高考数学二轮复习仿真模拟训练四文

2024年高考第二次模拟考试高三数学（答案在最后）全解全析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．A ．B ． C.1x x ≤-,或3x >D ．【答案】B【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，【详解】由题意得{}3A x x =>，{}1B x x =≤-，又{}1B x x =>-R ð则(){}1A B x x ⋃=>-R ð，故选：B.【分析】利用复数的概念及四则运算法则运算即可求解.【详解】因为i z a b =+，所以()2222(i)2i z a b a b ab =+=-+，又因为2z 为纯虚数，所以22020a b ab ⎧-=⎨≠⎩，即0a b =≠（舍）或0a b =-≠，所以i z a a =-，所以i z a a =+，所以2i 1i (1i)i i 1i (1i)(1i)z a a a a z ---====-+++-.故选：D3.已知向量()2,4a =- ，()1,b t = ，若a 与b 共线，则向量a b +在向量()0,1j = 上的投影向量为（）A.jB.j -C.2jD.2j- 【答案】C 【解析】【分析】根据a 与b 共线，可得240t --=，求得2t =-，再利用向量a b +在向量()0,1j = 上的投影向量为()a b jjjj+⋅⋅ ，计算即可得解.【详解】由向量()2,4a =-，()1,b t = ，若a与b共线，则240t --=，所以2t =-，(1,2)a b +=-，所以向量a b +在向量()0,1j = 上的投影向量为：()(1,2)(0,1)21a b jj j j jj+⋅-⋅⋅=⋅=，故选：C4.“1ab >”是“10b a>>”（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断.【详解】当0a >时，由1ab >，可得10b a>>，当a<0时，由1ab >，得10b a<<；所以“1ab >”不是“10b a>>”的充分条件.因为01010a b ab a a>⎧⎪>>⇔-⎨>⎪⎩，所以1ab >，所以“1ab >”是“10b a>>”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题考查不等式性质与充分、必要条件的判定，还考查了理解辨析问题的能力，属于基础题.5.有甲、乙等五人到三家企业去应聘，若每人至多被一家企业录用，每家企业至少录用其中一人且甲、乙两人不能被同一家企业录用，则不同的录用情况种数是（）A.60B.114C.278D.336【答案】D【解析】命题意图本题考查排列与组合的应用.录用3人，有353360C A =种情况；录用4人，有4232354333162C C A C A -=种情况；录用5人，有12323331345333333225)4(C C A C A (C A C A )11A -+-=种情况.所以共有336种.6.已知D ：222210x y ax a +---=，点()3,0P -，若D 上总存在M ，N 两点使得PMN 为等边三角形，则a 的取值范围是（）A.()5,11,3⎡⎫--⋃-+∞⎪⎢⎣⎭ B.[)5,1,3⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦C.(][) ,21,-∞-⋃+∞D.[)()2,11,---+∞ 【答案】B 【解析】【分析】D 的圆心坐标为(),0D a ，半径为1r a =+,要使D 上总存在M ，N 两点使得PMN 为等边三角形，则D 上存在一点M ，使得30MPD ∠=︒,当PM 与D 相切时，MPD ∠最大，故sin sin 30rMPD PD∠=≥︒，由此可求解.【详解】D 的标准方程为()()2221x a y a -+=+，圆心坐标为(),0D a ，半径为1r a =+.因为,PM PN MD ND ==，所以PMD PND ≅△△.所以30MPD NPD ∠=∠=︒.要使D 上总存在M ，N 两点使得PMN 为等边三角形，则D 上存在一点M ，使得30MPD ∠=︒,当PM 与D 相切时，MPD ∠最大，此时30MPD ∠≥︒，故1sin sin 302r MPD PD ∠=≥︒=，即()1132a a +≥+，整理得23250a a +-≥，解得[)5,1,3a ⎛⎤∈-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦.故选:B.7.已知ABC 中，60BAC ∠=︒，2AB =，Q 是边BC 上的动点．若PA ⊥平面ABC ，PA =，且PQ与面ABC 所成角的正弦值的最大值为3，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（）A.4πB.6πC.8πD.9π【答案】B 【解析】【分析】根据题意得PQ AQ 的最小值是1，即A 到BC 的距离为1，则∠ACB ＝90°，结合图形找出△ABC 的外接圆圆心与三棱锥-P ABC 外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．【详解】三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，设直线PQ 与平面ABC 所成角为θ，∵sin θ的最大值是63，∴sin 3PA PQ PQ θ==≤，解得PQ ≥即PQ AQ 的最小值是1，即A 到BC 的距离为1，直角三角形△ABQ 中，AB ＝2，所以∠BAQ =60°,又∠BAC ＝60°，所以,A Q 重合，则∠ACB ＝90°，则△ABC 的外接圆圆心M 为AB 的中点，又PA ⊥平面ABC ，从而外接球的球心O 为PB 的中点，外接球的半径2R OB =====，∴三棱锥-P ABC 的外接球的表面积2264π4π6π2S R ⎛==⨯= ⎝⎭．故选：B ．B．椭圆M的蒙日圆方程为D．长方形G的面积的最大值为【分析】由椭圆标准方程求得,a b后再求得c，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．【详解】由椭圆方程知a2b=，则c==e==A正确；当长方形G的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为4，=因此蒙2210x y+=，B正确；设矩形的边长分别为,m n，因此22402m n mn+=≥，即20mn≤，当且仅当m n=时取等号，所以长方形G的面积的最大值是20，此时该长方形G为正方形，边长为C正确，D错误．故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．【分析】A，根据12||=MN x x p++结合基本不等式即可判断；B，由抛物线定义知当,,P M A三点共线时MF MP+；C，D，设直线方程，联立抛物线，应用韦达定理即可求解.【详解】对A，设112212(,),(,),(,0)M x y N x y x x>，因为这些MN倾斜角不为0，则设直线MN的方程为32x ky=+，联立抛物线得2690y ky--=，则12126,9y y k y y+=⋅=-，所以()()221212121212399363,244k x x k y y k x x k y y y y ∴+=++=+=+++=，则212||=3666MN x x k ++=+≥（当且仅当0k =时等号成立），A 正确；对B ，如图MA ⊥抛物线准线，MF MP MA MP +=+要使其最小，即,,P M A 三点共线时取得最小值，即53||422MF MP MA MP PA +=+==+=，B 正确；对C ，由()121212311||||239||||||||324x x NF MF MF NF MF NF x x x x ++++===+++，C 错误；对D ，1212123339(()()2224MF NF x x x x x x ⋅=+⋅+=+++2293993(63)(63)1842422k k =+++=++=，解得1k =±,D 正确故选：ABD.10.已知双曲线()222:102x y E a a -=>的左、右焦点别为1F ，2F ，过点2F 的直线l 与双曲线E 的右支相交于,P Q 两点，则（）A.若E的两条渐近线相互垂直，则a =B.若EE 的实轴长为1C.若1290F PF ∠=︒，则124PF PF ⋅=D.当a 变化时，1F PQ周长的最小值为【答案】ACD 【解析】【分析】根据双曲线的渐近线、离心率、定义、三角形的周长等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意，b =，A选项，若双曲线的两条渐近线相互垂直，所以1,ba b a===A 正确；B 选项，若E的离心率为c e a =====，解得1a =，所以实轴长22a =，故B 错误；C 选项，若1290F PF ∠=︒，则122221224PF PF aPF PF c⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，整理得222121224448,4PF PF c a b PF PF ⋅=-==⋅=，故C 正确；D 选项，根据双曲线的定义可知，121222PF PF aQF QF a ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，两式相加得11114,4PF QF PQ a PF QF a PQ +-=+=+，所以1F PQ 周长为42a PQ +，当12PQ F F ⊥时，PQ 取得最小值224b a a=，所以8424a PQ a a +≥+≥=，当且仅当84a a=，即a =所以1F PQ周长的最小值为D 正确.故选：ACD【分析】A 选项，建立空间直角坐标系，根据112B D EF = 得到11B D 与EF 平行；B 选项，先求出242,,333P ⎛⎫⎪⎝⎭，得到平面1APB 的法向量()1,0,1m =- ，根据数量积为0得到BC m ⊥，得到BC //平面1APB ；C 选项，先求出1A F 与平面1B EB 所成角的正弦值，进而求出余弦值；D 选项，求出平面1A EF 的法向量，根据点到平面距离公式求出答案.【详解】A 选项，以A 作坐标原点，1,,AB AD AA 所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，()()()()()()()1112,0,2,0,2,2,2,1,0,1,2,0,0,0,2,2,0,0,2,2,0B D E F A B C ，则()()112,2,0,1,1,0B D EF =-=- ，由于112B D EF =，故11B D 与EF 平行，A 错误；B 选项，设(),,P x y z ，因为12A P PF =，所以()()2,,21,2,x y z x y z ----=，即224222x xy y z z=-⎧⎪=-⎨⎪-=-⎩，解得242,,333x y z ===，故242,,333P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，设平面1APB 的法向量为(),,m a b c =，则()()()1242242,,,,0333333,,2,0,2220m AP a b c a b c mAB a b c a c ⎧⎛⎫⋅=⋅=++= ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⋅=⋅=+=⎩ ，令1a =，则0,1b c ==-，则()1,0,1m =-，因为()()0,2,01,0,10BC m ⋅=-= ，故BC m ⊥，BC //平面1APB ，故存在点P ，使得12A P PF =，且BC //平面1APB ，B 正确；C 选项，平面1B EB 的法向量为()1,0,0n =r，故1A F 与平面1B EB 所成角的正弦值为1113A F n A F n ⋅==⋅，则1A F 与平面1B EBC 正确；D 选项，设平面1A EF 的法向量为()1111,,n x y z =，则()()()()11111111111111,,2,1,2220,,1,1,00n A E x y z x y z n EF x y z x y ⎧⋅=⋅-=+-=⎪⎨⋅=⋅-=-+=⎪⎩ ，令11x =，则1131,2y z ==，故131,1,2n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，则点1B 到平面1A EF的距离为111141717A B n n ⋅=，D 错误.故选：BC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若二项式2nx x ⎛+ ⎝的展开式中二项式系数之和为64，则二项展开式中系数最大的项为【答案】240【解析】【详解】因为二项式2nx x ⎛+ ⎝的展开式中二项式系数之和为64，所以264n =，得6n =，所以二项式为6x x ⎛+ ⎝，则二项式展开式的通项3662166C (C 2r r rr r rr T xx x--+==，令第1r +项的系数最大，则11661166C 2C 2C 2C 2r r r r r r r r --++⎧≥⎨≥⎩，解得111433r ≤≤，因为N r ∈，所以4r =，则二项展开式中系数最大的项为36444256C 2240T x-⨯==，所以填24013.若函数()sin f x ax x =+的图像上存在两条互相垂直的切线，则实数a 是__________.【答案】0【解析】【详解】注意到，()cos f x a x =+'.若函数()f x 上存在两条切线垂直，则存在1x 、2x R ∈，使得()()()()12121cos cos 1f x f x a x a x ''=-⇔++=-()21212cos cos cos cos 10a a x x x x ⇔+++⋅+=221212cos cos cos cos 1022x x x x a +-⎛⎫⎛⎫⇔++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12cos cos 1,0x x a ⇔=-=±=.故答案为014.若过点()0,1的直线l 自左往右交抛物线214y x =及圆()22114x y +-=于,,,A B C D 四点，则3AB CD +的最小值为________.【答案】2+【解析】【分析】根据抛物线的定义求得求出11,22A D AB y CD y =+=+，当l y ⊥轴时，则1D A y y ==，可求3AB CD +的值；当直线方程为()1x n y =-时，代入抛物线方程，根据韦达定理结合基本不等式求得此时3AB CD +的最小值，即可得结论．【详解】解：如图，其中抛物线214y x =的焦点坐标为()0,1F ，抛物线的准线方程为：1y =-，圆()22114x y +-=的半径12r =又抛物线的定义可得：1,1A D AF y DF y =+=+，又11,22A D AB AF BF y CD DF CF y =-=+=-=+，当l y ⊥轴时，则1A D y y ==，所以113131622AB CD ⎛⎫+=+++= ⎪⎝⎭；当l 不垂直于y 轴时，设l 的方程为：()1x n y =-，代入抛物线方程得：()2222240n y n y n -++=，所以2224,1A D A D n y y y y n++=⋅=。

