人，为了调查该地区不同职称的教师的工资情况，研究人员在该地区按照分层抽样的方法随机抽取了60人进行调查，则被抽取的高级教师有（ ）A.2人B.18人C.40人D.36人4.已知圆C 过点()()()4,6,2,2,5,5--，点,M N 在圆C 上，则CMN ∆面积的最大值为（ ）A.100B.25C.50D.2525.执行如图所示的程序框图，若输入x 的值为256，则输出x 的值为（ ）A.8B.3C.2log 3D.()22log log 36. 《九章算术(卷第五)商功》中有如下问题：“今有冥谷上广二丈，袤七丈，下广八尺，袤四丈，深六丈五尺，问积几何”.译文为：“今有上下底面皆为长方形的墓坑,上底宽2丈,长7丈；下底宽8尺，长4丈，深6丈5尺，问它的容积量是多少?”则该几何体的容积为（注：1丈10=尺）A.45000立方尺B.52000立方尺C.63000立方尺D.72000立方尺7.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若9454,5S a ==，则数列1n S n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭前2019项的和为（ ） A.20182019 B.10091010C.40362019D.20191010 8.()5211232x x x ⎛⎫+-- ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数为（ ） A.296 B.296- C.1864- D.1376-9.如图，网格小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A.120+B.120+C.120+D.120+10.已知双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的右顶点为M ，以M 为圆心作圆，圆M 与直线0bx ay -=交于,A B 两点，若60,23AMB OB AB ∠=︒=u u u r u u u r ，则双曲线C 的离心率为（ ）A.2B.2C.32D.211.定义在R 上函数()f x 的导函数为'()f x ，且'()2()2f x f x -<，若()01f =-，则不等式()22x e f x -<的解集为（ ） A.(),0-∞ B.()0,+∞ C.(),1-∞- D.()1,-+∞12.已知数列{}n a n -前n 项和为n S ，且()21201811,1n i i i i a a n S +=⎡⎤+-==⎣⎦∑，则1a =（ ） A.32 B.12 C.52D.2 第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13题-第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题-第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.。

2020年百校联考高考百日冲刺数学试卷（理科）（三）（全国Ⅱ卷）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知集合M＝{x∈N|x≤6}，A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B ＝{y|y＝x2，x∈A}，则∁M B＝（）A．{2，5，6}B．{2，3，6}C．{2，3，5，6}D．{0，2，3，5，6}2．（5分）已知i是虚数单位，z（2﹣i）＝5（1+i），则＝（）A．1+3i B．1﹣3i C．﹣1+3i D．﹣1﹣3i 3．（5分）在△ABC中C＝4，D为BC上一点，且，AD＝2，则BC的长为（）A．B．C．4D．4．（5分）在正多边形中，只有三种形状能用来铺满一个平面图形而中间没有空隙，分别是正三角形、正方形、正六边形，称之为“正多边形的镶嵌规律”．已知如图所示的多边形镶嵌的图形T，在T 内随机取一点，则此点取自正方形的概率是（）A．B．C．D．5．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．6．（5分）已知O为坐标原点，双曲线的右焦点为F，点A，B分别在双曲线C的两条渐近线上，AF⊥x轴，四边形OAFB为梯形，则双曲线C离心率的取值范围是（）A．B．（，+∞）C．（1，）D．（，+∞）7．（5分）函数f（x）＝（x2﹣2|x|）e|x|的图象大致为（）A．B．C．D．8．（5分）如图给出的是计算的值的程序框图，其中判断框内应填入的是（）A．i≤4034？B．i≤4036？C．i≤4038？D．i≤4042？9．（5分）已知大于1的实数x，y满足log x2x＝log y3y，则下列结论正确的是（）A．B．ln（x2+1）＜ln（y2+1）C．tanx＜tany D．10．（5分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x﹣y﹣2＝0对称的不同两点P 和Q，则线段PQ的中点坐标为（）A．（1，﹣1）B．（2，0）C．（，﹣）D．（1，1）11．（5分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，四边形A1ACC1与B1BCC1均为边长为2的正方形，M，N分别是C 1B1，CC1的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为（）A．B．C．D．12．（5分）设函数f（x）＝asinωx+bcosωx（ω＞0）在区间上单调，且，当时，f（x）取到最大值4，若将函数f（x）的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数g（x）的图象，则函数零点的个数为（）A．