2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷(理科)(4月份)(带答案)

2020届安徽省江淮十校高三第四次联考数 学（理）★祝考试顺利★ 注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题（51260⨯=）1．若集合A ＝{x |x >0}，且B ⊆A ，则集合B 可能是（ ）A.{1，2}B.{x |x ≤1}C.{－1，0，1}D.R 2．若复数z 满足i i z i ()1(=+是虚数单位），则z 的虚部为（ ） A ．i 21-B ．21- C ．i 21 D ． 213．设函数f （x ）＝ln （1＋x ）－ln （1－x ），则f （x ）是（ ）A. 偶函数，且在（0，1）内是增函数B.奇函数，且在（0，1）内是减函数C. 奇函数，且在（0，1）内是增函数D.偶函数，且在（0，1）内是减函数 4．若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝（ ） A ．6425B ．4825C ．1D ．16255．若f （x ）＝2xf ′（1）＋x 2，则f ′（0）等于（ ） A ．2B ．0C ．－2D ．－46．函数y ＝A sin （ωx ＋φ）的部分图象如图所示，则 （ ）A ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6B ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3C ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6D ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π37．函数f （x ）＝2x |log 0.5x |－1的零点个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．48．已知函数f （x ）＝⎩⎨⎧2x，x ≥4，f （x ＋1），x <4，则f （2＋log 23）的值为（ ）A.24B.16C.12D.89．已知m ∈R ，“函数y ＝2x ＋m －1有零点”是“函数y ＝log m x 在（0，＋∞）上为减函数”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10．已知f （x ）为偶函数，且当x ∈[0，2）时，f （x ）＝2sin x ，当x ∈[2，＋∞）时，f （x ）＝log 2x ，则f ⎝⎛⎭⎫－π3＋f （4）等于（ ）A.－3＋2B.1C.3D.3＋211．南宋时期的数学家秦九韶独立发现的计算三角形面积的“三斜求积术”，与著名的海伦公式等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减小，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即S ．现有周长为且))sin :sin :sin 11A B C =的ABC △，则其面积为（ ）A ．4B ．2C ．4D ．212．定义域为R 的可导函数y ＝f （x ）的导函数，f ′（x ），满足f （x ）< f ′（x ），且f （0）＝2，则不等式f （x ）<2e x 的解集为（ ）A. （2，＋∞）B.（－∞，2）C.（0，＋∞）D. （－∞，0） 二、填空题（4520⨯=）13．已知sin αcos α＝18，且5π4<α<3π2，则cos α－sin α的值为________.14．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C ＝－14，3sin A ＝2sin B ，则c ＝________.15．已知f （x ）为偶函数，当x ＜0时，f （x ）＝ln （－x ）＋3x ，则曲线y ＝f（x ）在点（1，－3）处的切线方程是________.16．将函数f （x ）＝3sin x －cos x 的图象沿着x 轴向右平移a （a >0）个单位后的图象关于y 轴对称，则a 的最小值是________.三、解答题17．（本小题12分）设p ：实数x 满足x 2－5ax ＋4a 2<0（其中a >0），q ：实数x 满足2<x ≤5.（1）若a ＝1，且p ∧q 为真，求实数x 的取值范围. （2）若q ⌝是p ⌝的必要不充分条件，求实数a 的取值范围.18．（本小题12分）已知函数f （x ）＝23sin ⎝⎛⎭⎫x 2＋π4·cos ⎝⎛⎭⎫x 2＋π4－sin （x ＋π）.（1）求f （x ）的最小正周期；（2）若将f （x ）的图象向右平移π6个单位长度，得到函数g （x ）的图象，求函数g （x ）在区间[0，π]上的最大值和最小值.19．（本小题12分）已知函数f （x ）＝ln x ，g （x ）＝12ax 2＋2x .（1）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； （2）若函数h （x ）＝f （x ）－g （x ）在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围.20．（本小题12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C （a cos B ＋b cos A ）＝c .（1）求C ；（2）若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长.21．（本小题12分）设函数f （x ）＝x 22－k ln x ，k >0.（1）求f （x ）的单调区间和极值；（2）证明：若f （x ）存在零点，则f （x ）在区间（1，e]上仅有一个零点.22．（本小题满分10分）坐标系与参数方程.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝4cos α＋2，y ＝4sin α（α为参数），以O 为极点，以x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为θ＝π6（ρ∈R ）. （1）求曲线C 的极坐标方程；（2）设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|AB |的值.理科数学答案一、选择题二、填空题13. 32 14. 4 15. 2x ＋y ＋1＝0 16. π3 三、解答题17．解(1)当a ＝1时，x 2－5ax ＋4a 2<0即为x 2－5x ＋4<0，解得1<x <4， 当p 为真时，实数x 的取值范围是1<x <4. 若p ∧q 为真，则p 真且q 真， 所以实数x 的取值范围是(2，4).(2) q ⌝是p ⌝的必要不充分条件，即p 是q 的必要不充分条件. 设A ＝{x |p (x )}，B ＝{x |q (x )}，则B A ⊆. 由x 2－5ax ＋4a 2<0得(x －4a )(x －a )<0， ∵a >0，∴A ＝{x |a <x <4a }，又B ＝{x |2<x ≤5}，则a ≤2且4a >5，解得54<a ≤2.∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤54，2. 18. 解 (1)f (x )＝23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π4－sin(x ＋π)＝3cos x ＋sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，于是T ＝2π1＝2π.(2)由已知得g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6， ∵x ∈[0，π]，∴x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，∴g (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6∈[－1，2]，故函数g (x )在区间[0，π]上的最大值为2，最小值为－1. 19．解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，①所以h ′(x )＝1x －ax －2，由h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解，② 即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min 即可.而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，③ 即a ≥1x 2－2x 恒成立.设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.20．解 (1)由已知及正弦定理得，2cos C (sin A cos B ＋sin B ·cos A )＝sin C ，2cos C sin(A ＋B )＝sin C ， 故2sin C cos C ＝sin C . 由C ∈(0，π)知sin C ≠0， 可得cos C ＝12，所以C ＝π3. (2)由已知，12ab sin C ＝332， 又C ＝π3，所以ab ＝6，由已知及余弦定理得，a 2＋b 2－2ab cos C ＝7，故a 2＋b 2＝13， 从而(a ＋b )2＝25.所以△ABC 的周长为5＋7.21．解: (1)由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去).f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表：所以，). f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k （1－ln k ）2. (2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k （1－ln k ）2. 因为f (x )存在零点，所以k （1－ln k ）2≤0， 从而k ≥e ，当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点.当k >e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k 2<0， 所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.22．解 (1)将方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos α＋2，y ＝4sin α消去参数α得x 2＋y 2－4x －12＝0，∴曲线C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －12＝0，将x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入上式可得ρ2－4ρcos θ＝12， ∴曲线C 的极坐标方程为：ρ2－4ρcos θ＝12. (2)设A ，B 两点的极坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6， 由⎩⎨⎧ρ2－4ρcos θ＝12，θ＝π6消去θ得ρ2－23ρ－12＝0， 根据题意可得ρ1，ρ2是方程ρ2－23ρ－12＝0的两根， ∴ρ1＋ρ2＝23，ρ1ρ2＝－12，∴|AB |＝|ρ1－ρ2|＝（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2＝215.。

安徽省“江南十校”2020届高三数学下学期4月综合素质检测试题 理（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．.．一、选择题：本大题共12个小题，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2(1)(1)i z a a =-+-（i 为虚数单位，1a >），则z 在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B 【解析】 【分析】分别比较复数z 的实部、虚部与0的大小关系，可判断出z 在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】因为1a >时，所以10a -<，210a ->，所以复数z 在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 2.已知集合{}{}234,870A x x x B x x x =<+=-+<，则A B =（ ）A. (1,2)-B. (2,7)C. (2,)+∞D. (1,2)【答案】D 【解析】 【分析】分别求出集合,A B 对应的不等式的解集，然后取交集即可.【详解】由题意，{}{}342A x x x x x =<+=<，{}{}287017B x x x x x =-+<=<<，所以{}12AB x x =<<.故选：D.【点睛】本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ） A. 58厘米 B. 63厘米C. 69厘米D. 76厘米【答案】B 【解析】 【分析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可. 【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长， 故导线长度约为230203ππ⨯=≈63(厘米). 故选：B .【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题. 4.函数cos ()22x xx x f x -=+在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的图象大致为（ ） A. B. C.D.【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及函数在02x π<<时的符号，即可求解.【详解】由cos ()()22x xx xf x f x --=-=-+可知函数()f x 为奇函数. 所以函数图象关于原点对称，排除选项A ，B ； 当02x π<<时，cos 0x >，cos ()220x xx xf x -∴=+＞，排除选项D ，故选：C .【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题. 5.若5(1)(1)ax x ++的展开式中23,x x 的系数之和为10-，则实数a 的值为（ ）A. 3-B. 2-C. 1-D. 1【答案】B 【解析】 【分析】由555(1)(1)(1)(1)ax x x ax x ++=+++，进而分别求出展开式中2x 的系数及展开式中3x 的系数，令二者之和等于10-，可求出实数a 的值. 【详解】由555(1)(1)(1)(1)ax x x ax x ++=+++，则展开式中2x 的系数为1255105C aC a +=+，展开式中3x 的系数为32551010C aC a +=+，二者的系数之和为(105)(1010)152010a a a +++=+=-，得2a =-. 故选：B.【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.6.已知3log a =ln3b =，0.992c -=，则,,a b c 的大小关系为（ ） A. b c a >>B. a b c >>C. c a b >>D.c b a >>【答案】A【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小. 【详解】因为331log 2log 32<=， 所以12a <. 因为3＞e ，所以ln3ln 1b e =>=，因为00.991>->-，2xy =为增函数，所以0.991221c -=<< 所以b c a ＞＞， 故选：A .