河北省石家庄市2020届高三模拟(八)理科数学试卷

石家庄二中高三教学质量检测数学（理科）试卷（时间：120分钟 分值：150分）第I 卷 选择题（共60分）一．选择题（共12小题，每题5分，共60分）1．已知集合}101,lg |{},4241|{>==≤≤=x x y y B x A x ，则=B A （ ） A ．]2,2[- B ．),1(+∞ C ．]2,1(- D ．),2(]1,(+∞--∞2．已知复数z 在复平面内对应的点的坐标为)2,1(-，则=+i 1z （ ） A ．i 2321+ B ．i 2321+- C ．i 2123+- D ．i 2323+- 3．设b a ,是向量，则“||||b a =”是“||||b a b a -=+”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．函数x e e x f x x cos 11)(⋅-+=的部分图象大致为（ ）5. 右侧茎叶图记录的是甲、乙两个班级各5名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单位：分，每题5分，共16题）．已知两组数据的平均数相等，则x 、y 的值分别为（ ）A ．0，0B ．0，5C ．5，0D ．5，56．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等， 问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相 同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代一种质量单位）， 在这个问题中，甲比戊多得（ ）钱？A ．31B ．32C ．61D ．65 7．将函数x x f 2cos )(=图象上所有点向左平移4π个单位长度后得到函数)(x g 的图象，若)(x g 在区间 ],0[a 上单调递减，则实数a 的最大值为（ ）A ．8πB ．4πC ．2πD ．43π8．已知双曲线)0,0(1:2222>>=-b a by a x C ，O 为坐标原点，21,F F 为其左、右焦点，点G 在C 的渐近线 上，OG G F ⊥2，||||61GF OG =，则该双曲线的渐近线方程为（ ）A ．x y 2±=B ．x y 22±=C ．x y 23±= D ．x y ±= 9.正四面体BCD A -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，若PE BP +的最小值为14，则该正四面体的外接球的表面积为（ ）A ．π32B ．π24C ．π12D ．π810．已知点G 在ABC ∆内，且满足0432=++GC GB GA ，若在ABC ∆内随机取一点，此点取自,GAB ∆ GBC GAC ∆∆,的概率分别记为,,,321P P P 则（ ）A ．321P P P ==B ．321P P P <<C ．321P P P >>D ．312P P P >>11.《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多•达芬奇创作的油画，现收藏于法国罗浮宫博物馆．该油画规格为：纵cm 77，横cm 53．油画挂在墙壁上的最低点处B 离地面cm 237（如图所示）．有一身高为cm 175的游客从正面观赏它（该游客头顶T 到眼睛C 的距离为cm 15），设该游客离墙距离为xcm ，视角为θ．为使观赏视角θ最大，x 应为（ ）A ．77B ．80C ．100D ．27712．已知点P 是曲线x x y ln sin +=上任意一点，记直线OP (O 为坐标原点)的斜率为k ，给出下列四个 命题：①存在唯一点P 使得1-=k ；②对于任意点P 都有0<k ；③对于任意点P 都有1<k ；④存在点P 使得 1≥k ，则所有正确的命题的序号为（ ）A ．①②B ．③C ．①④D ．①③第II 卷 非选择题（共90分）二．填空题（共4小题，每题5分，共20分）13. 若实数y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≤-≥+-0420202y x y x y x ，则y x +的最小值为14. 已知πdx x m ⎰--=112110，则m x x)1(-的展开式中2x 的系数为 （用数字表示） 15. 已知点P 是椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 上一点，点P 在第一象限且点P 关于原点O 的对称点为Q ，点P 在x 轴上的投影为E ，直线QE 与椭圆C 的另一个交点为G ，若PQG ∆为直角三角形，则椭圆C 的离心率为16. 若函数)(x f 的导函数)2||,0,0)(cos()('πϕωϕω<>>+=A x A x f ，)('x f 部分图象如图所示，则=ϕ ，函数)12()(π-=x f x g ， 当]3,12[,21ππ-∈x x 时，|)()(|21x g x g -的最大值为 ． 三．解答题（共70分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第 17—21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22、23 题为选考题，考生根据要求选择其中一个作答.）（一）必考题（共60分）17.（12分）如图，四棱锥ABCD P -中侧面PAB 为等边三角形且垂直于底面BC AB ABCD ⊥,，AD BC AB AD BC 21,//==，E 是PD 的中点． （1）证明：直线//CE 平面PAB ；（2）求二面角D PC B --的余弦值. 18.（12分）甲、乙两同学在高三一轮复习时发现他们曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条 件看不清，具体如下：等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知 ，（1）判断321,,S S S 的关系并给出证明；（2）若331=-a a ，设||12n n a n b =，}{n b 的前n 项和为n T ，证明：.34<n T 甲同学记得缺少的条件是首项1a 的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是231,,S S S 成等差数列．如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请通过推理把条件补充完整并解答此题．19.（12分）如图，椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x E 的离心率为22，点)1,0(P 在短轴CD 上，且1-=⋅PD PC . （1）求椭圆E 的方程；（2）设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于B A ,两点，是否存在常数λ， 使得⋅+⋅λ为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．20.（12分）调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析，鉴定，调配与研发，周而复始、反复对比．调味品品评师需定期接受品味鉴别能力测试，一种常用的测试方法如下：拿出n 瓶外观相同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分．现设4=n ，分别以4321,,,a a a a 表示第一次排序时被排为4,3,2,1的四种调味品在第二次排序时的序号，并令|4||3||2||1|4321a a a a X -+-+-+-=，则X 是对两次排序的偏离程度的一种描述．（如第二次排序时的序号为,4,2,3,1则2=X ）．（1）写出X 的所有可能取值构成的集合(不用证明)；（2）假设4321,,,a a a a 的排列等可能地为4,3,2,1的各种排列，求X 的分布列和数学期望；（3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有2≤X .（i ）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；（ⅱ）请判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由．21.（12分）已知函数.ln )(x x x f =（1）求曲线)(x f y =在2-=e x 处的切线方程；（2）关于x 的不等式)1()(-≥x x f λ在),0(+∞上恒成立，求实数λ的取值范围；（3）若0)()(21=-=-a x f a x f ，且21x x <，证明：221221)1(ae e x x +<--.（二）选考题（共10分）请考生在第 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.（10分）已知曲线⎪⎩⎪⎨⎧+=+=ty t x C sin 21cos 21:1（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，曲线2C 的极坐标方程为θρsin 2=．（1）求曲线1C 的极坐标方程；（2）求曲线1C 与2C 交点的极坐标)20,0(πθρ<≤≥.23.（10分）已知绝对值不等式：45|1||1|2+->-++a a x x .（1）当0=a 时，求x 的取值范围；（2）若对任意实数x ，上述不等式恒成立，求a 的取值范围．。

2020年河北省石家庄市东卓宿中学高三数学理模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知均为单位向量，它们的夹角为120°，那么=（）A．1 B．C．D．7参考答案：B【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由条件利用两个向量的数量积的定义求得，再利用求向量的模的方法，求出的值．【解答】解：∵均为单位向量，它们的夹角为120°，∴=1?1?cos120°=﹣，∴====，故选：B．2. 设函数在上可导,其导函数,且函数在处取得极小值,则函数的图象可能是（）参考答案：C3. 复数 (i是虚数单位)的实部是( )．A. B．－ C．－i D．－参考答案：D略4. 某几何体的三视图如右上图所示，则该几何体的体积是（）A． B． C． D．参考答案：C5. 已知,则的值为（）A. B. C. D.参考答案：A6. 已知集合,,则( )A. B. {10} C. {1} D.参考答案：C7. 某学校2014-2015学年高一、2014-2015学年高二、2015届高三年级的学生人数分别为900、900、1200人，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为50的样本，则应从2015届高三年级抽取的学生人数为( )A．15 B．20 C．25 D．30参考答案：B考点：分层抽样方法．专题：概率与统计．分析：根据分层抽样的定义即可得到结论．解答：解：三个年级的学生人数比例为3：3：4，按分层抽样方法，在2015届高三年级应该抽取人数为人，故选：B．点评：本题主要考查分层抽样的应用，根据条件确定抽取比例是解决本题的关键，比较基础．8. 过抛物线的焦点作直线与此抛物线相交于、两点，是坐标原点，当时，直线的斜率的取值范围是A. B.C. D.参考答案：D略9. 气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续天的日平均温度均不低于”．现有甲、乙、丙三地连续天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）：①甲地：个数据的中位数为，众数为；②乙地：个数据的中位数为，总体均值为；③丙地：个数据中有一个数据是，总体均值为，总体方差为．则肯定进入夏季的地区有（）A．①②③ B．①③ C．②③D．①参考答案：B考点：统计初步10. 已知函数（a>0）的最小值为2，则实数a=（）A. 2B. 4C. 8D. 16参考答案：B由得，故函数的定义域为，易知函数在上单调递增，所以，解得。

高三数学理科模拟考试试题一、选择题：本题共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．已知复数（i是虚数单位），则＝（）A．B．C．D．2．已知s，则＝（）A．B．C．D．3．若集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{2，4，6，8}，则集合A∪B＝（）A．{1，2，3，4，5，6，8} B．{2，3，4，5，6}C．{1，3，5，6，8} D．{2，4}4．某次考试中，甲、乙通过的概率分别为0.7，0.4，若两人考试相互独立，则甲未通过而乙通过的概率为（）A．0.28 B．0.12 C．0.42 D．0.165．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a1＝1，a n+a n+1＝2n+1，则＝（）A．1009 B．1008 C．2 D．16．已知椭圆的左焦点F1，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2+y2＝b2相交的弦长为，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．7．将函数y＝sin（2x+φ）的图象向右平移个周期后，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是（）A．B．πC．D．2π8．定义运算a⊗b为执行如图所示的程序框图输出的S值，则式子的值是（）A．﹣1 B．C．1 D．9．若三个非零且互不相等的实数x1，x2，x3成等差数列且满足＝，则称x1，x2，x3成一个“β等差数列”．已知集合M＝{x||x|≤100，x∈Z}，则由M中的三个元素组成的所有数列中，“β等差数列”的个数为（）A．25 B．50 C．51 D．10010．如图，某棱锥的正视图和侧视图都是等边三角形，该棱锥的体积为，则该棱锥内切球的表面积是（）A．B． C．D．11．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是正方A1B1C1D1的中心，则异面直线AD1与BO所成角为（）A．90°B．60°C．45°D．30°12．对于曲线C所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角θ，使得θ≥∠AOB对于曲线C 上的任意两个不同点A、B恒成立，则称θ为曲线C相对于O的“界角”，并称最小的“界角”为曲线C相对于O的“确界角”，已知曲线M：y＝，（其中e为自然对数的底数），O为坐标原点，则曲线M相对于O的“确界角”为（）A．B．C．D．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．在（x2﹣x+1）5的展开式中，x3的系数为．14．△ABC中，D为△ABC重心，以，为一组基底，可表示＝．15．已知A是双曲线C：（a＞0，b＞0）的右顶点，过左焦点F与y轴平行的直线交双曲线C于P、Q两点，若△APQ是锐角三角形，则双曲线C的离心率的范围．16．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，当n≥2时，，且a1＝1，设，则的最小值是．三、解答题：共70分。

石家庄市2020届高三年级阶段性训练题答案数学理科一、选择题：1.B.【解析】由题意知{}|2B x x =>，故{}3≤<2=x x B A | ，故选B.2. A.【解析】:p ⌝()0,0x ∃∈-∞，0023x x <，故选A.3. B.【解析】1(1)()11()1i i i iz i i i i -----====--⋅-，则1z i =-+，所以对应点在第二象限，故选B. 4.C.【解析】由于xy 30=.在R 上单调递减，故1=30<30<0020...；由于xy 5=在R 上单调递增，故1=5>5030.；由于x y 20=.log 在()+∞0,上单调递减，故0=1<52020..log log .故b a c <<，故选C. 5.D.【解析】由于sin 2sin 236y x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此只需将函数x y 2=sin 的图象向右平移6π个单位，故选D.6.C.【解析】如图阴影部分为可行域，目标函数3+=x yz 表示可行域中点()y x ,与()0,3-连线的斜率，由图可知点()3,1P 与()0,3-连线的斜率最大，故z 的最大值为43，故选C.7.D.【解析】根据正弦定理知()()()B C c B A b a sin sin sin sin +=-+化为为()()()b c c b a b a +=-+，即bc c b a ++=222，故21-=2-+=222bc a c b A cos ，故32=πA ，则23=A sin .因为4=+c b ，bc c b 2≥+，所以4≤bc ，当且仅当2==c b ，等号成立，此时ABC Δ的面积3≤21=A bc S sin ，故A BC Δ的面积的最大值为3.故选D.8.C.【解析】双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的渐近线方程为b y x a =±，由对称性，不妨取b y x a =，即0bx ay -=．又曲线22420x y y +-+=化为()2222x y +-=，则其圆心的坐标为()0,2由题得，圆心到直线的距离1d ==1d ==．解得223b a =，所以2e ====，故选C. 9.A.【解析】由题意知||||5AC BD ==,设C 到BD 的距离为d，则有d ==，故()BD CM BD AC BD CM AC BD AM ⋅+⋅=⋅+=⋅,其中()()3-=+⋅+=⋅CD BC BC ABBD AC,2=≤⋅BD CM ,当且仅当CM 与BD 同向时，等号成立，故选A.10.D.【解析】由1+3=+1+n a a n n 得4+3=+1+2+n a a n n ，两式相减得3=-2+n n a a ，故 ,,,531a a a 和 ,,,642a a a 均为以3为公差的等差数列，11,a =，易求得()*2132k a k k N -=-∈.则9130=⎪⎭⎫ ⎝⎛911-131=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1-1++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1-1+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1-131=1++1+16159533161595331a a a a a a a a a a a a ，故选D.11.B.