4B．5C．6D．7二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．（5分）已知向量＝（2，1），＝（2，﹣1），则•（2﹣）＝．14．（5分）已知曲线f（x）＝ln（a+x）（a∈R）在（0，0）处的切线方程为y＝x，则满足0≤f（x﹣2）≤1的x的取值范围为．15．（5分）若，则＝．16．（5分）某饮料厂生产A、B两种饮料．生产1桶A饮料，需该特产原料100公斤，需时间3小时；生产1桶B饮料需该特产原料100公斤，需时间1小时，每天A饮料的产量不超过B饮料产量的2倍，每天生产两种饮料所需该特产原料的总量至多750公斤，每天生产A饮料的时间不低于生产B饮料的时间，每桶A饮料的利润是每桶B饮料利润的1.5倍，若该饮料厂每天生产A饮料m桶，B饮料n桶时（m，n∈N*）利润最大，则m+n＝．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）已知正项等比数列{a n}满足a1＝2，a3a7＝322，数列{b n}的前n项和为S n＝n2﹣n，（Ⅰ）求{a n}与{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n＝，求数列{c n}的前2n项和T2n．18．（12分）已知某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，在收费10元的基础上，每超过1kg（不足1kg，按1kg计算）需再收5元．该快递公司承揽了一个工艺品厂家的全部玻璃工艺品包裹的邮寄事宜，该厂家随机统计了100件这种包裹的两个统计数表如表：表1（0，1]（1，2]（2，3]（3，4]（4，5]包裹重量（kg）包裹数402520105损坏件数13230表2（0，1]（1，2]（2，3]（3，4]（4，5]包裹重量（kg）出厂价（元2025304050 /件）60657090110卖价（元/件）（Ⅰ）估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值；（Ⅱ）将包裹重量落入各组的频率视为概率，该工艺品厂家承担全部运费，每个包裹只有一件产品，如果客户收到有损坏品的包裹，该快递公司每件按其出厂价的90%赔偿给厂家．现该厂准备给客户邮寄重量在区间（2，3]和（3，4]内的工艺品各1件，求该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望．19．（12分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，△ABD是等边三角形，BC⊥CD，BC＝CD＝，E为三棱锥A﹣BCD外一点，且△CDE 为等边三角形．（Ⅰ）证明：AC⊥BD；（Ⅱ）若平面ABD⊥平面BCD，平面ABD与平面ECD所成锐二面角的余弦值为．求BE的长．20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：的四个顶点围成的四边形面积为，圆O：x2+y2＝1经过椭圆E 的短轴端点．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）过椭圆E的右焦点作互相垂直的两条直线分别与椭圆E相交于A，C和B，D四点，求四边形ABCD面积的最小值．21．（12分）已知函数f的最小值为0．（Ⅰ）求f（x）的解析式；（Ⅱ）若函数g（x）＝f（x）﹣﹣m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＞1．请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点A，B，C的极坐标分别为（4，），（4，），（4，），且△ABC的顶点都在圆C2上，将圆C2向右平移3个单位长度后，得到曲线C3．（Ⅰ）求曲线C3的直角坐标方程（Ⅱ）设M（1，1），曲线C1与C3相交于P，Q两点，求|MP|•|MQ|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|3x﹣1|+|x﹣2|．（1）求不等式f（x）≥3的解集；（Ⅱ）若m＞1，n＞1，对∀x∈R，不等式恒成立，求mn的最小值．2020年百校联考高考百日冲刺数学试卷（理科）（三）（全国Ⅱ卷）答案与解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【分析】求出集合M，B，再计算即可．【解答】解：已知集合M＝{x∈N|x≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{y|y＝x2，x∈A}＝{0，1，4}，则∁M B＝{2，3，5，6}，故选：C．2．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：由z（2﹣i）＝5（1+i），得z＝，则．故选：B．3．【分析】首先利用平面向量的线性运算的应用和余弦定理的应用求出BC的值．【解答】解：在△ABC中C＝4，D为BC上一点，如图所示：设BD＝x，且，所以DC＝2x，AD＝2，在△ABD中，利用余弦定理：①，在△ADC中，利用余弦定理：42＝22+（2x）2﹣2×2×2x•cos∠ADC②，由于cos∠ADB＝﹣cos∠ADC，由①得：，代入②得：，解得x＝．所以BC＝3x＝，故选：D．4．【分析】求出整个的面积以及符合条件的面积，代入几何概型计算公式即可．【解答】解：设正方形的边长为1；则对应正三角形的边长也为1；整个图形是有三个正方形和7个三角形组合而成；所以在T内随机取一点，则此点取自正方形的概率P＝＝＝；故选：B．5．