【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题. 7.执行下面的程序框图，则输出S 的值为 （ ）A. 112-B.2360C.1120D.4360【答案】D 【解析】 【分析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案. 【详解】运行程序，11,25s i =-=，1211,3552s i =+--=，123111,455523s i =++---=，12341111,55555234s i =+++----=，12341111,55555234s i =+++----=，1234511111,6555552345s i =++++-----=，结束循环，故输出1111113743=(12345)135********s ⎛⎫++++-++++=-= ⎪⎝⎭， 故选：D .【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.8.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ） A .15B.13C.35D.23【答案】A 【解析】 【分析】列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有336+=，利用古典概型求解即可.【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1), 而加数全为质数的有(3,3), 根据古典概型知，所求概率为15P =. 故选：A.【点睛】本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题. 9.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为2317,,927n S S S ==，则12n a a a 的最小值为（ ）A. 24()27B. 34()27C. 44()27D. 54()27【答案】D 【解析】 【分析】由2317,927S S ==，可求出等比数列{}n a 的通项公式1227n n a -=，进而可知当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >，从而可知12n a a a 的最小值为12345a a a a a ，求解即可.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由题意得，332427a S S =-=，得2111427190a q a a q q ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪>⎪⎪⎩，解得11272a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，得1227n n a -=.当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >， 则12n a a a 的最小值为551234534()()27a a a a a a ==. 故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.10.已知点P是双曲线2222:1(0,0,x y C a b c a b-=>>=上一点，若点P 到双曲线C的两条渐近线的距离之积为214c ，则双曲线C 的离心率为（ ）D. 2【答案】A 【解析】 【分析】设点P 的坐标为(,)m n ，代入椭圆方程可得222222b m a n a b -=，然后分别求出点P 到两条渐近线的距离，由距离之积为214c ，并结合222222b m a n a b -=，可得到,,a b c 的齐次方程，进而可求出离心率的值.【详解】设点P 的坐标为(,)m n ，有22221m n a b-=，得222222b m a n a b -=.双曲线的两条渐近线方程为0bx ay -=和0bx ay +=，则点P 到双曲线C 的两条渐近线的距222222222b m a n a b a b c-==+， 所以222214a b c c =，则22244()a c a c -=，即()22220c a -=，故2220c a -=，即2222c e a ==，所以e =故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造,,a b c 的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题. 11.已知2π()12cos ()(0)3f x x ωω=-+>.给出下列判断： ①若12()1,()1f x f x ==-，且12minπx x -=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈使得()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[]0,2π上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎫⎪⎢⎭⎣； ④若()f x 在ππ,64⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦. 其中，判断正确的个数为（ ） A. 1 B. 2C. 3D. 4【答案】B 【解析】 【分析】对函数()f x 化简可得π()sin(2)6f x x ω=+，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案. 【详解】因为2π2ππ()12cos ()cos(2)sin(2)336f x x x x ωωω=-+=-+=+，所以周期2ππ2T ωω==.对于①，因为12min1π2x x T -==，所以ππ2T ω==，即12ω=，故①错误；对于②，函数()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的函数为ππsin(2)36y x ωω=-+，其图象关于y 轴对称，则ππππ()362k k ω-+=+∈Z ，解得13()k k ω=--∈Z ，故对任意整数k ，(0,2)ω∉，所以②错误；对于③，令π()sin(2)06f x x ω=+=，可得π2π6x k ω+=()k ∈Z ，则ππ212k x ωω=-， 因π(0)sin 06f =>，所以()f x 在[]0,2π上第1个零点1>0x ，且1ππ212x ωω=-，所以第7个零点7ππππ3π41π321221212x T ωωωωωω=-+=-+=，若存在第8个零点8x ，则8ππ7ππ7π47π2122212212x T ωωωωωω=-+=-+=，所以782πx x ≤<，即2π41π47π1212ωω≤<，解得41472424ω≤<，故③正确； 对于④，因为π(0)sin 6f =，且ππ0,64⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以πππ2662πππ2462ωω⎧⎛⎫-+≥- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪⨯+≤⎪⎩，解得23ω≤，又0>ω，所以203ω<≤，故④正确.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.12.如图，在平面四边形ABCD 中，满足,AB BC CD AD ==，且10,8AB AD BD +==，沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD -体积的最大值为（ ）A. 12B. 2C.23D.163【答案】C【解析】 【分析】过P 作PE BD ⊥于E，连接CE ，易知CE BD ⊥，PE CE =，从而可证BD ⊥平面PCE ，进而可知1833P BCD B PCE D PCE PCEPCEV V V S BD S ---=+=⋅=，当PCES最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，可得EF PC ⊥，再由2112PCES PC EF PE =⋅=-，求出PE 的最大值即可.【详解】在BPD △和BCD 中，PB BC PD CD BD BD =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以BPD BCD ≌，则PBD CBD ∠=∠，过P 作PE BD ⊥于E ，连接CE ，显然BPE BCE ≌，则CE BD ⊥，且PE CE =， 又因为PECE E =，所以BD ⊥平面PCE ，所以1833P BCD B PCE D PCE PCEPCEV V V S BD S ---=+=⋅=，当PCES最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，则EF PC ⊥，所以2112PCES PC EF PE =⋅=-， 因为10,8PB PD BD +==，所以点P 在以,B D 为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以PE 的最大值为椭圆的短轴长的一半，故PE 最大值为22543-=， 所以PCE S ∆最大值为22，故P BCD V -的最大值为8223⨯162=. 故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数2()ln f x x x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为___________.【答案】320x y --= 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程. 【详解】因为1()2f x x x'=+， 所以(1)3k f '==， 又(1)1,f =故切线方程为13(1)y x -=-， 整理为320x y --=， 故答案为：320x y --=【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.14.若200,50x x ∃∈-<R 为假，则实数a 的取值范围为__________. 【答案】(],4-∞ 【解析】 【分析】由200,50x x ∃∈-<R 为假，可知2,50x x ∀∈-≥R 为真，所以2a ≤对任意实数x 2的最小值，令2min a ≤即可.【详解】因为200,50x x ∃∈-<R 为假，则其否定为真，即2,50x x ∀∈-≥R 为真，所以2a ≤x 恒成立，所以2min a ≤.24=≥，=即x =时，等号成立，所以4a ≤. 故答案为：(],4-∞.【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.15.在直角坐标系xOy 中，已知点(0,1)A 和点(3,4)B -，若点C 在AOB ∠的平分线上，且||310OC =OC 的坐标为___________.【答案】(3,9)- 【解析】 【分析】点C 在AOB ∠的平分线可知OC 与向量||||OA OBOA OB +共线，利用线性运算求解即可. 【详解】因为点C 在AOB ∠的平线上，所以存在(0,)λ∈+∞使3439(0,1),,5555||||OA OB OC OA OB λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而||(OC =-= 可解得5λ=， 所以(3,9)OC =-， 故答案为：(3,9)-【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题. 16.已知抛物线2:4C y x =，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆22:(3)4M x y -+=的切线，切点分别为,A B ，则线段AB 长度的取值范围为__________.【答案】)4⎡⎣ 【解析】 【分析】连接,,PM MA MB ，易得,,MA PA MB PB PM AB ⊥⊥⊥，可得四边形PAMB 的面积为12PM AB PA MA ⋅=⋅，从而可得22441PA MA AB PM PM ⋅==-，进而求出PM 的取值范围，可求得AB 的范围.【详解】如图，连接,,PM MA MB ，易得,,MA PA MB PB PM AB ⊥⊥⊥，所以四边形PAMB 的面积为12PM AB ⋅，且四边形PAMB 的面积为三角形PAM 面积的两倍，所以12PM AB PA MA ⋅=⋅，所以22442441PM PA MA AB PM PM PM-⋅===-，当PM 最小时，AB 最小，设点(,)P x y ，则2222(3)69429PM x y x x x x x =-+=-++=-+，所以当1x =时，min22PM=，则min 441228AB =-=， 当点(,)P x y 的横坐标x →+∞时，PM →+∞，此时4AB →， 因为AB 随着PM 的增大而增大，所以AB 的取值范围为)22,4⎡⎣. 故答案为：)22,4⎡⎣.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.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.在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c，且πsin sin()3c B b C =-+. （1）求角C 的大小； （2）若3c a b =+=，求AB 边上的高.【答案】（1）2π3；（2【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，可得πsin sin()3C C =-，展开并整理可得πsin()16C -=，从而可求出角C ；（2）由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，进而可得2()7a b ab +-=，由3a b +=，可求出ab 的值，设AB 边上的高为h ，可得ABC 的面积为11sin 22ab C ch =，从而可求出h . 【详解】（1）由题意，由正弦定理得πsin sin sinsin()3C B B C B =-. 因为(0,π)B ∈，所以sin 0B >，所以πsin sin()3C C =-，展开得1sinsin 2C C C =-πsin()16C -=.因为0πC <<，所以ππ5π666C -<-<，故ππ62C -=，即2π3C =.（2）由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，则227a b ab ++=，得2()7a b ab +-=，故2()7972ab a b =+-=-=，故ABC 的面积为12πsin sin 232ab C ==. 设AB 边上的高为h h =，故h =， 所以AB 边上的高为7. 【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//,24,2AB CD CD AB AD ===，PAB △为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）求证：//AE 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P l B --的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）149【解析】 【分析】（1）取PC 的中点F ，连接,EF BF ，易得//,2EF CD CD EF =，进而可证明四边形ABFE 为平行四边形，即//AE BF ，从而可证明//AE 平面PBC ；（2）取AB 中点O ，CD 中点Q ，连接OQ ，易证PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，从而可知,,AB OQ OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，向量,,OQ OB OP 的方向分别为,,x y z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面PAD 的法向量(,,)m x y z =，及平面EBC 的法向量为(,,)n a b c =，由cos ,m n m n m n=⋅⋅，可求得平面EBC 与平面PAD 所成的二面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图1，取PC 的中点F ，连接,EF BF .,PE DE PF CF ==，//,2EF CD CD EF ∴=， //,2AB CD CD AB =，//AB EF ∴，且EF AB =， ∴四边形ABFE 为平行四边形，//AE BF ∴.又BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ，//AE ∴平面PBC .（2）如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连接OQ .,,OA OB CQ DQ PA PB ===，,PO AB OQ AB ∴⊥⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，PO ∴⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，,,AB OQ OP ∴两两垂直.以点O 为坐标原点，向量,,OQ OB OP 的方向分别为,,x y z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由,2PA PB AB ⊥=，可得1,2OA OB OP DQ CQ =====， 在等腰梯形ABCD 中，2,4,2AB CD AD ===1OQ =，11(0,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(1,2,0),(0,0,1),(1,2,0),(,1,)22O A B C P D E ∴---.则(0,1,1),(1,1,0)AP AD ==-，11(1,1,0),(,2,)22BC EB ==--，设平面PAD 的法向量为(,,)m x y z =，则0m AP y z m AD x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1y =，得(1,1,1)m =-. 设平面EBC 的法向量为(,,)n a b c =，则0112022n BC a b n EB a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取1b =-，得(1,1,5)n =--.因为1155m n ⋅=-+=，3m =，33n =，所以cos ,59333m n m n m n==⋅⋅=⨯，所以平面EBC 与平面PAD 所成的二面角的正弦值为255621419819⎛⎫-== ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分. （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望.（2）当游戏得分为*(N )n n ∈时，游戏停止，记得n 分的概率和为11,2n Q Q =. ①求2Q ；②当*N n ∈时，记111,2n n n n n n A Q Q B Q Q ++=+=-，证明：数列{}n A 为常数列，数列{}n B 为等比数列.【答案】（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①34；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量X 的分布列和数学期望；（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得2Q ；②得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上，第二种为得1n -分后抛掷一次反面向上，可知当3n ≥且*N n ∈时，121122n n n Q Q Q --=+，结合112n n n A Q Q +=+，可推出12111122n n n n n n A Q Q Q Q A ++++=+=+=，从而可证明数列{}n A 为常数列；结合1n n n B Q Q +=-，可推出121111()22n n n n n n B Q Q Q Q B ++++=-=--=-，进而可证明数列{}n B 为等比数列.【详解】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8.每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率也为12， 则4142444111113(4)(),(5)(),(6)()2162428P X P X C P X C =====⨯===⨯=， 3444441111(7)(),(8)()24216P X C P X C ==⨯===⨯=.所以变量X 的分布列为：故变量X 的数学期望为11311()4567861648416E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. （2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为22113()224Q =+=. ②得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上，第二种为得1n -分后抛掷一次反面向上，故3n ≥且*N n ∈时，有121122n n n Q Q Q --=+， 则*N n ∈时，211122n n n Q Q Q ++=+，所以1211111111122222n n n n n n n n n A Q Q Q Q Q Q Q A ++++++++==+=+=，故数列{}n A 为常数列； 又1211111111111()222222n n n n n n n n n n n B Q Q Q Q Q Q Q Q Q B +++++++=-=+-=-+=--=-， 121311424B Q Q =-=-=，所以数列{}n B 为等比数列.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.20.已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的离心率为32，且过点73(,)24，点P 在第一象限，A 为左顶点，B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D .（1）求椭圆E 的标准方程； （2）若//CD AB ，求点P 的坐标.【答案】（1）2214x y +=；（2）22,⎭【解析】 【分析】（1）由题意得2222232791416c a a b c a b⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，求出22,a b ，进而可得到椭圆E 的方程；（2）由（1）知点A ，B 坐标，设直线AP 的方程为(2)y k x =+，易知102k <<，可得点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得到关于y 的一元二次方程，结合根与系数关系，可用k 表示P 的坐标，进而由,,P B D 三点共线，即BD PB k k =，可用k 表示D 的坐标，再结合CD AB k k =，可建立方程，从而求出k 的值，即可求得点P 的坐标.【详解】（1）由题意得22222791416c a a b c a b ⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆E 的方程为2214x y +=.（2）由（1）知点(2,0)A -，(0,1)B -， 由题意可设直线AP 的斜率为k ，则102k <<，所以直线AP 的方程为(2)y k x =+，则点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2222(14)161640k x k x k +++-=. 设11(,)P x y ，则212164214k x k --⋅=+，所以2128214k x k -=-+， 所以2122824(2)1414k k y k k k -=-+=++，所以222824(,)1414k kP k k--++. 设D 点的坐标为0(,0)x ，因为点,,P B D 三点共线，所以BD PB k k =，即2202411148214kk k x k ++=--+，所以02412k x k -=+，所以24(,0)12k D k -+. 因为//CD AB ，所以CD AB k k =，即2124212k k k=---+，所以24410k k +-=，解得12k -=， 又102k <<，所以k =计算可得228214k k --=+2414k k =+，故点P的坐标为. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题. 21.已知函数2()ln ()f x x x ax a =-+∈R .（1）若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数()f x 的极值点为0x ，当a 变化时，点00(,())x f x 构成曲线M ，证明：过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点. 【答案】（1）1a ≤；（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由()0f x ≤恒成立，可得ln x a x x≤-恒成立，进而构造函数ln ()xg x x x =-，求导可判断出()g x 的单调性，进而可求出()g x 的最小值min ()g x ，令min ()a g x ≤即可；（2）由221()x ax f x x -++'=，可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，则200210x ax -++=，0012a x x =-，进而可得2000()ln 1f x x x =+-，即曲线M 的方程为2ln 1y x x =+-，进而只需证明对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解，然后构造函数2()ln 1F x x x kx =+--，分0k ≤、0k <≤k >分别证明函数()F x 在(0,)+∞上有唯一的零点，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意，可知0x >，由()0f x ≤恒成立，可得ln xa x x≤-恒成立. 令ln ()x g x x x =-，则221ln ()x xg x x-+'=. 令2()1ln h x x x =-+，则1()2h x x x'=+， 0x，()0h x '∴>，2()1ln h x x x ∴=-+在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，(0,1)x ∴∈时，()0h x <；(1,)x ∈+∞时，()0h x >，即(0,1)x ∈时，()0g x '<；(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，(0,1)x ∴∈时，()g x 单调递减；(1,)x ∈+∞时，()g x 单调递增，1x ∴=时，()g x 取最小值(1)1g =，1a ∴≤.（2）证明：由2121()2x ax f x x a x x-++'=-+=，令22(1)x a T x x -=++，由1(0)0T =>，结合二次函数性质可知，存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，故()f x 存在唯一的极值点0x ，则200210x ax -++=，0012a x x =-， 22000000()ln ln 1f x x x ax x x ∴=-+=+-， ∴曲线M 的方程为2ln 1y x x =+-.故只需证明对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解.令2()ln 1F x x x kx =+--，则2121()2x kx F x x k x x-+'=+-=，①当0k ≤时，()0F x '>恒成立，()F x ∴在(0,)+∞上单调递增.21,e e 1k k ≤≤，22(e )e e 1(1e )e 10k k k k k F k k k ∴=+--=-+-≤，(1)0F k =-≥，∴存在t 满足e 1k t ≤≤时，使得()0F t =.又()F x 单调递增，所以x t =为唯一解.②当0k <≤221x x y k -+=，满足280k ∆=-≤， 则()0F x '≥恒成立，()F x ∴在(0,)+∞上单调递增.(1)0F k =-<，333263(e )3e e 1(e e )0k F k =+--=+>-，∴存在3(1,e )t ∈使得()0F t =，又()F x 在(0,)+∞上单调递增，x t ∴=为唯一解.③当k >221x x y k -+=，满足280k ∆=->， 此时()0F x '=有两个不同的解12,x x ，不妨设12x x <，1212x x =⋅，1202x x ∴<<<， 列表如下：由表可知，当1x x =时，()F x 的极大值为21111()ln 1F x x x kx =+--.211210x kx -+=，2111()ln 2F x x x ∴=--，102x <<<，211ln 2x x ∴<+， 2111()ln 20F x x x ∴=--<，21()()0F x F x ∴<<.22222222(e )e e 1(e )e 1k k k k k F k k k k =+--=-+-.下面来证明2e 0k k ->，构造函数2()ln (m x x x x =->，则2121()2x m x x x x-'=-=，∴当)x ∈+∞时，()0m x '>，此时()m x 单调递增，∴3()8ln 202m x m >=->，∴)x ∈+∞时，2ln x x >，∴2ln e e x x x >=，故2e 0k k ->成立.∴2222(e )(e )e 10k k k F k k =-+->， ∴存在22(,e )k t x ∈，使得()0F t =.又()F x 在2(,)x +∞单调递增，x t ∴=为唯一解.所以，对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解，即过原点任意的直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.22.在直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为1(1)x my k m =-⎧⎨=-⎩为参数)，直线2l 的参数方程2x n n y k =⎧⎪⎨=+⎪⎩(为参数)，若直线12,l l 的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C （1）求曲线C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线3l 的极坐标方程为(0)θαρ=，4tan 032παα⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，点Q 为射线3l 与曲线C 的交点，求点Q 的极径.【答案】（1）22(1)1(0)x y x +-=≠；（2）85【解析】 【分析】（1）将两直线化为普通方程，消去参数k ，即可求出曲线C 的普通方程； （2）设Q 点的直角坐标系坐标为(cos ,sin )(0)a ρραρ>,求出43sin ,cos 55a a ==， 代入曲线C 可求解.【详解】（1）直线1l 的普通方程为()y k x =-,直线2l 的普通方程为2xy k-= 联立直线1l ,2l 方程消去参数k ,得曲线C 的普通方程为2(2)y y x -=- 整理得22(1)1(0)x y x +-=≠.（2）设Q 点的直角坐标系坐标为(cos ,sin )(0)a ρραρ>, 由4tan 032a a π⎛⎫=<< ⎪⎝⎭可得43sin ,cos 55a a == 代入曲线C 的方程可得2805ρρ-=， 解得8,05ρρ==（舍）， 所以点Q 的极径为85. 【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.23.已知函数()|1||2|f x x x =-++. （1）求不等式()3f x x <+的解集；（2）若不等式22()m x x f x --在R 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）{|02}x x <<；（2）(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；（2）原不等式可转化为22()m x x f x ++在R 上恒成立，分别求函数2()2g x x x =+与()f x 的最小值，根据能同时成立，可得22()x x f x ++的最小值，即可求解.【详解】（1）①当2x <-时,不等式()3f x x <+可化为123x x x ---<+,得43x >-，无解；②当-2≤x ≤1时,不等式()3f x x <+可化为123x x x -++<+得x >0,故0<x ≤1; ③当x >1时,不等式()3f x x <+可化为123x x x -++<+,得x <2,故1<x < 2. 综上，不等式()3f x x <+的解集为{|02}x x << （2）由题意知22()m x x f x ++在R 上恒成立， 所以()2min 2()xmxx f x ++令2()2g x x x =+，则当1x =-时，min ()1g x =-又当21x -时，()f x 取得最小值，且min ()3f x = 又1[2,1]-∈-所以当1x =-时，()f x 与()g x 同时取得最小值. 所以()2min2()132x x f x ++=-+=所以2m ≤，即实数m 的取值范围为(,2]-∞【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.。