【解析】由()()x f x f -2=知()x f 关于1=x 对称，如图，令()0=x g ，即()x f x m =2-，设()2-=x m x h ，当0>x 时，()2-=mx x h ，设()x h 与()1≤=x x y ln 相切时的切点为()00x x P ln ,，xy 1='，则有0001=2+x x x ln ，解得e x 1=0，此时e x m =1=0，当()x h 过点()12,时，23=m ，故B 选项正确.若()x g 恰有两个零点，则0≤m 或e m =，故A 选项错误；若()x g 恰有四个零点，则23≤<0m ，故C 、D 选项错误.故选B.12. C.【解析】由题意知2+2+=2+2+=2+2+=323312211x x d x x d x x d ,,，带入2312=+d d d 得()31321+2=+2+x x x x x ，即312+=2x x x .由F 为321P P P Δ的重心，则有0=3++2=3++321321y y y x x x ,，即22-6=2x x ，即2=2x ，所以4-=2y ，因此有4=+31y y .故31P P 所在直线的斜率2=+8=--=313131yy x x y y k ，故选C.二、填空题:13.5【解析】由题意知sin α==. 14.15.【解析】61x ⎫⎪⎭展开式的通项为33216C r r r T x -+=，33022r r -=⇒=，所以展开式的常数项为26C 15=. 15.4π；π40.【解法一】作⊥PE 平面A B C D ，由︒60=∠=∠PAD PAB 知点E 在线段AC 上，过E 作AB EH ⊥，连结PH ,因为E PE EH PE AB EH AB =⊥⊥ ,,，故⊥AB 平面PEH ,故PH AB ⊥.在PAH Rt Δ中，3=1=PH AH ,；在E A HRt Δ中，1=2=EH AE ,；在PEH Rt Δ中，2=PE ,因此1=∠PAE tan ，故4=∠πPAE ；取M 为AC 中点，设该四棱锥的外接球的球心为O ，半径为R ，⊥OM 平面ABCD ，设d OM =，作OM PF ⊥，易知四边形PFME 为正方形.则有()⎪⎩⎪⎨⎧2+2+=8+=2222d R d R ，解得⎪⎩⎪⎨⎧10=2=R d ，故外接球表面积为πR πS 40=4=2.16. 515-1.【解析】由题意知，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率()()()43-1+-1=p p p p p f ，()()()2+10-5-1='22p p p p f ，令()0='p f ，解得515-1=p ，故()p f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛515-10,上单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1515-1,上单调递减，故当515-1=p 时，()p f 取得最大值. 三、解答题17.解：（Ⅰ）设数列{}n a 的首项为1a ，公差为d , 由621S =得：()166212a a +=，所以167a a +=，………………………………2分 又因为369a a +=，所以1d =.………………………………………………………4分 于是11a =，故n a n =.……………………………………………………………………6分（Ⅱ）设{}n b 的前项和为n T ，因为12nn n a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以2n n b n =⨯，……………………8分依题1212222n n T n =⨯+⨯++⨯， 则231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯于是1211212122n n n T n +-=⨯+⨯+⨯-⨯()1122n n +=-⨯-………………………10分即()1122n n T n +=-⨯+故：()1122n n T n +=-⨯+.…………………………………………………………………12分18.证明：（Ⅰ）在图1△ABC 中，D ，E 分别为AC ，AB 边中点 所以DE ∥BC …………1分 又因为AC ⊥BC 所以DE ⊥AC在图2中DE ⊥A 1D ， DE ⊥DC 且A 1D ∩DC =D ，则DE ⊥平面A 1CD …………3分 又因为DE ∥BC 所以BC ⊥平面A 1CD又因为BC ⊂平面A 1BC ，所以平面A 1CD ⊥平面A 1BC ………………………………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知DE ⊥平面A 1CD 且DE ⊂平面BCDE所以平面A 1CD ⊥平面BCDE,又因为平面A 1CD ∩平面BCDE =DC 在正△A 1CD 中过A 1作A 1O ⊥CD ，垂足为O . 所以A 1O ⊥平面BCDE分别以CD ，梯形BCDE 中位线，OA 1所在直线为x 轴， y 轴，z 轴建立如图坐标系 ………………………………………………………………………………7分 则A 1(0,0,3) ，B (1,4,0) ，C (1,0,0)， E (-1,2,0) .)3,0,1(1-=C A ，)3,2,1(1-=EA ，)0,2,2(=EB . 设平面A 1BE 的法向量为n 111(,,)x y z =，则11111120220EA n x y EB n x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩取(1,1,=-n .………………………………………………………………9分设直线A 1C 与平面A 1BE 所成角为θ， 则sin θ=111cos ,⋅==⋅A C AC A C n n n……………………11分=.所以直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值为5. ………………12分 19.解：（Ⅰ）设()(),00F c c -> ，由条件知()0,B b ，所以△ABF 的面积为()13222c b +⋅= ○1……1分 由2c a =得222a c =，从而2222b c c +=，化简得b c = ○2 ……………………………2分 ○1○2联立解得1b c==， ……………………………4分 从而a =，所以椭圆C 的方程为2212x y +=； …………………………… 5分（Ⅱ）当l x ⊥轴时，不合题意，故设():2l y k x =-， ……………………………6分将()2y k x =-代入2212x y +=得()2222128820.k x k x k +-+-=由题()24240k ∆=->得k <<， …………………………… 7分 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则22121222882,1212k k x x x x k k-+==++ ……………………………8分 因为13OP OQ ⋅=， 所以()()()()22221212121212121221243x x y y x x k x x k x x k x x k +=+--=+-++=……………… 9分 从而()2222222828112412123k k kk k k k -+-+=++解得1,222k ⎛=±∈- ⎝⎭，…………………………11分 所以直线l 的方程为220x y +-=或220x y --=. ……………………………12分（2）解法二：当l y ⊥轴时，其方程为0y =， 2OP OQ ⋅=-，不合题意， ………………………………6分当l 与y 轴不垂直时，设:2l x my =+，将2x my =+代入2212x y +=得()222420.m y my +++=由题()2820m ∆=->得m >m <， …………………………… 7分 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则12122242,22m y y y y m m -+==++ …………………………… 8分 因为13OP OQ ⋅=， 所以()()()()21212121212121221243x x y y my my y y m y y m y y +=+++=++++=，…………9分从而()222241124223m m m m m -+++=++解得(()2,2,m =±∈-∞+∞，……………11分所以直线l 的方程为220x y +-=或220x y --=. ……………………………12分 20.解：（Ⅰ）以样本的频率作为概率，在昼批次中随机抽取1件为合格品的概率是910，在夜批次中随机抽取1件为合格品的概率是34，…………2分 故两个批次中分别抽取2件产品，其中恰有1件不合格产品的概率为22112219313981101044410200C C ⎛⎫⎛⎫⨯⨯+⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．………………4分 （Ⅱ）①若对所有产品不做检测，设1Y 为昼批次中随机抽取1件的利润，1Y 的可能取值为10，-25， 所以1Y 的分布列为所以1250.1100.9 6.5EY =-⨯+⨯=,故在不对所有产品做检测的情况下，1000件产品的利润的期望值为110006500EY =，……… 6分设2Y 为夜批次中随机抽取1件的利润，2Y 的可能取值为10，-25， 所以2Y 的分布列为所以2250.25100.75 1.25EY =-⨯+⨯=，故在不对所有产品做检测的情况下，1000件产品的利润的期望值为210001250EY =，…………8分②若对所有产品做检测，昼批次1000件产品的合格品的期望为900件，不合格品的期望为100件，所以利润为90010 2.5100010056000⨯-⨯-⨯=，夜批次1000件产品的合格品的期望为750件，不合格品的期望为250件，所以利润为75010 2.5100025053750⨯-⨯-⨯=，……………………………… 10分综上，昼批次不做检测的利润期望6500大于做检测的利润期望6000，故昼批次不做检测为好；夜批次不做检测的利润期望1250小于做检测的利润期望3750，故夜批次做检测为优．………… 12分21. 解：（Ⅰ）由()b ee xf xx-2+-='-，得()b f -2=0'；由()ax x g 2='，得()a g 21='.………………………1分根据题意可得()⎩⎨⎧-++=+==bb a g a 212122，解得2=1=b a ,；………………………………………3分（Ⅱ）解法一：由不等式()()22+-≥k x kg x f 对任意R x ∈恒成立知022≥--+-kx e e x x 恒成立，令()2--+=2-kx e e x F x x ，显然()x F 为偶函数，故当0≥x 时，()0≥x F 恒成立.……………………4分 ()kxe e x F x x 2--='-，令()()02≥--=-x kx e e x h x x ，()ke e x h x x 2-+='-，令()()()x x x x e e x H x k e e x H ---='≥-+=,02，显然()x H '为()+∞,0上的增函数，故()()00='≥'H x H ，即()x H 在()+∞,0上单调递增，()k H 220-=.…………………………………………………………………………5分 ①当()0220≥-=k H ，即1≤k 时，()0≥x H ，则有()x h 在()+∞,0上单调递增，故()()00=≥h x h ，则()x F 在()+∞,0上单调递增，故()()0=0≥F x F ，符合题意；……………………………………6分②当()0220<-=k H ，即1>k 时，因为()0212ln >=kk H ，故存在()k x 2ln ,01∈，使得()01=x H ，故()x h 在()1,0x 上单调递减，在()+∞,1x 上单调递增.当()1,0x x ∈时，()()00=<h x h ，故()x F 在()1,0x 上单调递减，故()()0=0<F x F 与()0≥x F 矛盾.综上，1≤k .……………………………………………………………………………………8分解法二：由不等式()()22--≥k x kg x f 对任意R x ∈恒成立知022≥--+-kx e e x x 恒成立，当0=x 时，不等式成立；当0≠x 时，2-2-+≤x e e k x x ，令()2-2-+=x e e x h x x ，由于()x h 为偶函数，故只需考虑()+∞0,的情况即可.………………………………………………………………………………………………4分 当()+∞0∈,x 时，()()()3--2-+2--='x e e e e x x h x x x x .令()()()2-+2--=--x x x x e e e e x x F ，()()()x x x x e e e e x x F ----+='，令()()()()()xx x x x x e e x x G e e e e x x G ----='--+=,，当()+∞0∈,x 时，()0>'x G ，故()x G 在()+∞0,上单调递增，故()()0=0>G x G .……………………………………………………………………………………6分因此当()+∞0∈,x 时，()0>'x F ，故()x F 在()+∞0,上单调递增，即有()()0=0>F x F ，故()0>'x h ，所以()x h 在()+∞0,上单调递增，由洛必达法则有1=2+=2-=2-+-0→-0→2-0→x x x x x x x x x e e x e e x e e lim lim lim ，故1≤k .………………………………………………………………………………………………8分（Ⅲ）解法一：()()()()()21122121221121x x x x x x x x x x x x e e e e e e e e x f x f +---+--+++=++=⋅，由（2）知()()22212121++≥++-+x x e e x x x x ，当且仅当120x x +=时，等号成立；()22211221+-≥+--x x e e x x x x ，当且仅当120x x -=时，等号成立.故()()422222121++≥⋅x x x f x f ，当且仅当120x x ==时等号成立.…………………………………………………………………………………………………………10分 因此有()()4cos 2sin 2cos sin 2121++>n n f f θθθθ，()()4cos 2sin 2cos sin 122212++>--n n f f θθθθ，…， ()()4cos 2sin 2cos sin 1221++>θθθθn n f f以上n 个式子相加得()()()()()()()()n f f f f f f f f n n n n 6cos sin cos sin cos sin cos sin 121121>⋅+⋅++⋅+⋅--θθθθθθθθ .……………………………………………………………………………………………12分解法二：由（Ⅱ）知()()()()42242222222122212221222121++≥+++=++≥x x x x x x x x x f x f ，当且仅当120x x ==时等号同时成立.……………………………………………………………10分故()()4cos 2sin 2cos sin 2121++>n n f f θθθθ，()()4cos 2sin 2cos sin 122212++>--n n f f θθθθ，…， ()()4cos 2sin 2cos sin 1221++>θθθθn n f f以上n 个式子相加得()()()()()()()()n f f f f f f f f n n n n 6cos sin cos sin cos sin cos sin 121121>⋅+⋅++⋅+⋅--θθθθθθθθ .……………………………………………………………………………………………………12分 （二）选考题：22.解：（Ⅰ）曲线的参数方程为,2132x y t ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩(t 为参数).消去t 得0x =,将cos ,sin x y ρθρθ==代入上式得曲线1C 的极坐标方程c o 3i n 30,s i n .62πρθθρθ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭整理得 … … … … … … 2分 因为 222221sin -2cos cos ϕϕϕ=-y x… … … … …4分=221-sin =1cos ϕϕ所以曲线的普通方程为=1. … … … … … 5分（Ⅱ）因为23P ⎫-⎪⎪⎝⎭在曲线上,所以将的参数方程,2132x y t ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩(t 为参数).代入到的直角坐标方程得, ………………………………………… 8分则有126445t t ⋅=-,由参数t 的几何意义得1264.45PA PB t t ⋅=⋅= … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10分23. 解：()1()31,2,13,2,2131,,2x x f x x x x x <<⎧⎪--≤-⎪⎪=-+-⎨⎪⎪+≥⎪⎩… … … … … … … … … … … … 2分当时,;当时,;当时,. ()5.2f x 所以的最小值为 … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5分()()521=2 5.2M a b += 由知，即 1C 2C 22y 2x -1C 1C 2C 25480839t t +-=2x ≤-()f x 5≥122x -<<5()52f x <<12x ≥()f x 52≥()()00111211111217121又因为，，所以+++⎛⎫=++++>>⎡⎤ ⎪⎣⎦++⎝⎭a b a b a b a b… … … … … …… … … … … … …… 7分121127121++⎛⎫=++ ⎪++⎝⎭b a a b … … … … … … … … … … … … … …… … … … … … … …8分1117121⎛⎫+≥ ⎪ ⎪+⎝⎭a b 4=.7114.1217a b +≥++所以… … … … … … …… … … … … … … … … … 10分。