小题专项练习(四) 三角恒等变换与正余弦定理C.13D.238．[2018·安徽马鞍山高三第三次模拟]已知sin α－2cos α＝3，则tan α＝( )A ．±22 B ．± 2C ．－ 2D ．－229．[2018·山东烟台适应性练习]在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b sin2A ＋3a sin B ＝0，b ＝3c ，则c a的值为( )A ．1 B.33C.55 D.7710．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B ＝π4，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－A ＝12，且△ABC的面积为25，则a ＋b 的值为( )A ．5＋5 5B ．5C ．10 5D ．5＋10 511．[2018·衡水联考]△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知ab sin C ＝20sin B ，a 2＋c 2＝41，且8cos B ＝1，则b ＝( )A ．6B ．4 2C ．3 5D ．712．如图，在海岸线上相距26千米的A ，C 两地分别测得小岛B 在A 的北偏西α方向，在C的北偏西π2－α方向，且cos α＝63，则BC 之间的距离是( )A ．303千米B ．30千米C ．123千米D ．12千米二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．13．[2018·河南洛阳第三次统考]已知角α的始边与x 轴的非负半轴重合，顶点与坐标原点重合，终边过点P (3,4)，则sin α＋2cos αsin α－cos α＝________.14．[2018·江苏南师附中四校联考]已知tan π4＋θ＝3，则sin θcos θ－3cos 2θ的值为________．15．[2018·广西钦州第三次质量检测]△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边边长分别为a ，b ，c ，若a ＝52b ，A ＝2B ，则cos B ＝________.16．[2018·高考押题预测卷]如图，在△DEF 中，M 在线段DF 上，EM ＝DE ＝3，DM ＝2，cos ∠F ＝35，则△MEF 的面积为________．∴(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝169，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α－cos α>0， ∴sin α－cos α＝43，故选C.6．B 由sin(C －A )＝12sin B ，得2sin(C －A )＝sin(C ＋A )，∴2sin C cos A －2cos C sin A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ， ∴sin C cos A ＝3cos C sin A ，由正余弦定理，得 c ·b 2＋c 2－a 22bc ＝3a ·a 2＋b 2－c 22ab ，得4c 2－4a 2＝2b 2＝2×16＝32， ∴c 2－a 2＝8，故选B.7．B 由2cos2θcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝3sin2θ，得2cos 2θ－sin 2θ22cos θ－sin θ＝23sin θcos θ，即2(cos θ＋sin θ)＝23sin θcos θ，∴1＋2sin θcos θ＝3sin 2θcos 2θ，∴sin θcos θ＝－13，或sin θcos θ＝1(舍)，∴sin2θ＝－23，故选B.8．D 由sin α－2cos α＝3，得sin 2α－22sin αcos α＋2cos 2α＝3sin 2α＋3cos 2α，∴2sin 2α＋22sin αcos α＋cos 2α＝0，∴2tan 2α＋22tan α＋1＝0，∴(2tan α＋1)2＝0，∴tan α＝－22，故选D.9．D 由b sin2A ＋3a sin B ＝0， 得2b sin A cos A ＋3a sin B ＝0，∴2sin B sin A cos A ＋3sin A sin B ＝0， ∴sin B sin A (2cos A ＋3)＝0，在△ABC 中，sin B ≠0，sin A ≠0，∴2cos A ＋3＝0，∴cos A ＝－32，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝3c 2＋c 2＋23c 2·32＝7c 2，∴c a ＝77，故选D.。

[A卷]1．(2021·宁波市高三模拟) 用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B.由题意知，用平行于水平面的平面去截球所得的底面圆是看不见的，所以在俯视图中该部分应当是虚线圆，结合选项可知选B.2．下列命题中，错误的是()A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形解析：选B.依据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．3．(2021·台州市高三调考)一个空间几何体的三视图如图所示，其体积为()A．16B．32C．48 D．96解析：选A.由题意作出直观图P-ABCD如图所示，则该几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，其面积为12×(2＋4)×4＝12，高为4，因此其体积V＝13×12×4＝16.4．(2021·高考全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，所以(5π＋4)r2＝16＋20π，所以r2＝4，r＝2，故选B.5．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x的值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A.依据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V＝3×2×1＋13×3×2×x＝10，解得x＝2.故选A.6. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为()A．2 3 B． 3C.32D．1解析：选C.由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S＝32×1＝32.故选C.7．一平面截一球得到直径为2 5 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则该球的体积是() A．12πcm3B．36πcm3C．646πcm3D．108πcm3解析：选B.由于球心和截面圆心的连线垂直于截面，由勾股定理得，球半径R＝22＋（5）2＝3，故球的体积为43πR3＝36π(cm3)．8．(2021·石家庄市第一次模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．64B．72C．80D．112解析：选B.由三视图可知该几何体是一个组合体，下面是一个棱长为4的正方体；上面是一个三棱锥，三棱锥的高为3.故所求体积为43＋13×12×4×4×3＝72.9．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④10．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为________ cm.解析：作出圆锥的轴截面如图，设SA＝y，O′A′＝x，利用平行线截线段成比例，得SA′∶SA＝O′A′∶OA，则(y－10)∶y＝x∶4x，解得y＝403.所以圆锥的母线长为403cm.答案：40311．(2022·高考课标全国卷Ⅱ改编)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为 3，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为________．解析：由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2sin 60°＝3，所以V A­B1DC1＝13AD·S△B1DC1＝13×3×12×2×3＝1，故选C.答案：112．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为________，体积为________．解析：由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝⎛⎭⎫12×2×5＝45，V＝13×22×2＝83.答案：458313．(2021·南昌市第一次模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：依据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1. 答案：1∶114．如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3.答案：4－2π315．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1­EDF的体积为________．解析：由于B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以V D 1­EDF ＝V F ­D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：16[B 卷]1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不行能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.依据三视图中“正俯长一样，侧俯宽一样，正侧高一样”的规律，C 选项的侧视图宽为32，不符合题意，故选C.2．(2021·邢台市摸底考试)已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则该几何体的体积为( )A.16 B.13 C.23D ．56解析：选D.依题意得，题中的几何体是从棱长为1的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中截去三棱锥A ′­ABD 后剩余的部分，因此该几何体的体积等于13－13×⎝⎛⎭⎫12×12×1＝56，故选D. 3．(2022·高考湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r ＝12×(6＋8－10)＝2.因此选B.4．(2021·高考山东卷)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3 B ．4π3 C.5π3D ．2π 解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.5．(2021·郑州市第一次质量猜测)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647解析：选C.依题意，题中的几何体是三棱锥P -ABC (如图所示)， 其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ， BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－（27）2]＝x128－x 2≤x 2＋（128－x 2）2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，故选C.6．(2021·山西省第三次四校联考)在半径为10的球面上有A ，B ，C 三点，假如AB ＝83，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.设A ，B ，C 三点所在圆的半径为r ，圆心为P .由于∠ACB ＝60°，所以∠APB ＝120°.在等腰三角形ABP 中，AP ＝43sin 60°＝8，所以r ＝8，所以球心O 到平面ABC 的距离为102－82＝6，故选C.7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．5＋ 3B ．5＋2 3C ．4＋2 2D ．4＋2 3解析：选A.该几何体的直观图如图．表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋2×12×(1＋2)×1＋12×6×2＝5＋3，所以选A.8．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163解析：选C.由正视图可知，P A ＝AC ，且点D 为线段PC 的中点，所以AD ⊥PC .由侧视图可知，BC ＝4.由于P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC .又由于BC ⊥AC ，且AC ∩P A ＝A ，所以BC ⊥平面P AC ，所以BC ⊥AD .又由于AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以可得AD ⊥平面PBC ，V D ­ABC ＝13×12×P A ×S △ABC ＝163.9．某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为________．解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.答案：15210．(2021·洛阳市高三班级统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )解析：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去一个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π.答案：50π 11．(2021·绍兴市高三诊断性测试)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，最长的侧棱长为________．解析：依据三视图及有关数据还原该几何体，得该几何体是底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD ，如图，过点P 作PH ⊥AD 于点H ，连接CH .底面面积S 1＝（1＋2）×12＝32，V ＝13×32×1＝12，最长的侧棱长为PB ＝ 3.答案：12312．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：3213．(2021·洛阳市统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23，若三棱锥D -ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ­ABC ＝13S △ABC ·h (h为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，所以球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π 14．(2021·杭州市联谊学校高三其次次联考)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 的长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，GH ⊥CC 1，EI ⊥CC 1，垂足分别为G ，H ，I ，则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG＝2x 22－4.连接DH ，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋⎝⎛⎭⎫2x 22－42，解得x ＝23，即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 3 15．(2021·浙江省名校新高考联盟第一次联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形，则BC ＝________，四棱锥F-OBED的体积为________．解析：取AO的中点M，连接CM，BM，由△OAB，△OAC是正三角形，OA＝1，可知CM⊥AO，BM⊥AO，且BM＝CM＝32，又平面ABED⊥平面ACFD，所以CM⊥平面ABED，所以CM⊥BM，故BC＝62.过点F作FQ⊥OD于点Q，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高．易知FQ＝3，又S△OBE＝12×1×2×32＝32，S△OED＝12×2×2×32＝3，所以S四边形OBED＝32＋3＝332，故V四棱锥F-OBED＝13×332×3＝32.答案：6232。