2020年安徽高三一模理科数学试卷（江南十校）考试范围：xxx 考试时间：xxx分钟 命题人：xxx注意事项:1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2.请将答案正确填写在答题卡上。

一、标题A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限1.已知复数 ( 为虚数单位， )，则在复平面内的对应点所在的象限为（）．A. B. C.D.2.已知集合，，则（ ）．A.厘米 B.厘米C.厘米D.厘米3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为，并在扇形弧上正面等距安装个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计），已知扇形的半径为厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）．4.函数在上的图象大致为（ ）．A.xyOB.xyOC.xyOD.xyO5.若的展开式中，的系数之和为，则实数的值为（ ）．A.B.更多资料请微信搜索“真题试卷”获取C.D.6.已知，，，则，，的大小关系为（ ）．A.B.C.D.7.执行下面的程序框图，则输出的值为（ ）．开始，否是输出结束？A.B.C.D.8.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于的偶数都可以写成两个质数（素数）之和．也就是我们所谓的“”问题．它是年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩．若将拆成两个正整数的和．则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）．A.B.C.D.9.已知正项等比数列的前项和为，，，则的最小值为（ ）．A.B.更多资料请微信搜索“真题试卷”获取C.D.10.已知点是双曲线：上一点，若点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，则双曲线的离心率为（ ）．A.B.C.D.11.已知．给出下列判断：①若，，且，则；②存在，使得的图象右移个单位长度后得到的图象关于轴对称；③若在上恰有个零点，则的取值范围为；④若在上单调递增，则的取值范围为．其中，判断正确的个数为（ ）．A.B.C.D.12.如图，在平面四边形中，满足，，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（ ）．A.B.C.D.更多资料请微信搜索“真题试卷”获取13.已知函数，则曲线在点处的切线方程为 ．14.若，为假，则实数的取值范围为 ．15.在直角坐标系中，已知点和点，若点在的平分线上，且，则向量的坐标为 ．16.已知抛物线：，点为抛物线上一动点，过点作圆：的切线，切点分别为，，则线段长度的取值范围为 ．（1）（2）17.在中，角，，的对边分别为，，，且．求角的大小．若，，求边上的高．（1）（2）18.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，．为等腰直角三角形，，平面 底面，为的中点．求证：平面．若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值．（1）12（2）19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得分，反面向上得分．设抛掷次的得分为，求变量的分布列和数学期望．当游戏得分为时，游戏停止．记得分的概率和为，．求．当时，记，，证明：数列为常数列，数列为等比数列．更多资料请微信搜索“真题试卷”获取（1）（2）20.已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点．求椭圆的标准方程．若，求点的坐标．（1）（2）21.已知函数．若恒成立，求的取值范围．设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线．证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点．（1）（2）22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．若直线，的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线．求曲线的普通方程．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐标方程为，，点为射线与曲线的交点．求点的极径．（1）（2）23.已知函数．求不等式的解集．若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．更多资料请微信搜索“真题试卷”获取。

2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷(理科)(4月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 已知复数z =1+ai i(i 为虚数单位)在复平面上对应的点位于第四象限，则实数a 的取值范围为( )A. (0,+∞)B. (−∞,1)C. (1,+∞)D. (−∞,0)2. 已知集合A ={x|3x −x 2>0}，B ={x|−1<x <1}，则A ∩B =( )A. {x|−1<x <3}B. {x|−1<x <0}C. {x|0<x <1}D. {x|1<x <3}3. 一个半径是2的扇形，其圆心角的弧度数是，则该扇形的面积是( ) A.B.C.D. π4. 函数f(x)=sinx2+cosx (−π≤x ≤π)的图象大致为( )A.B.C.D.5. (x + y 2x)(x +y)5的展开式中x 3y 3的系数为( )A. 5B. 10C. 15D. 206. 设a =(34)0.5，b =(43)0.4，c =log 34(log 34)，则( ) A. a <b <c B. a <c <b C. c <a <b D. c <b <a7. 阅读如图所示的程序框图，输出的S 的值是( )A. 2 0132 015B. 2 0132 014C. 2 0122 013D. 2 0112 0128.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个质数的和”，如10=7+3.在不超过30的质数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A. 112B. 114C. 115D. 1189.在正项等比数列{a n}中，若a1=2，a3=8，{a n}的前n项和为S n.则S6=()A. 62B. 64C. 126D. 12810.双曲线x2−y23=1的两条渐近线夹角是()A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°11.关于函数f(x)=4sin(2x+π3),(x∈R)有下列命题：其中正确的是()①由f(x1)=f(x2)=0可得x1−x2必是π的整数倍；②f(x)的表达式可改写为f(x)=4cos(2x−π6)；③f(x)的图象关于点(−π6,0)对称；④f(x)的图象关于直线x=π3对称；⑤f(x)在区间(−π3,π12)上是增函数．A. ②③⑤B. ①②③C. ②③④D. ①③⑤12.如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=PA=PC=2，M，N为线段AC上的点，若MN=2，则三棱锥P−MNB的体积为()A. 13B. √23C. √33D. 23二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知函数f (x )=x 22+x −2lnx ，求函数f (x )在点(2,f (2))处的切线方程________．14. 若命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”是假命题，则实数m 的范围是______．15. 在平面直角坐标系xOy 中，点A(1,3)，B(−2,k)，若向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数k = ______ ． 16. 已知A 是抛物线y 2=4x 上的一点，以点A 和点B(2,0)为直径的圆C 交直线x =1于M ，N 两点．直线l 与AB 平行，且直线l 交抛物线于P ，Q 两点．(1)求线段MN 的长；(2)若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3，且直线PQ 与圆C 相交所得弦长与|MN|相等，求直线l 的方程． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知a,b,c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且2asin (C +π3)=√3b ．(1)求角A 的值．(2)若b =3,c =4，点D 在BC 边上，AD =BD ，求AD 的长．18.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，M为棱SB上的点，SA=AB=√3，BC=2，AD=1．(1)若M为棱SB的中点，求证：AM//平面SCD;(2)当SM=MB，DN=3NC时，求平面AMN与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．19.一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分．(1)设抛掷5次的得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)求恰好得到n(n∈N∗)分的概率．20. 已知椭圆E ：x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0 )的离心率为23，C 为椭圆E 上位于第一象限内的一点． (1)若点C 的坐标为(2,53)，求椭圆E 的标准方程；(2)设A 为椭圆E 的左顶点，B 为椭圆E 上一点，且AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线AB 的斜率．21. 已知函数f(x)=x|x +a|−12lnx(Ⅰ)当a ≤−2时，求函数f(x)的极值点； (Ⅱ)若f(x)>0恒成立，求a 的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =−1+2cosφy =2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l 1的极坐标方程为ρ=√2sin (θ+π4)，设l 1与C 相交于A ，B 两点，AB 的中点为M ，过点M 作l 1的垂线l 2交C 于P ，Q 两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ|的值．|MP|⋅|MQ|23.已知函数f(x)=|x−1|+|x−2|．(1)解不等式：f(x)≤x+3；(2)若不等式|m|·f(x)≥|m+2|−|3m−2|对任意m∈R恒成立，求x的取值范围．【答案与解析】1.答案：A解析：本题考查复数的基本运算和复数的几何意义，属于基础题．解：由z=a−i，又∵复数z在复平面内对应的点位于第四象限，有a>0．∴实数a的取值范围为(0,+∞)故选A．2.答案：C解析：本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．解：∵A={x|0<x<3}，B={x|−1<x<1}，∴A∩B={x|0<x<1}．故选：C．3.答案：C解析：本题主要考查了弧长公式，扇形的面积公式的应用，属于基础题．由已知先求弧长，利用扇形的面积公式即可计算得解．解：因为扇形的弧长，则面积，故选C．4.答案：A解析：解：f(−x)=−sinx2+cosx =−f(x)则函数f(x)是奇函数，排除C ， 分母2+cosx >0，则当0<x <π时，sinx >0，则f(x)>0，排除D ， f(π4)=√222+√22=√24+√2<f(π2)=12，则B 不满足条件．故选：A ．利用函数的奇偶性得到图象关于原点对称，利用f(π4)<f(π2)，进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和函数值的对应性，利用排除法是解决本题的关键．5.答案：C解析：解：因为(x + y 2x)(x +y)5=(x 2+y 2)(x+y)5x；要求展开式中x 3y 3的系数即为求(x 2+y 2)(x +y)5展开式中x 4y 3的系数；展开式含x 4y 3的项为：x 2⋅C 52x 2⋅y 3+y 2⋅C 54x 4⋅y =15x 4y 3；故(x + y 2x)(x +y)5的展开式中x 3y 3的系数为15；故选：C ．先把条件整理转化为求(x 2+y 2)(x +y)5展开式中x 4y 3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．6.答案：C解析：解：∵a =(34)0.5∈(0,1)，b =(43)0.4>1，c =log 34(log 34)<0， ∴c <a <b ． 故选：C ．利用指数与对数函数的单调性即可得出．本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：依题意，知：i=1,n=2,S=0+11×2，i=2,n=3,S=11×2+12×3，i=3, n=4, S=11×2+12×3+13×4，…i=2 013, n=2014, S=11×2+12×3+13×4+⋯+12 013×2 014=1−12 014=2 0132 014．