【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，上半部分是半径为1的半球，下半部分为正四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为．再由球与棱锥体积公式求解．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分是半径为1的半球，下半部分为正四棱锥，底面是边长为2的正方形，高为．则该组合体的体积V＝．故选：A．6．【分析】求出A的坐标，然后求解B的坐标，利用向量的数量积转化求解双曲线的离心率即可．【解答】解：O为坐标原点，双曲线的右焦点为F，点A，B分别在双曲线C的两条渐近线上，AF⊥x轴，四边形OAFB为梯形，可得A（c，），BF的方程为：y＝，与y＝﹣联立，可得B（，﹣），，可得（﹣）•（，）＜0，可得：，，可得3c2＜4a2，所以1＜e＜．故选：A．7．【分析】根据题意，分析可得f（x）为偶函数，排除C，计算f（1）的值，排除AD，即可得答案．【解答】解：根据题意，f（x）＝（x2﹣2|x|）e|x|，则有f（﹣x）＝（x2﹣2|x|）e|x|＝f（x），即函数f（x）为偶函数，排除C，又由f（1）＝（1﹣2）e＝﹣e，排除AD；故选：B．8．【分析】根据算法的功能确定跳出循环的i值，可得判断框内的条件式子．【解答】解：算法的功能是计算的值，易知正项的分母为2，6，10，…，4038成等差数列，所以判断框中i＝4038，继续执行，故终止程序运行的i值为4038，∴判断框内处应为i≤4038．故选：C．9．【分析】大于1的实数x，y满足log x2x＝log y3y，可得log x2＝log y3，1＜x＜y．再利用函数的单调性即可判断出结论．【解答】解：大于1的实数x，y满足log x2x＝log y3y，∴log x2＝log y3，∴1＜x＜y．∴ln（x2+1）＜ln（y2+1）．故选：B．10．【分析】曲线C：y2＝2x．设P（x1，y1），Q（x1，y1），线段PQ 的中点M（x0，y0），直线l垂直平分线段PQ，设其方程为y＝﹣x+b，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理转化求解即可．【解答】解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），线段PQ的中点M（x0，y0）因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为﹣1，设其方程为y＝﹣x+b，由，消去x得y2+2y﹣2b＝0，由P和Q是抛物线C的两相异点，得y1≠y2，从而△＝4﹣4×1×（﹣2b）＝8b+4＞0（*），因此y1+y2＝﹣2，所以y0＝﹣1，又M（x0，y0）在直线l上，所以x0＝1，所以点M（1，﹣1），此时b＝0满足（*）式，故线段PQ的中点M的坐标为（1，﹣1）．故选：A．11．【分析】推导出AC⊥BC，以C为原点，CA为x轴，CB为y 轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BM与AN所成角的余弦值．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1，四边形A1ACC1与B1BCC1均为边长为2的正方形，M，N分别是C 1B1，CC1的中点，∴AC⊥BC，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，2，0），M（0，1，2），A（2，0，0），N（0，0，1），＝（0，﹣1，2），＝（﹣2，0，1），设异面直线BM与AN所成角为θ，则cosθ＝＝＝．∴异面直线BM与AN所成角的余弦值．故选：B．12．【分析】由题知f（x）＝asinωx+bcosωx＝，由得出对称中心及对称轴，得出T，再得出f （x）解析式，再由变换得出g（x），再分别画出g（x）与图象，即可得出结论．【解答】解：f（x）＝asinωx+bcosωx＝（ω＞0），所以，即0＜ω≤3，又，所以为f（x）对称轴；且，则为f（x）的一个对称中心，由于0＜ω≤3，所以与为同一个周期里相邻的对称轴和对称中心，则，∴ω＝2，又，且，解得，故，由图象变换得，g（x）在处的切线斜率为，又在处的切线斜率不存在，即切线方程为，所以右侧g（x）图象较缓，如图所示：同时时，，所以的零点有7个，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13．【分析】直接代入数量积求解即可．【解答】解：因为向量＝（2，1），＝（2，﹣1），∴2﹣＝（2，3）；则•（2﹣）＝2×2+（﹣1）×3＝1；故答案为：1．14．【分析】根据切线方程可求得参数a，进而解出不等式组即可【解答】解：因为f′（x）＝，所以f′（0）＝，f（0）＝lna，则曲线在（0，0）处的切线方程为y＝x+lna，所以＝1，lna＝0，解得a＝1，所以f（x）＝ln（x+1），则0≤f（x﹣2）≤1即0≤ln（x﹣1）≤1，所以1≤x﹣1≤e解得2≤x≤e+1，故答案为[2，e+1]．15．【分析】由条件利用两角和的正弦公式求得sin（α+）的值，再利用二倍角的余弦公式求得cos（+2α）的值．【解答】解：由，即sinα+cosα+cosα＝﹣，所以sinα+cosα＝﹣，即sin（α+）＝﹣，所以＝1﹣2sin2（α+）＝1﹣2×＝．故答案为：．16．【分析】设每天A，B两种饮料的生产数量分别是x桶，y桶，则有，作出可行域，目标函数为z＝1.5x+y，则y＝﹣1.5x+z，z表示直线在y轴上的截距，求出当直线y＝﹣1.5x+z 经过点（4，3），即m＝4，n＝3时，利润最大，由此能求出结果．