模拟训练四1．[2017·庄河高级中学]已知集合{}1,0,1,2M =-，{}2,N y y x x M ==∈，则MN =（ ） A ．{}1,1- B ．{}0,1 C．{}1,1,3,5-D ．{}1,0,1,2-【答案】B【解析】由题意可得：{}0,1,4N =，则{}0,1M N =．本题选择B 选项．2．[2017·庄河高级中学]设复数12iiz --=，则复数1z -的模为（ ） AB ．4C．D ．2【答案】A【解析】由题意可得：12ii 2iz --==-，13i z ∴-=-+，z ==题选择A 选项．3．[2017·庄河高级中学]已知平面向量a ，b 1a =，12b =，则2a b -=（ ） A ．1BC ．2D ．32【答案】A 【解析】根据条件：1111224a b ⋅=⨯⨯=，∴一、选择题（5分/题）()22211244144144a ba ab b -=-⋅+=-⨯+⨯=，∴21a b -=，故选A ．4．[2017·庄河高级中学]已知双曲线222:1(0)y C x b b -=>的一条渐近线的倾斜角为3π，则双曲线C 的离心率为（ ）A BC ．2D ．【答案】C【解析】由题意可得：双曲线的渐近线为：y bx =±，则：πtan3b ==据此有：2c e a ====．本题选择C 选项．5．[2017·庄河高级中学]在等比数列{}n a 中，已知32a =，35726a a a ++=，则7a =（ ） A ．12 B ．18 C ．24 D ．36【答案】B【解析】由题意可得：()243126a q q ++=，整理可得：()()22340q q -+=，结合等比数列的通项公式可得：42732318a a q =⨯=⨯=．本题选择B 选项．6．[2017·庄河高级中学]执行如图所示的程序框图，若输入3m =，4n =，则输出a =（ ）A ．4B ．8C ．12D ．16【答案】D【解析】程序框图运行如下：首先初始化数值：3m =，4n =，0i =；执行第一次循环：11i i =+=，7a mi n =+=，此时不满足判断条件，继续循环； 执行第二次循环：12i i =+=，10a mi n =+=，此时不满足判断条件，继续循环； 执行第三次循环：13i i =+=，13a mi n =+=，此时不满足判断条件，继续循环； 执行第四次循环：14i i =+=，16a mi n =+=，此时满足判断条件，跳出循环，输出16a =．本题选D ．7．[2017·庄河高级中学]已知α为第二象限角，sin 410απ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则t a n α的值为（ ） A ．12-B ．13C ．43-D ．3-【答案】C【解析】由题意可得：cos 410απ⎛⎫+==- ⎪⎝⎭，sin 14tan 47cos 4αααπ⎛⎫+ ⎪π⎛⎫⎝⎭∴+==- ⎪π⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭，据此有：1147tan tan 144317αα--⎡⎤ππ⎛⎫=+-==- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦-．本题选择C 选项．8．[2017·庄河高级中学]设实数x ，y 满足约束条件()20200x y x y y m m +--->⎧⎪⎨⎪⎩≥≤≤，则目标函数2z x y =-的最大值为（ ）A ．2-B ．1-C ．1D ．2【答案】D【解析】绘制不等式组表示的平面区域，结合目标函数的几何意义可得，目标函数在点()2,0处取得最大值：2202z =-⨯=．本题选择D 选项．9．[2017·庄河高级中学]某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切割，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则新工件的体积为（ ）A ．18B ．1C ．2D【答案】B【解析】，高为2，要使加工成的正方体新工件体积最大，则该正方体为圆锥的内接正方体，设棱长为2x ，222x-=，解得12x =，故21x =，故新工件的体积为1．10．[2017·庄河高级中学]已知函数()()sin 0,2f x x ωϕωϕπ⎛⎫=+><⎪⎝⎭的图象过点10,2⎛⎫⎪⎝⎭，若()12f x f π⎛⎫ ⎪⎝⎭≤对x ∈R 恒成立，则ω的最小值为（ ） A ．2 B ．10C ．4D ．16【答案】C【解析】函数图象过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，则：1sin 2ϕ=，结合2ϕπ<可得：6ϕπ=，由()12f x f π⎛⎫⎪⎝⎭≤对x ∈R 恒成立可得：()21262k k ωπππ⨯+=π+∈Z ，解得：()244k k ω=+∈Z ，令0k =可得：min 4ω=．本题选C ．11．[2017·庄河高级中学]已知函数()2222,2log ,2x x x f x x x ⎧-+=⎨>⎩≤，若0x ∃∈R ，使得()2054f x m m -≤成立，则实数m 的取值范围为（ ）A ．11,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．12,4⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】由函数的解析式可得函数的最小值为：()11f =，则要考查的不等式转化为：2154m m -≤，解得：114m ≤≤，即实数m 的取值范围为1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦．本题选择B 选项．12．[2017·庄河高级中学]设抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，点M 在C 上，5MF =，若y 轴上存在点()0,2A ，使得0AM AF =⋅，则p 的值为（ ）A ．2或8B ．2C ．8D ．4或8【答案】A【解析】由题意可得：以MF 为直径的圆过点()0,2，设(),M x y ，由抛物线性质52p MF x =+=，可得52px =-，因为圆心是MF 的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为552222p p-+=，已知圆半径也为52，据此可知该圆与y 轴相切于点()0,2，故圆心纵坐标为2，则M 点纵坐标为4，即5,42p M ⎛⎫-⎪⎝⎭，代入抛物线方程得210160p p -+=，所以2p =或8p =．本题选择A 选项．13．[2017·庄河高级中学]设()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，()12x f x +=，则14log 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭_____．【答案】- 【解析】由题意：144log 3log 30=-<，则：()()4l og311444l o g 3l o g 3l o g 322f f f +⎛⎫=-=-=-=- ⎪⎝⎭．14．[2017·庄河高级中学]在ABC △中，a ，b ，c 是角A ，B ，C 所对的边，2a b =，60C =︒，则=B ______．【答案】6π【解析】由题意有：222222241cos 242a b c b b c C ab b +-+-===，解得：223c b =，据此有：二、填空题（5分/题）::2a b c =6B π=． 15．[2017·庄河高级中学]若直线1ax by +=（a ，b 都是正实数）与圆224x y +=相交于A ，B 两点，当OA OB ⊥（O 是坐标点）时，ab 的最大值为__________． 【答案】14【解析】由题意可得，圆心到直线的距离为，即：=，整理可得：22122a b ab +=≥，则：14ab ≤，当且仅当12a b ==时等号成立，即ab 的最大值为14．16．[2017·庄河高级中学]已知1x =是函数()()22e (0)2xk f x x x kx k =--+>的极小值点，则实数k 的取值范围是__________． 【答案】()0,e【解析】由题意可得：()()()()()1e 11e x x f x x k x x k '=---=--，满足题意时有：ln 1k <，求解不等式可得实数k 的取值范围是()0,e ．。

2021年高考数学(理数)二轮复习仿真冲刺卷四一、选择题1.已知集合A={1,2,3},B={1,3,4,5},则A∩B的子集个数为( )A.2B.3C.4D.16【参考答案】答案为：C；解析：A∩B={1,3},所以A∩B的子集个数为4,故选C.2.已知复数z=(i为虚数单位),则复数z的共轭复数的虚部为( )A.iB.-iC.1D.-1【参考答案】答案为：C；解析：z===2-i,所以=2+i,的虚部为1,故选C.3.已知a>b,则条件“c≥0”是条件“ac>bc”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【参考答案】答案为：B；解析：当时,ac>bc不成立,所以充分性不成立,当时c>0成立,c≥0也成立,所以必要性成立,所以“c≥0”是条件“ac>bc”的必要不充分条件,选B.4.已知a=21.2,b=,c=2log2,则a,b,c的大小关系是( )5A.b<a<cB.c<a<bC.c<b<aD.b<c<a【参考答案】答案为：C；解析：因为b==20.2<21.2=a,所以a>b>1.又因为c=2log52=log54<1,所以c<b<a,故选C.5.某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有( )A.16种B.36种C.42种D.60种【参考答案】答案为：D；解析：法一:(直接法)若3个不同的项目被投资到4个城市中的3个,每个城市1个,共种投资方案;若3个不同的项目被投资到4个城市中的2个,一个城市1个、一个城市2个,共种投资方案.由分类加法计数原理知共+=60种投资方案.法二:(间接法)先任意安排3个项目,每个项目各有4种安排方法,共43=64种投资方案, 其中3个项目落入同一个城市的投资方案不符合要求,共4种,所以总投资方案共43-4=64-4=60(种).6.元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗:“我有一壶酒,携着游春走,遇店添一倍,逢友饮一斗,店友经四处,没了壶中酒,借问此壶中,当原多少酒?”用程序框图表达如图所示,若最终输出的x=0,则一开始输入的x的值为( )A. B. C. D.【参考答案】答案为：C；解析：i=1,(1)x=2x-1,i=2,(2)x=2(2x-1)-1=4x-3,i=3,(3)x=2(4x-3)-1=8x-7,i=4,(4)x=2(8x-7)-1=16x-15,i=5,所以输出16x-15=0,得x=,故选C.7.在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,若A=,b=,△ABC的面积为,则a等于( )A. B. C.2 D.【参考答案】答案为：D；解析：由A=,b=,△ABC的面积为,得=b·c·sin,从而有c=2,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=2+8+4,即a=,故选D.8.已知函数f(x)=|2x-2|+b的两个零点分别为x,x2(x1>x2),则下列结论正确的是( )1A.1<x1<2,x1+x2<2B.1<x1<2,x1+x2<1C.x1>1,x1+x2<2D.x1>1,x1+x2<1【参考答案】答案为：A；解析：函数f(x)=|2x-2|+b有两个零点,即y=|2x-2|与y=-b的图象有两个交点,交点的横坐标就是x1,x2(x2<x1),在同一坐标系中画出y=|2x-2|与y=-b的图象(如图),可知1<x1<2.当y=-b=2时,x1=2,两个函数图象只有一个交点,当y=-b<2时,由图可知x1+x2<2.9.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱;阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图,在堑堵ABC A1B1C1中,AC⊥BC,若A1A=AB=2,当阳马B A1ACC1的体积最大时,堑堵ABC A1B1C1的体积为( )A. B. C.2 D.2【参考答案】答案为：C；解析：设底面直角三角形的两直角边长分别为a,b,则a2+b2=4,阳马B A1ACC1的体积为=ab≤(a2+b2)=,当且仅当a=b=时,取等号,此时堑堵ABC A1B1C1的体积为=ab×2=2,故选C.10.已知函数f(x)=asin x-2cos x的一条对称轴为直线x=-,且f(x)·f(x2)=-16,1则|x1+x2|的最小值为( )A. B. C. D.【参考答案】答案为：C；解析：f(x)=asin x-2cos x=sin(x+θ),由于函数f(x)的对称轴为直线x=-,所以f(-)=-a-3,则|-a-3|=,解得a=2;所以f(x)=4sin(x-),由于f(x1)·f(x2)=-16,所以函数f(x)必须取得最大值和最小值,所以x1=2k1π+,x2=2k2π-,k1,k2∈Z,所以x1+x2=2(k1+k2)π+,所以|x1+x2|的最小值为.故选C.11.抛物线y2=8x的焦点为F,设A,B是抛物线上的两个动点,|AF|+|BF|=|AB|,则∠AFB的最大值为( )A. B. C. D.【参考答案】答案为：D；解析：设|AF|=m,|BF|=n,则m+n=|AB|,在△ABF中,由余弦定理cos ∠AFB===.因为m+n=|AB|≥2,所以≥mn,所以cos∠AFB≥-,所以∠AFB≤π,所以∠AFB的最大值为,故选D.12.关于x的方程xln x-kx+1=0在区间[e-1,e]上有两个不等实根,则实数k的取值范围是( )A.(1,1+e-1]B.(1,e-1]C.[1+e-1,e-1]D.(1,+∞)【参考答案】答案为：A；解析：关于x的方程xln x-kx+1=0,即ln x+=k,令函数f(x)=ln x+,若方程xln x-kx+1=0在区间[e-1,e]上有两个不等实根,即函数f(x)=ln x+与y=k在区间[e-1,e]上有两个不相同的交点,f′(x)=-,令-=0可得x=1,当x∈[e-1,1)时f′(x)<0,函数是减函数,当x∈(1,e)时,f′(x)>0,函数是增函数,函数的最小值为f(1)=1.f(e-1)=-1+e,f(e)=1+e-1.函数的最大值为-1+e.关于x的方程xln x-kx+1=0在区间[e-1,e]上有两个不等实根,则实数k的取值范围是(1,1+e-1].故选A.二、填空题13.多项式(4x2-2)(1+)5展开式中的常数项是.【参考答案】答案为：18；解析:多项式(4x2-2)(1+)5展开式中的常数项是4-2=18.14.设x,y满足约束条件且x,y∈Z,则z=3x+5y的最大值为.【参考答案】答案为：13；解析:由约束条件作出可行域如图,作出直线3x+5y=0,因为x,y∈Z,所以平移直线3x+5y=0至(1,2)时,目标函数z=3x+5y的值最大,最大值为13.15.已知△ABC是直角边为2的等腰直角三角形,且A为直角顶点,P为平面ABC内一点,则·(+)的最小值是.【参考答案】答案为：-1解析:以BC的中点为原点O,以BC为x轴,以BC边上的高为y轴建立坐标系,△ABC是直角边为2的等腰直角三角形,且A为直角顶点,斜边BC=2,则A(0,),B(-,0),C(,0),设P(x,y),则+=2=(-2x,-2y), =(-x,-y),所以·(+)=2x2+2y2-2y=2x2+2(y-)2-1, 所以当x=0,y=时,·(+)取得最小值-1.16.双曲线C:-=1(a>0,b>0)的焦点为F1,F2,其中F2为抛物线C2:y2= 2px(p>0)的焦点,1设C1与C2的一个交点为P,若|PF2|=|F1F2|,则C1的离心率为.【参考答案】答案为：1+；解析:设P(m,n)位于第一象限,可得m>0,n>0,由题意可得F2(,0),且双曲线的c=,抛物线的准线方程为x=-,由抛物线的定义可得m+=|PF2|=|F1F2|=2c,即有m=c,n===2c,即P(c,2c),代入双曲线的方程可得-=1,即为e2-=1,化为e4-6e2+1=0,解得e2=3+2(e2=3-2舍去),可得e=1+.三、解答题17.设正项等比数列{a}中,a4=81,且a2,a3的等差中项为(a1+a2).n(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log3a2n-1,数列{b n}的前n项和为S n,数列{c n}满足c n=,T n为数列{c n}的前n项和,求T n.【参考答案】解:(1)设正项等比数列{a n}的公比为q(q>0),由题意,得解得所以a n=a1q n-1=3n.(2)由(1)得b n=log332n-1=2n-1,S n===n2,所以c n==(-),所以T n=[(1-)+(-)+…+(-)]=.18.某教师为了了解高三一模所教两个班级的数学成绩情况,将两个班的数学成绩(单位:分)绘制成如图所示的茎叶图.