i=2014，满足退出循环条件，故输出S值为：20132014．故选：B．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S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．本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．8.答案：C解析：本题主要考查古典概型的概率的计算，求出不超过30的素数是解决本题的关键．利用列举法先求出不超过30的所有素数，利用古典概型的概率公式进行计算即可．解：在不超过30的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选2个不同的数有C102=45种，和等于30的有(7,23)，(11,19)，(13,17)，共3种，则对应的概率P=345=115，故选C．9.答案：C解析：解：在正项等比数列{a n}中，由a1=2，a3=8，得q2=a3a1=82=4，∴q=2．则S6=2(1−26)1−2=126．故选：C．由已知结合等比数列的通项公式求得公比，再由等比数列的前n项和求S6．本题考查等比数列的通项公式，考查等比数列的前n项和，是基础的计算题．10.答案：B解析：由双曲线方程，求得其渐近线方程，求得直线的夹角，即可求得两条渐近线夹角．本题考查双曲线的几何性质，考查直线的倾斜角的应用，属于基础题．解：双曲线x2−y23=1的两条渐近线的方程为：y=±√3x，所对应的直线的倾斜角分别为60°，120°，∴双曲线x2−y23=1的两条渐近线的夹角为60°，故选B．11.答案：A解析：解：①由f(x1)=f(x2)=0，得2x1+π3=kπ,2x2+π3=mπ，所以2x1−2x2=(k−m)π，即x1−x2=(k−m)π2,k,m∈Z，所以①错误．②f(x)=4cos(2x−π6)=4cos(π6−2x)=4sin[π2−(π6−2x)]=4sin(2x+π3)，所以②正确．③因为f(−π6)=4sin[2(−π6)+π3]=4sin0=0，所以f(x)的图象关于点(−π6,0)对称，所以③正确．④因为f(π3)=4sin(2×π3+π3)=4sinπ=0不是函数的最大值，所以f(x)的图象关于直线x=π3不对称，所以④不正确．⑤由−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，得−5π12+kπ≤x≤π6+kπ，当k=0时，得−5π12≤x≤π6，即函数的一个单调增区间为[−5π12,π6]，所以函数f(x)在区间(−π3,π12)上是增函数，所以⑤正确．故选A．利用三角函数的图象和性质分别判断．本题主要考查三角函数的图象和性质，要求熟练掌握三角函数的性质，综合性较强．12.答案：D解析：解：取AC的中点O，连结PO，BO．∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥平面ABC．∵AB⊥BC，AB=BC=PA=PC=2，∴AC=2√2，BO=AO=12AC=√2，∴PO=√PA2−OA2=√2．∴V P−MNB=13S△BMN⋅PO=13×12×2×√2×√2=23．故选D．取AC的中点O，连结PO，BO，则利用面面垂直的性质可证PO⊥平面ABC，利用勾股定理计算BO，PO，于是V P−BMN=13S△BMN⋅PO．本题考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．13.答案：2x−y−2ln2=0解析：本题考查导数的几何意义，基础题型．利用导数的几何意义求解即可．解：∵函数f(x)=x22+x−2lnx，∴f′(x)=x+1−2x，∴f′(2)=2+1−1=2，f(2)=2+2−2ln2=4−2ln2，∴函数f(x)在点(2,4−2ln2)处的切线方程为y−4+2ln2=2(x−2)，即2x−y−2ln2=0．故答案为2x−y−2ln2=0．14.答案：[14,+∞)解析：本题考查了特称命题与全称命题的概念，是基础题．命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”的否定为：“∀x ∈R ，x 2+x +m ≥0“，原命题为假，则其否定为真，由△=1−4m ≤0，可求出实数m 的范围．解：命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”是假命题，即命题的否定为真命题，其否定为：“∀x ∈R ，x 2+x +m ≥0“， 则△=1−4m ≤0， 解得：m ≥14，故实数m 的范围是[14,+∞)．15.答案：4解析：解：∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,k)−(1,3)=(−3,k −3)，向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)⋅(−3,k −3)=−3+3(k −3)=0，解得k =4． 故答案为：4．利用向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系即可得出．本题考查了向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系，属于基础题．16.答案：解：(1)设A(y 024,y 0)，圆C 方程为(x −2)(x −y 024)+y(y −y 0)=0， 令x =1，得y 2−y 0y +y 024−1=0，∴y M +y N =y 0，y M y N =y 024−1，|MN|=|y M −y N |=√(y M +y N)2−4y M y N =√y 02−4(y 024−1)=2．(2)设直线l 的方程为x =my +n ，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则 由{x =my +n,y 2=4x消去x ，得y 2−4my −4n =0， y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−4n ，∵OP →⋅OQ →=−3，∴x 1x 2+y 1y 2=−3，则(y 1y 2)216+y 1y 2=−3，∴n 2−4n +3=0，解得n =1或n =3，当n=1或n=3时，点B(2,0)到直线l的距离为d=1√1+m2，∵圆心C到直线l的距离等于到直线x=1的距离，∴y028=1√1+m2，又m=y024−2y0，消去m得y02⋅y04+6416=64，求得y02=8，此时m=y024−2y0=0，直线l的方程为x=3，综上，直线l的方程为x=1或x=3．解析：(1)根据题意利用弦长公式求出即可得到MN的长；(2)设出直线l的方程为x=my+n，P，Q点的坐标，联立直线和抛物线方程，得到关于n的式子，解出即可得到直线方程．17.答案：解：(1)2asin(C+π3)=√3b变形为因为sinC≠0，所以，tanA=√3，因为是在三角形内，故A．(2)由题意得，a2=b2+c2−2bccosA=13，∴a=√13，根据正弦定理得到：，所以cosB=2√13，因为AD=BD，所以sin∠ADB=sin2B=2sinBcosB=2×3√32√13×52√13=15√326在△ABD中，由正弦定理得：AD sinB =ABsin∠ADB，．解析：本题考查了正弦定理和余弦定理，考查了三角形面积公式的应用，是中档题．(1)直接化简可求出tan A的值，即可解得答案；(2)利用余弦定理和正弦定理求解即可得答案．18.答案：(1)证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．在△SBC中，ME为中位线，∴ME//BC且ME=12BC，∵AD//BC且AD=12BC，∴ME//AD且ME=AD，∴四边形AMED为平行四边形．∴AM//DE.∵DE⊂平面SCD，AM⊄平面SCD，∴AM//平面SCD．(2)解：如图所示以点A 为坐标原点，建立分别以AD 、AB 、AS 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(0,√3,0),C(2,√3,0),D(1,0,0),S(0,0,√3)，于是AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BS ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,√32), AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +34DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)+34(1，√3，0)=(74，3√34，0)．设平面AMN 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z),则{AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0将坐标代入并取y =7，得n ⃗ =(−3√3,7,−7).另外易知平面SAB 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(1,0,0) 所以平面AMN 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦为|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=3√1525解析：【试题解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题． (1)取线段SC 的中点E ，连结ME ，ED ，推导出四边形AMED 为平行四边形，从而AM//DE ，由此能证明AM//平面SCD ．(2)以A 为坐标原点，建立分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AMN 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．19.答案：解：(1)所抛5次得分ξ的概率为P(ξ=i)=C 5i−5(12)5(i =5,6，7，8，9，10)， 其分布列如下：Eξ=∑i 10i=5⋅C 5i−5(12)5=152(分)．(2)令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n −1分以后再掷出一次反面． 因为“不出现n 分”的概率是1−p n ，“恰好得到n −1分”的概率是p n−1， 因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1−p n =12p n−1， 即p n −23=−12(p n−1−23)．于是{p n −23}是以p 1−23=12−23=−16为首项，以−12为公比的等比数列． 所以p n −23=−16(−12)n−1，即p n =13[2+(−12)n ]． 答：恰好得到n 分的概率是13[2+(−12)n ]．解析：本题主要考查独立重复试验，数列的递推关系求解通项，重点考查了学生的题意理解能力及计算能力．(1)由题意分析的所抛5次得分ξ为独立重复试验，利用二项分布可以得此变量的分布列； (2)由题意分析出令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n −1分以后再掷出一次反面．“不出现n 分”的概率是1−p n ，“恰好得到n −1分”的概率是p n−1，利用题意分析出递推关系即可．20.答案：解：(1)由题意可知：椭圆的离心率e =c a =√1−b 2a 2=23，则b 2a 2=59，①由点C 在椭圆上，将(2,53)代入椭圆方程，4a 2+259b 2=1，② 解得：a 2=9，b 2=5， ∴椭圆E 的标准方程为x 29+y 25=1；(2)方法一：由(1)可知：b 2a 2=59，则椭圆方程：5x 2+9y 2=5a 2，设直线OC 的方程为x =my(m >0)，B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)， {x =my5x 2+9y 2=5a 2，消去x 整理得：5m 2y 2+9y 2=5a 2， ∴y 2=5a 25m 2+9，由y 2>0，则y 2=√5a√5m 2+9，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AB//OC ，设直线AB 的方程为x =my −a ， 则{x =my −a 5x 2+9y 2=5a 2，整理得：(5m 2+9)y 2−10amy =0， 由y =0，或y 1=10am5m 2+9，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x 1+a,y 1)=(12x 2,12y 2)， 则y 2=2y 1， 则√5a 2=2×10am5m 2+9，(m >0)，解得：m =√35，则直线AB 的斜率1m=5√33； 方法二：由(1)可知：椭圆方程5x 2+9y 2=5a 2，则A(−a,0)， B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x 1+a,y 1)=(12x 2,12y 2)，则y 2=2y 1， 由B ，C 在椭圆上， ∴{5x 22+9y 22=5a 25(12x 2−a)2+9(y22)2=5a 2，解得：x 2=a4，y 2=4√3 则直线直线AB 的斜率k =y 2x 2=5√33；直线AB 的斜率=5√33解析：(1)利用抛物线的离心率求得b 2a 2=59，将(2,)代入椭圆方程，即可求得a 和b 的值； (2)方法一：设直线OC 的斜率，代入椭圆方程，求得C 的纵坐标，则直线直线AB 的方程为x =my −a ，代入椭圆方程，求得B 的纵坐标，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则直线直线AB 的斜率k ； 方法二：由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，y 2=2y 1，将B 和C 代入椭圆方程，即可求得C 点坐标，利用直线的离心率公式即可求得直线AB 的斜率．本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式，向量共线定理，考查计算能力，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ) 当a ≤−2时，f(x)={x 2+ax −12lnx,x ≥−a−x 2−ax −12lnx,0<x <−a ． ①当x ≥−a 时，f′(x)=2x +a −12x=4x 2+2ax−12x>0，所以f(x)在(−a,+∞)上单调递增，无极值点， ②当0<x <−a 时，f′(x)=2x −a −12x=−4x 2−2ax−12x．令f′(x)=0得，−4x 2−2ax −1=0，△=4a 2−16>0， 则x 1=−a−√a2−44，x 2=−a+√a2−44，且0<x 1<x 2<−a ，当x ∈(0,x 1)时，f′(x)<0；当x ∈(x 1,x 2)时，f′(x)>0； 当x ∈(x 2,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0,x 1)上单调递减，在(x 1,x 2)上单调递增；在(x 2,a)上单调递减． 综上所述，当a <−2时，f(x)的极小值点为x =−a−√a2−44和x =−a ，极大值点为x =−a+√a2−44；(Ⅱ)函数f(x)的定义域为x ∈(0,+∞)，由f(x)>0可得|x +a|>lnx 2x…(∗)(ⅰ)当x ∈(0,1)时，lnx2x <0，|x +a|≥0，不等式(∗)恒成立； (ⅰ)当x =1时，lnx2x =0，即|1+a|>0，所以a ≠1； (ⅰ)当x >1时，不等式(∗)恒成立等价于a <−x −lnx2x恒成立或a >−x +lnx 2x恒成立．令g(x)=−x −lnx2x，则g′(x)=−1−1x⋅2x−2lnx 4x 2=−2x 2−1+lnx2x 2．