【解答】解：设每天A，B两种饮料的生产数量分别是x桶，y桶，则有，则其表示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数为z＝1.5x+y，则y＝﹣1.5x+z，z表示直线在y轴上的截距，∵x，y只取整数，∴当直线y＝﹣1.5x+z经过点（4，3），即m＝4，n＝3时，利润最大，∴该饮料厂每天生产A饮料m桶，B饮料n桶时（m，n∈N*）利润最大时，m+n＝7．故答案为：7．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．【分析】本题第（Ⅰ）题设正项等比数列{a n}的公比为q（q＞0），然后根据等比中项的性质a3a7＝＝322，进一步计算可得公比q 的值，即可得到数列{a n}的通项公式，然后利用公式b n＝可计算出数列{b n}的通项公式；第（Ⅱ）题先根据第（Ⅰ）题的结果写出数列{c n}的通项公式，然后运用奇偶项分别求和的分组求和法计算出前2n项和T2n．【解答】解：（Ⅰ）由题意，设正项等比数列{a n}的公比为q（q＞0），则a 3a7＝＝322，故a5＝32．q4＝＝16＝24．解得q＝2．∴数列{a n}的通项公式为a n＝2•2n﹣1＝2n，n∈N*．当n＝1时，b1＝S1＝12﹣1＝0，当n≥2时，b n＝S n﹣S n﹣1＝n2﹣n﹣（n﹣1）2+（n﹣1）＝2n﹣2．∴数列{b n}的通项公式为b n＝2n﹣2，n∈N*．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，＝．∴T2n＝c1+c2+c3+c4+…+c2n﹣1+c2n＝21+2+23+6+…+22n﹣1+（4n﹣2）＝（21+23+…+22n﹣1）+[2+6+…+（4n﹣2）]＝+＝•22n+1+2n2﹣．18．【分析】（Ⅰ）由统计表能估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值．（Ⅱ）重量在（2，3]的产品数为20，其损坏率为＝0.1，重量在（3，4]的产品数为10，其损坏率为，设重量在（2，3]的这件产品的利润记为X，重量在（3，4]的这件产品的利润记为Y，X+Y的可能取值为45，2，﹣9，﹣52，分别求出相应的概率，由此能求出该厂家这两件工艺品获得利润的分布列和期望．【解答】解：（Ⅰ）由统计表估计该快递公司对每件包裹收取快递费的平均值为：＝（40×10+25×15+20×20+10×25+5×30）＝15.75（元）．（Ⅱ）重量在（2，3]的产品数为20，其损坏率为＝0.1，重量在（3，4]的产品数为10，其损坏率为，设重量在（2，3]的这件产品的利润记为X，则X1＝70﹣30﹣20＝20，X2＝﹣（30+20）+30×0.9＝﹣23．设重量在（3，4]的这件产品的利润记为Y，则Y1＝90﹣40﹣25＝25，Y2＝﹣（40+25）+40×0.9＝﹣29，∴X+Y的可能取值为45，2，﹣9，﹣52，∴P（X+Y＝45）＝0.9×0.7＝0.63，P（X+Y＝2）＝0.1×0.7＝0.07，P（X+Y＝﹣9）＝0.9×0.3＝0.27，P（X+Y＝﹣52）＝0.1×0.3＝0.03，∴该厂家这两件工艺品获得利润的分布列为：利润452﹣9﹣52P0.630.070.270.03期望E（X+Y）＝45×0.63+2×0.07+（﹣9）×0.27+（﹣52）×0.03＝24.5．19．【分析】（I））取BD的中点O，连接OC，OA，现证明BD⊥平面AOC，再得到结论；（II）以O为原点，OC，OD，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设∠EFG＝θ，求出平面ECD和平面ABD的法向量，利用夹角公式求出二面角的余弦值，求出E的坐标，得出结论．【解答】解：（I）取BD的中点O，连接OC，OA，根据题意，AO⊥BD，又BC＝CD，故CO⊥BD，又CO∩AO＝O，所以BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，所以AC⊥BD；（II）由平面ABD⊥平面BCD，所以AO⊥平面BCD，以O为原点，OC，OD，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，BD＝2，AO＝，取CD的中点F，连接OF，显然CD⊥平面EOF，故OF＝，EF＝CD＝，则O（0，0，0），C（1，0，0），D（0，1，0），A（0，0，），B（0，﹣1，0），F（），设∠EFG＝θ，则E（，cosθ+），设平面ECD的法向量为，则，即，得，平面ABD的法向量为，由|cos＜＞|＝，sinθ＝，cosθ＝，故E（1，1，1）或者（0，0，1）（舍弃），故BE＝．20．【分析】（Ⅰ）根据题意列出关于a，b，c的方程组，解出a，b，c的值，即可得到椭圆E的方程；（Ⅱ）对直线AC的斜率分情况讨论，当直线AC的斜率不存在或为0时，S四边形ABCD＝2，当直线AC的斜率存在时，不妨设为k （k ≠0），则直线BD的斜率为﹣，直线AC的方程为：y＝k（x﹣1），与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AC|＝，将k替换为﹣，得|BD|＝，所以S四边形ABCD＝，令t＝1+k2，则t＞1，利用二次函数的性质即可求出S四边形ABCD≥，因为2，所以四边形ABCD 的面积的最小值为．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知：，解得，∴椭圆E的方程为：；（Ⅱ）易知椭圆E的右焦点坐标为（1，0），①当直线AC的斜率不存在或为0时，S四边形ABCD＝＝，②当直线AC的斜率存在时，不妨设为k （k≠0），则直线BD的斜率为﹣，直线AC的方程为：y＝k（x﹣1），联立方程，消去y得：（2k2+1）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）＝0，右焦点在椭圆E内，故此方程的△＞0，设A（x1，y1），C（x2，y2），则有，，∴|AC|＝＝，将k替换为﹣，得|BD|＝，∴S四边形ABCD＝＝，令t＝1+k2，则t＞1，∴S四边形ABCD＝＝，当t＝2，即k＝±1时，等号成立，∵2，∴四边形ABCD 的面积的最小值为．