(1)分别求出甲、乙两个班级数学成绩的中位数、众数;(2)若规定成绩大于等于115分为优秀,分别求出两个班级数学成绩的优秀率;(3)从甲班中130分以上的5名同学中随机抽取3人,求至多有1人的数学成绩在140分以上的概率.【参考答案】解:(1)由所给的茎叶图知,甲班50名同学的成绩由小到大排序,排在第25,26位的是108,109,数量最多的是103,故甲班数学成绩的中位数是108.5,众数是103;乙班48名同学的成绩由小到大排序,排在第24,25位的是106,107,数量最多的是92和101, 故乙班数学成绩的中位数是106.5,众数为92和101.(2)由茎叶图中的数据可知,甲班中数学成绩为优秀的人数为20,优秀率为=;乙班中数学成绩为优秀的人数为18,优秀率为=.(3)将分数为131,132,136的3人分别记为a,b,c,分数为141,146的2人分别记为m,n,则从5人中抽取3人的不同情况有abc,abm, abn,acm,acn,amn,bcm,bcn,bmn,cmn,共10种情况.记“至多有1人的数学成绩在140分以上”为事件M,则事件M包含的情况有abc,abm,abn,acm,acn,bcm,bcn,共7种情况,所以从这5名同学中随机抽取3人,至多有1人的数学成绩在140分以上的概率为P(M)=0.7.19.如图,已知四棱锥S ABCD,底面梯形ABCD中,BC∥AD,平面SAB⊥平面ABCD,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=2AD=2DC=2.(1)求证:平面SAB⊥平面SAC;(2)求二面角B SC A的余弦值.【参考答案】 (1)证明:在△BCA中,由于AB=2,CA=4,BC=2,所以AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC.又平面SAB⊥平面ABCD,平面SAB∩平面ABCD=AB,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥平面SAB,又AC⊂平面SAC,故平面SAC⊥平面SAB.(2)解:如图,建立空间直角坐标系A xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),S(1,0,),C(0,4,0),=(1,-4,),=(-2,4,0),=(0,4,0).设平面SBC的法向量n=(x1,y1,z1),⇒令y1=1,则x1=2,z1=,所以n=(2,1,).设平面SCA的法向量m=(x2,y2,z2),⇒令x2=-,所以m=(-,0,1).所以|cos<n,m>|==,易知二面角B SC A的平面角为锐角,所以二面角B SC A的余弦值为.20.已知椭圆C:+=1(a>0)的焦点在x轴上,且椭圆C的焦距为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点R(4,0)的直线l与椭圆C交于两点P,Q,过P作PN⊥x轴且与椭圆C交于另一点N,F为椭圆C的右焦点,求证:三点N,F,Q在同一条直线上.【参考答案】 (1)解:因为椭圆C:+=1(a>0)的焦点在x轴上,所以a2>7-a2>0,即3.5<a2<7,因为椭圆C的焦距为2,且a2-b2=c2,所以a2-(7-a2)=1,解得a2=4,所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)证明:由题知直线l的斜率存在,设l的方程为y=k(x-4),点P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x1,-y1),则得3x2+4k2(x-4)2=12,即(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0,Δ>0,x1+x2=,x1x2=,由题可得直线QN的方程为y+y1=(x-x1),又因为y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),所以直线QN的方程为y+k(x1-4)=(x-x1),令y=0,整理得x=+x1====1,即直线QN过点(1,0),又因为椭圆C的右焦点坐标为F(1,0),所以三点N,F,Q在同一条直线上.21.若∀x∈D,总有f(x)<F(x)<g(x),则称F(x)为f(x)与g(x)在D上的一个“严格分界函数”.(1)求证:y=e x是y=1+x和y=1+x+在(-1,0)上的一个“严格分界函数”;(2)函数h(x)=2e x+-2,若存在最大整数M使得h(x)>在x∈(-1,0)恒成立,求M的值.(e=2.718…是自然对数的底数,≈1.414,≈1.260)【参考答案】 (1)证明:令ϕ(x)=e x-1-x,则ϕ′(x)=e x-1.当x<0时,ϕ′(x)<0,故ϕ(x)在(-1,0)上为减函数,因此ϕ(x)>ϕ(0)=0,故对∀x∈(-1,0)都有e x>1+x.再令t(x)=e x-1-x-,当x<0时,t′(x)=e x-1-x>0,故t(x)在(-1,0)上为增函数.因此t(x)<t(0)=0,所以对∀x∈(-1,0)都有e x<1+x+,故y=e x是y=1+x和y=1+x+在(-1,0)上的一个“严格分界函数”.(2)由(1)知当x∈(-1,0)时,h(x)=2e x+-2>2(1+x)+-2≥2-2≈0.828.又h(x)=2e x+-2<2(1+x+)+-2=x2+2x+,令m(x)=x2+2x+=(x+1)2+-1,m′(x)=2(x+1)-,令m′(x)=0,解得x=-1+(),易得m(x)在(-1,-1+())上单调递减,在(-1+(),0)上单调递增,则m(x)min=m(-1+())=()+-1=-1≈0.890.又h′(x)=2e x-在x∈(-1,0)存在x0使得h′(x0)=0,故h(x)在x∈(-1,0)上先减后增,则有h(x)min≤h(-1+())<m(-1+())≈0.890,则0.828<h(x)min< 0.890,所以h(x)min>,则M=8.22.选修44:坐标系与参数方程:已知曲线C1的参数方程是(θ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C2的极坐标方程是ρ=4sin θ.(1)求曲线C1与C2交点的平面直角坐标;(2)A,B两点分别在曲线C1与C2上,当|AB|最大时,求△OAB的面积(O为坐标原点).【参考答案】解:(1)因为曲线C1的参数方程是(θ为参数),所以曲线C1的平面直角坐标方程为(x+2)2+y2=4.①又由曲线C2的极坐标方程是ρ=4sin θ,得ρ2=4ρsin θ,所以x2+y2=4y,②把①②两式作差,得y=-x,代入x2+y2=4y,得2x2+4x=0,解得或所以曲线C1与C2交点的平面直角坐标为(0,0),(-2,2).(2)如图,由平面几何知识可知,当A,C1,C2,B依次排列且共线时,|AB|最大,此时|AB|=2+4,O到AB的距离为,所以△OAB的面积为S=(2+4)·=2+2.23.选修45:不等式选讲:已知函数f(x)=|x+1|+|x-3|,g(x)=a-|x-2|.(1)若关于x的不等式f(x)<g(x)有解,求实数a的取值范围;(2)若关于x的不等式f(x)<g(x)的解集为(b,3.5),求a+b的值.【参考答案】解:(1)f(x)<g(x)有解即|x+1|+|x-2|+|x-3|<a有解,令H(x)=|x+1|+|x-2|+|x-3|.则H(x)=由H(x)图象知,H(x)min=H(2)=4,所以a>4,即a的取值范围为(4,+∞).(2)由(1)f(x)<g(x)解集即H(x)<a的解集为(b,3.5),则则a=H()=,若b>3,由3b-4=得b==(不合题),若2<b≤3,则b+2=,b=(不合题),若-1<b≤2,则-b+6=,b=-(合题).则a+b=-=6.。

2020高考仿真模拟卷(四)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．已知集合M ＝{y |y ＝x 2－1，x ∈R }，N ＝{x |y ＝3－x 2}，则M ∩N ＝( ) A ．[－3，3]B ．[－1，3] C ．∅D ．(－1，3] 答案 B解析 因为集合M ＝{y |y ＝x 2－1，x ∈R }＝{y |y ≥－1}，N ＝{x |y ＝3－x 2}＝{x |－3≤x ≤3}，则M ∩N ＝[－1，3]．2．设命题p ：∃x ∈Q,2x－ln x <2，则綈p 为( ) A ．∃x ∈Q,2x－ln x ≥2 B．∀x ∈Q,2x－ln x <2 C ．∀x ∈Q,2x－ln x ≥2 D．∀x ∈Q,2x－ln x ＝2 答案 C解析 綈p 为∀x ∈Q,2x－ln x ≥2. 3．若函数f (x )是幂函数，且满足f 4f 2＝3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝( )A.13 B ．3 C ．－13 D ．－3 答案 A解析 设f (x )＝x α(α为常数)，∵满足f 4f 2＝3，∴4α2α＝3，∴α＝log 23.∴f (x )＝x log23，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－log23＝13.4．已知下列四个命题：①存在a ∈R ，使得z ＝(1－i)(a ＋i)为纯虚数；②对于任意的z ∈C ，均有z ＋z －∈R ，z ·z －∈R ；③对于复数z 1，z 2，若z 1－z 2>0，则z 1>z 2；④对于复数z ，若|z |＝1，则z ＋1z∈R .其中正确命题的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 ①z ＝(1－i)(a ＋i)＝a ＋1＋(1－a )i ，若z 为纯虚数，则a ＋1＝0，1－a ≠0，得a ＝－1，故①正确；②设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则z －＝a －b i ，那么z ＋z －＝2a ∈R ，z ·z －＝a 2＋b 2∈R ，故②正确；③令z 1＝3＋i ，z 2＝－2＋i ，满足z 1－z 2>0，但不满足z 1>z 2，故③不正确；④设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，其中a ，b 不同时为0，由|z |＝1，得a 2＋b 2＝1，则z ＋1z＝a＋b i ＋1a ＋b i ＝a ＋b i ＋a －b ia 2＋b2＝2a ∈R ，故④正确． 5．关于直线a ，b 及平面α，β，下列命题中正确的是( ) A ．若a ∥α，α∩β＝b ，则a ∥b B ．若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β C ．若a ⊥α，α∥β，则α⊥β D ．若a ∥α，b ⊥a ，则b ⊥α 答案 C解析 A 错误，因为a 不一定在平面β内，所以a ，b 有可能是异面直线；B 错误，若α⊥β，m ∥α，则m 与β可能平行，可能相交，也可能m 在β内；由直线与平面垂直的判断定理能得到C 正确；D 错误，直线与平面垂直，需直线与平面中的两条相交直线垂直．6．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2＝( )A ．3B ．9C ．10D ．13 答案 C解析 因为a 6,3a 4，－a 5成等差数列，所以6a 4＝a 6－a 5，设等比数列{a n }的公比为q ，则6a 4＝a 4q 2－a 4q ，解得q ＝3或q ＝－2(舍去)，所以S 4S 2＝S 2＋q 2S 2S 2＝1＋q 2＝10.7．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1(－2,0)，过点F 1作倾斜角为30°的直线与圆x 2＋y 2＝b 2相交的弦长为3b ，则椭圆的标准方程为( )A.y 28＋x 24＝1B.x 28＋y 24＝1C.y 216＋x 212＝1 D.x 216＋y 212＝1 答案 B解析 由左焦点为F 1(－2,0)，可得c ＝2，即a 2－b 2＝4，过点F 1作倾斜角为30°的直线的方程为y ＝33(x ＋2)，圆心(0,0)到直线的距离d ＝233＋9＝1， 由直线与圆x 2＋y 2＝b 2相交的弦长为3b ， 可得2b 2－1＝3b ，解得b ＝2，a ＝22， 则椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.8．甲、乙、丙、丁四人商量是否参加研学活动．甲说：“乙去我就肯定去．”乙说：“丙去我就不去．”丙说：“无论丁去不去，我都去．”丁说：“甲、乙中只要有一人去，我就去．”以下推论可能正确的是( )A ．乙、丙两个人去了B ．甲一个人去了C ．甲、丙、丁三个人去了D ．四个人都去了 答案 C解析 因为乙说“丙去我就不去”，且丙一定去，所以A ，D 不可能正确．因为丁说“甲、乙中只要有一人去，我就去”，所以B 不可能正确．选C.9．下图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”．已知正整数n 被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n 的最小值．执行该程序框图，则输出的n ＝( )A ．50B ．53C ．59D ．62 答案 B解析 模拟程序运行，变量n 值依次为1229,1061,893,725,557,389,221,53，此时不符合循环条件，输出n ＝53.10．(2019·某某高考)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π)是奇函数，且f (x )的最小正周期为π，将y ＝f (x )的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，所得图象对应的函数为g (x )．若g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π8＝( ) A ．－2 B ．－ 2 C. 2 D ．2 答案 C解析 ∵函数f (x )为奇函数，且|φ|<π，∴φ＝0. 又f (x )的最小正周期为π， ∴2πω＝π，解得ω＝2.∴f (x )＝A sin2x .由题意可得g (x )＝A sin x ，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝2， 即A sin π4＝2，解得A ＝2.故f (x )＝2sin2x .∴f ⎝⎛⎭⎪⎫3π8＝2sin 3π4＝ 2.故选C.11．已知数列{a n }，定义数列{a n ＋1－2a n }为数列{a n }的“2倍差数列”，若{a n }的“2倍差数列”的通项公式为a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，且a 1＝2，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 33＝( )A ．238＋1 B ．239＋2 C ．238＋2 D ．239答案 B解析 根据题意，得a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，a 1＝2，∴a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差d ＝1的等差数列，∴a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ·2n， ∴S n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， ∴2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，∴－S n ＝2＋22＋23＋24＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1＝－2＋2n ＋1－n ·2n ＋1＝－2＋(1－n )2n ＋1，∴S n ＝(n －1)2n ＋1＋2，S 33＝(33－1)×233＋1＋2＝239＋2.12．(2019·全国卷Ⅲ)设f (x )是定义域为R 的偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314>f (2－32 )>f (2－23 )B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314>f (2－23 )>f (2－32 )C ．f (2－32 )>f (2－23 )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314D ．