2020年高考数学模拟试卷（理科）（八）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A ＝{x |x 2+x ﹣2＞0}．B ＝{﹣1，0，1，2}，则（ ） A ．A ∩B ＝{2}B ．A ∪B ＝RC ．B ∩（∁R A ）＝{﹣1，2}D ．B ∪（∁R A ）＝{x |﹣1＜x ＜2}2．已知a 是实数，a+i 1−i是纯虚数，则a 等于（ ） A ．1B ．﹣1C ．√2D ．−√23．已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜a ＜cD ．c ＜a ＜b4．如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．n ≡N （modm ）表示正整数n 除以正整数m 的余数为N ，例如10≡4（mod 6）．执行该程序框图，则输出的n 等于（ ）A ．11B ．13C ．14D ．175．若a →，b →是两个非零向量，且|a →+b →|=m|a →|=m|b →|，m ∈[1，√3]．则向量b →与a →−b →夹角的取值范围是（ ） A ．[π3，2π3]B ．[π3，5π6]C ．[2π3，5π6] D ．[5π6，π]6．函数y =1x−ln(x+1)的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．7．圆周率π是数学中一个非常重要的数，历史上许多中外数学家利用各种办法对π进行了估算．现利用下列实验我们也可对圆周率进行估算．假设某校共有学生N 人，让每人随机写出一对小于1的正实数a ，b ，再统计出a ，b ，1能构造锐角三角形的人数M ，利用所学的有关知识，则可估计出π的值是（ ） A ．4M NB ．4(N−M)NC ．2M+N ND ．4M+2N N8．设奇函数f （x ）在（0，+∞）上为增函数，且f （1）＝0，则不等式f(x)−f(−x)x＜0的解集为（ ）A ．（﹣1，0）∪（1，+∞）B ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）C ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D ．（﹣1，0）∪（0，1）9．过抛物线y 2＝4x 的焦点的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，设点M （3，0）．若△MAB 的面积为4√2，则|AB |＝（ ） A ．2B ．4C ．2√3D ．810．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n =(S n −1)2S n．数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n •（2n +1）a n ，则数列{b n }的前100项和T 100为（ ） A ．101100B ．−101100C ．−100101D ．10010111．对于函数f(x)=12(sinx +cosx)−12|sinx −cosx|．有下列说法： ①f （x ）的值城为[﹣1，1]；②当且仅当x =2kπ+π4(k ∈Z)时，函数f （x ）取得最大值； ③函数f （x ）的最小正周期是π；④当且仅当x ∈(2kπ，2kπ+π2)(k ∈Z)时f （x ）＞0． 其中正确结论的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．412．三棱锥P ﹣ABC 中．AB ⊥BC ，△PAC 为等边三角形，二面角P ﹣AC ﹣B 的余弦值为−√63，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（ ） A ．1 B ．2 C ．12D ．13二、填空题：13．已知（x ﹣1）（ax +1）5的展开式中，x 2的系数为0，则实数a ＝ ． 14．已知双曲线x 2a −y 2b =1（a ＞0，b ＞0）的左右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△PAB 为等腰三角形，∠PAB ＝120°，则双曲线的离心率为 ． 15．已知数列{a n }满足a nn =n−1n (a n+1n+1−1)+1（n ∈N *），且a 2＝6，则{a n }的通项公式为 ．16．改革开放40年来，我国城市基础设施发生了巨大的变化，各种交通工具大大方便了人们的出行需求．某城市的A 先生实行的是早九晚五的工作时间，上班通常乘坐公交或地铁加步行．已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行5分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z 1（单位：分钟）服从正态分布N （33，42），下车后步行再到单位需要12分钟；乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z 2（单位：分钟）服从正态分布N （44，22），从地铁站步行到单位需要5分钟．现有下列说法： ①若8：00出门，则乘坐公交一定不会迟到；②若8：02出门，则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同； ③若8：06出门，则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大； ④若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大． 则以上说法中正确的序号是 ．参考数据：若Z ～N （μ，σ2），则P （μ﹣σ＜Z ≤μ+σ）＝0.6826， P （μ﹣2σ＜Z ≤μ+2σ）＝0.9544， P （μ﹣3σ＜Z ≤μ+3σ）＝0.9974三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22.23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：17．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin 2A−sin 2CsinB=√2a−b2，且△ABC 外接圆的半径为1． （Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）求△ABC 面积的最大值．18．如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，∠BAD ＝60°，对角线AC 与BD 相交于点O ，四边形ACFE 为梯形，EF ∥AC ，点E 在平面ABCD 上的射影为OA 的中点，AE 与平面ABCD 所成角为45°． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面ACF ；（Ⅱ）求平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值．19．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线x +y ＝1被椭圆截得的弦的中点坐标为P(34，14)． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，当△ABF 2面积最大时，求直线l 的方程． 20．为实现2020年全面建设小康社会，某地进行产业的升级改造．经市场调研和科学研判，准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件，目前只有甲、乙两种设备可以独立生产该部件．如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件，对其核心部件的尺寸x ，进行统计整理的频率分布直方图．根据行业质量标准规定，该核心部件尺寸x 满足：|x ﹣12|≤1为一级品，1＜|x ﹣12|≤2为二级品，|x ﹣12|＞2为三级品．（Ⅰ）现根据频率分布直方图中的分组，用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产品，再从所抽取的40件产品中，抽取2件尺寸x ∈[12，15]的产品，记ξ为这2件产品中尺寸x ∈[14，15]的产品个数，求ξ的分布列和数学期望；（Ⅱ）将甲设备生产的产品成箱包装出售时，需要进行检验．已知每箱有100件产品，每件产品的检验费用为50元．检验规定：若检验出三级品需更换为一级或二级品；若不检验，让三级品进入买家，厂家需向买家每件支付200元补偿．现从一箱产品中随机抽检了10件，结果发现有1件三级品．若将甲设备的样本频率作为总体的慨率，以厂家支付费用作为决策依据，问是否对该箱中剩余产品进行一一检验？请说明理由； （Ⅲ）为加大升级力度，厂家需增购设备．已知这种产品的利润如下：一级品的利润为500元/件；二级品的利润为400元/件；三级品的利润为200元/件．乙种设备产品中一、二、三级品的概率分别是25，12，110．若将甲设备的样本频率作为总体的概率，以厂家的利润作为决策依据．应选购哪种设备？请说明理由． 21．已知函数f （x ）＝lnx +ax +1．（Ⅰ）若函数f （x ）有两个零点，求a 的取值范围； （Ⅱ）f （x ）≤xe x 恒成立，求a 的取值范围．（二）选考题：共10分.请考生在第22.23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =tt+1，y =2t+1t+1（t 为参数），曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα（α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．（Ⅰ）求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；（Ⅱ）射线θ1=β(0＜β＜π2)与曲线C 2交于O ，P 两点，射线θ2=π2+β与曲线C 1交于点Q ，若△OPQ 的面积为1，求|OP |的值． [选修4-5：不等式选讲] 23．已知a ，b ，c 为正实数．（Ⅰ）若a +b +c ＝1，证明：(1a−1)(1b−1)(1c−1)≥8； （Ⅱ）证明：ab+c+b a+c+c a+b≥32．参考答案一、选择题：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 2+x ﹣2＞0}．B ＝{﹣1，0，1，2}，则（ ） A ．A ∩B ＝{2}B ．A ∪B ＝RC ．B ∩（∁R A ）＝{﹣1，2}D ．B ∪（∁R A ）＝{x |﹣1＜x ＜2}【分析】先求出集合A ，再求两集合的交，并，补，可判断正误． 解：∵A ＝{x |x 2+x ﹣2＞0}＝{x |x ＜﹣2或x ＞1}．∴A ∩B ＝{2}． 故选：A ． 2．已知a 是实数，a+i 1−i是纯虚数，则a 等于（ ） A ．1B ．﹣1C ．√2D ．−√2【分析】利用复数的运算法则即可得出． 解：∵a+i 1−i=(a+i)(1+i)(1−i)(1+i)=a−12+a+12i 是纯虚数，∴a−12=0，a+12≠0，解得a ＝1，故选：A ．3．已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜a ＜cD ．c ＜a ＜b【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解． 解：∵log 51＜log 52＜log 5√5，∴0＜a ＜12， ∵log 0.50.2＝log 25＞log 24，∴b ＞2， ∵0.51＜0.50.2＜0.50，∴12＜c ＜1，∴a ＜c ＜b ， 故选：B ．4．如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．n ≡N （modm ）表示正整数n 除以正整数m 的余数为N ，例如10≡4（mod 6）．执行该程序框图，则输出的n 等于（ ）A ．11B ．13C ．14D ．17【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．解：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出同时满足以下条件的最小两位数： ①被3除余2， ②被4除余1， 故输出的n 为17， 故选：D ．5．若a →，b →是两个非零向量，且|a →+b →|=m|a →|=m|b →|，m ∈[1，√3]．则向量b →与a →−b →夹角的取值范围是（ ） A ．[π3，2π3]B ．[π3，5π6] C ．[2π3，5π6] D ．[5π6，π] 【分析】根据题意，设|a →|＝|b →|＝t ，向量b →与a →−b →夹角为θ，又由|a →+b →|＝mt ，由向量模的计算公式变形可得：a →•b →=m 2t 22−t 2，进而可得|a →−b →|的值，由数量积公式可得cos θ=b →⋅(a →−b →)|b →||a →−b →|=−12×√4−m 2m 的范围，分析可得cos θ的范围，结合余弦函数的性质分析可得答案．解：根据题意，设|a →|＝|b →|＝t ，则|a →+b →|＝mt ，再设向量b →与a →−b →夹角为θ，则有|a →+b →|2＝（a →+b →）2=a →2+b →2+2a →•b →=m 2t 2，变形可得：a →•b →=m 2t 22−t 2，则有|a →−b →|2＝（a →−b →）2=a →2+b →2﹣2a →•b →=2t 2﹣2（m 2t 22−t 2）＝4t 2﹣m 2t 2，变形可得|a →−b →|=√4−m 2t ，则cos θ=b →⋅(a →−b →)|b →||a →−b →|=a →⋅b →−b→2|b →||a →−b →|=m 2t 22−t 2−t2t×√4−m t=12×2√4−m =−12×√4−m 2，又由1≤m ≤√3，则1≤√4−m 2≤√3，则有−√32≤cos θ≤−12，又由0≤θ≤π，则有2π3≤θ≤5π6，即θ的取值范围为[2π3，5π6]；故选：C ．6．函数y =1x−ln(x+1)的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】根据函数是否存在零点，以及f （1）的符号，利用排除法进行判断即可． 解：f （1）=11−ln2＞0，排除C ，D ， 由y =1x−ln(x+1)=0，则方程无解，即函数没有零点，排除B ， 故选：A ．7．圆周率π是数学中一个非常重要的数，历史上许多中外数学家利用各种办法对π进行了估算．现利用下列实验我们也可对圆周率进行估算．假设某校共有学生N 人，让每人随机写出一对小于1的正实数a ，b ，再统计出a ，b ，1能构造锐角三角形的人数M ，利用所学的有关知识，则可估计出π的值是（ ） A ．4M NB ．4(N−M)NC ．2M+N ND ．4M+2N N【分析】N 个实数对（a ，b ）都在边长为1的正方形AOBC 内，若a ，b ，1能构造锐角三角形，则a 2+b 2＞1，所以N 对实数对落在单位圆x 2+y 2＝1外的有M 对，再利用几何概率的概率公式即可求出π的近似值．解：学校共有学生N 人，每人随机写出一对小于1的正实数a ，b ，得到N 个实数对（a ，b ），因为0＜a ＜1，0＜b ＜1，所以N 个实数对（a ，b ）都在边长为1的正方形AOBC 内，如图所示：若a ，b ，1能构造锐角三角形，因为1是最长边，所以1所对的角为锐角， 所以a 2+b 2−12ab＞0，即a 2+b 2＞1，所以N 对实数对落在单位圆x 2+y 2＝1外的有M 对， 由几何概率的概率公式可得：MN=1×1−14π×121×1=1−14π，所以π=4(N−M)N， 故选：B ．8．设奇函数f （x ）在（0，+∞）上为增函数，且f （1）＝0，则不等式f(x)−f(−x)x＜0的解集为（ ）A ．（﹣1，0）∪（1，+∞）B ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）C ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D ．（﹣1，0）∪（0，1）【分析】根据函数为奇函数求出f （1）＝0，再将不等式x f （x ）＜0分成两类加以分析，再分别利用函数的单调性进行求解，可以得出相应的解集．解：∵f （x ）为奇函数，且在（0，+∞）上是增函数，f （1）＝0， ∴f （1）＝﹣f （﹣1）＝0，在（﹣∞，0）内也是增函数 ∴f(x)−f(−x)x=2f(x)x＜0，即{x ＞0f(x)＜0或 {x ＜0f(x)＞0根据在（﹣∞，0）和（0，+∞）内是都是增函数 解得：x ∈（﹣1，0）∪（0，1） 故选：D ．9．过抛物线y 2＝4x 的焦点的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，设点M （3，0）．若△MAB 的面积为4√2，则|AB |＝（ ） A ．2B ．4C ．2√3D ．8【分析】求得抛物线的焦点F 的坐标，可设直线l 的方程为x ＝ty +1，联立抛物线的方程，消去x ，可得y 的二次方程，运用韦达定理和弦长公式，以及三角形的面积公式，解得t ，进而得到所求值．解：抛物线y 2＝4x 的焦点F 为（1，0），可设直线l 的方程为x ＝ty +1， 代入抛物线方程，可得y 2﹣4ty ﹣4＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），可得y 1+y 2＝4t ，y 1y 2＝﹣4，则|AB |=√1+t 2•|y 1﹣y 2|=√1+t 2•√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√1+t 2•√16t 2+16， △MAB 的面积为12|MF |•|y 1﹣y 2|=12×2|y 1﹣y 2|＝4√2， 即√16t 2+16=4√2，解得t ＝±1， 则|AB |=√1+1•√16+16=8， 故选：D ．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n =(S n −1)2S n．数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n•（2n +1）a n ，则数列{b n }的前100项和T 100为（ ） A ．101100B ．−101100C ．−100101D ．100101【分析】由a n =(S n −1)2S n求出a 1，a 2，猜想出a n =1n(n+1)，然后用数学归纳法证明猜想，再使用裂项相消法求数列{b n }的前100项和T 100．