令k(x)=−2x 2−1+lnx ，则k′(x)=−2x +1x=1−2x 2x<0，而k(1)=−1−1+ln1=−2<0，所以k(x)=−2x 2−1+lnx <0，即g′(x)=−2x 2−1+lnx2x 2<0，因此g(x)=−x −lnx2x在(1,+∞)上是减函数，所以g(x)在(1,+∞)上无最小值，所以a <−x −lnx 2x不可能恒成立． 令ℎ(x)=−x +lnx 2x，则ℎ′(x)=−1+1x⋅2x−2lnx 4x 2=−2x 2+1−lnx2x 2<0，因此ℎ(x)在(1,+∞)上是减函数，所以ℎ(x)<ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.又因为a ≠−1，所以a >−1． 综上所述，满足条件的a 的取值范围是(−1,+∞)．解析：(Ⅰ)由题意化简函数解析式，根据求导公式分别求出f′(x)，分别判断出f′(x)与0的关系，利用导数的正负求出函数ℎ(x)的单调区间、极值点；(Ⅱ)先求出函数f(x)的定义域为x∈(0,+∞)，再化简不等式f(x)>0为|x+a|>lnx2x，对x与1的关系进行分类讨论，当x>1时转化为“a<−x−lnx2x 恒成立或a>−x+lnx2x恒成立”，再分别构造函数，求出导数、函数的单调区间和值域，即可求出a的取值范围．本题考查利用导数研究函数单调性、极值、最值等，恒成立问题的转化，以及转化思想、分类讨论思想、构造函数法等，考查化简、灵活变形能力，综合性强、难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点、难点．22.答案：解：(1)由曲线C的参数方程{x=−1+2cosφy=2sinφ，消去参数φ，得曲线C的普通方程为(x+1)2+y2=4．由曲线l1的极坐标方程ρ=√2sin (θ+π4)，得ρsinθ+ρcosθ=1，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得l1的直角坐标方程为x+y−1=0；(2)由l1⊥l2，得直线l2的斜率k l2=−1k l1=1，所以l2的倾斜角为π4，又l2过圆心(−1,0)，所以l2的方程为y=x+1，与x+y−1=0联立，得AB的中点M(0,1)，故l2的参数方程为{x=tcosπ4y=1+tsinπ4,(t为参数)，即{x=√22ty=1+√22t,(t为参数)，代入(x+1)2+y2=4中，化简、整理得t2+2√2t−2=0，设P，Q对应的参数分别为t1，t2，则由韦达定理得t1·t2=−2，又线段PQ为圆的直径，所以|PQ|=4，所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．(1)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．(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)∵f(x)≤x+3，∴|x −1|+|x −2|≤x +3， ①当x ≥2时，，②当1<x <2时，，③当x ≤1时，，由①②③可得x ∈[0,6]；(2)①当m =0时，0≥0，∴x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立， |2m +1|−|2m −3|≤|(2m +1)−(2m −3)|=4， 当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号， ∴f(x)=|x −1|+|x −2|≥4， 由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72； 1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀； x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12； 综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．解析：(1)分别讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，去掉绝对值，解不等式求并集可得；(2)讨论m =0，m ≠0，由绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，再讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，解不等式求并集可得范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，考查分类讨论思想方法和转化思想、运算能力，属于中档题．。

2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）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．（5分）已知复数2(1)(1)(z a a i i =-+-为虚数单位，)a l >，则z 在复平面内的对应点所在的象限为( ) A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．（5分）已知集合{|34}A x x x =<+，2(|870}B x x x =-+<，则(A B =I ) A ．(1,2)-B ．(2,7)C ．(2,)+∞D ．(1,2)3．（5分）某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120︒，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）．已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为( ) A ．58厘米 B ．63厘米C ．69厘米D ．76厘米4．（5分）函数cos ()22x x x x f x -=+在[2π-，]2π上的图象大致为( ) A ．B ．C ．D ．5．（5分）若5()()l ax l x ++的展开式中2x ，3y 的系数之和为10-，则实数a 的值为( ) A ．3-B ．2-C ．l -D ．16．（5分）已知3log 2a =，3b ln =，0.992c -=，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．b c a >> B ．a b c >>C ．c a b >>D ．c b a >>7．（5分）执行如图的程序框图，则输出S 的值为()A ．112-B ．2360C ．1120D ．43608．（5分）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“11+”问题，它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩，若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为( )A ．15B ．13C ．35D ．239．（5分）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，219S =，3727S =，则12n a a a ⋯的最小值为( ) A ．24()27B ．34()27C ．44()27D ．54()2710．（5分）已知点P 是双曲线2222:(0x y C l a a b-=>，0b >，22)c a b =+上一点，若点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为214c ，则双曲线C 的离心率为( )A 2B 5C 3D ．211．（5分）已知2()12cos ()(0)3f x x πωω=-+>．给出下列判断：①若()l f x l =，2()1f x =-，且12||min x x π-=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈，使得()f x 的图象右移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[0，2]π上恰有7个零点，则ω的取值范围为41[24，47]24④若()f x 在[6π-，]4π上单调递增，则ω的取值范围为(0，2]3其中，判断正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．412．（5分）如图，在平面四边形ABCD 中，满足AB BC =，CD AD =，且10AB AD +=，8BD =．沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD-体积的最大值为( )A ．12B ．122C 162D ．163二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知函数2()f x lnx x =+，则曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为 ．14．（5分）若0x R ∃∈，2200150x a x -+<为假，则实数a 的取值范围为 ．15．（5分）在直角坐标系xOy 中，已知点(0,1)A 和点(3,4)B -，若点C 在AOB ∠的平分线上，且||310OC =u u u r OC u u u r的坐标为 ．16．（5分）已知抛物线2:4C y x =，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆22:(3)4M x y -+=的切线，切点分别为A ，B ，则线段AB 长度的取值范围为 ．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．（12分）在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin sin()33c B b C b π=-+． ()l 求角C 的大小；（2）若7c =3a b +=，求AB 边上的高．18．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24CD AB ==，2AD =．PAB ∆为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）求证：//AE 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P l B --的正弦值．19．（12分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分． （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望．（2）当游戏得分为(*)n x N ∈时，游戏停止，记得n 分的概率和为n Q ，112Q =． ①求2Q ；②当*n N ∈时，记112n n n A Q Q +=+，1n n n B Q Q +=-，证明：数列{}n A 为常数列，数列{}n B 为等比数列．20．（12分）已知椭圆2222:1(0))x y E a b a b +=>>的离心率为3，且过点7(，3)4．点P 在第一象限，A 为左顶点．B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D ． （1）求椭圆E 的标准方程； （2）若//CD AB ，求点P 的坐标．21．（12分）已知函数2()()f x lnx x ax a R =-+∈． （1）若()0f x …恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数()f x 的极值点为0x ，当a 变化时，点0(x ，0())f x 构成曲线M ．证明：过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为1((1)x mm y k m =-⎧⎨=-⎩为参数），直线2l 的参数方程为(2x nn k y n =⎧⎪⎨=+⎪⎩为参数）．若直1l ，2l 的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C ．()l 求曲线C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线3l 的极坐标方程为(0)θαρ=…，4tan (0)32παα=<<，点Q 为射线3l 与曲线C 的交点，求点Q 的极径．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数()|1||2|f x x x =-++． ()l 求不等式()3f x x <+的解集；（2）若不等式22()m x x f x --„在R 上恒成立，求实数m 的取值范围．2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）参考答案与试题解析一、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．（5分）已知复数2(1)(1)(z a a i i =-+-为虚数单位，)a l >，则z 在复平面内的对应点所在的象限为( ) A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【解答】解：当1a >时，10a -<，210a ->， z ∴在复平面内的对应点所在的象限为第二象限．故选：B ．2．（5分）已知集合{|34}A x x x =<+，2(|870}B x x x =-+<，则(A B =I ) A ．(1,2)-B ．(2,7)C ．(2,)+∞D ．(1,2)【解答】解：{|2}A x x =<，{|17}B x x =<<， (1,2)A B ∴=I ．故选：D ．3．（5分）某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120︒，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）．已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为( ) A ．58厘米B ．63厘米C ．69厘米D ．76厘米【解答】解：因为弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小， 可以用弧长近似代替弦长， 所以导线长度为2302020 3.14633ππ⨯==⨯≈（厘米）． 故选：B ．4．（5分）函数cos ()22x xx x f x -=+在[2π-，]2π上的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：根据题意，cos ()22x x x x f x -=+，有cos ()()22x xx xf x f x --=-=-+， 则[2π-，]2π上，()f x 为奇函数，其图象关于原点对称，排除AB ，又由在区间(0,)2π上，cos 0x >，20x >，20x ->，则()0f x >，排除D ；故选：C ．5．（5分）若5()()l ax l x ++的展开式中2x ，3y 的系数之和为10-，则实数a 的值为( ) A ．3-B ．2-C ．l -D ．1【解答】解：因为5()l x +的展开式的通项公式为：15r r r T x +=g ð； 可得展开式中x ，2x ，3x 的系数分别为：15ð，25ð，35ð；故5()()l ax l x ++的展开式中2x 的系数为：2155105a a +=+g 痧；故5()()l ax l x ++的展开式中3x 的系数为：23551010a a +=+g 痧；1051010201510a a a ∴+++=+=-；2a ∴=-．故选：B ．6．（5分）已知3log 2a =，3b ln =，0.992c -=，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．b c a >>B ．a b c >>C ．c a b >>D ．