f (2－23 )>f (2－32 )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314答案 C解析 因为f (x )是定义域为R 的偶函数， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314＝f (－log 34)＝f (log 34)．又因为log 34>1>2－23 >2－32>0，且函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以f (log 34)<f (2－23 )<f (2－32)．故选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某学校高一学生有720人，现从高一、高二、高三这三个年级学生中采用分层抽样方法，抽取180人进行英语水平测试，已知抽取高一学生人数是抽取高二学生人数和高三学生人数的等差中项，且高二年级抽取65人，则该校高三年级学生人数是________．答案 660解析 根据题意，设高三年级抽取x 人， 则高一抽取(180－x －65)人， 由题意可得2(180－x －65)＝x ＋65， 解得x ＝55.高一学生有720人，则高三年级学生人数为720×55180－65－55＝660.14．若实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥y ，2x －y ≤2，y ≥0，且z ＝mx ＋ny (m >0，n >0)的最大值为4，则1m ＋1n的最小值为________．答案 2解析 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥y ，2x －y ≤2，y ≥0表示的平面区域如图阴影部分所示，当直线z ＝mx ＋ny (m >0，n >0)过直线x ＝y 与直线2x －y ＝2的交点(2,2)时， 目标函数z ＝mx ＋ny (m >0，n >0)取得最大值4， 即2m ＋2n ＝4，即m ＋n ＝2， 而1m ＋1n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n (m ＋n ) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≥12×(2＋2)＝2，当且仅当m ＝n ＝1时取等号，故1m ＋1n的最小值为2.15．设F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点P 在双曲线上，若PF 1→·PF 2→＝0，△PF 1F 2的面积为9，且a ＋b ＝7，则该双曲线的离心率为________．答案 54解析 设|PF 1→|＝m ，|PF 2→|＝n ， ∵PF 1→·PF 2→＝0，△PF 1F 2的面积为9， ∴12mn ＝9，即mn ＝18， ∵在Rt △PF 1F 2中，根据勾股定理，得m 2＋n 2＝4c 2， ∴(m －n )2＝m 2＋n 2－2mn ＝4c 2－36，结合双曲线的定义，得(m －n )2＝4a 2，∴4c 2－36＝4a 2，化简整理，得c 2－a 2＝9，即b 2＝9， 可得b ＝3.结合a ＋b ＝7得a ＝4，∴c ＝a 2＋b 2＝5，∴该双曲线的离心率为e ＝c a ＝54.16．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x ．若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，则a 的最小值为________．答案 2－4ln 2解析 因为f (x )<0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，f (x )>0恒成立，即对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，a >2－2ln x x －1恒成立． 令l (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，则l ′(x )＝2ln x ＋2x－2x －12，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 则m ′(x )＝－2x 2＋2x ＝－21－xx 2<0，故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为减函数，于是m (x )>m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2ln 2>0， 从而l ′(x )>0，于是l (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，所以l (x )<l ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－4ln 2，故要使a >2－2ln xx －1恒成立，只要a ∈[2－4ln 2，＋∞)，综上，若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无零点，则a 的最小值为2－4ln 2. 三、解答题：共70分．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：共60分．17．(2019·某某某某模拟二)(本小题满分12分)交强险是车主须为机动车购买的险种．若普通7座以下私家车投保交强险第一年的费用(基本保费)是a 元，在下一年续保时，实行费率浮动制，其保费与上一年度车辆发生道路交通事故情况相联系，具体浮动情况如下表：的该品牌同型号私家车的下一年续保情况，统计得到如下表格：将这100险条例》汽车交强险价格为a ＝950元．(1)求m 的值，并估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数； (2)试估计该地使用该品牌汽车的一续保人本年度的保费不超过950元的概率． 解 (1)m ＝100－50－10－10－3－2＝25，3分估计该地本年度使用这一品牌7座以下汽车交强险费大于950元的辆数为5000×5100＝250.6分(2)解法一：保费不超过950元的类型有A 1，A 2，A 3，A 4，所求概率为50＋10＋10＋25100＝0.95.12分解法二：保费超过950元的类型有A 5，A 6，概率为3＋2100＝0.05，因此保费不超过950元的概率为1－0.05＝0.95.12分18．(本小题满分12分)已知向量a ＝(cos x ，－1)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x ，－12，函数f (x )＝(a ＋b )·a －2.(1)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间；(2)在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知函数f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫A ，12，b ，a ，c 成等差数列，且AB →·AC →＝9，求a 的值．解 f (x )＝(a ＋b )·a －2＝|a |2＋a ·b －2＝12cos2x ＋32sin2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.2分(1)最小正周期T ＝2π2＝π，由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，得k π－π3≤x ≤k π＋π6(k ∈Z ).4分所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z ).5分 (2)由f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12可得，2A ＋π6＝π6＋2k π或5π6＋2k π(k ∈Z )，所以A ＝π3，7分又因为b ，a ，c 成等差数列，所以2a ＝b ＋c ，而AB →·AC →＝bc cos A ＝12bc ＝9，所以bc ＝18，9分所以cos A ＝12＝b ＋c 2－a 22bc －1＝4a 2－a 236－1＝a 212－1，所以a ＝3 2.12分19．(2019·某某模拟)(本小题满分12分) 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3，AB ＝BB 1＝2，BC ＝1，D 为CC 1的中点．(1)求证：DB 1⊥平面ABD ； (2)求点A 1到平面ADB 1的距离． 解 (1)证明：在平面四边形BCC 1B 1中，因为BC ＝CD ＝DC 1＝1，∠BCD ＝π3，所以BD ＝1，又易知B 1D ＝3，BB 1＝2，所以∠BDB 1＝90°， 所以B 1D ⊥BD ，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以AB ⊥DB 1，3分所以B 1D 与平面ABD 内两相交直线AB 和BD 同时垂直， 所以DB 1⊥平面ABD .5分(2)对于四面体A 1－ADB 1，A 1到直线DB 1的距离，即A 1到平面BB 1C 1C 的距离，A 1到B 1D 的距离为2，设A 1到平面AB 1D 的距离为h ，因为△ADB 1为直角三角形，所以S △ADB 1＝12AD ·DB 1＝12×5×3＝152，所以V A 1－ADB 1＝13×152×h ＝156h ，7分因为S △AA 1B 1＝12×2×2＝2，D 到平面AA 1B 1的距离为32， 所以V D －AA 1B 1＝13×2×32＝33，9分因为V A 1－ADB 1＝V D －AA 1B 1，所以15h 6＝33， 解得h ＝255.所以点A 1到平面ADB 1的距离为255.12分20．(2019·某某师大附中模拟三)(本小题满分12分)已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，P 为平面上的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为Q ，且QP →·QF →＝FP →·FQ →.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)设直线y ＝kx ＋b 与轨迹C 交于两点，A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，且|y 1－y 2|＝a (a ＞0，且a 为常数)，过弦AB 的中点M 作平行于x 轴的直线交轨迹C 于点D ，连接AD ，BD .试判断△ABD的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)设P (x ，y )，则Q (－1，y )，∵QP →·QF →＝FP →·FQ →，∴(x ＋1,0)·(2，－y )＝(x －1，y )·(－2，y )，即2(x ＋1)＝－2(x －1)＋y 2，即y 2＝4x ，所以动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .4分(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4b ＝0，依题意，知k ≠0，且y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝4bk，由|y 1－y 2|＝a ，得(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝a 2， 即16k 2－16b k＝a 2，整理，得16－16kb ＝a 2k 2， 所以a 2k 2＝16(1－kb )，①7分 因为AB 的中点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2－bk k 2，2k ，所以点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k2，2k ，则S △ABD ＝12|DM |·|y 1－y 2|＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－bk k 2a ，9分由方程ky 2－4y ＋4b ＝0的判别式Δ＝16－16kb ＞0，得1－kb ＞0，所以S △ABD ＝12·1－bkk2·a ， 由①，知1－kb ＝a 2k 216，所以S △ABD ＝12·a 216·a ＝a332，又a 为常数，故S △ABD 的面积为定值.12分21．(2019·某某某某二模)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝1＋ln x －ax 2. (1)讨论函数f (x )的单调区间； (2)证明：xf (x )＜2e 2·e x ＋x －ax 3.解 (1)f (x )＝1＋ln x －ax 2(x ＞0)， f ′(x )＝1－2ax2x，当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；2分 当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞，f ′(x )＜0，∴函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.4分 (2)证法一：xf (x )＜2e 2·e x ＋x －ax 3，即证2e 2·e xx －ln x ＞0，令φ(x )＝2e 2·e xx －ln x (x＞0)，φ′(x )＝2x －1e x －e 2x e 2x2，令r (x )＝2(x －1)e x －e 2x ，r ′(x )＝2x e x －e 2，7分 r ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，r ′(1)＜0，r ′(2)＞0，故存在唯一的x 0∈(1,2)使得r ′(x )＝0，∴r (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，∵r (0)＜0，r (2)＝0， ∴当x ∈(0,2)时，r (x )＜0，当x ∈(2，＋∞)时，r (x )＞0； ∴φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )≥φ(2)＝1－ln 2＞0，得证.12分证法二：要证xf (x )＜2e 2·e x －ax 3，即证2e 2·e xx 2＞ln x x ，令φ(x )＝2e 2·e xx 2(x ＞0)，φ′(x )＝2x －2exe 2x3，7分∴当x ∈(0,2)时，φ′(x )＜0，当x ∈(2，＋∞)时，φ′(x )＞0. ∴φ(x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )≥φ(2)＝12.令r (x )＝ln x x ，则r ′(x )＝1－ln xx2， 当x ∈(0，e)时，r ′(x )>0，当x ∈(e ，＋∞)时，r ′(x )＜0. ∴r (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴r (x )≤r (e)＝1e，∴φ(x )≥12＞1e ≥r (x )，∴2e 2·e xx 2>ln xx，得证.12分(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．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，M 为曲线C 1上的动点，动点P 满足OP →＝aOM →(a >0且a ≠1)，P 点的轨迹为曲线C 2.(1)求曲线C 2的方程，并说明C 2是什么曲线；(2)在以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A 点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π3，射线θ＝α与C 2的异于极点的交点为B ，已知△AOB 面积的最大值为4＋23，求a 的值．解 (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，由OP →＝aOM →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ax 0，y ＝ay 0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝xa ，y 0＝ya .