解：∵a n =(S n −1)2S n，∴当n ＝1时，有a 1=(S 1−1)2S 1，解得a 1=12；当n ＝2时，可解得a 2=16，故猜想：a n =1n(n+1)，下面利用数学归纳法证明猜想：①当n ＝1，2时，由以上知道a n =1n(n+1)显然成立；②假设当n ＝k （k ≥2）时，有a k =1k(k+1)成立，此时S k =11×2+12×3+⋯+1k(k+1)=11−12+12−13+⋯+1k −1k+1=k k+1成立，那么当n ＝k +1时，有a k +1=(S k+1−1)2S k+1=(S k +a k+1−1)2S k +a k+1=(k k+1+a k+1−1)2k k+1+a k+1，解得a k +1=1(k+1)[(k+1)+1]，这说明当n ＝k +1时也成立．由①②知：a n =1n(n+1)．∵b n ＝（﹣1）n •（2n +1）a n ，∴b n ＝（﹣1）n•（2n +1）•1n(n+1)=（﹣1）n （1n+1n+1），∴数列{b n }的前100项和T 100＝﹣（11+12）+（12+13）﹣（13+14）+…+（1100+1101）＝﹣1+1101=−100101． 故选：C ．11．对于函数f(x)=12(sinx +cosx)−12|sinx −cosx|．有下列说法： ①f （x ）的值城为[﹣1，1]；②当且仅当x =2kπ+π4(k ∈Z)时，函数f （x ）取得最大值； ③函数f （x ）的最小正周期是π；④当且仅当x ∈(2kπ，2kπ+π2)(k ∈Z)时f （x ）＞0． 其中正确结论的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4【分析】根据绝对值的定义将函数f （x ）写成分段函数，再作出函数的图象即可判断各命题的真假． 解：因为f （x ）={cosx ，sinx ≥cosxsinx ，sinx ＜cosx，作出函数f （x ）的图象，如图所示：所以，f（x）的值城为[﹣1，√22]，①错误；函数f（x）的最小正周期是2π，③错误；当且仅当x=2kπ+π4(k∈Z)时，函数f（x）取得最大值，②正确；当且仅当x∈(2kπ，2kπ+π2)(k∈Z)时，f（x）＞0，④正确．故选：B．12．三棱锥P﹣ABC中．AB⊥BC，△PAC为等边三角形，二面角P﹣AC﹣B的余弦值为−√63，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（）A．1B．2C．12D．13【分析】由已知作出图象，找出二面角P﹣AC﹣B的平面角，设出AB，BC，AC的长，即可求出三棱锥P﹣ABC的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有AC长度的字母表示），再设出球心O，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得AC的长度，则三棱锥体积的最大值可求．解：如图所示，过点P作PE⊥面ABC，垂足为E，过点E作ED⊥AC交AC于点D，连接PD，则∠PDE为二面角P﹣AC﹣B的平面角的补角，即有cos∠PDE=√63，易知AC⊥面PDE，则AC⊥PD，而△PAC为等边三角形，∴D为AC中点，设AB＝a，BC＝b，AC=√a2+b2=c，则PE ＝PD sin ∠PDE =√32×c ×√33=c 2，故三棱锥P ﹣ABC 的体积为：V =13×12ab ×c 2=112abc ≤112c ×a 2+b 22=c 324， 当且仅当a ＝b =√22c 时，体积最大，此时B 、D 、E 共线．设三棱锥P ﹣ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ， 由已知，4πR 2＝8π，得R =√2．过点O 作OF ⊥PE 于F ，则四边形ODEF 为矩形，则OD ＝EF =√2−(c2)2，ED ＝OF ＝PD cos ∠PDE =√32c ×√63=√22c ，PE =c 2，在Rt △PFO 中，（√2）2=(√22c)2+(c2−√2−(c 2)2)2，解得c ＝2．∴三棱锥P ﹣ABC 的体积的最大值为：c 324=2324=13．故选：D ．二、填空题：13．已知（x ﹣1）（ax +1）5的展开式中，x 2的系数为0，则实数a ＝12．【分析】将原式转化为x （ax +1）5﹣（ax +1）5，然后利用（ax +1）5的通项研究x 2． 解：原式＝x （ax +1）5﹣（ax +1）5， 因为（ax +1）5＝（1+ax ）5，故原式x 2项为：xC 51ax −C 52(ax)2=(aC 51−a 2C 52)x 2，令aC 51−a 2C 52=0，即5a ﹣10a 2＝0，解得a =12或a ＝0（舍）．故答案为：12．14．已知双曲线x 2a −y 2b =1（a ＞0，b ＞0）的左右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△PAB 为等腰三角形，∠PAB ＝120°，则双曲线的离心率为 √2 ．【分析】设P （m ，n ）在第二象限，由题意可得|PA |＝|AB |＝2a ，求得P 的坐标，代入双曲线的方程，化简可得a ，b 的关系，即可得到所求离心率．解：设P （m ，n ）在第二象限，由△PAB 为等腰三角形，∠PAB ＝120°，可得|PA |＝|AB |＝2a ，可得m ＝2a cos120°﹣a ＝﹣2a ，n ＝2a sin60°=√3a ，即P （﹣2a ，√3a ）， 由P 在双曲线上，可得4a 2a 2−3a 2b 2=1，即有b 2a 2=1，即a ＝b ，可得e =c a=√1+b 2a2=√2，故答案为：√2． 15．已知数列{a n }满足a n n=n−1n (a n+1n+1−1)+1（n ∈N *），且a 2＝6，则{a n }的通项公式为 2n 2﹣n ．【分析】易求a 1＝1，当n ≥2时，对已知等式变形得a nn−1n−1=a n+1n+1−1n ，所以数列{a n n−1n−1}从第二项开始是常数列，所以a nn−1n−1=2，从而求出a n ，验证首项满足a n ，进而得到{a n }的通项公式． 解：数列{a n }满足a n n=n−1n (a n+1n+1−1)+1（n ∈N *），a n n −1=n−1n (a n+1n+1−1) ①当n ＝1时，a 1＝1， ②当n ≥2时，a n n−1=n−1n(a n+1n+1−1)∴a nn−1n−1=a n+1n+1−1n，∴数列{a n n −1n−1}从第二项开始是常数列，又a 22−12−1=2，∴a nn−1n−1=2，∴a n =2n 2−n （n ≥2）， 又a 1＝1满足上式， ∴a n =2n 2−n ， 故答案为：2n 2﹣n ．16．改革开放40年来，我国城市基础设施发生了巨大的变化，各种交通工具大大方便了人们的出行需求．某城市的A先生实行的是早九晚五的工作时间，上班通常乘坐公交或地铁加步行．已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行5分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1（单位：分钟）服从正态分布N（33，42），下车后步行再到单位需要12分钟；乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2（单位：分钟）服从正态分布N（44，22），从地铁站步行到单位需要5分钟．现有下列说法：①若8：00出门，则乘坐公交一定不会迟到；②若8：02出门，则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同；③若8：06出门，则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大；④若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大．则以上说法中正确的序号是②④．参考数据：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜Z≤μ+3σ）＝0.9974【分析】利用正态分布对每一个说法求解器复数的概率，逐项分析，即可选出正确答案．解：若8：00出门，江先生乘坐公交，从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≥45）=1−P(21＜Z＜45)2=1−0.99742=0.0013．∴江先生仍有可能迟到，只不过概率较小，故①错误；若8：02出门，江先生乘坐公交．∵从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≤41）=1−P(25＜Z＜41)2+P(25＜Z＜41)=0.9772时，江先生乘坐公交不会迟到；若8：02出门，江先生乘坐地铁．∵从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N（44，22），故当满足P（Z≤48）=1−P(40＜Z＜48)2+P(40＜Z＜48)=0.9972时，江先生乘坐地铁不会迟到．此时两种上班方式江先生不迟到的概率相当，故②正确；若8：06出门，江先生乘坐公交．∵从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≤37）=1−P(29＜Z＜37)2+P(29＜Z＜37)=0.8413时，江先生乘坐公交不会迟到；若8：06出门，江先生乘坐地铁．∵从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N（44，22），故当满足P（Z≤44）=12=0.5时，江先生乘坐地铁不会迟到．此时两种上班方式，乘坐公交比地铁上班迟到的可能性小，故③错误；若8：12出门，江先生乘坐公交．∵从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≤31）时，江先生乘坐公交不会迟到，而P（Z≤31）＞P（Z≤29）=1−P(29＜Z＜37)2=0.1857；若8：12出门，江先生乘坐地铁．∵从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N（44，22），故当满足P（Z≤38）=1−P(38＜Z＜50)2=0.00135时，江先生乘坐地铁不会迟到．由0.1857＞0.00135，∴若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大，故④正确．故答案为：②④．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22.23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：17．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin 2A−sin 2CsinB=√2a−b2，且△ABC 外接圆的半径为1． （Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）求△ABC 面积的最大值．【分析】（Ⅰ）由已知利用正弦定理可得sin A =a 2，sin B =b2，sin C =c2，代入已知等式整理可得a 2+b 2−c 22ab=√22，由余弦定理可得cos C ，结合范围C ∈（0，π），可求C 的值．（Ⅱ）由正弦定理可得c ，由余弦定理，基本不等式可求ab ≤22−2=2+√2，进而利用三角形的面积公式可求△ABC 面积的最大值． 解：（Ⅰ）∵由正弦定理a sinA=b sinB=c sinC=2，可得sin A =a2，sin B =b2，sin C =c2，又sin 2A−sin 2CsinB=√2a−b2， ∴a 24−c 24b 2=√2a−b2， ∴a 2﹣b 2=√2ab ﹣b 2，即a 2+b 2−c 22ab =√22，由余弦定理可得cos C =a 2+b 2−c 22ab =√22， ∵C ∈（0，π）， ∴C =π4． （Ⅱ）由正弦定理c sinC=2，可得c ＝2sinπ4=√2，由余弦定理2＝a 2+b 2﹣2ab ⋅√22≥2ab −√2ab ＝（2−√2）ab ，可得ab ≤2−2=2+√2，当且仅当a ＝b 时等号成立，可得S △ABC =12ab sin C =√24ab ≤√2+12，当且仅当a ＝b 时等号成立，即△ABC 面积的最大值为√2+12．18．如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，∠BAD ＝60°，对角线AC 与BD 相交于点O ，四边形ACFE 为梯形，EF ∥AC ，点E 在平面ABCD 上的射影为OA 的中点，AE 与平面ABCD 所成角为45°． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面ACF ；（Ⅱ）求平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AO 中点H ，连结EH ，则EH ∥平面ABCD ，从而EH ⊥BD ，再由AC ⊥BD ，能证明BD ⊥平面ACF ．（Ⅱ）以H 为原点，HA 为x 轴，在平面ABCD 中过H 作AC 的垂线为y 轴，HE 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值． 解：（Ⅰ）证明：取AO 中点H ，连结EH ，则EH ∥平面ABCD ， ∵BD 在平面ABCD 内，∴EH ⊥BD ，又菱形ABCD 中，AC ⊥BD ，且EH ∩AC ＝H ， EH ，AC 在平面EACF 内，∴BD ⊥平面EACF ，∴BD ⊥平面ACF ． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知EH ⊥平面ABCD ，以H 为原点，HA 为x 轴，在平面ABCD 中过H 作AC 的垂线为y 轴， HE 为z 轴，建立空间直角坐标系，∵EH ⊥平面ABCD ，∴∠EAH 为AE 与平面ABCD 所成的角，即∠EAH ＝45°， ∵AB ＝4，∴AO ＝2√3，AH =√3，EH =√3，∴H （0，0，0），A （√3，0，0），D （−√3，﹣2，0），O （−√3，0，0），E （0，0，√3），平面ABCD 的法向量n →=（0，0，1），AO →=（﹣2√3，0，0），DE →=（√3，2，√3），∵EF ∥AC ，∴EF →=λAO →=（﹣2√3λ，0，0），设平面DEF 的法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅DE →=√3x +2y +√3z =0m →⋅EF →=−2√3λx =0，取y =√3，得m →=（0，√3，﹣2）， ∴cos ＜n →，m →＞=n →⋅m →|n →|⋅|m →|=1⋅7=−2√77．∴平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值为√1−(−277)2=√217．19．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线x +y ＝1被椭圆截得的弦的中点坐标为P(34，14)．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，当△ABF 2面积最大时，求直线l 的方程． 【分析】（Ⅰ）利用点差法和斜率公式即可求出；（Ⅱ）设A （x 3，y 3），B （x 4，y 4），联立直线与椭圆的方程可得（m 2+2）y 2﹣2my ﹣1＝0，由三角形面积公式和基本不等式即可求出．解：（Ⅰ）直线x +y ＝1与y 轴的交于（0，1）点，∴b ＝1， 设直线x +y ＝1与椭圆C 交于点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， 则x 1+x 2=32，y 1+y 2=12， ∴x 12a 2+y 12b 2=1，x 22a 2+y 22b 2=1，两式相减可得1a2（x 1﹣x 2）（x 1+x 2）+1b2（y 1﹣y 2）（y 1+y 2）＝0，∴y 1−y 2x 1−x 2=−b 2(x 1+x 2)a (y 1+y 2)，∴−b 2a 2•3212=−1，解得a 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 23+y 2＝1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F 1（−√2，0），F 2（−√2，0），设A （x 3，y 3），B （x 4，y 4）， 讲直线l 的方程x ＝my −√2代入x 23+y 2＝1，可得（m 2+3）y 2﹣2√2my ﹣1＝0，则y 3+y 4=2√2m m 2+3，y 3y 4=−1m 2+3，|y 3﹣y 4|=√(y 3−y 4)2−4y 1y 2=2√3⋅√m 2+12，∴S △ABF 2=12|F 1F 2|•|y 3﹣y 4|=√2|•|y 3﹣y 4|=2√6⋅√m 2+1m 2+3=√6√m +1+2m +1≤√626=√3， 当且仅当√m 2+1=√m +1，即m ＝±1，△ABF 2面积最大，即直线l 的方程为x ﹣y +√2=0或x +y +√2=0．20．为实现2020年全面建设小康社会，某地进行产业的升级改造．经市场调研和科学研判，准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件，目前只有甲、乙两种设备可以独立生产该部件．如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件，对其核心部件的尺寸x ，进行统计整理的频率分布直方图．根据行业质量标准规定，该核心部件尺寸x 满足：|x ﹣12|≤1为一级品，1＜|x ﹣12|≤2为二级品，|x ﹣12|＞2为三级品．（Ⅰ）现根据频率分布直方图中的分组，用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产品，再从所抽取的40件产品中，抽取2件尺寸x ∈[12，15]的产品，记ξ为这2件产品中尺寸x ∈[14，15]的产品个数，求ξ的分布列和数学期望；（Ⅱ）将甲设备生产的产品成箱包装出售时，需要进行检验．已知每箱有100件产品，每件产品的检验费用为50元．检验规定：若检验出三级品需更换为一级或二级品；若不检验，让三级品进入买家，厂家需向买家每件支付200元补偿．现从一箱产品中随机抽检了10件，结果发现有1件三级品．若将甲设备的样本频率作为总体的慨率，以厂家支付费用作为决策依据，问是否对该箱中剩余产品进行一一检验？请说明理由； （Ⅲ）为加大升级力度，厂家需增购设备．已知这种产品的利润如下：一级品的利润为500元/件；二级品的利润为400元/件；三级品的利润为200元/件．乙种设备产品中一、二、三级品的概率分别是25，12，110．