21．【分析】（I）先对函数求导，结合导数与单调性关系可求函数的单调性，进而可求最小值，然后结合已知即可求解a；（II）由题意可得，0＝lnx1+﹣1﹣m，，两式相减可得ln＝，然后结合式子特点适当构造函数，即可证明【解答】解：（I）因为f＝ln（ax）+，x ＞0＝，易得当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x∈（a，+∞），f′（x）＞0，函数单调递增，故当x＝a时，函数取得最小值f（a）＝lna2＝0，故a＝1，f（x）＝lnx+．（II）由（I）可得f（x）＝lnx+，所以g（x）＝lnx+﹣1﹣m，因为g（x）＝f（x）﹣﹣m有两个零点x1，x2，且x1＜x2，所以0＝lnx1+﹣1﹣m，，两式相减可得ln＝，故x1x2＝，则x1＝，，令t＝，则0＜t＜1，x1+x2＝，令h（t）＝，0＜t＜1，则＝＞0恒成立，故h（t）在（0，1）上单调递增，h（t）＜h（1）＝0，所以t﹣＜2lnt＜0，所以，故x1+x2＞1．请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所选涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．【解答】解：（Ⅰ）已知点A，B，C的极坐标分别为（4，），（4，），（4，），转换为直角坐标为A（2，2），B（﹣2），C（0，﹣4）设经过的圆的方程为x2+（y﹣m）2＝r2，将直角坐标A（2，2），B（﹣2），C（0，﹣4），代入圆的方程得到：解得m＝0，r＝4，所以圆C2的直角坐标方程为x2+y2＝16．将圆C2向右平移3个单位长度后，得到曲线C3，得到（x﹣3）2+y2＝16．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：把曲线C1的参数方程为（t为参数），代入（x﹣3）2+y2＝16．得到：，整理得：，所以|MP|•|MQ|＝|t1t2|＝11．[选修4-5：不等式选讲]23．【分析】（（1））原不等式可化为|3x﹣1|+|x﹣2≥3|．通过对x取值范围的讨论，去掉绝对值符号解对应的不等式，最后取并即可；Ⅱ）由f（x）＝，可求得f（x）min＝f（）＝，恒成立⇔log2m•log2n≥1恒成立，利用基本不等式即可求得mn的最小值．【解答】解：（1））原不等式可化为|3x﹣1|+|x﹣2≥3|．①当x≤时，原不等式可化为﹣3x+1+2﹣x≥3，解得x≤0，∴x≤0……（2分）②当＜x＜2时，原不等式可化为3x﹣1+2﹣x≥3，解得x≥1，∴1≤x≤2…（…3分）③当x≥2时，原不等式可化为3x﹣1﹣2+x≥3，解得x≥，∴x≥2……（4分）综上，原不等式的解集为：{x|x≤0或x≥1}…（5分）Ⅱ）∵f（x）＝，∴f（x）min＝f（）＝，…（…6分）∴由恒成立可知，不等式log2m•log2n≥1恒成立…（8分）∵log 2m+log2n≥2≥2，∴log2（m•n）≥2，∴mn≥4，当且仅当m＝n＝2时等号成立，∴mn的最小值是4……（10分）．。

2020年高考金榜冲刺卷（二）数学（理）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．测试范围：高中全部内容．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设1i2i 1iz -=++（i 为虚数单位），则||z =( ) A ．0B ．12C ．1D2．若集合21|M y y x ⎧⎫==⎨⎬⎩⎭，{|N x y ==，那么M N ⋂=（） A ．()0,+∞B ．[)0,+∞C ．()1,+∞D ．[)1,+∞ 3．已知等比数列的公比为正数，且，则公比=q （ ）A ．B ．C ．D ．2 4．七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形（两块全等的小三角形，一块中三角形和两块全等的大三角形），一块正方形和一块平行四边形组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向正方形内随机抛掷2000粒绿豆（大小忽略不计），则落在图中阴影部分内绿豆粒数大约为（ ）}{n a 25932a a a =21222A ．750B ．500C ．375D ．2505．若,,a b c 满足223,log 5,32a cb ===，则( )A ．b a c >>B ．b c a >>C ．a b c >>D ．c b a >>6．已知函数()sin3(0,)f x a x a b a x =-++>∈R 的值域为[5,3]-，函数()cos g x b ax =-，则()g x 的图象的对称中心为（ ） A ．,5()4k k π⎛⎫-∈⎪⎝⎭Z B ．,5()48k k ππ⎛⎫+-∈⎪⎝⎭Z C ．,4()5k k π⎛⎫-∈⎪⎝⎭Z D ．,4()510k k ππ⎛⎫+-∈⎪⎝⎭Z 7．已知实数,x y 满足3060x x y x y ≤⎧⎪+≥⎨⎪-+≥⎩，若z ax y =+的最大值为39a +，最小值为33a -，则实数a 的取值范围是（） A ．[]2,1-B ．[]1,1-C ．[]1,3-D ．[]2,3-8．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为1r ，大圆柱底面半径为2r ，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为1h ，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为2h ，则12h h =（ ）A ．