∵M 在C 1上，∴⎩⎪⎨⎪⎧xa＝2＋2cos θ，ya ＝2sin θ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a ＋2a cos θ，y ＝2a sin θ(θ为参数)，消去参数θ得(x －2a )2＋y 2＝4a 2(a ≠1)，∴曲线C 2是以(2a,0)为圆心，以2a 为半径的圆.5分 (2)解法一：A 点的直角坐标为(1，3)， ∴直线OA 的普通方程为y ＝3x ，即3x －y ＝0，设B 点的坐标为(2a ＋2a cos α，2a sin α)，则B 点到直线3x －y ＝0的距离d ＝a |23cos α－2sin α＋23|2＝a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＋3，∴当α＝－π6时，d max ＝(3＋2)a ，∴S △AOB 的最大值为12×2×(3＋2)a ＝4＋23，∴a ＝2.10分解法二：将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入(x －2a )2＋y 2＝4a 2并整理得，ρ＝4a cos θ，令θ＝α得ρ＝4a cos α，∴B (4a cos α，α)，∴S △AOB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB＝4a cos α⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3 ＝a |2sin αcos α－23cos 2α|＝a |sin2α－3cos2α－3|＝a ⎪⎪⎪⎪⎪⎪2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α－π3－3.∴当α＝－π12时，S △AOB 取得最大值(2＋3)a ，依题意有(2＋3)a ＝4＋23，∴a ＝2.10分 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|3x －1|＋|3x ＋k |，g (x )＝x ＋4. (1)当k ＝－3时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)设k >－1，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，都有f (x )≤g (x )，求k 的取值X 围． 解 (1)当k ＝－3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋4，x <13，2，13≤x ≤1，6x －4，x >1，故不等式f (x )≥4可化为⎩⎪⎨⎪⎧x >1，6x －4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧13≤x ≤1，2≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x <13，－6x ＋4≥4.解得x ≤0或x ≥43，∴所求解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≤0或x ≥43.5分 (2)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13时，由k >－1有，3x －1<0,3x ＋k ≥0，∴f (x )＝1＋k ，不等式f (x )≤g (x )可变形为1＋k ≤x ＋4，故k ≤x ＋3对x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－k 3，13恒成立， 即k ≤－k 3＋3，解得k ≤94，而k >－1，故－1<k ≤94.∴k 的取值X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，94.10分。

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专题力量提升练(四)(120分钟150分)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，只有一项是符合题目要求的)1.(2021·淄博一模)某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为1的正方形，其中正(主)视图、侧(左)视图中的两条虚线相互垂直，则该几何体的体积是( )A.56B.34C.12D.16【解析】选A.由三视图可知：该几何体是一个正方体，挖去一个四棱锥所得的组合体，正方体的体积为1，四棱锥的体积为：13×1×1×12=16，故组合体的体积V=1-16=56.2.如图，已知某品牌墨水瓶的外形三视图和尺寸，则该墨水瓶的容积为(瓶壁厚度忽视不计)( ) A.8+π B.8+4π C.16+π D. 16+4π【解析】选C.几何体为圆柱体和长方体的组合体，所以V=π+2×4×2=16+π.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是A1B1，BB1的中点，过M，N，C1的截面截正方体所得的几何体如图所示，那么该几何体的侧视图是( )【解析】选B.依据题意得：该几何体的侧视图是点A，D，D1，A1，在平面BCC1B1上的投影，且NC1是被拦住的线段，应为虚线；所以符合条件的是B选项.4.(2021·枣庄二模)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )A.35πcm 3B.1063πcm 3 C.70πcm 3 D.2123πcm 3【解题提示】由已知的三视图可得：该几何体是一个圆台与半球的组合体，分别计算半球与圆台的体积，相加可得答案.【解析】选D.由已知的三视图可得：该几何体是一个圆台与半球的组合体，球的半径与圆台的下底面半径均为4cm ，故半球的体积为：12×43×π×43=1283π(cm 3)，圆台的上底面半径为2cm ，高为3cm ，故圆台的体积为：13π(42+4×2+22)×3=843π(cm 3)，故组合体的体积V=1283π+843π=2123π(cm 3).5.(2021·郑州一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.24C. 30D. 48【解析】选B.由三视图可知其直观图如图所示，其由三棱柱截去一个三棱锥所得，三棱柱的体积V=12×4×3×5=30，三棱锥的体积V 1=13×12×4×3×3=6，故该几何体的体积为24.6.已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A.α∥β且l ∥αB.α⊥β且l ⊥βC.α与β相交，且交线垂直于lD.α与β相交，且交线平行于l【解析】选D.由m ⊥平面α，直线l 满足l ⊥m ，且l ⊄α，所以l ∥α，又n ⊥平面β，l ⊥n ，l ⊄β，所以l ∥β.又直线m ，n 为异面直线，且m ⊥平面α，n ⊥平面β，则α与β相交.否则，若α∥β，则推出m ∥n ，与m ，n 异面冲突.故α与β相交，且交线平行于l .7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.3B.103C.113D.83【解题提示】几何体是直三棱柱截去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和截去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.【解析】选B.由三视图知：几何体是直三棱柱截去一个三棱锥，如图：直三棱柱的体积为12×2×2×2=4.截去的三棱锥的体积为13×12×2×1×2=23，所以几何体的体积V=4-23=10 3.8.(2021·青岛二模)某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积为( )A.1403π+4√13π B.36π+2√13πC.32π+2√13πD.44π+2√13π【解题提示】首先依据三视图把该几何体的直观图整理出来，进一步利用立体图的相关的数据求出结果. 【解析】选D.依据三视图得知：该几何体是由下面是一个半径为4的半球，上面是一个底面半径为2，高为3的圆锥构成的组合体.首先求出上面圆锥的侧面开放面的半径r=√13，圆锥的底面周长为l=4π，所以圆锥的侧面面积为：S1=12·4π·√13=2√13π，剩余的侧面面积为：S2=2π·16+16π-4π=44π，所以组合体的表面积为：S=S1+S2=44π+2√13π.9.(2021·烟台二模)某几何体在网格纸上的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为( )A.4π3B.5π3C.7π3D.8π3【解析】选A.由已知的三视图可得：该几何体是一个圆柱和四分之一球组成的组合体，圆柱底面半径和球的半径R均为1，故四分之一球的体积为：14×43πR3=13π，圆柱的高h=1，故圆柱的体积为：πR2h=π，故组合体的体积V=13π+π=4π3. 10.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=2√3，点A，B，C，D在球O上，球O 与BA1的另一个交点为E，与CD1的另一个交点为F，AE⊥BA1，则球O的表面积为( )A.6πB.8πC.12πD.16π【解题提示】连结EF，DF，说明三棱柱ABE-DCF是球O的内接直三棱柱，求出球的半径，即可求解球的表面积.【解析】选B.连结EF，DF，易证得BCFE是矩形，则三棱柱ABE-DCF是球O的内接直三棱柱，由于AB=2，AA1=2√3，所以tan∠ABA1=√3，即∠ABA1=60°，又AE⊥BA1，所以AE=√3，BE=1，所以球O的半径R=12√22+12+(√3)2=√2，所以球O的表面积为：4πR2=4π(√2)2=8π.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(2021·日照一模)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是. 【解题提示】画出几何体的直观图，然后利用三视图的数据求解几何体的体积即可.【解析】由三视图知此几何体为边长为2的正方体截去一个三棱锥(如图)，所以此几何体的体积为：2×2×2-13×12×1×2×2=223.答案：22312.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是.【解析】由已知的三视图可以推断该几何体是一个底面如正视图所示的六棱柱，由俯视图可得棱柱的高h=2，由割补法，可得棱柱的底面面积S=2·3=6，故棱柱的体积V=2·6=12.答案：1213.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是.【解题提示】由三视图想象出直观图，一般需从俯视图构建直观图，先确定最大的面，再求其面积.【解析】由三视图可知，该几何体有两个面是直角三角形，如图，底面是正三角形，最大的面是VAB，其边长分别为：2，√22+22=2√2，√22+22=2√2，故其面积为：12×2×√8−1=√7.答案：√7【方法技巧】与三视图有关问题的解题技巧：(1)留意长宽高的关系：三视图中长对正，高平齐，宽相等.(2)由三视图想象出直观图，一般需从俯视图构建直观图.14.(2021·德州一模)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120°的等腰三角形，则该三棱锥的四个表面中，面积最大的值为. 【解析】如图所示：该三棱锥是P-ABC，其中PA⊥底面ABC，PA=2，其底面为顶角∠BAC=120°的等腰三角形，BC=2√3.取BC的中点D，连接AD，可得AD=1.其面积最大的表面是侧面△PBC.由于PD=√PA2+AD2=√5.所以S△PBC=12BC·PD=12×2√3×√5=√15.答案：√1515.如图，用一边长为√2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为43π的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢外形保持不变，则鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为.【解析】由题意可得，蛋巢的底面是边长为1的正方形，故经过4个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，由于鸡蛋的体积为43π，故鸡蛋(球)的半径为1，故球心到截面圆的距离为√1−(12)2=√32， 而垂直折起的4个小直角三角形的高为12，故鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为√32+1+12=√32+32.答案：3+√32三、解答题(本大题共6小题，共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)如图所示是某三棱柱被削去一个底面后的直观图与侧(左)视图、俯视图.已知CF=2AD ，侧(左)视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示.求该几何体的体积.【解析】取CF 中点P ，过P 作PQ ∥CB 交BE 于Q ，连接PD ，QD ，则AD ∥CP ，且AD=CP .所以四边形ACPD 为平行四边形， 所以AC ∥PD.又BC ∥PQ ，易知平面PDQ ∥平面ABC.该几何体可分割成三棱柱PDQ-CAB 和四棱锥D-PQEF ，所以V=V 三棱柱PDQ-CAB +V D-PQEF =12×22sin60°×2+13×(1+2)×22×√3=3√3.17.(12分)如图，四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=√2. (1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)求三棱柱ABD-A 1B 1D 1的体积.【解析】(1)由于四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB=AA 1=√2，由棱柱的性质可得BB 1和DD 1平行且相等，故四边形BB 1D 1D 为平行四边形，故有BD 和B 1D 1平行且相等.而BD 不在平面CB 1D 1内，而B 1D 1在平面CB 1D 1内，所以BD ∥平面CB 1D 1.同理可证，A 1BCD 1为平行四边形，A 1B ∥平面CB 1D 1.而BD 和A 1B 是平面A 1BD 内的两条相交直线，故有平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(2)由题意可得A 1O 为三棱柱ABD-A 1B 1D 1的高.三角形A 1AO 中，由勾股定理可得A 1O=√A 1A 2−AO 2=√2−1=1，所以三棱柱ABD-A 1B 1D 1的体积V=S △ABD·A1O=AB22·A 1O=22×1=1.【误区警示】解答本题易消灭以下三种错误：一是对棱柱的性质不生疏，造成思路受阻；二是对面面平行的判定的理解不彻底，造成证明不严谨失分；三是对棱柱的体积公式记忆不准或计算错误而失分.18.(12分)(2021·日照二模)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=a，∠ABC=60°，四边形ACFE是矩形，且平面ACFE⊥平面ABCD，点M在线段EF上.(1)求证：BC⊥平面ACFE.(2)当EM为何值时，AM∥平面BDF？证明你的结论.【解题提示】(1)由已知，若证得AC⊥BC，则据面面垂直的性质定理即可.转化成在平面ABCD 中，能否有AC⊥BC，易证成立.(2)设AC∩BD=N，则面AMF∩平面BDF=FN，只需AM∥FN即可.而CN∶NA=1∶2.故应有EM∶FM=1∶2.【解析】(1)在梯形ABCD中，由于AB∥CD，AD=DC=CB=a，∠ABC=60°，所以四边形ABCD是等腰梯形，且∠DCA=∠BAC=30°，∠DCB=120°，所以∠ACB=∠DCB-∠DCA=90°，所以AC⊥BC.又由于平面ACFE⊥平面ABCD，交线为AC，所以BC⊥平面ACFE. (2)当EM=√33a时，AM∥平面BDF，在梯形ABCD中，设AC∩BD=N，连接FN，则CN∶NA=1∶2，由于EM=√33a，而EF=AC=√3a，所以EM∶MF=1∶2，所以MF AN，所以四边形ANFM是平行四边形，所以AM∥NF，又由于NF⊂平面BDF，AM⊄平面BDF，所以AM∥平面BDF.19.