若将甲设备的样本频率作为总体的概率，以厂家的利润作为决策依据．应选购哪种设备？请说明理由．【分析】（I）计算各区间尺寸的产品件数，再根据超几何分布计算；（II）计算三极品的概率，分别计算两种情况下的费用得出结论；（III）分别计算两种设备生产一件产品的利润数学期望，得出结论．解：（I）抽取的40件产品中，产品尺寸x∈[12，15]的件数为：40×[（0.2+0.175+0.075）×1]＝18，其中x∈[14，15]的产品件数为40×（0.075×1）＝3，∴ξ的可能取值为0，1，2，∴P（ξ＝0）=C152C182=3551，P（ξ＝1）=C151⋅C31C182=517，P（ξ＝2）=C32C182=151，∴ξ的分布列为：ξ01P35515 17∴Eξ＝0×3551+1×517+2×151=13．（II）三级品的概率为（0.1+0.075）×1＝0.175，若对剩余产品逐一检验，则厂家需支付费用50×100＝5000；若对剩余产品不检验，则厂家需支付费用50×10+200×90×0.175＝3650，∵5000＞3650，故不对剩余产品进行逐一检验．（III）设甲设备生产一件产品的利润为y1，乙设备生产一件产品的利润为y2，则E（y1）＝500×（0.3+0.2）+400×（0.150+0.175）+200×0.175＝415，E（y2）＝500×25+400×12+200×110=420．∵E（y1）＜E（y2）．∴应选购乙设备．21．已知函数f（x）＝lnx+ax+1．（Ⅰ）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围；（Ⅱ）f（x）≤xe x恒成立，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）研究函数f（x）的单调性、极值情况，根据极值的符号构造出关于a的不等式求解；（Ⅱ）不等式恒成立，即可转化为函数的最值问题，因为原函数的单调性不好研究，所以可分离参数a ，即问题转化为a ≤e x −lnx x −1x在（0，+∞）上恒成立．再研究函数g （x ）=e x −lnx x −1x的单调性，求其最小值即可． 解：（Ⅰ）由已知得x ＞0，f′(x)=1x+a ． ①当a ≥0时，f ′（x ）＞0，此时f （x ）是增函数，故不会有两个零点； ②当a ＜0时，由f′(x)=1x +a =0，得x =−1a＞0， 此时x ∈(0，−1a)时，f′(x)＞0，此时f(x)递增；当x ∈(−1a，+∞)时，f′(x)＜0，此时f(x)是减函数．所以x =−1a 时，f （x ）取得极大值，由f （x ）有两个零点，所以f(−1a )＞0，解得﹣1＜a ＜0．又f(1e )=ae ＜0，所以f （x ）在（0，−1a ）有唯一零点． 再取x 0=e(−a)2＞−1a ，则f(x 0)=1+2ln(−1a )+e a +1＜2+2(−1a −1)+e a =e−2a ＜0． 所以f （x ）在（−1a，+∞）有唯一实数根．a 的取值范围是（﹣1，0）．（Ⅱ）f （x ）≤xe x 恒成立，即xe x ≥lnx +ax +1在（0，+∞）上恒成立，即a ≤e x −lnx x−1x在（0，+∞）上恒成立． 令g （x ）=e x −lnx x −1x ，则g′(x)=e x +lnx x 2=x 2e x +lnxx 2． 令h （x ）＝x 2e x +lnx ，则h′(x)=2xe x +x 2e x +1x＞0．所以h （x ）在（0，+∞）上递增．而h （1）＝e ＞0，h （1e ）=e 1e e 2−1＜0，故存在x 0∈(1e ，1)使得h （x 0）＝0，即x 02e x 0+lnx 0=0． ∴x 0ex 0=−1x 0lnx 0=1x 0ln 1x 0=ln 1x 0e ln 1x 0．令λ（x ）＝xe x ，在（0，+∞）上，λ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，所以λ（x ）在（0，+∞）上递增，∴x 0=ln 1x 0．而在（0，x 0）上，h （x ）＜0，即g ′（x ）＜0，所以g （x ）在（0，x 0）上递减；在（x 0，+∞）上，h （x ）＞0，即g ′（x ）＞0，故g （x ）在（x 0，+∞）上递增．所以g （x ）min ＝g （x 0）=e x 0−lnx 0x 0−1x 0=e ln1x 0−−x 0x 0−1x=1，∴a ≤1．所以a 的取值范围是（﹣∞，1]． 一、选择题22．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =tt+1，y =2t+1t+1（t 为参数），曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα（α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．（Ⅰ）求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；（Ⅱ）射线θ1=β(0＜β＜π2)与曲线C 2交于O ，P 两点，射线θ2=π2+β与曲线C 1交于点Q ，若△OPQ 的面积为1，求|OP |的值．【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）利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用及三角形的面积公式的应用求出结果．解：（Ⅰ）曲线C 1的参数方程为{x =tt+1，y =2t+1t+1（t 为参数），转换为直角坐标方程为：x ﹣y +1＝0．曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα（α为参数），转换为直角坐标方程为x 2+y 2﹣4x＝0，根据{x =ρcosθy =ρsinθ，转换为极坐标方程为ρ＝4cos θ．（Ⅱ）由于ρ＝4cos θ，设点P （4cos β，β），由于直线C 1的极坐标方程为ρcos θ﹣ρsin θ+1＝0． 得到Q （1cosβ+sinβ，π2+β），所以S △POQ =12×4cosθ×1cosβ+sinβ=1，解得cos β＝sin β，所以β=π4， 所以|OP |＝4cos β=2√2． [选修4-5：不等式选讲] 23．已知a ，b ，c 为正实数．（Ⅰ）若a +b +c ＝1，证明：(1a −1)(1b −1)(1c−1)≥8；（Ⅱ）证明：ab+c +ba+c+ca+b≥32．【分析】（Ⅰ）直接利用基本不等式即可得证；（Ⅱ）通过变形，再利用柯西不等式直接证明即可．【解答】证明：（Ⅰ）(1a −1)(1b−1)(1c−1)=1−a a⋅1−b b⋅1−c c=b+c a⋅a+c b⋅a+b c≥2√bca⋅2√ac b ⋅2√abc=8，当且仅当“a＝b＝c”时取等号；（Ⅱ）ab+c +ba+c+ca+b=(a+b+cb+c−1)+(a+b+ca+c−1)+(a+b+ca+b−1)=12[(b+c)+(a+c)+(a+b)](1b+c+1a+c+1a+b)−3≥12(√b+c⋅b+c +√a+ca+c+√a+b⋅a+b)2−3=12×32−3=32，当且仅当“a＝b＝c”时取等号．。

数学理一、选择题（共12小题）.1.已知集合1|244xA x ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，1|lg 10B y y x x ⎧⎫==>⎨⎬⎩⎭,，则AB =（）A.[]22-,B.(1,)+∞C.(]1,2- D.(](1)2-∞-⋃+∞,,答案：C 【分析】先解得不等式1244x ≤≤及110x >时函数lg y x =的值域,再根据交集的定义求解即可. 解：由题,不等式1244x≤≤,解得22x -≤≤,即{}|22A x x =-≤≤；因为函数lg y x =单调递增,且110x >,所以1y >-,即{}|1B y y =>-,则(]1,2A B ⋂=-, 故选:C点评：本题考查集合的交集运算,考查解指数不等式,考查对数函数的值域. 2.已知复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1,2)-，则1zi =+（） A.3322i -+ B.3122i -+ C.1322i -+D.1322i + 答案：D 【分析】根据复数z 在复平面内对应的点的坐标为(1,2)-，可以确定12z i =-+，再由复数代数形式的除法运算化简1zi+，即可得答案. 解：由题意知复数12z i =-+， 则12(12)(1)1311222z i i i i i i -+-+⋅-===+++， 故选：D.点评：本小题考查复数的几何意义，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想.3.若,a b 是非零向量,则“a b =”是“a b a b +=-”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案：D由条件知a b =，不一定有a b a b +=-，由向量的加法法则得到，两个模长相等的向量相加得到的和与差向量是作为四边形的对角线的，而对角线不一定相等；反之a b a b +=-，两边平方可得两个向量垂直，四边形对角线相等，但是不一定有边长相等，故也不能反推．故是既不充分也不必要条件. 故答案为D ．4.函数1()cos 1x x e f x x e +=⋅-的部分图象大致为（）A. B. C.D.答案：A 【分析】因为1()cos 1x x e f x x e +=⋅-，先判断函数的奇偶性，结合当0x +→时，函数值的为正，即可求得答案. 解：11()cos()cos ()11x x x x e e f x x x f x e e --++-=⋅-=-⋅=---，∴()f x 为奇函数，排除C ，当0x +→时，()0f x >，排除B,D ， 故只有A 符合题意 故选：A.点评：本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题，解题关键是掌握判断函数奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.5.下边的茎叶图记录的是甲、乙两个班级各5名同学在一次数学小题训练测试中的成绩（单位：分，每题5分，共16题）．已知两组数据的平均数相等，则x 、y 的值分别为（）A.0，0B.0，5C.5，0D.5，5答案：B 【分析】由茎叶图得各个数据，由平均数相等可得,x y 的关系5x y +=，从而可得结论解：两组数据和相等，则802757065807027570x y ⨯++++=+⨯+++，即5x y +=，则0x =，5y =．只有B 适合．故选：B ．点评：本题考查茎叶图，考查平均数，正确认识茎叶图是解题关键．6.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代乙种质量单位），在这个问题中，甲比戊多得（）钱？ A.23B.13C.56D.16答案：A【分析】设等差数列的公差为d ，利用等差数列的通项公式即可求解.解：设甲、乙、丙、丁、戊五人所得钱数分别为12345,,,,a a a a a ，公差为d ，则1234552a a a a a +=++=，即115225392a d a d ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得14316a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，15243a a d ∴-=-=. 故选：A点评：本题主要考查了等差数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题. 7.将函数()cos2f x x =图象上所有点向左平移4π个单位长度后得到函数()g x 的图象，如果()g x 在区间[]0,a 上单调递减，那么实数a 的最大值为（）A.8π B.4π C.2π D.34π答案：B 【分析】根据条件先求出()g x 的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可. 解：将函数()cos2f x x =图象上所有点向左平移4π个单位长度后得到函数()g x 的图象， 则()cos 2cos 242g x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设22x πθ=+， 则当0x a <≤时，022x a <≤，22222x a πππ<+≤+，即222a ππθ<≤+， 要使()g x 在区间[]0,a 上单调递减， 则22a ππ+≤得22a π≤，得4a π≤，即实数a 的最大值为4π， 故选：B .点评：本小题主要考查三角函数图象变换，考查根据三角函数的单调性求参数，属于中档题.8.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>，O 为坐标原点，1F 、2F 为其左、右焦点，点G 在C 的渐近线上，2F G OG ⊥，且16||||OG GF =，则该双曲线的渐近线方程为（）A.22y x =± B.3y x =±C.y x=± D.2y x =±答案：D 【分析】根据2F G OG ⊥，先确定出2,GF GO 的长度，然后利用双曲线定义将16||||OG GF =转化为,,a b c 的关系式，化简后可得到ba的值，即可求渐近线方程. 解：如图所示：因为2F G OG ⊥，所以22222,1bc a GF b OG c b a b a===-=+，又因为16OG GF =，所以16OG GF =，所以2216OG GF F F =+， 所以222216OG GF F F =+，所以()222216422cos 180a b c b c GF F =++⨯⨯︒-∠，所以2226422b a b c b c c ⎛⎫=++⨯⨯- ⎪⎝⎭，所以222,2b b a a ==， 所以渐近线方程为2y x =±. 故选：D.点评：本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.9.如图所示，正四面体ABCD 中,E 是棱AD 的中点,P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为14，则该正四面体的外接球表面积是（）A.12πB.32πC.8πD.24π答案：A 【分析】 将侧面ABC 和ACD 沿AC 边展开成平面图形为菱形ABCD ,可得到BE 的长即为BP PE +的最小值,设DE x =,在Rt BCE 中,利用勾股定理可得2x ,则棱长为22,进而可求得正四面体的外接球的表面积解：将侧面ABC 和ACD 沿AC 边展开成平面图形,如图所示,菱形ABCD ,在菱形ABCD 中,连接BE ,交AC 于点P ,则BE 的长即为BP PE +的最小值,即14BE =因为正四面体ABCD ,所以AC AB =,所以120BCD ∠=︒, 因为E 是棱AD 的中点,所以30DCE ∠=︒， 所以90BCE BCD DCE ∠=∠-∠=︒, 设DE x =,则2AB BC CD AD x ====, 所以3CE x =,则22714BE BC CE x =+=所以2x =则正四面体ABCD 的棱长为22所以正四面体的外接球半径为6234=所以该正四面体外接球的表面积为24312S ππ==,故选：A点评：本题考查线段和最短问题,考查外接球问题,考查运算能力10.已知点G 在ABC ∆内，且满足2340GA GB GC ++=，现在ABC ∆内随机取一点，此点取自,,GAB GAC GBC ∆∆∆的概率分别记为123,,P P P ，则（） A.123P P P == B.321P P P >> C.123P P P >> D.213P P P >>答案：C 【分析】分别延长GA 到GA '，GB 到GB '，GC 到GC '，使得2GA GA '=，3GB GB '=，4GC GC '=，则有0GA GB GC '''++=，得到点G 为A B C '''∆的重心，所以GA B GA C GB C S S S ''''''∆∆∆==，进而求得16GAB GA B S S ''∆∆=，18GAC GACS S '∆∆=，112GBC GB C S S '∆∆=，得出面积之间的关系，即可求解．解：由题意，分别延长GA 到GA '，GB 到GB '，GC 到GC '，使得2GA GA '=，3GB GB '=，4GC GC '=，则有0GA GB GC '''++=， 所以点G 为A B C '''∆的重心，所以GA B GA C GB C S S S ''''''∆∆∆==，又16GAB GA B S S ''∆∆=，18GAC GAC S S '∆∆=，112GBC GB C S S '∆∆=， 从而得到::GAB GAC GBC S S S ∆∆∆=111::4:3:26812=， 则123:P :4:3:2P P =，即123P P>>P .故选C.点评：本题主要考查了平面向量的应用，以及几何概型思想的应用，其中解答中根据响亮的运算求得点G 的位置，得出面积之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．11.《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多⋅达芬奇创作的油画，现收藏于法国罗浮宫博物馆.该油画规格为：纵77cm ，横53cm .油画挂在墙壁上的最低点处B 离地面237cm (如图所示).有一身高为175cm 的游客从正面观赏它(该游客头顶T 到眼睛C 的距离为15cm )，设该游客离墙距离为xcm ，视角为θ.为使观赏视角θ最大，x 应为（）A.77B.80C.100D.772答案：D 【分析】 设ACD α，BCD β，则θαβ=-，利用两角差的正切公式用x 表示出θ，再根据对勾函数的单调性求解．【详解】解：过C 作CD AB ⊥于D ，设ACD α，BCD β，则θαβ=-，则2371751577BD（cm ），7777154AD（cm ）， ∴154tan ADCD xα，77tan BDCDxβ， ∴tan θ=tan αβtan tan 1tan tan αβαβ15477154771x xx x7711858xx， ∴当且仅当11858x x即772x 时，tan θ有最大值，此时θ也最大，故选：D ．点评：本题主要考查两角差的正切公式的应用，考查对勾函数的单调性与最值，属于中档题． 12.已知点P 是曲线sin ln y x x 上任意一点，记直线OP （O 为坐标原点）的斜率为k ，给出下列四个命题：①存在唯一点P 使得1k =-； ②对于任意点P 都有k 0<； ③对于任意点P 都有1k <； ④存在点P 使得1k，则所有正确的命题的序号为（） A.①② B.③C.①④D.①③答案：D 【分析】结合正弦函数的值域和对数函数ln y x =和直线1y x =-的关系，即可判断③正确，④错误.