c b a >>【解答】解：因为31log 2(0,)2a =∈，31b ln =>，0.9911222c --=>=，故b c a >>． 故选：A ． 7．（5分）执行如图的程序框图，则输出S 的值为()A ．112-B ．2360C ．1120D ．4360【解答】解：由题意得12131415143155253545560S =-+-+-+-+-=．故选：D ．8．（5分）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“11+”问题，它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩，若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为( )A ．15B ．13C ．35D ．23【解答】解：由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，分别为：(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，而加数全为质数的有(3,3)，∴拆成的和式中，加数全部为质数的概率为15P =． 故选：A ．9．（5分）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，219S =，3727S =，则12n a a a ⋯的最小值为( ) A ．24()27B ．34()27C ．44()27D ．54()27【解答】解：由题意可得，121(1)97(1)27a q a q q ⎧+=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩，解可得，11272a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩或11323a q ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩（舍)， 故11227n n a -=g ， 当15n 剟时，1n a <，当6n …，1n a >， 则12n a a a ⋯的最小值为5512534()()27a a a a ⋯==． 故选：D ．10．（5分）已知点P 是双曲线2222:(0x y C l a a b-=>，0b >，c =上一点，若点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为214c ，则双曲线C 的离心率为( )ABCD ．2【解答】解：双曲线2222:(0x y C l a a b-=>，0b >的两条渐近线的方程为0bx ay ±=，设(,)P x y ，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为22222221||4b x a yc b a -=+， 可得222221||4a b c a b a b =⇒=+， ∴双曲线的离心率c e a ===故选：A ．11．（5分）已知2()12cos ()(0)3f x x πωω=-+>．给出下列判断：①若()l f x l =，2()1f x =-，且12||min x x π-=，则2ω=； ②存在(0,2)ω∈，使得()f x 的图象右移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称；③若()f x 在[0，2]π上恰有7个零点，则ω的取值范围为41[24，47]24④若()f x 在[6π-，]4π上单调递增，则ω的取值范围为(0，2]3其中，判断正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：Q 22()12cos ()cos(2)sin(2)336f x x x x πππωωω=-+=-+=+，∴周期22T ππωω==．①由条件知，周期为2π，∴12w =，故①错误； ②函数图象右移6π个单位长度后得到的函数为sin(2)36x y x ωπω=-+，其图象关于y 轴对称， 则()362k k Z ωππππ-+=+∈，13()k k Z ω∴=--∈，故对任意整数k ，(0,2)ω∉，故②错误； ③由条件，得74221212πππππωωωω--剟，∴41472424ω剟，故③正确； ④由条件，得362262w w ππππππ⎧-+-⎪⎪⎨⎪+⎪⎩…„，∴23ω„，又0ω>，∴203ω<„，故④正确．故选：B ．12．（5分）如图，在平面四边形ABCD 中，满足AB BC =，CD AD =，且10AB AD +=，8BD =．沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD-体积的最大值为( )A ．12B ．122C 162D ．163【解答】解：过点P 作PE BD ⊥于E ，连结CE ， 由题意知BPD BCD ∆≅∆，CE BD ⊥，且PE CE =，BD ∴⊥平面PCE ，1833P BCD B PCE D PCE PCE PCE V V V S BD S ---∆∆∴=+==g ，∴当PCE S ∆最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，则EF PC ⊥，2112PCE S PC EF PE ∆∴==-g ，10PB PD +=Q ，8BD =，∴点P 到以BD 为焦点的椭圆上，PE ∴的最大值为对应短半轴长，PE ∴最大值为22543-=，PCE S ∆∴最大值为22，∴三棱锥P BCD -体积的最大值为162． 故选：C ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知函数2()f x lnx x =+，则曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为 320x y --= ．【解答】解：易知f （1）1=，故切点为(1,1)，1()2f x x x'=+， 故f '（1）3=，所以切线方程为13(1)y x -=-， 即320x y --=即为所求． 故答案为：320x y --=．14．（5分）若0x R ∃∈，2200150x a x -+<为假，则实数a 的取值范围为 (-∞，4] ．【解答】解：若0x R ∃∈，2200150x a x -+<为假，则其否定命题为真，即x R ∀∈，22150x a x -+…为真， 所以221a x +„对任意实数恒成立；设22()1f x x =+x R ∈；则()24f x ，=，即x =时等号成立，所以实数a 的取值范围是4a „． 故答案为：(-∞，4]．15．（5分）在直角坐标系xOy 中，已知点(0,1)A 和点(3,4)B -，若点C 在AOB ∠的平分线上，且||OC =u u u r OC u u u r的坐标为 (3,9)- ．【解答】解：由点C 在AOB ∠的平分线上， 所以存在(0,)λ∈+∞，使()(0||||OA OB OC OA OB λλ=+=u u u r u u u ru u u r u u ur u u u r ，31)(5λ+-，43)(55λ=-，9)5λ；又||OC =u u u r所以2239()()9055λλ-+=，解得5λ=，所以向量(3,9)OC =-u u u r ． 故答案为：(3,9)-．16．（5分）已知抛物线2:4C y x =，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆22:(3)4M x y -+=的切线，切点分别为A ，B ，则线段AB 长度的取值范围为 ． 【解答】解：如图：连接PM ，PA ，PB ，易得MA PA ⊥，MB PB ⊥，PM AB ⊥，所以四边形PAMN 的面积为：12PM ，AB g ，另外四边形PAMB 的面积为三角形PAM 面积的两倍，所以1||||||||2PM AB PA MA =g g ，所以2||||||||PA MA AB PM ===g所以当||PM 取得最小值时，||AB 最小，设点(,)P x y ，则||PM =所以1x =时，||PM 取得最小值为：AB 的最小值为：=P 向无穷远处运动时，||AB 的长度趋近于圆的直径，故||AB 的取值范围是4)．故答案为：4)．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．（12分）在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin sin()33c B b C b π=-+． ()l 求角C 的大小；（2）若7c =3a b +=，求AB 边上的高． 【解答】解：（1）因为sin sin()33c B b C b π=-．由正弦定理可得，sin sin sin sin()3sin 3C B B C B π=-+，因为sin 0B >，所以31sin sin()3sin 32C C C C π=-+-31cos 12C C -=，所以sin()16C π-=， 0C π<<Q ，所以23C π=， （2）由余弦定理可得，2222cos c a b ab C =+-， 所以227a b ab ++=，即2()7a b ab +-=， 所以2ab =，13sin 2ABC S ab C ∆==，设AB 边上的高为h ，则73h =，故21h =． 18．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，24CD AB ==，2AD =．PAB ∆为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）求证：//AE 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P l B --的正弦值．【解答】解：（1）证明：如图1，取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，PE DE =Q ，PF CF =，//EF CD ∴，2CD EF =， //AB CD Q ，2CD AB =，//AB EF ∴，且EF AB =，∴四边形ABFE 为平行四边形，//AE BF ∴，BF ⊂Q 平面PBC ，AE ⊂/平面PBC ， //AE ∴平面PBC ．（2）解：如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，OA OB =Q ，CQ DQ =，PA PB =，PO AB ∴⊥，OQ AB ⊥，Q 平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ，PO ∴⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，AB ∴，OQ ，OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 由PA PB ⊥，2AB =，得1OA OB OP ===，2DQ CQ ==， 在等腰梯形ABCD 中，2AB =，4CD =，2AD ，1OQ =，(0O ，0，0)，(0A ，1-，0)，(0B ，1，0)，(1C ，2，0)，(0P ，0，1)，(1D ，2-，0)，1(2E ，1-，1)2， 设平面PAD 的法向量为(m x =r，y ，)z ， (0AP =u u u r ，1，1)，(1AD =u u u r，1-，0)，则00m AP y z m AD x y ⎧=+=⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1y =，得(1m =r ，1，1)-， 设平面EBC 的法向量(n a =r，b ，)c ，(1BC =u u u r ，1，0)，11(,2,)22EB=--u u u r ，则0112022n BC a b n BP a b c ⎧=+=⎪⎨=-+-=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1a =，得(1n =r ，1-，5)-， 设二面角P l B --的平面角为θ，则||5|cos |||||9m n m n θ==r rg r r g ，P l B --的正弦值为25214sin 1()9θ=-=．19．（12分）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分． （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望．（2）当游戏得分为(*)n x N ∈时，游戏停止，记得n 分的概率和为n Q ，112Q =． ①求2Q ；②当*n N ∈时，记112n n n A Q Q +=+，1n n n B Q Q +=-，证明：数列{}n A 为常数列，数列{}n B 为等比数列．【解答】解：（1）解：变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8， Q 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12，411(4)()216P X ∴===，14411(5)()24P X C ===，24413(6)()28P X C ===，34411(7)()24P X C ===，44411(8)()216P X C ===，X ∴的分布列为：（2）①解：得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：22113()224Q =+=，②证明：得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上， 第二种为得1n -分后，抛掷一次反面向上，∴当3n …，且*n N ∈时，121122n n n Q Q Q --=+，1211111111122222n n n n n n n n n A Q Q Q Q Q Q Q A ++++++=+=++=+=，∴数列{}n A 为常数列，12111111112222n n n n n n n n B Q Q Q Q Q Q Q ++++++=-=+-=-+Q111()22n n n Q Q B +=--=-，121311424B P P =-=-=Q ， ∴数列{}n B 为等比数列．20．（12分）已知椭圆2222:1(0))x y E a b a b +=>>，且过点3)4．点P 在第一象限，A 为左顶点．B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D ． （1）求椭圆E 的标准方程； （2）若//CD AB ，求点P 的坐标．【解答】解：（1）由题意可得222227914163a b ca abc ⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩，∴椭圆E 的标准方程为：2214x y +=；（2）由（1）知点(2,0)A -，(0,1)B -，由题意可设直线AP 的方程为：1(2)(0)2y k x k =+<<，所以点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2222(14)161640k x k x k +++-=， 设1(P x ，1)y ，则212164214k x k --=+g ，所以2128214k x k -=-+，所以2122824()1414k ky k k k -=-=++， 所以2282(14k P k --+，2414kk + )， 设D 点的坐标为0(x ，0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以BD PB k k =， 即2202411148214kk k x k ++=---+，所以02412k x k -=+，所以24(12k D k -+，0)， 因为//CD AB ，所以CD AB k k =，即(21)1212k k k +=--，所以24410k k +-=，解得12k -±=， 又因为102k <<，所以21k -， 所以点P 的坐标为(22)．21．