(12分)(2021·淄博二模)有一个全部棱长均为a的正四棱锥P-ABCD，还有一个全部棱长均为a的正三棱锥，将此三棱锥的一个面与正四棱锥的一个侧面完全重合在一起，得到一个如图所示的多面体.(1)证明：P，E，B，A四点共面.(2)求三棱锥A-PDE的体积.(3)在底面ABCD内找一点M，使EM⊥平面PBC，指出M的位置，并说明理由.【解题提示】(1)取PB的中点F，连接AF，EF，CF，AC，由已知得∠AFC为二面角A-PB-C的平面角，∠EFC为二面角E-PB-C的平面角，由余弦定理得cos∠AFC=-13，cos∠EFC=13，从而∠AFC+∠EFC=π，由此能证明P，E，B，A四点共面.(2)由已知得AP∥BE，BE∥平面APD，从而V A-PDE=V B-APD=V P-ABD，由此能求出三棱锥A-PDE的体积.(3)ME⊥平面PBC，交平面PBC于点H，又PB=PC=BC，则H为△PBC的重心，从而得H为△ACE的重心，从而求出M为线段AC的中点.【解析】(1)取PB的中点F，连接AF，EF，CF，AC，所以AF⊥PB，EF⊥PB，CF⊥PB，且AF=CF=√32a，所以∠AFC为二面角A-PB-C的平面角，∠EFC为二面角E-PB-C的平面角，在△AFC中，由余弦定理得：cos∠AFC=AF2+CF2−AC22AF·CF =-13，在△EFC中，由余弦定理得：cos∠EFC=EF2+CF2−EC22EF·CF =13，所以∠AFC+∠EFC=π，所以P，E，B，A四点共面.(2)由于P，E，B，A四点共面，∠PAB=60°，∠ABE=120°，所以AP∥BE，BE∥平面APD，所以V A-PDE=V B-APD=V P-ABD=13×12×a×a×√22a=√212a3.(3)连接AC，取AC的中点M，M即为所求点.由于ME⊥平面PBC，交平面PBC 于点H，易知H是△PBC的垂心，又PB=PC=BC，则H为△PBC的重心，在△ACE中，由于CHHF =21，所以点H为△ACE的重心，所以M为线段AC的中点，即M即为所求点.20.(13分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，AC，BD相交于点O，EF∥AB，AB=2EF，平面BCF⊥平面ABCD，BF=CF，点G为BC的中点.(1)求证：直线OG∥平面EFCD.(2)求证：直线AC⊥平面ODE. 【证明】(1)由于四边形ABCD是菱形，AC∩BD=O，所以点O是BD的中点，由于点G为BC的中点，所以OG∥CD，又由于OG⊄平面EFCD，CD⊂平面EFCD，所以直线OG∥平面EFCD.(2)由于BF=CF，点G为BC的中点，所以FG⊥BC，由于平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD=BC，FG⊂平面BCF，FG⊥BC，所以FG⊥平面ABCD，由于AC⊂平面ABCD，所以FG⊥AC，由于OG∥AB，OG=12AB，EF∥AB，EF=12AB，所以OG∥EF，OG=EF，所以四边形EFGO为平行四边形，所以FG∥EO，由于FG⊥AC，FG∥EO，所以AC⊥EO，由于四边形ABCD是菱形，所以AC⊥DO，由于AC⊥EO，AC⊥DO，EO∩DO=O，EO，DO在平面ODE 内，所以AC⊥平面ODE.21.(14分)如图甲，☉O的直径AB=2，圆上两点C，D在直径AB的两侧，且∠CBA=∠DAB=π3.沿直径AB折起，使两个半圆所在的平面相互垂直(如图乙)，F为BC的中点，E为AO的中点.依据图乙解答下列各题：(1)求证：CB⊥DE.(2)求三棱锥C-BOD的体积.(3)在劣弧BD⏜上是否存在一点G，使得FG∥平面ACD？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由.【解题提示】(1)利用等边三角形的性质可得DE⊥AO，再利用面面垂直的性质定理即可得到DE⊥平面ABC，进而得出结论.(2)由(1)知DE⊥平面ABC，利用转换底面的方法，即可求三棱锥的体积.(3)存在，G为劣弧BD⏜的中点.连接OG，OF，FG，通过证明平面OFG∥平面ACD，即可得到结论.【解析】(1)在△AOD中，由于∠OAD=π3，OA=OD，所以△AOD为正三角形，又由于E为OA的中点，所以DE⊥AO，由于两个半圆所在平面ACB与平面ADB相互垂直且其交线为AB，所以DE⊥平面ABC.又CB⊂平面ABC，所以CB⊥DE.(2)由(1)知DE⊥平面ABC，所以DE为三棱锥D-BOC的高.由于D为圆周上一点，且AB为直径，所以∠ADB=π2，在△ABD中，由AD⊥BD，∠BAD=π3，AB=2，得AD=1，DE=√32.由于S△BOC=12S△ABC=12×12×1×√3=√34，所以V C-BOD=V D-BOC=13S△BOC·DE=13×√34×√32=18.(3)存在满足题意的点G，G为劣弧BD⏜的中点.证明如下：连接OG，OF，FG，易知OG⊥BD，又AD⊥BD，所以OG∥AD，由于OG⊄平面ACD，所以OG∥平面ACD.在△ABC中，O，F分别为AB，BC的中点，所以OF∥AC，OF⊄平面ACD，所以OF∥平面ACD，由于OG∩OF=O，所以平面OFG∥平面ACD.又FG⊂平面OFG，所以FG∥平面ACD. 关闭Word文档返回原板块。

仿真模拟训练(四)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．已知复数z 满足(i ＋1)z ＝－2，则在复平面内，z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．已知集合A ＝{x |x 2－16≤0}，B ＝{x |lg|x －2|>0}，则A ∩B ＝( )A ．[－4,1)∪(3,4]B ．[－4，－3)∪(－1,4]C ．(－4,1)∪(3,4)D ．(－4，－3)∪(－1,4)3．下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝－x 2＋1C ．y ＝2xD ．y ＝log 2|x | 4．已知某公司生产的一种产品的质量X (单位：克)服从正态分布N (100,4)．现从该产品的生产线上随机抽取10 000件产品，其中质量在[98,104]内的产品估计有( )附：若X 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X <μ＋σ)≈0.682 7，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)≈0.954 5. A ．3 413件 B ．4 772件 C ．6 826件 D ．8 186件5．已知△ABC 与△BCD 均为正三角形，且AB ＝4.若平面ABC ⊥平面BCD ，且异面直线AB 和CD 所成的角为θ，则cos θ＝( )A ．－154 B.154 C ．－14 D.146．如图，在△ABC 中，N 为线段AC 上靠近点A 的三等分点，点P 在线段BN 上且AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋211AB →＋211BC →，则实数m 的值为( ) A ．1 B.13 C.911 D.5117．已知不等式ax －2by ≤2在平面区域{(x ，y )||x |≤1且|y |≤1}上恒成立，若a ＋b 的最大值和最小值分别为M 和m ，则Mm 的值为( )A ．4B ．2C ．－4D ．－28．刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方，得两堑堵．邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫堑堵，沿堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值21，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为( )A.3πB.32π C．3π D．4π 9．已知函数f (x )＝sin ωx 的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，0对称，且f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上为增函数，则ω＝( )A.32 B ．3 C.92D ．6 10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)11．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l .过F 的直线交C 于A ，B 两点，交l 于点E ，直线AO 交l 于点D .若|BE |＝2|BF |，且|AF |＝3，则|BD |＝( )A ．1B ．3C ．3或9D ．1或912．若关于x 的方程(ln x －ax )ln x ＝x 2存在三个不等实根，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e －eB.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2－1e ，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e 2－1eD.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －e ，0 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．13．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －45的展开式中，x 3的系数是________． 14．更相减损术是出自《九章算术》的一种算法．如图所示的程序框图是依据更相减损术写出的，若输入a ＝91，b ＝39，则输出的a 值为________．15．底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥，已知同底的两个正四棱锥内接于同一个球，它们的底面边长为a ，球的半径为R ，设两个正四棱锥的侧面与底面所成的角分别为α，β，则tan(α＋β)＝________.16．在数列{a n }中，a 1＝0，且对任意k ∈N *，a 2k －1，a 2k ，a 2k ＋1成等差数列，其公差为2k ，则a n ＝________.三、解答题：共70分．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．17．(本大题满分12分)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos C sin B＝b sin B ＋ccos C. (1)求sin(A ＋B )＋sin A cos A ＋cos(A －B )的最大值；(2)若b ＝2，当△ABC 的面积最大时，求△ABC 的周长．18．(本大题满分12分)某学校八年级共有学生400人，现对该校八年级学生随机抽取50名进行实践操作能力测试，实践操作能力测试结果分为四个等级水平，一、二等级水平的学生实践操作能力较弱，三、四等级水平的学生实践操作能力较强，测试结果统计如下表：等级 水平一 水平二 水平三 水平四男生/名 4 8 12 6女生/名 6 8 4 2(1)根据表中统计的数据填写下面2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为学生实践操作能力强弱与性别有关？实践操作能力较弱 实践操作能力较强 合计男生/名女生/名合计(2)现从测试结果为水平一的学生中随机抽取4名进行学习能力测试，记抽到水平一的男生的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．下面的临界值表供参考： P (K 2≥k 0)0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋b c ＋d a ＋c b ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d . 19．(本大题满分12分)如图，在正棱锥P －ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线PA 与平面ABC 所成的角为π4，求平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角．20．(本大题满分12分)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l 与抛物线两交点间的距离为2.(1)求抛物线C 的方程；(2)若点P (2,2)，过点(－2,4)的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，设直线PA 与PB 的斜率分别为k 1和k 2，求证：k 1k 2为定值，并求出此定值．21．(本大题满分12分)已知函数f (x )＝ln(ax )＋bx 在点(1，f (1))处的切线是y ＝0.(1)求函数f (x )的极值；(2)若mx 2e x ≥f (x )＋1－e ex (m <0)恒成立，求实数m 的取值范围(e 为自然对数的底数)． 请考生在22,23两题中任选一题作答．22．【选修4－4 坐标系与参数方程】(本题满分10分)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝t ＋3，y ＝2t －23(t 为参数)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求|AB |的值；(2)若F 为曲线C 的左焦点，求FA →·FB →的值．23．【选修4－5 不等式选讲】(本题满分10分)已知函数f (x )＝x 2＋2，g (x )＝|x －a |－|x －1|，a ∈R .(1)若a ＝4，求不等式f (x )＞g (x )的解集；(2)若对任意x 1，x 2∈R ，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数a 的取值范围．。

2021年普通高等学校招生全国统一考试·新高考卷数学仿真模拟卷(四)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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．设集合A ＝{}2，4，B ＝{}x ∈N |x －3≤0，则A ∪B ＝( )A ．{}1，2，3，4B ．{}0，1，2，3，4C ．{}2D ．{}x | x ≤4B [由集合B ＝{}x ∈N |x －3≤0，化简可得B ＝{}0，1，2，3， 由A ＝{}2，4，∴A ∪B ＝{}0，1，2，3，4.故选B ．]2．甲、乙、丙、丁四位同学各自对x ，y 两变量的线性相关性作试验，并用回归分析方法分别求得相关系数r ，如下表： 相关系数甲 乙 丙 丁 r －0.82 0.78 0.69 0.87 A ．甲 B ．乙 C ．丙 D ．丁 D [根据线性相关系数的意义可知，在验证两个变量之间的线性相关关系时，相关系数的绝对值越接近于1，相关性越强，在四位同学中，丁同学求得的相关系数的绝对值最大，表明丁同学的试验结果体现两变量有更强的线性相关性．故选D ．]3．在平面直角坐标系xOy 中，点P ()3，1，将向量OP →绕点O 按逆时针方向旋转π2后得到向量OQ →，则点Q 的坐标是( )A ．()－2，1B ．()－1，2C ．()－3，1D ．()－1，3 D [由P ()3，1，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos π6，2sin π6， ∵将向量OP →绕点O 按逆时针方向旋转π2后得到向量OQ →，∴Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋π2，2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋π2， 又cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋π2＝－sin π6＝－12，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋π2＝cos π6＝32， ∴Q ()－1，3.故选D ．]4．“a <1”是“∀x >0，x 2＋1x ≥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A [∀x >0，x 2＋1x ＝x ＋1x ≥2x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1x ，即x ＝1时取等号． 若a <1时，则∀x >0，x 2＋1x ≥2>1>a ，因此“a <1”是“∀x >0，x 2＋1x ≥a ”的充分条件；若∀x >0，x 2＋1x ≥a ，则a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x min ，即a ≤2，推不出“a <1”， 因此“a <1”不是“∀x >0，x 2＋1x ≥a ”的必要条件．故“a <1”是“∀x >0，x 2＋1x ≥a ”的充分不必要条件．故选A ．]5．函数f (x )＝x －sin x e x ＋e －x 在[]－π，π上的图象大致为( )。