当ππ2x ≤<时，sin ln 0y x x =+>，即可判断②错误；对于①，存在唯一点P 使得1k =-，即sin ln 1x xx存在唯一解，令()sin ln g x x x x =++，则()0g x =存在唯一解，运用导数判断单调性结合零点存在定理，可判断①正确，由排除法即可得到结论. 解：任意0x >，一方面sin ln ln 1y x x x =+≤+，另一方面由ln y x =和直线1y x =-的图象易证ln 1x x ≤-成立， 即ln 1x x +≤，∴sin ln y x x x =+≤，∵sin ln ln 1y x x x =+≤+与ln 1x x +≤中两个等号成立条件不一样， ∴sin ln y x x x =+<恒成立， ∴1k <，则③正确，④错误. 当ππ2x ≤<时，sin ln 0y x x =+>， ∴0k >，则②错误；对于①，存在唯一点P 使得1k =-，也就是sin ln 1x xx存在唯一解，令()sin ln g x x x x =++，则()0g x =存在唯一解， ∵()()1sin ln cos 10g x x x x x x''=++=++>恒成立， ∴函数()sin ln g x x x x =++，在()0,∞+上单调递增， 又()10g >，()0.10g <，∴sin ln 0x x x 存在唯一解，故①正确， 故选：D点评：本题主要考查直线的斜率范围，同时考查了利用导数解决方程的根，考查了学生分析问题和判断问题的能力，属于难题.二.填空题（共4小题，每题5分，共20分）13.若实数x ，y 满足约束条件2020240x y x y x y -+≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则x y +的最小值为__________答案：6-【分析】首先根据题意作出可行域，根据x y +的几何意义，从而求出最小值. 【详解】由题意作平面区域如下，由2020x y x y -+=⎧⎨-=⎩解得，()4,2A --，令z x y =+则z x y =+经过可行域的A 时，目标函数取得最小值. 故z x y =+的最小值是6-. 故答案为：6-点评：本题主要考查线性规划问题，根据题意画出可行域为解题的关键，属于简单题. 14.已知121101πx dx m --=⎰，则mx x ⎫-⎪⎭的展开式中2x 的系数为__________（用数字表示） 答案：10- 【分析】首先根据定积分的几何意义求解m ，再根据5()x x通项公式求解即可. 解：因为121x dx --⎰表示以()0,0为圆心，1为半径的圆的上半圆的面积，所以12π12x dx --=⎰，1211015πx dxm --==⎰；∴5m x x x x ⎫⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭其展开式的通项公式为： 3552155()()(1)r r r r r rr T C x C x x--+=⋅⋅-=-⋅⋅；令35232r r -=⇒=. ∴()m x x-的展开式中2x 的系数为：335(1)10C -⋅=-. 故答案为：10-点评：本题主要考查二项式定理，同时考查了定积分的几何意义，属于中档题.15.已知点P 是椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>上一点，点P 在第一象限且点P 关于原点O的对称点为Q ，点P 在x 轴上的投影为E ，直线QE 与椭圆C 的另一个交点为G ，若PQG 为直角三角形，则椭圆C 的离心率为__________. 答案：22【分析】设P ，G 的坐标，由题意可得Q ，E 的坐标，由题意可得22QG PGb k k a⋅=-，再由PQG 为直角三角形，所以1OP PG k k ⋅=-，可得a ，b 的关系，再由a ，b ，c 的关系求出离心率.解：设()P m n ,，(),G x y ，则由题意可得：(),Q m n --，(),0E m ，2222QG PGy n y n y n k k x m x m x m+--⋅=⋅=+--， 由2222222211m n a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩作差可得：222222m x n y a b --=-， 所以222222QG PGy n b k k x m a-⋅==--. 2GQ EQn k k m ==，所以222222PG b m b m k a n na =-⋅=-， 所以OP n k m=. 因为PQG 为直角三角形，所以1OP PG k k ⋅=-，所以，2221n mb m na -⋅=-，即：222a b =. 22222222122c a b b e a a b -====，离心率e =.故答案为：2. 点评：本题主要考查椭圆中离心率的求法，根据题意找到a ，b ，c 的关系式为解题的关键，属于中档题.16.若函数()f x 的导函数()cos()(0,0,||)2f x A x A πωϕωϕ'=+>><，()f x '的部分图象如图所示，()()12g x f x π=-，当1x ，2[,]123x ππ∈-时，则12()()g x g x -的最大值为_________.答案：32【分析】由图象可得：A ＝2，1254126πππω⨯=-，解得ω＝2．可得f ′（x ）＝2cos （2512π⨯+φ）＝﹣2，|φ|2π＜），把x 512π=，5'12f π⎛⎫=- ⎪⎝⎭2代入解得φ．可得f ′（x ），进而得出f （x ），g （x ）＝f （x 12π-），利用正弦函数的单调性即可得出结论．解：由图象可得：A ＝2，1254126πππω⨯=-，解得ω＝2． ∴f ′（x ）＝2cos （2512π⨯+φ）＝﹣2，|φ|2π＜），解得φ6π=． ∴f ′（x ）＝2cos （2x 6π+）． ∴f （x ）＝sin （2x 6π+）+c ．（c 为常数）． g （x ）＝f （x 12π-）＝sin2x +c ．x ∈[12π-，3π]时，2x ∈263ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，． sin2x ∈112⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，， 当x 1，x 2∈[12π-，3π]时，则|g （x 1）﹣g （x 2）|＝|sin2x 1﹣sin2x 2|≤1﹣（12-）32=．因此当x 1，x 2∈[12π-，3π]时，则|g （x 1）﹣g （x 2）|的最大值为32．故答案为32．点评：本题考查了导数的运算法则、三角函数的图象与性质、等价转化方法、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．三、解答题（共70分，第22、23题为选考题，考生根据要求选择其中一个作答.） 17.如图，四棱锥P ABCD -中侧面PAB 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB BC ⊥，//BC AD ，12AB BC AD ==，E 是PD 的中点.（1）证明：直线//CE 平面PAB ； （2）求二面角B PC D --的余弦值. 答案：（1）证明见解析（2）15- 【分析】（1）证明四边形EFBC 是平行四边形，可得CE BE ∥，进而得证.（2）首先取AB 的中点O ，连接PO ，根据题意易证PO ⊥底面ABCD ，再建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得余弦值. 解：（1）取PA 的中点F ，连接FE ，FB ，∵E 是PD 的中点，∴1//2FE AD ， 又1//2BC AD ，∴//FE BC ， ∴四边形EFBC 是平行四边形， ∴//CE BF ，又CE 不在平面PAB 内，BF 在平面PAB 内， ∴//CE 平面PAB .（2）取AB 的中点O ，连接PO . 因为PA PB =，所以PO AB ⊥又因为平面PAB ⊥底面ABCD AB =，所以PO ⊥底面ABCD .分别以AB 、PO 所在的直线为x 轴和z 轴，以底面内AB 的中垂线为y 轴 建立空间直角坐标系，令122AB BC AD ===，则4=AD ， 因为PAB △是等边三角形，则2PA PB ==，O 为AB 的中点，3PO =， 则(3P ，()1,0,0B ，()1,2,0C ，()1,4,0D - ∴(1,2,3PC =-，()0,2,0BC =，()2,2,0CD =-，设平面PBC 的法向量为(),,m x y z =，平面PDC 的法向量为(),,n a b c =，则2300200m PC x y z m BC y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩，令3x =()3,0,1m =，2302200n PC a b c n CD a b ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令1a =，故可取(1,1,3n =， ∴2315cos ,=525m n m n m n⋅<>==，经检验，二面角B PC D --的余弦值的大小为155-. 点评：本题第一问考查线面平行的证明，第二问考查向量法求二面角的余弦值，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.18.甲、乙两同学在复习数列时发现原来曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知_____， （1）判断1S ，2S ，3S 的关系； （2）若133a a -=，设12n n n b a =，记{}n b 的前n 项和为n T ，证明：43n T <.甲同学记得缺少的条件是首项a 1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第（1）问的答案是1S ，3S ，2S 成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题. 答案：（1）1232S S S +=（2）见解析 【分析】（1）可补充公比q 的值，由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，计算可得所求结论；（2）由等比数列的通项公式求得2132nn b n ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，不等式的性质，即可得证. 解：（1）由题意可得11S a =，2121111122S a a a a a =+=-=，31231111113244S a a a a a a a =++=-+=，可得1232S S S +=，即1S ，3S ，2S 成等差数列； （2）证明：由133a a -=，可得11134a a -=，解得14a =， 112141212232n nn n n n b a n -⎛⎫⎛⎫==⋅⋅-=⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 则2111112332482n n T n ⎛⎫=⋅+⋅+⋅++⋅⎪⎝⎭，11211111232348162n n T n +⎛⎫=⋅+⋅+⋅++⋅⎪⎝⎭， 上面两式相减可得112111111232481622n n n T n +⎛⎫=+++++-⋅ ⎪⎝⎭1111212213212n n n +⎡⎤⎛⎫- ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥=-⋅⎢⎥-⎢⎥⎣⎦， 化简可得142132n n n T ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 由12112n n ++-<，可得43nT<. 点评：本小题主要考查证明数列是等差数列，考查错位相减求和法，考查分析、思考与解决问题的能力，属于中档题.19.椭圆2222:1x y E a b +=（0a b >>，点(0,1)P 在短轴CD 上，且1PC PD ⋅=-．（1）求椭圆E 的方程；（2）设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于,A B 两点，是否存在常数λ，使得OA OB PA PB λ⋅+⋅为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由答案：（1）22142x y +=；（2）见解析.解：（1）由已知，点C ，D 的坐标分别为（0，－b ），（0，b ） 又点P 的坐标为（0，1），且PC PD ⋅＝－1于是222211{2b c a a b c -=-=-=，解得a ＝2，b所以椭圆E 方程为22142x y +=.（2）当直线AB 斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1 A ，B 的坐标分别为（x 1，y 1），（x 2，y 2）联立221{421x y y kx +==+，得（2k 2＋1）x 2＋4kx －2＝0 其判别式△＝（4k ）2＋8（2k 2＋1）＞0 所以12122242,2121k x x x x k k +=-=-++ 从而OA OB PA PB λ⋅+⋅＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋（y 1－1）（y 2－1）] ＝（1＋λ）（1＋k 2）x 1x 2＋k （x 1＋x 2）＋1＝22(24)(21)21k k λλ--+--+ ＝－所以，当λ＝1时，－＝－3，此时，OA OB PA PB λ⋅+⋅＝－3为定值. 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即直线CD此时OA OB PA PB OC OD PC PD λ⋅+⋅=⋅+⋅＝－2－1＝－3 故存在常数λ＝1，使得OA OB PA PB λ⋅+⋅为定值－3.考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. 20.调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发，周而复始、反复对比.对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n 瓶外观相同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n 瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分.现设4n =，分别以1a ，2a ，3a ，4a 表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种调味品在第二次排序时的序号，并令12341234X a a a a =-+-+-+-，则X 是对两次排序的偏离程度的一种描述.（如第二次排序时的序号为1，3，2，4，则2X =）. （1）写出X 的所有可能值构成的集合；（2）假设1a ，2a ，34,a a 的排列等可能地为1，2，3，4的各种排列，求X 的数学期望； （3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有2X≤.（i ）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； （ⅱ）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由. 答案：（1）{}0,2,4,6,8（2）5（3）（ⅰ）1216（ⅱ）我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测. 【分析】（1）在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，从而2a ，4a 中的奇数个数等于1a ，3a 中的偶数个数，进而1313a a -+-与2424a a -+-的奇偶性相同，由此能举出使得X 所有可能值构成的集合.（2）可用列表法列出1，2，3，4的一共24种排列，求得分布列进而求出X 的数学期望. （3）（ⅰ）首先()()()41202246P X P X P X ≤==+===，将三轮测试都有2X ≤的概率记做p ，由独立性假设能求出结果. （ⅱ）由于152161000p =<是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有2X≤的结果的可能性很小，从而我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.解：（1）X 的可能值集合为{}0,2,4,6,8， 在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，所以2a ，4a 中的奇数个数等于1a ，3a 中的偶数个数，因此1313a a -+-与2424a a -+-的奇偶性相同，从而()()13241324X a a a a =-+-+-+-必为偶数，X 的值非负，且易知其值不大于8.由此能举出使得X 的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子. （2）可用列表列出1，2，3，4的一共24种排列，如下表所示：计算每种排列下的X 值如上表所示，在等可能的假定下，得到0246852424242424EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. （3）（ⅰ）首先()()()41202246P X P X P X ≤==+===，将三轮测试都有2X ≤的概率记做p ，由上述结果和独立性假设，得3116216p ==. （ⅱ）由于152161000p =<是一个很小的概率， 这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有2X ≤的结果的可能性很小，所以我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测.点评：本小题主要考查随机变量分布列及其期望值的求法，考查相互独立事件概率计算，考查数据处理能力，属于中档题. 21.已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在2x e -=处的切线方程；（2）关于x 的不等式()()1f x x λ≥-在()0,∞+上恒成立，求实数λ的取值范围； （3）若()()120f x a f x a -=-=，且12x x <，证明：()2221112x x e ae --<+.