21r rB ．212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．321r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭D9．过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点F 作双曲线C 的一条弦AB ，且FA FB +u u u v u u u v =0，若以AB 为直径的圆经过双曲线C 的左顶点，则双曲线C 的离心率为（ ） ABC ．2D10．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()11f x f x +=-且在[)1,+∞上是增函数，不等式()()21f ax f x +≤-对任意1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[]3,1--B ．[]2,0-C ．[]5,1--D ．[]2,1-11．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，AB =Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．45πB ．57πC ．63πD ．84π12．若函数()1(2)ln xf x a x e x x =-++在(0,2)上存在两个极值点，则a 的取值范围是（ ） A ．21(,)4e -∞-B ．1(,)e -∞-C ．2111(,)(,)4e e e -∞---UD ．211(,)(1,)4e e--⋃+∞二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知等差数列{}n a 中，4610a a +=，若前5项的和55S =，则其公差为___________.14．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有ABC ∆满足“勾3股4弦5”，其中“股”4AB =，D 为“弦”BC 上一点（不含端点），且ABD ∆满足勾股定理，则()CB CA AD -⋅=u u u v u u u v u u u v_________.15．若4()(2)ax y x y -+的展开式中23x y 的系数为8，则a =_________．16．过抛物线C ：24x y =的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是_________.三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(12分）在ABC ∆中，内角A B C ，，的对边分别是a b c ，，，且满足tan tan 2A aC b a=-． （1）求角C ；（2）设D 为边AB 的中点，ABC ∆的面积为CD 的最小值．18．(12分）某省新课改后某校为预测2020届高三毕业班的本科上线情况，从该校上一届高三（1）班到高三（5）班随机抽取50人，得到各班抽取的人数和其中本科上线人数，并将抽取数据制成下面的条形统计图.（1）根据条形统计图，估计本届高三学生本科上线率.（2）已知该省甲市2020届高考考生人数为4万，假设以（1）中的本科上线率作为甲市每个考生本科上线的概率.①若从甲市随机抽取10名高三学生，求恰有8名学生达到本科线的概率（结果精确到0.01）；②已知该省乙市2020届高考考生人数为3.6万，假设该市每个考生本科上线率均为(01)p p <<，若2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市，求p 的取值范围. 可能用到的参考数据：取40.360.0168=，40.160.0007=.19．(12分）如图，等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD AB BC ===，2CD =，E 为CD 中点，以AE 为折痕把ADE ∆折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）.（1）证明：AE PB ⊥；（2）若直线PB 与平面ABCE 所成的角为4π，求二面角A PE C --的余弦值. 20．(12分）过椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左顶点A 作斜率为2的直线，与椭圆的另一个交点为B ，与y轴的交点为C ，已知613AB BC =u u u r u u u r. （1）求椭圆的离心率；（2）设动直线y kx m =+与椭圆有且只有一个公共点P ，且与直线4x =相交于点Q ，若x 轴上存在一定点(1,0)M ，使得PM QM ⊥，求椭圆的方程.21．(12分）函数()22()22ln 4f x x x x x x =--+. （1）求()f x 在x e =处的切线方程（e 为自然对数的底数）；（2）设32()33()g x x x x f x =-++，若1212,(0,)x x x x ∈+∞≠且，满足()()128g x g x +=，求证：121x x <. (二)、选考题：共10分．请考生从22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．