标准仿真模拟练（四）(120分钟150分)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,只有一项是符合要求的)1.设集合A=,B={x|y=},则A∩(∁R B)等于( )A.(-∞,1)B.(0,1)C.(0,4)D.(1,4)【解析】选B.由>1得0<x<1,所以A=(0,1),由2x-16≥0得x≥4,所以B=[4,+∞),所以∁R B=(-∞,4),所以A∩(∁R B)=(0,1).2.下列说法错误的是( )A.命题“若a=0,则ab=0”的否命题是“若a≠0,则ab≠0”B.如果命题“p”与命题“p或q”都是真命题,那么命题q一定是真命题C.若命题p:∃x0∈R,-x0+1<0,则p:∀x∈R,x2-x+1≥0D.“sin θ=”是“θ=30°”的充分不必要条件【解析】选 D.当θ=30°时,有sinθ=,反之,当sinθ=时,不一定有θ=30°,所以“sinθ=”是“θ=30°”的必要不充分条件.3.已知sin=,则cosx+cos的值为( )A.-B.C.-D.【解析】选B.因为sin=sinx+cosx=,所以cosx+cos=cosx+cosx+sinx=cosx+sinx==.4.已知等比数列{a n}满足a4+a8=2,则a6(a2+2a6+a10)的值为()A.4B.6C.8D.10【解析】选 A.由题意知a6(a2+2a6+a10)=a6a2+2a6a6+a10a6,因为a4+a8=2,所以a6a2+2a6a6+a10a6=(a4+a8)2=4.5.设向量a,b满足|a+b|=,|a-b|=,则a·b= ( )A.1B.2C.3D.5【解析】选A.因为|a+b|=,|a-b|=,所以|a|2+|b|2+2a·b=10,|a|2+|b|2-2a·b=6,两式相减得4a·b=4,即a·b=1.6.已知y=log a(2-ax)在[0,1]上是关于x的减函数,则a的取值X围是( )A.(0,1)B.(1,2)C.(0,2)D.[2,+∞)【解析】选B.因为a>0,所以y1=2-ax是减函数,因为y=log a(2-ax)在[0,1]上是减函数,所以a>1,且2-a>0,所以1<a<2.7.已知sinθ=,cosθ=,则tan等于( )A. B. C. D.5【解析】选D. 由于受条件sin2θ+cos2θ=1的制约,故m为定值,于是sin θ,cos θ的值应与m的值无关,进而推知tan的值与m无关,又<θ<π,<<,所以tan>1.8.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递减,则满足不等式f(2x-1)>f成立的x的取值X围是( )A. B.C. D.【解析】选B.因为偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递减,所以f(x)在区间(-∞,0]上调递增,若f(2x-1)>f,则-<2x-1<,解得-<x<.9.下面的程序框图是为了求出满足+++…+>2019的最小正整数n,那么在◇和两个空白框中,可以分别填入 ( )A.S>2019?和n=n+1B.S>2019?和n=n+2C.S≤2019?和n=n+1D.S≤2019?和n=n+2【解析】选C.因为要求S>2 019时输出,且框图中在“否”时输出,所以“◇”中不能输入S>2 019,排除A、B,又因为n初始值为1,所以“”中n依次加1可保证是n个连续正整数的倒数和.10.设F1,F2分别为椭圆C1:+=1(a>b>0)与双曲线C2:-=1(a1>0,b1>0)的公共左,右焦点,它们在第一象限内交于点M,∠F1MF2=90°,若椭圆C1的离心率e∈,则双曲线C2的离心率e1的取值X围是( )A. B.C. D.【解析】选 A.由已知得|MF1|+|MF2|=2a,|MF1|-|MF2|=2a1,所以|MF1|=a+a1, |MF2|=a-a1,又因为∠F1MF2=90°,所以|MF1|2+|MF2|2=4c2,即(a+a1)2+(a-a1)2=4c2,即a2+=2c2,所以+=2,所以=,因为e∈,所以≤e2≤,即≤≤,≤2-≤,所以≤≤,所以e1∈.11.设a>0,若关于x,y的不等式组表示的可行域与圆(x-2)2+y2=9存在公共点,则z=x+2y的最大值的取值X围为( )A.[8,10]B.(6,+∞)C.(6,8]D.[8,+∞)【解析】选D.画出不等式组表示的区域如图,结合图形可知当点A(2,2a+2)在圆C外(上)时,可行域与圆C:(x-2)2+y2=9有公共点,即|2a+2|≥3,即a≥时可行域与圆C:(x-2)2+y2=9有公共点,此时动直线y=-x+z经过点A(2,2a+2)时,在y上的截距最大,其最大值为z max=2+4a+4=4a+6≥8.12.已知函数f(x)=x2+m与函数g(x)=-ln-3x的图象上恰有两对关于x 轴对称的点,则实数m的取值X围是 ( )A. B.C. D.(2-ln2,2]【解析】选A.由题意可将问题转化为方程f(x)+g(x)=0在上有两个不等的实数根,即方程m=3x-x2-lnx,x∈有两个不等的实数根,令F(x)=3x-x2- lnx,x∈,则F′(x)=3-2x-=-,x∈,当x∈时,F′(x)>0,函数F(x)=3x-x2-lnx单调递增;当x∈[1,2]时,F′(x)<0,函数F(x)=3x-x2-lnx单调递减.所以函数F max(x)=F(1)=3-1-0=2;又F=-+ln2=+ln2,F(2)=6-4-ln2=2-ln2,而+ln2>2-ln2,所以结合图象可知当m∈时,函数F(x)=3x-x2-lnx,x∈与直线y=m的图象有两个不同的交点. 第Ⅱ卷本卷包含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)13.如图是半径分别为1,2,3的三个同心圆,现随机向最大圆内抛一粒豆子,则豆子落入图中阴影部分的概率为____________.【解析】由题意D=9π,d=(22-12)π=3π,则由几何概型的计算公式可得概率P===.答案:14.设集合M=,N=,且M,N都是集合{0|0≤x≤1}的子集,如果把b-a叫作集合{x|a≤x≤b}的“长度”,那么集合M∩N的“长度”的最小值是____________.【解析】由已知,可得即0≤m≤;即≤n≤1,取m的最小值0,n的最大值1,可得M=,N=.所以M∩N=∩=.此时集合M∩N的“长度”的最小值为-=.答案:15.已知函数f(x)=,点O为坐标原点,点A n(n,f(n))(n∈N*),向量i=(0,1),θn是向量与向量i的夹角,则++…+的值为________.【解析】因f(n)=,则A n,则·i=,其夹角的余弦值为cos θn=,则sin θn==, 所以==-,故++…+=-+-+…+-=1-=.答案:16.在四边形ABCD中,若AB=2,BC=2,AD=CD,·=0,则||的最大值为____________.【解析】设DC=t,则AC=t,在△ABC中,由余弦定理得cos∠ACB==,则sin ∠ACB==== .在△DBC中,由余弦定理得DB2=t2+8-4tcos(∠ACB+90°)=t2+8+4tsin∠ACB=t2+8+,即DB2=t2+8+,不妨设t2-12=8cos θ,则DB2=8(sin θ+cos θ)+20=20+16sin,所以当θ=时,D=36,则对角线BD的最大值为6.答案:6三、解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)已知函数f(x)=sinωxcosωx-cos2ωx+(ω>0),经化简后利用“五点法”画其在某一周期内的图象时,列表并填入的部分数据如表:x ①f(x) 0 1 0 -1 0(1)请直接写出①处应填的值,并求函数f(x)在区间上的值域.(2)△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知f(A+)=1,b+c=4,a=,求△ABC的面积.【解析】(1)①处应填入.f(x)=sin 2ωx-+=sin 2ωx-cos 2ωx=sin.因为T=2×=2π,所以=2π,所以ω=,即f(x)=sin.因为x∈,所以-≤x-≤,所以-1≤sin≤,故f(x)在区间上的值域为.(2)f(A+)=sin=1,因为0<A<π,所以<A+<,所以A+=,所以A=.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos =(b+c)2-3bc,即()2=42-3bc,所以bc=3,所以△ABC的面积S=bcsin A=×3×=.18.(本小题满分12分)国际奥委会将于2017年9月13日在秘鲁利马召开130次会议决定2024年第33届奥运会举办地,目前德国汉堡,美国波士顿等申办城市因市民担心赛事费用超支而相继退出,某机构为调查我国公民对申办奥运会的态度,选了某小区的100位居民调查结果统计如下:支持不支持合计年龄不大于50岁80年龄大于50岁10合计70 100(1)根据已知数据,把表格数据填写完整.(2)能否在犯错误的概率不超过5%的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关?(3)已知在被调查的年龄大于50岁的支持者中有5名女性,其中2位是女教师,现从这5名女性中随机抽取3人,求至多有1位教师的概率.附:K2=,n=a+b+c+d,P(K2>k) 0.100 0.050 0.025 0.010k 2.706 3.841 5.024 6.635【解析】(1)支持不支持合计年龄不大于50岁20 60 80年龄大于50岁10 10 20合计30 70 100(2)K2==≈4.762>3.841,所以能在犯错误的概率不超过5%的前提下认为不同年龄与支持申办奥运无关.(3)记5人为abcde,其中ab表示教师,从5人中任意抽3人的所有等可能事件是:abc,abd,abe,acd,ace,ade,bcd,bce,bde,cde共10个,其中至多有1位教师的有7个基本事件:acd,ace,ade,bcd,bce,bde,cde,所以所求概率是.19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,△PAD是等边三角形,平面PAD ⊥平面ABCD,已知AD=2,BD=2,AB=2CD=4.(1)设M是PC上一点,求证:平面MBD⊥平面PAD.(2)求四棱锥P-ABCD的体积.【解析】(1)在三角形ABD中由勾股定理得AD⊥BD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BD⊥平面PAD,又BD⊂平面BDM,所以平面MBD⊥平面PAD.(2)取AD中点为O,则PO是四棱锥的高,PO=底面ABCD的面积是三角形ABD面积的,即3,所以四棱锥P-ABCD的体积为×3×=3.20.(本小题满分12分)设函数f(x)=ax3-3ax,g(x)=bx2-lnx(a,b∈R),已知它们在x=1处的切线互相平行.(1)求b的值.(2)若函数F(x)=且方程F(x)=a2有且仅有四个解,某某数a的取值X围. 【解析】函数g(x)=bx2-ln x的定义域为(0,+∞),(1)f′(x)=3ax2-3a⇒f′(1)=0,g′(x)=2bx-⇒g′(1)=2b-1,依题意得2b-1=0,所以b=.(2)x∈(0,1)时,g′(x)=x-<0,即g(x)在(0,1)上单调递减,x∈(1,+∞)时,g′(x)=x->0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=;①当a=0时,方程F(x)=a2不可能有四个解.②当a<0,x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,即f(x)在(-∞,-1)上单调递减,x∈(-1,0)时,f′(x)>0,即f(x)在(-1,0)上单调递增,所以当x=-1时,f(x)取得极小值f(-1)=2a,又f(0)=0,所以F(x)的图象如图甲所示,由图象可知F(x)=a2不可能有四个解.③当a>0,x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0,即f(x)在(-∞,-1)上单调递增,x∈(-1,0)时,f′(x)<0,即f(x)在(-1,0)上单调递减,所以当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=2a.又f(0)=0,所以F(x)的图象如图乙所示,由图乙可知,若方程F(x)=a2有四个解,则<a2<2a,所以,实数a的取值X围是.21.(本小题满分12分)已知椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点F重合,且椭圆短轴的两个端点与点F构成正三角形.(1)求椭圆的方程.(2)若过点(1,0)的直线l与椭圆交于不同的两点P,Q,试问在x轴上是否存在定点E(m,0),使·恒为定值?若存在,求出E的坐标,并求出这个定值;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)由题意,知抛物线的焦点为F(,0),所以c==.因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形,所以b=×=1.可求得a=2,故椭圆的方程为+y2=1.(2)假设存在满足条件的点E,当直线l的斜率存在时,设其斜率为k,则l的方程为y=k(x-1). 由得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),所以x1+x2=,x1x2=.则=(m-x1,-y1),=(m-x2,-y2),所以·=(m-x1)(m-x2)+y1y2=m2-m(x1+x2)+x1x2+y1y2=m2-m(x1+x2)+x1x2+ k2(x1-1)(x2-1)=m2-++k2-+1===(4m2-8m+1)+.要使·为定值,令2m-=0,即m=,此时·=.当直线l的斜率不存在时,不妨取P,Q,由E,可得=,=,所以·=-=.综上,存在点E,使·为定值.请考生在第22、23二题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程已知直线l过定点P(1,1),且倾斜角为,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ-=2cosθ.(1)求曲线C的直角坐标方程与直线l的参数方程.(2)若直线l与曲线C相交于不同的两点A,B,求|PA|·|PB|的值.【解析】(1)因为ρ-=2cos θ,所以ρ2-3=2ρcos θ,所以x2+y2-3=2x,所以曲线C的直角坐标方程为(x-1)2+y2=4,因为直线l过点P(1,1),且倾斜角为,所以直线l的参数方程为:(t为参数)即(t为参数)(2)设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,将直线l与曲线C的方程联立,得:t2+t-3=0,所以t1·t2=3,所以|PA|·|PB|=|t1|·|t2|=|t1·t2|=3.23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲若∃x0∈R,使关于x的不等式|x-1|-|x-2|≥t成立,设满足条件的实数t构成的集合为T.(1)求集合T.(2)若m>1,n>1且对于∀t∈T,不等式log3m·log3n≥t恒成立,求m+n的最小值.【解析】(1)||x-1|-|x-2||≤|x-1-(x-2)|=1,所以|x-1|-|x-2|≤1,所以t的取值X围为(-∞,1],即T={t|t≤1}.(2)由(1)知,对于∀t∈T,不等式log3m·log3n≥t恒成立,只需log3m·log3n≥t max,所以log3m·log3n≥1,又因为m>1,n>1,所以log3m>0,log3n>0,又1≤log3m·log3n≤=(log3m=log3n时取等号,此时m=n),所以(log3mn)2≥4,所以log3mn≥2,mn≥9,所以m+n≥2≥6,即m+n的最小值为6(此时m=n=3).。