答案：（1）2y x e -=--（2）1λ=（3）证明见解析 【分析】（1）首先求导，求出切线的斜率，再写出切线方程即可.（2）等价()()()()1ln 10g x f x x x x x λλ=--=--≥，()0,x ∈+∞恒成立.对()g x 求导，求出单调区间和最小值，再根据最小值的单调性和最值即可得到λ的取值范围.（3）首先证明()2f x x e -≥--，再设直线2y x e -=--与y a =的交点为()1,x a '，则2211e e a x x --'=--≥--，则21x a e -'=--，且11x x '≤，直线1y x =-分别于y a =交于点()2,x a '，则2211a x x '=-≥-，21x a '=+，且22x x '≤，可得()()222121121x x x x a a e a e --''-≤-=+---=++. 即可证明()2221112x x e ae --<+.解：解：（1）()1ln f x x '=+， 所以()221ln 1k f ee--'==+=-，()222f e e --=-，切点为()22,2e e ---.故切线方程为()222y e x e --+=--，即2y x e -=--.（2）由题知：等价于：()()()()1ln 10g x f x x x x x λλ=--=--≥，()0,x ∈+∞恒成立.()ln 1g x x λ'=+-令()0g x '=，解得1x e λ-=. 当()10,x e λ-∈时，()0g x '<，()g x 为减函数，当()1,x eλ-∈+∞时，()0g x '>，()g x 为增函数.所以()()()()1111min 11g x g e ee e λλλλλλλ----==---=-.设()1h eλλλ-=-，()11h eλλ-'=-.令()0h λ'=，解得1λ=.当()0,1λ∈时，()0h λ'>，()λh 为增函数， 当()1,λ∈+∞时，()0h λ'<，()λh 为减函数， 所以()max (1)0h h λ==，所以10e λλ--≤. 又因为10eλλ--≥恒成立，所以1λ=.（3）设()()()22ln k x f x x e x x x e--=---=++，0x >，则()2ln k x x '=+，当20x e -<<时，()0k x '<，()k x 单调递减，当2x e ->时，()0k x '>，()k x 单调递增， 故当2x e -=时，函数()k x 取得最小值，()222220k e ee e ----++-==.因此()2f x x e -≥--.设直线2y x e -=--与y a =的交点为()1,x a '，则2211a x e x e --'=--≥--，∴21x a e -'=--，且11x x '≤，当且仅当22a e -=-时取等号.又由（2）可知()1f x x ≥-，设直线1y x =-分别于y a =交于点()2,x a '. 则2211a x x '=-≥-，∴21x a '=+，且22x x '≤，当且仅当0a =时取等号. 因此()()222121121x x x x a a e a e --''-≤-=+---=++. 因为等号成立的条件不能同时满足，∴22121x x a e --<++.∴()2221112x x e ae --<+.点评：本题第一问考查导数的切线问题，第二问考查利用导数解决恒成立问题，第三问考查利用导数证明不等式，同时考查了学生分析问题和计算的能力，属于难题.（二）选考题（共10分）请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.已知曲线1C：11x t y t⎧=+⎪⎨=+⎪⎩（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，曲线2C 的极坐标方程为2sin ρθ=. （1）把1C 的参数方程化为极坐标方程；（2）求1C 与2C 交点的极坐标()0,02πρθ≥≤<.答案：（1）2cos +2sin ρθθ=（2）极坐标分别为()0,0，π2,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】（1）将曲线1C：11x t y t⎧=+⎪⎨=+⎪⎩的参数消去可得：()()22112x y -+-=，即22220x y x y +--=，把cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入即可得到极坐标方程.（2）曲线2C 的极坐标方程为2sin ρθ=，化为22sin ρρθ=，化为普通方程2220x y y +-=，联立解得直角坐标再求极坐标即可.解：（1）把曲线1C：11x ty t⎧=⎪⎨=⎪⎩的参数他消去可得：()()22112x y -+-=，即22220x y x y +--=.把cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入可得22cos 2sin 0ρρθρθ--=.即1C 的极坐标方程为：2cos +2sin ρθθ=.（2）曲线2C 的极坐标方程为2sin ρθ=，化为22sin ρρθ=， 化为普通方程：2220x y y +-=.联立222222020x y x y x y y ⎧+--=⎨+-=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩或02x y =⎧⎨=⎩. ∴极坐标分别为()0,0，π2,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. 点评：本题第一问考查圆的参数方程和极坐标方程，第二问考查点的极坐标，熟记公式为解题的关键，属于中档题.23.已知绝对值不等式：│x+1│+│x-1│>a 2－5a+4（1）当a=0时，求x 的范围；（2）若对于任意的实数x 以上不等式恒成立，求a 的范围 答案：（1）x ＞2或x ＜－2；（2）5522a +<<.试题分析：（1）将条件带入，零点分段去绝对值求解即可；（2）由│x+1│+│x-1│≥2，│x+1│+│x-1│>a 2－5a+4恒成立，即2>a 2－5a+4恒成立，进而求解即可.试题解析：（1）、当a=0时，原不等式变为：│x+1│+│x-1│>4，解此不等式可得：x＞2或x＜－2,（2）由│x+1│+│x-1│≥2，所以│x+1│+│x-1│>a2－5a+4恒成立，即2>a2－5a+4恒成立<<.a点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向.。

2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（8）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知复数z 在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，2），则z1+z =（ ）A ．−32+32zB ．−32+12zC ．−12+32zD ．12+32z 2．（5分）已知集合z ={z |3z ≥1}，B ＝{x |x ≥0}，则A ∩B ＝（ ）A ．{x |0＜x ≤3}B ．{x |0≤x ≤3}C ．{x |1＜x ≤3}D ．{x |1＜x ＜3}3．（5分）设非零向量z →，z →满足|z →|＝3|z →|，cos ＜z →，z →＞=13，z →•（z →−z →）＝16，则|z→|＝（ ） A ．√2 B ．√3 C ．2 D ．√54．（5分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，几何体ABCDEC 1的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（ ）A ．B ．C ．D ．5．（5分）已知双曲线C 与双曲线z 22−z 26=1有公共的渐近线，且经过点z (−2，√3)，则双曲线C 的离心率为（ ）A ．√2B ．2√33C ．4D ．26．（5分）已知a ，b ＞0，a +b ＝1，则12z +1+2z +1的最小值是（ ）A ．95B ．116C ．75D ．1+2√25 7．（5分）已知zzz (z −z 6)=35，则zzz (z +z 3)=（ ） A ．35B ．−35C ．45D ．−458．（5分）将甲、乙、丙、丁四人分配到A ，B ，C 三所学校任教，每所学校至少安排1人，则甲不去A 学校的不同分配方法有（ ） A ．18种B ．24种C ．32种D ．36种9．（5分）已知点（a ，b ）在圆x 2+y 2＝1上，则函数f （x ）＝a cos 2x +b sin x cos x −z2−1的最小正周期和最小值分别为（ ） A ．2z，−32B ．z，−32C ．z，−52D ．2z，−5210．（5分）已知函数f （x ）={2z (z ≤0)zzz (z＞0)，且关于x 的方程f （x ）+x ﹣a ＝0有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（ ） A ．[0，+∞）B ．（1，+∞）C ．（0，+∞）D ．（﹣∞，1）11．（5分）在三棱锥P ﹣ABC 中，AP ⊥平面PBC ，PA ＝2PB ＝2PC ＝2，BC =√2，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积为（ ）A ．3√6πB ．13C ．8√6πD ．√6π12．（5分）已知函数f （x ）＝x +alnx +b 在x ＝1处的切线的斜率为﹣1，若该函数存在两个不同的零点x 1，x 2，则1z 1+1z 2的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．（﹣∞，1）C ．（1，+∞）D ．（﹣∞，1]二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）已知实数x ，y 满足{z ≥4z，z +2z +6≥0，z ≤4，则z =z +4z −4的最大值为 ． 14．（5分）某工厂共有50位工人组装某种零件．如图的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时（单位：分钟）与人数的分布情况．由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为 ．若将500个要组装的零件平均分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过 分钟后，所有工人都完成组装任务．15．（5分）设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知z =z 3，z =1，且（sin 2A +4sin 2B ）c ＝8（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ），则a ＝ ．16．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E 的方程为z 24+z 25=1，F 为E 的上焦点，A为E 的右顶点，P 是E 上位于第一象限内的动点，Q 是E 上位于第三象限内的动点，则四边形APFQ 的面积最大值是 ．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若a 1＝1，且a 1，a 2，a 3+1成等比数列． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记z z =3z ⋅z z 的前n 项和是T n ，求T n ．18．（12分）现代社会的竞争，是人才的竞争，各国、各地区、各单位都在广纳贤人，以更好更快的促进国家、地区、单位的发展．某单位进行人才选拔考核，该考核共有三轮，每轮都只设置一个项目问题，能正确解决项目问题者才能进入下一轮考核；不能正确解决者即被淘汰．三轮的项目问题都正确解决者即被录用．已知A 选手能正确解决第一、二、三轮的项目问题的概率分别为45，23，12，且各项目问题能否正确解决互不影响．（1）求A 选手被淘汰的概率；（2）设该选手在选拔中正确解决项目问题的个数为ξ，求ξ的分布列与数学期望． 19．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AP ＝AB ＝BC =12AD ，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O ．（1）证明：PO ⊥平面ABCD ．（2）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值．20．（12分）已知函数f （x ）＝lnx +2x ﹣x 2． （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）判断并说明函数g （x ）＝f （x ）﹣cos x 的零点个数．若函数g （x ）所有零点均在区间[m ，n ]（m ∈Z ，n ∈Z ）内，求n ﹣m 的最小值21．（12分）已知抛物线C ：x 2＝2py （p ＞0）的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于P ，Q 两点． （1）若l 过点F ，抛物线C 在点P 处的切线与在点Q 处的切线交于点G ．证明：点G 在定直线上．（2）若p ＝2，点M 在曲线y =√1−z 2上，MP ，MQ 的中点均在抛物线C 上，求△MPQ 面积的取值范围．四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（√2，0）为一个顶点．直线l 的参数方程是{z =1−z z =2z，（t 为参数）．（Ⅰ）求椭圆C 的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l 与椭圆C 的交点分别为M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），求线段MN 的长度． 五．解答题（共1小题）23．已知函数f（x）＝|x﹣m|﹣|2x+2m|（m＞0）．（Ⅰ）当m＝1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t﹣1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（8）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知复数z在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，2），则z1+z=（）A．−32+32z B．−32+12z C．−12+32z D．12+32z【解答】解：由题意，z＝﹣1+2i，则z1+z =−1+2z1+z=(−1+2z)(1−z)(1+z)(1−z)=12+32z．故选：D．2．（5分）已知集合z={z|3z≥1}，B＝{x|x≥0}，则A∩B＝（）A．{x|0＜x≤3} B．{x|0≤x≤3} C．{x|1＜x≤3} D．{x|1＜x＜3}【解答】解：∵集合z={z|3z≥1}={x|0＜x≤3}，B＝{x|x≥0}，∴A∩B＝{x|0＜x≤3}．故选：A．3．（5分）设非零向量z→，z→满足|z→|＝3|z→|，cos＜z→，z→＞=13，z→•（z→−z→）＝16，则|z→|＝（）A．√2B．√3C．2 D．√5【解答】解：∵|z→|＝3|z→|，cos＜z→，z→＞=13，∴z→•（z→−z→）=z→2−z→⋅z→=9|z→|2−3|z→|2×13=8|z→|2=16，∴|z→|=√2．故选：A．4．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，几何体ABCDEC1的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：根据几何体ABCC 1DE 的侧视图和俯视图，所以正视图为直角梯形， 即点A 的射影落在D 点，点B 的射影落在C 点，线段BE 的射影落在EC 的位置． 故选：A ．5．（5分）已知双曲线C 与双曲线z 22−z 26=1有公共的渐近线，且经过点z (−2，√3)，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．√2B ．2√33C ．4D ．2【解答】解：根据题意，双曲线C 与双曲线z 22−z 26=1有公共的渐近线，设双曲线C的方程为z 22−z 26=z ，（t ≠0），又由双曲线C 经过点P （﹣2，√3），则有2−12=t ，则t =32，则双曲线的C 的方程为z 22−z 26=32，即：z 23−z 29=1，其焦距c ＝2√3，a =√3，所以双曲线的离心率为：e =zz =2．故选：D ．6．（5分）已知a ，b ＞0，a +b ＝1，则12z +1+2z +1的最小值是（ ）A ．95B ．116C ．75D ．1+2√25【解答】解：∵a ，b ＞0，a +b ＝1，∴由权方和不等式可得12z +1+2z +1=12z +12+2z +1≥(√12+√2)2z +12+z +1=9252=95，（√12z +12=√2z +1，“＝”）， 故选：A ．7．（5分）已知zzz (z −z 6)=35，则zzz (z +z3)=（ ） A ．35B ．−35C ．45D ．−45【解答】解：已知zzz (z −z 6)=35，则zzz (z +z 3)=cos[z 2−（α+z3）]＝cos （z 6−α）＝cos （α−z 6）=35， 故选：A ．8．（5分）将甲、乙、丙、丁四人分配到A ，B ，C 三所学校任教，每所学校至少安排1人，则甲不去A 学校的不同分配方法有（ ） A ．18种B ．24种C ．32种D ．36种【解答】解：根据题意，分两种情况讨论，①其他三人中有一个人与甲在同一个学校，有C 31A 21A 22＝12种情况， ②没有人与甲在同一个学校，则有C 21C 32A 22＝12种情况； 则若甲要求不到A 学校，则不同的分配方案有12+12＝24种； 故选：B ．9．（5分）已知点（a ，b ）在圆x 2+y 2＝1上，则函数f （x ）＝a cos 2x +b sin x cos x −z 2−1的最小正周期和最小值分别为（ ） A ．2z，−32B ．z，−32C ．z，−52D ．2z，−52【解答】解：∵点（a ，b ）在圆x 2+y 2＝1上，∴a 2+b 2＝1．z (z )=zzzz 2z +zzzzzzzzz −z2−1=z ⋅1+zzz2z 2+z 2zzz2z −z2−1=12(zzzz2z +zzzz2z )−1 =√z 2+z 22(z 2+z2+z 2+z 2)−1=12zzz (2z +z )−1，（tan θ=zz ）． ∴函数的最小正周期为2z 2=z ，当sin （2x +θ）＝﹣1时，函数有最小值−32．