【极坐标与参数方程】（10分）在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线1C的参数方程为5()x y ϕϕϕ⎧=+⎪⎨=⎪⎩为参数，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为4cos ρθ=． （1）求曲线1C 与曲线2C 两交点所在直线的极坐标方程；（2）若直线l的极坐标方程为sin()4ρθπ+=l 与y 轴的交点为M ，与曲线1C 相交于,A B 两点，求MA MB +的值．23．【选修4-5：不等式选讲】（10分） 已知函数()21f x x a x =-+-,()a R ∈. （1）当1a =时,求()2f x ≤的解集;（2）若()21f x x ≤+的解集包含集合1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦,求实数a 的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1． C.2． D.3． C.4． C.5． A .6． B.7． B.8． B.9． C.10． B11． B.12． D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13． 214．144 2515． 1 16． 4三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（1）由正弦定理：sin 22sin sin a A b a B A =--，又tan sin cos tan cos sin A A CC A C=， 由题tan tan 2A a C b a=-，所以sin cos cos sin A C A C sin 2sin sin AB A =-.因为sin 0A ≠，所以cos (2sin sin )cos sinC B A A C -=,即cos sin cos sin 2sin cos C A A C B C +=,即sin sin()2sin cos B A C B C =+=, 因为sin 0B ≠，所以1cos 2C =，则3C π=.（2）由1sin 2ABC S ab C ∆=，即12ab 12ab =.由1()2CD CA CB =+u u u v u u u v u u u v ,所以2221(2)4CD CA CB CA CB =++⋅u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v 222211(2cos )()44b a ab C b a ab =++=++1(2)94ab ab ≥+=当且仅当a b =时取等,所以边CD 的最小值为3. 18．（1）估计本科上线率为4678560%50++++=.（2）①记“恰有8名学生达到本科线”为事件A ，由图可知，甲市每个考生本科上线的概率为0.6，则882241010()0.6(10.6)0.360.16450.01680.160.12P A C C =⨯⨯-=⨯⨯=⨯⨯≈.②甲、乙两市2020届高考本科上线人数分别记为X ，Y ，依题意，可得~(40000,0.6)X B ，~(36000,)Y B p . 因为2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市，所以EY EX ≥，即36000400000.6p ≥⨯， 解得23p ≥，又01p <<，故p 的取值范围为2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭.19．（1）证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ,//,AB CE AB CE =Q ,∴四边形ABCE 为平行四边形,AE BC AD DE ∴===,ADE ∴∆为等边三角形,∴在等腰梯形ABCD 中，3C ADE π∠=∠=,BD BC ⊥,BD AE ∴⊥,翻折后可得：,OP AE OB AE ⊥⊥.又OP ⊂Q 平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP OB O =I ,AE ∴⊥平面POB .PB ⊂Q 平面POB ,AE PB ∴⊥.（2）解：在平面POB 内作PQ ⊥OB,垂足为Q ，因为AE ⊥平面POB ，∴AE ⊥PQ ，因为OB ⊂平面ABCE, AE ⊂平面ABCE,AE ∩OB=O,∴PQ ⊥平面ABCE ，∴直线PB 与平面ABCE 夹角为4PBQ π∠=，又因为OP=OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即OP ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为111(,0,0),(0,(,0,(2222222P E C PE EC ∴=-=u u u r u u u r ,设平面PCE 的一个法向量为1(,,)n x y z =u r，则1110022,,01022x z PE n EC n x y ⎧-=⎪⎧⋅=⎪⎪∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪+=⎪⎩u u u v u v u u uv u v设x =y=-1,z=1，∴1,1)n =u r ，由题意得平面PAE 的一个法向量2(0,1,0)n =u u r，设二面角A-EP-C 为α，1212|||cos |=||||n n n n α⋅==u r u u ru r u u r .易知二面角A-EP-C为钝角，所以cos α.20．