故选：B ．10．（5分）已知函数f （x ）={2z (z ≤0)zzz (z＞0)，且关于x 的方程f （x ）+x ﹣a ＝0有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（ ） A ．[0，+∞）B ．（1，+∞）C ．（0，+∞）D ．（﹣∞，1）【解答】解：因为条件等价于函数y ＝f （x ）的图象与直线y ＝﹣x +a 只有一个交点．作出图象如图：由图可知，a ＞1， 故选：B ．11．（5分）在三棱锥P ﹣ABC 中，AP ⊥平面PBC ，PA ＝2PB ＝2PC ＝2，BC =√2，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积为（ ）A ．3√6πB ．13C ．8√6πD ．√6π【解答】解：设三棱锥P ﹣ABC 的外接球的半径为R ． ∵PB ＝PC ＝1，BC =√2，∴PB 2+PC 2＝BC 2，∴PB ⊥PC ． 又AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥PB ，AP ⊥PC ．∴（2R ）2＝12+12+22＝6，解得：R =√62．则三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积=43π×(√62)3=√6π．故选：D ．12．（5分）已知函数f （x ）＝x +alnx +b 在x ＝1处的切线的斜率为﹣1，若该函数存在两个不同的零点x 1，x 2，则1z 1+1z 2的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．（﹣∞，1）C ．（1，+∞）D ．（﹣∞，1]【解答】解：f （x ）＝x +alnx +b 的导数为f ′（x ）＝1+zz ，可得在x ＝1处的切线的斜率为1+a ， 由1+a ＝﹣1，可得a ＝﹣2， 则f （x ）＝x ﹣2lnx +b ，由题意可得x 1﹣2lnx 1+b ＝x 2﹣2lnx 2+b ， 即有z 1−z 2zzz 1−zzz 2=2，由x 1，x 2＞0，可得1z 1+1z 2≥√z z ，即有21z 1+1z 2≤√z 1z 2；设x 1＞x 2＞0，要证√z 1z 2＜z 1−z 2zzz 1−zzz 2，即证lnx 1﹣lnx 2＜√z 1z 2−√z 2z 1，即为ln z 1z 2＜√1z 2−√2z 1，①设t =z 1z 2，t ＞1，即证lnt ＜√z −√z ，即为2ln √z＜√z −√z ，设g（x）＝2lnx﹣（x−1z），x＞1，导数为g′（x）=2z−1−1z2=−(z−1)2z2＜0，可得g（x）在x＞1递减，则g（x）＜g（1）＝0，可得2lnx﹣（x−1z）＜0，x＞1，则①成立．则2 1z1+1z2≤√12＜z1−z2zzz1−zzz2，则1z1+1z2＞1．故选：C．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）已知实数x，y满足{z≥4z，z+2z+6≥0，z≤4，则z=z+4z−4的最大值为−27．【解答】解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影区域所示，z=z+4z−4表示平面区域内的点（x，y）与D（4，﹣4）连线的斜率，观察可知，z zz≤z+4z−4≤z zz，联立{z=4z，z+2z+6=0，解得{z=−23，z=−83，即z(−23，−83)，故z=z+4z−4的最大值为−83 +4−2 3−4=43−23−123=−27．故答案为：−27．14．（5分）某工厂共有50位工人组装某种零件．如图的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时（单位：分钟）与人数的分布情况．由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为．若将500个要组装的零件平均分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过 35 分钟后，所有工人都完成组装任务．【解答】解：根据散点图填写下表， 人数 3 5 6 12 16 8 工时所以这50人所用工时中位数是；500个零件平均分给50人，每人10个，最多用时为×10＝35（分钟）； 所以都完成时至少用时35分钟． 故答案为：，35．15．（5分）设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知z =z 3，z =1，且（sin 2A +4sin 2B ）c ＝8（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ），则a ＝ 2 ．【解答】解：因为（sin 2A +4sin 2B ）c ＝8（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ）， 所以（a 2+4b 2）c ＝8（b 2+c 2﹣a 2），又b ＝1， 所以（a 2+4b 2）bc ＝8（b 2+c 2﹣a 2），所以z 2+4z 22=8×z 2+z 2−z 22zz =8zzzz =4，则z 2+42=4，解得a ＝2．故答案为：2．16．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E 的方程为z 24+z 25=1，F 为E 的上焦点，A为E 的右顶点，P 是E 上位于第一象限内的动点，Q 是E 上位于第三象限内的动点，则四边形APFQ 的面积最大值是 2√6 ．【解答】解：如图，由椭圆E 的方程为z 24+z 25=1，a =√5b ＝2，可得c ＝1，四边形QAPF 的面积为三角形QAF 与三角形AFP 的面积和， 要使三角形AFP 的面积最大，则P 到直线AF 的距离最大，要使三角形QAF 的面积最大，则Q 到直线AF 的距离最大， 设与直线AF 平行的直线方程为x ＝﹣2y +m ， 联立{z =−2z +z5z 2+4z 2=20，可得24y 2﹣20my +5m 2﹣20＝0． 由△＝400m 2﹣4×24×（5m 2﹣20）＝0，解得m ＝±2√6． 则两平行线x +2y ＝2√6与x +2y ﹣2√6=0的距离为d =√6√5． ∴四边形QAPF 的面积的最大值是：12×√5×4√6√5=2√6．故答案为：2√6．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若a 1＝1，且a 1，a 2，a 3+1成等比数列． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记z z =3z ⋅z z 的前n 项和是T n ，求T n ．【解答】解：（1）因为a 1，a 2，a 3+1成等比数列且a 1＝1，所以得（a 1+d ）2＝a 1（a 1+2d +1），化简得d 2＝1，所以d ＝1或者﹣1， 当d ＝﹣1时，a 2＝0，所以a 1，a 2，a 3+1不是等比数列，与已知矛盾， 数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＝n ；（2）z z =3z ⋅z z =n •3n，所以Tz=1⋅31+2⋅32+⋯+z ⋅3z ，3z z =1⋅32+2⋅33+⋯+z ⋅3z +1， 所以﹣2z z =1⋅3+32+⋯+3z −z ⋅3z +1， =3(1−3z )1−3−z ⋅3z +1=−32−2z −12⋅3z +1， ∴z z =34+2z −14⋅3z +1．18．（12分）现代社会的竞争，是人才的竞争，各国、各地区、各单位都在广纳贤人，以更好更快的促进国家、地区、单位的发展．某单位进行人才选拔考核，该考核共有三轮，每轮都只设置一个项目问题，能正确解决项目问题者才能进入下一轮考核；不能正确解决者即被淘汰．三轮的项目问题都正确解决者即被录用．已知A 选手能正确解决第一、二、三轮的项目问题的概率分别为45，23，12，且各项目问题能否正确解决互不影响．（1）求A 选手被淘汰的概率；（2）设该选手在选拔中正确解决项目问题的个数为ξ，求ξ的分布列与数学期望． 【解答】解：（1）某单位进行人才选拔考核，该考核共有三轮，每轮都只设置一个项目问题，能正确解决项目问题者才能进入下一轮考核；不能正确解决者即被淘汰．三轮的项目问题都正确解决者即被录用．A 选手能正确解决第一、二、三轮的项目问题的概率分别为45，23，12，且各项目问题能否正确解决互不影响．A 选手被淘汰的对立事件是A 选手被录用，∴A 选手被淘汰的概率为：P ＝1−45×23×12=1−415=1115．（2）设该选手在选拔中正确解决项目问题的个数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2，3，P （ξ＝0）＝1−45=15， P （ξ＝1）=45×(1−23)=415， P （ξ＝2）=45×23×(1−12)=415，P （ξ＝3）=45×23×12=415，∴ξ的分布列为：ξ 0 1 2 3 P15415415415数学期望E （ξ）=0×15+1×415+2×415+3×415=85．19．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AP ⊥平面PCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AP ＝AB ＝BC =12AD ，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O ．（1）证明：PO ⊥平面ABCD ．（2）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AP ⊥平面PCD ，∴AP ⊥CD ．∵AD ∥BC ，zz =12zz ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴BE ∥CD ，∴AP ⊥BE ． 又∵AB ⊥BC ，zz =zz =12zz ，且E 为AD 的中点，∴四边形ABCE 为正方形，∴BE ⊥AC ． 又AP ∩AC ＝A ，∴BE ⊥平面APC ，则BE ⊥PO ．∵AP ⊥平面PCD ，∴AP ⊥PC ，又zz =√2zz =√2zz ， ∴△PAC 为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点， ∴PO ⊥AC 且AC ∩BE ＝0，∴PO ⊥平面ABCD ．（2）解：以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示． 设OB ＝1，则B （1，0，0），C （0，1，0），P （0，0，1），D （﹣2，1，0），则zz→=(−1，1，0)，zz →=(1，0，−1)，zz →=(−2，1，−1)．设平面PBD 的法向量为z →=(z，z，z )， 令z ＝1，得z→=(1，3，1)． 设BC 与平面PBD 所成角为θ，则sin θ＝|cos ＜zz→，z →＞|=|zz →⋅z →||zz →|⋅|z →|=211=√2211．20．（12分）已知函数f （x ）＝lnx +2x ﹣x 2． （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）判断并说明函数g （x ）＝f （x ）﹣cos x 的零点个数．若函数g （x ）所有零点均在区间[m ，n ]（m ∈Z ，n ∈Z ）内，求n ﹣m 的最小值【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），z′(z )=1z +2−2z =−2z 2+2z +1z，令f ′（x ）＝0，得z 1=1+√32，z 2=1−√32（舍）， 当x ∈（0，x 1）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（x 1，+∞）时，f ′（x ）＜0， ∴函数f （x ）在（0，x 1）单调递增，在（x 1，+∞）单调递减． （2）g （x ）＝lnx +2x ﹣x 2﹣cos x ，①当x ∈（0，1）时，z′(z )=1z +2−2z +zzzz ， 又z′(z )=1z +2−2z 单调递减，故g ′（x ）＞1+2﹣2+0＝1，∴g （x ）在（0，1）单调递增，又z (1)=1−zzz1＞0，z (14)=zz 14+12−116−zzz 14＜0，∴存在唯一x 1∈（0，1），使得g （x 1）＝0；②当z ∈[1，z 2)时，z′(z )=1z +2−2z +zzzz ，z″(z )=−1z2−2+zzzz＜0，∴g′（x）单减，又z′(z2)=2z+2−z+1＞0，故g′（x）＞0，∴g（x）在[1，z2)上单增，又g（1）＝1﹣cos1＞0，故g（x）＞0，此时不存在零点；③当z∈[z2，3)时，z′(z)=1z+2−2z+zzzz，z″(z)=−1z2−2+zzzz＜0，∴g′（x）单减，又z′(z2)＞0，z′(2)=12+2−4+zzz2＜0，∴存在z0∈[z2，2)，使得g′（x0）＝0，且当z∈[z2，z0)时，g′（x）＞0，g（x）单增，当x∈（x0，3）时，g′（x）＜0，g（x）单减，又z(z2)=zz z2+z−z24＞0，z(2)=zz2−zzz2＞0，z(3)=zz3+6−9−zzz3＜0，∴存在唯一x2∈（2，3），使得g（x2）＝0；④当x∈[3，+∞）时，g（x）＜x﹣1+2x﹣x2+1＝﹣x2+3x≤0，故不存在零点．综上，g（x）存在两个零点x1∈（0，1），x2∈（2，3），∴n﹣m的最小值为3．21．（12分）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，直线l与抛物线C交于P，Q两点．（1）若l过点F，抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G．证明：点G在定直线上．（2）若p＝2，点M在曲线y=√1−z2上，MP，MQ的中点均在抛物线C上，求△MPQ面积的取值范围．【解答】（1）证明：易知z(0，z2)，设z(z1，z122z)，z(z2，z222z)．由题意可知直线l的斜率存在，故设其方程为z=zz+z2．由{z =zz +z2z 2=2zz，得x 2﹣2pkx ﹣p 2＝0，所以z 1z 2=−z 2． 由x 2＝2py ，得z =z 22z ，z′=zz ，则z zz =z 1z， 直线PG 的方程为z −z 122z =z 1z (z −z 1)，即z 1z z −z −z 122z=0，① 同理可得直线QG 的方程为z 2z z −z −z 222z=0，②联立①②，可得(z 1−z 2)z =z 1z 2(z 1−z 2)2z． 因为x 1≠x 2，所以z =z 1z 22z =−z 2，故点G 在定直线z =−z2上．（2）解：设M （x 0，y 0），MP ，MQ的中点分别为(z 1+z 02，z 124+z 02)，(z 2+z 02，z 224+z 02)．因为MP ，MQ 得中点均在抛物线C 上，所以x 1，x 2为方程(z +z 02)2=4×z 24+z 02的解，即方程z 2−2z 0z +8z 0−z 02=0的两个不同的实根，则x 1+x 2＝2x 0，z 1z 2=8z 0−z 02，△=(2z 0)2−4(8z 0−z 02)＞0，即z 02＞4z 0，所以PQ 的中点N 的横坐标为x 0，则|zz |=18(z 12+z 22)−z 0=18[(z 1+z 2)2−2z 1z 2]−z 0=34z 02−3z 0，|z 1−z 2|=√(z 1+z 2)2−4z 1z 2=2√2(z 02−4z 0)，所以△MPQ 的面积z =12|zz |⋅|z 1−z 2|=3√24(z 02−4z 0)32．由z 0=−√1−z 02，得z 02=1−z 02(−1≤z 0≤0)， 所以z 02−4z 0=−z 02−4z 0+1=−(z 0+2)2+5，因为﹣1≤y 0≤0，所以1≤−(z 0+2)2+5≤4， 所以△MPQ 面积的取值范围为[3√24，6√2]．四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（√2，0）为一个顶点．直线l 的参数方程是{z =1−z z =2z，（t 为参数）．（Ⅰ）求椭圆C 的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l 与椭圆C 的交点分别为M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），求线段MN 的长度．【解答】解：（Ⅰ）椭圆C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（√2，0）为一个顶点．所以c ＝1，a =√2，b ＝1，所以椭圆的方程为z 22+z 2=1，转换为极坐标方程为z 2=21+zzz 2z ．（Ⅱ）直线l 的参数方程是{z =1−z z =2z，（t 为参数）．转换为直角坐标方程为2x +y ﹣2＝0．设交点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， 所以{2z +z −2=0z 22+z 2=1，整理得9x 2﹣16x +6＝0，所以z 1+z 2=169，z 1z 2=69，所以|zz |=√1+(−2)2|x 1﹣x 2|=√5√(z 1+z 2)2−4z 1z 2=109√2．五．解答题（共1小题）23．已知函数f （x ）＝|x ﹣m |﹣|2x +2m |（m ＞0）． （Ⅰ）当m ＝1时，求不等式f （x ）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x ∈R ，∃t ∈R ，使得f （x ）+|t ﹣1|＜|t +1|，求实数m 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）当m ＝1时，|x ﹣1|﹣|2x +2|≥1⇔{z ≤−1z +3≥1或{−1＜z＜1−3z −1≥1或{z ≥1−z −3≥1， 解得﹣2≤x ≤−23，所以原不等式的解集为[﹣2，−23]．（Ⅱ）f （x ）+|t ﹣1|＜|t +1|⇔f （x ）＜|t +1|﹣|t ﹣1|对任意x ∈R 恒成立，对实数t 有解．∵f （x ）={z +3z，z ≤−z−3z −z，−z＜z＜z −z −3z，z ≥z，根据分段函数的单调性可知：x ＝﹣m 时，f（x ）取得最大值f （﹣m ）＝2m ，∵||t +1|﹣|t ﹣1||≤|（t +1）﹣（t ﹣1）|＝2，∴﹣2≤|t +1|﹣|t ﹣1|≤2，即|t +1|﹣|t ﹣1|的最大值为2．所以问题转化为2m＜2，解得0＜m＜1．。