（1）∵A (,0)a -,设直线方程为2()y x a =+,11(,)B x y ,令0x =,则2y a =,∴(0,2)C a , ∴1111(,),(,2)AB x a y BC x a y =+=--u u u r u u u r∵613AB BC =u u u r u u u r ， ∴1x a +=11166(),(2)1313x y a y -=-,整理得111312,1919x a y a =-=, ∵B 点在椭圆上,∴22221312()()11919a b +⋅=,∴223,4b a =∴2223,4a c a -=即2314e -=,∴12e =. （2）∵223,4b a =可设223.4b t a t ==,∴椭圆的方程为2234120x y t +-=,由2234120x y t y kx m ⎧+-=⎨=+⎩得222(34)84120k x kmx m t +++-=,∵动直线y kx m =+与椭圆有且只有一个公共点P,∴0∆=,即2222644(34)(412)0k m m m t -+-=,整理得2234m t k t =+, 设P 11(,)x y 则有122842(34)34km km x k k =-=-++,112334my kx m k=+=+, ∴2243(,)3434km mP k k -++,又(1,0)M ,Q (4,4)k m +,若x 轴上存在一定点(1,0)M ，使得PM QM ⊥, ∴2243(1,)(3,(4))03434km mk m k k+-⋅--+=++恒成立,整理得2234k m +=, ∴223434k t k t +=+恒成立,故1t =,所求椭圆方程为22143x y +=.21．（1）2()f e e =，()()41ln ,f x x x =-'则()4(1)f e e '=-，故()f x 在x e =处的切线方程为()()241e e y x e -=--即()241340e y e e x ---+=；（2）证明：由题可得()()()23141ln g x x x x =-+-'，()10g '=，当01x <<时，10,ln 0x x -<<，则()0g x '>；当1x >时，10,ln 0x x ->>，则()0g x '>， 所以，当0x >时，()0g x '≥，()g x 在()0,∞+上是增函数. 设()()()101G x g x g x x ⎛⎫=+<<⎪⎝⎭， 则()()()()22431111311411ln G x g x g x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝'⎝⎭⎭''， 当01x <<时，10,ln 0x x -<<，431110,10,x x-<-<则()0G x '<，()G x 在()0,1上递减. 不妨设120x x <<，由于()g x 在()0,∞+上是增函数，则()()12g x g x <， 又()()128g x g x +=，()14g =，则()()()121g x g g x <<，于是1201x x <<<， 由101x <<，()G x 在()0,1上递减，则()()()11218G x G g >==，所以()1118g x g x ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，则()()12118g g x g x x ⎛⎫>-= ⎪⎝⎭， 又2111,1x x >>，()g x 在()0,∞+上是增函数，所以，211x x >，即121x x <. (二)、选考题：共10分．请考生从22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分． 22．【极坐标与参数方程】（10分）（1）曲线1C 的普通方程为：22(5)10x y -+=,曲线2C 的普通方程为：224x y x +=，即22(2)4x y -+=,由两圆心的距离32)d =∈，所以两圆相交，所以两方程相减可得交线为6215x -+=，即52x =.所以直线的极坐标方程为5cos 2ρθ=. （2）直线l 的直角坐标方程：4x y +=，则与y 轴的交点为(0,4)M直线l的参数方程为242x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，带入曲线1C 22(5)10x y -+=得2310t ++=.设,A B 两点的参数为1t ，2t ,所以12t t +=-1231t t =，所以1t ，2t 同号.所以1212MA MB t t t t +=+=+=.23．【选修4-5：不等式选讲】（10分）（1）当1a =时,()21121f x x a x x x =-+-=-+-,当()2f x ≤,即1212x x -+-≤,上述不等式可化为121122x x x ⎧≤⎪⎨⎪-+-≤⎩,或1121212x x x ⎧<<⎪⎨⎪-+-≤⎩,或11212x x x ≥⎧⎨-+-≤⎩,102x ∴≤≤或112x <<或413x ≤≤,∴原不等式的解集为403x x ⎧⎫≤≤⎨⎬⎩⎭. （2）()21f x x ≤+Q 的解集包含1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦,∴当1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,不等式()21f x x ≤+恒成立,即在2121x a x x -++≤+1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立,2121x a x x ∴-+-≤+,即2x a -≤,22x a ∴-≤-≤,22x a x ∴-≤≤+在1,12x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立, ()()max min 22x a x ∴≤-≤-,512a ∴-≤≤,a ∴的取值范围为51,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.。