（12分）已知函数2()()f x lnx x ax a R =-+∈． （1）若()0f x „恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数()f x 的极值点为0x ，当a 变化时，点0(x ，0())f x 构成曲线M ．证明：过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点． 【解答】解：（1）由0x >可得()0f x „恒成立等价为lnxa x x-„恒成立． 设()lnxg x x x=-，22211()1lnx x lnx g x x x --+'=-=，再令2()1h x x lnx =-+， 则1()20h x x x'=+>，则()h x 在(0,)+∞递增，又h （1）0=，则01x <<，()0h x <，1x >，()0h x >，即01x <<时，()0g x '<；1x >时，()0g x '>，可得()g x 在(0,1)递减；在(1,)+∞递增， 即有()g x 在1x =处取得极小值，即最小值g （1）1=，所以1a „；（2）证明：由（1）可得20000()f x lnx x ax =-+， 0()0f x '=，即00120x a x -+=，即0012a x x =-， 所以2000()1f x lnx x =+-，可得曲线M 的方程为21y lnx x =+-，由题意可得对任意实数k ，方程21lnx x kx +-=有唯一解． 设2()1h x lnx x kx =+--，则2121()2x kx h x x k x x-+'=+-=，①当0k „时，()0h x '>恒成立，()h x 在(0,)+∞递增，由h （1）0k =-…，22()1(1)10k k k k k h e k e ke k e e =+--=-+-„， 所以存在0x 满足01k e x 剟时，使得0()0h x =．又因为()h x 在(0,)+∞递增，所以0x x =为唯一解．②当0k >时，且△280k =-„即0k <„()0h x '…恒成立，所以()h x 在(0,)+∞递增， 由h （1）0k =-<，363323()31()0h e e ke e k e =+--=+>，所以存在30(1,)x e ∈，使得0()0h x =．又()h x 在(0,)+∞递增，所以0x x =为唯一解． ③当k >时，()0h x '=有两解1x ，2x ，设12x x <，因为1212x x =，所以12x x <<，当1(0,)x x ∈时，()0h x '>，()h x 递增；当1(x x ∈，2)x 时，()0h x '<，()h x 递减， 当2(x x ∈，)+∞，()0h x '>，()h x 递增，可得()h x 的极大值为21111()1h x lnx x kx =+--， 因为211210x kx -+=，所以2111()20h x lnx x =--<，所以21()()0h x h x <<，22222222()1()10k k k k k h e k e ke e k e k =+--=-+->，令2()x m x e x =-，x >，可得2()210x m x x e '=->g ，所以()0m x m >>，所以存在02(x x ∈，2)k e ，使得0()0h x =， 又因为()h x 在2(x ，)+∞递增，所以0x x =为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为1((1)x mm y k m =-⎧⎨=-⎩为参数），直线2l 的参数方程为(2x nn k y n =⎧⎪⎨=+⎪⎩为参数）．若直1l ，2l 的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C ．()l 求曲线C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线3l 的极坐标方程为(0)θαρ=…，4tan (0)32παα=<<，点Q 为射线3l 与曲线C 的交点，求点Q 的极径．【解答】解：（1）直线1l 的参数方程为1((1)x mm y k m =-⎧⎨=-⎩为参数），转换为直角坐标方程为y kx =-．直线2l 的参数方程为(2x nn k y n =⎧⎪⎨=+⎪⎩为参数），转换为直角坐标方程为2x y k -=． 联立两直线的方程消去参数k 得：22(1)1(0)x y x +-=≠． （2）设点(cos ,sin )Q ραρα由4tan 3α=，可得：43sin ,cos 55αα==．代入曲线C ，得2805ρρ-=，解得85ρ=或0ρ=（舍去），故点Q 的极径为85．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数()|1||2|f x x x =-++． ()l 求不等式()3f x x <+的解集；（2）若不等式22()m x x f x --„在R 上恒成立，求实数m 的取值范围．【解答】解：（1）当2x <-时，()3f x x <+可化为123x x x ---<+，解得43x >-，无解；当21x -剟时，()3f x x <+可化为123x x x -++<+，解得0x >，故01x <„； 当1x >时，()3f x x <+可化为123x x x -++<+，解得2x <，故12x <<． 综上可得，()3f x x <+的解集为(0,2)；（2）不等式22()m x x f x --„在R 上恒成立，可得22()m x x f x ++„，即2(2())min m x x f x ++„，由222(1)1y x x x =+=+-的最小值为1-，此时1x =-；由()|1||2||12|3f x x x x x =-++---=…，当且仅当21x -剟时，取得等号， 则2(2())132min x x f x ++=-+=，所以2m „， 即m 的取值范围是(-∞，2]．。

2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）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＝(1−a)+(a2−1)i(i为虚数单位，a>1)，则z在复平面内的对应点所在的象限为（）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|3x<x+4}，B＝(x|x2−8x+7<0}，则A∩B＝（）A.(−1, 2)B.(2, 7)C.(2, +∞)D.(1, 2)3. 某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120∘，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）．已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（）A.58厘米B.63厘米C.69厘米D.76厘米4. 函数f(x)=x cos x2x+2−x 在[−π2, π2]上的图象大致为( )A. B.C. D.5. 若(1+ax)(1+x)5的展开式中x2，x3的系数之和为−10，则实数a的值为（）A.−3B.−2C.−lD.16. 已知a=log3√2，b=ln3，c=2−0.99，则a，b，c的大小关系为( )A.b>c>aB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a7. 执行如图的程序框图，则输出S的值为（）A.−112B.2360C.1120D.43608. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题，它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩，若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（）A.15B.13C.35D.239. 已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，S2=19，S3=727，则a1a2...a n的最小值为（）A.(427)2 B.(427)3 C.(427)4 D.(427)510. 已知点P是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0, c=√a2+b2)上一点，若点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为14c2，则双曲线C的离心率为( )A.√2B.√52C.√3D.211. 已知f(x)＝1−2cos2(ωx+π3)(ω>0)．给出下列判断：①若f(x1)＝1，f(x2)＝−1，且|x1−x2|min＝π，则ω＝2；②存在ω∈(0, 2)，使得f(x)的图象右移π6个单位长度后得到的图象关于y轴对称；③若f(x)在[0, 2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为[4124, 4724]④若f(x)在[−π6, π4]上单调递增，则ω的取值范围为(0, 23]其中，判断正确的个数为（）A.1B.2C.3D.412. 如图，在平面四边形ABCD中，满足AB＝BC，CD＝AD，且AB+AD＝10，BD＝8．沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使PC＝2，则三棱锥P−BCD体积的最大值为（）A.12B.12√2C.16√23D.163二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．已知函数f(x)＝ln x +x 2，则曲线y ＝f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为________．若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则实数a 的取值范围为________．在直角坐标系xOy 中，已知点A(0, 1)和点B(−3, 4)，若点C 在∠AOB 的平分线上，且|OC →|＝3√10，则向量OC →的坐标为________．已知抛物线C:y 2＝4x ，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆M ：(x −3)2+y 2＝4的切线，切点分别为A ，B ，则线段AB 长度的取值范围为________√2，4） ．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．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c sin B ＝b sin (π3−C)+√3b ．(l)求角C 的大小；若c =√7，a +b ＝3，求AB 边上的高．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AB // CD ，CD ＝2AB ＝4，AD =√2．△PAB 为等腰直角三角形，PA＝PB ，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）求证：AE // 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P −l −B 的正弦值．一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分． （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望．（2）当游戏得分为n(x ∈N ∗)时，游戏停止，记得n 分的概率和为Q n ，Q 1=12． ①求Q 2；②当n ∈N ∗时，记A n ＝Q n+1+12Q n ，B n ＝Q n+1−Q n ，证明：数列{A n }为常数列，数列{B n }为等比数列．已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)）的离心率为√32，且过点(√72, 34)．点P 在第一象限，A 为左顶点．B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D ．（1）求椭圆E 的标准方程；（2）若CD // AB ，求点P 的坐标．已知函数f(x)＝ln x −x 2+ax(a ∈R)． （1）若f(x)≤0恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数f(x)的极值点为x 0，当a 变化时，点（x 0, f(x 0)）构成曲线M ．证明：过原点的任意直线y ＝kx与曲线M 有且仅有一个公共点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n（n为参数）．若直l 1，l 2的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C ． (l)求曲线C 的普通方程；以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线l 3的极坐标方程为θ＝α(ρ≥0)，tan α=43(0<α<π2)，点Q 为射线l 3与曲线C 的交点，求点Q 的极径．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x−（1）|+|x+2|．(l)求不等式f(x)<x+3的解集；（2）若不等式m−x2−2x≤f(x)在R上恒成立，求实数m的取值范围．参考答案与试题解析2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）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.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】由a>1可得复数z的实部与虚部的范围，则答案可求．【解答】当a>1时，1−a<0，a2−1>0，∴z在复平面内的对应点所在的象限为第二象限．2.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】A＝{x|x<2}，B＝{x|1<x<7}，∴A∩B＝(1, 2)．3.【答案】B【考点】扇形面积公式弧长公式【解析】弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，用弧长近似代替弦长，计算导线的长度即可．【解答】因为弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，所以导线长度为2π3×30＝20π＝20×3.14≈63（厘米）．4.【答案】C【考点】函数奇偶性的性质函数的图象【解析】根据题意，利用排除法分析：先分析函数的奇偶性，再分析在区间(0, π2)上，f(x)>0，由排除法分析可得答案．【解答】解：根据题意，f(x)=x cos x2x+2−x，因为f(−x)=−x cos x2x+2−x=−f(x)，则在[−π2, π2]上，f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；又由在区间(0, π2)上，cos x>0，2x>0，2−x>0，则f(x)>0，排除D.故选C.5.【答案】B【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求(1+x)5的展开式的通项公式，进而求得结论．【解答】因为(1+x)5的展开式的通项公式为：T r+1=∁5r⋅x r；可得展开式中x，x2，x3的系数分别为：∁51，∁52，∁53；故(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为：∁52+a⋅∁51=10+5a；故(1+ax)(1+x)5的展开式中x3的系数为：a⋅∁52+∁53=10+10a；∴10+5a+10+10a＝20+15a＝−10；∴a＝−2．6.【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】结合指数与对数函数的单调性分别确定a，b，c的范围即可比较．【解答】解：因为a=log3√2∈(0, 12)，b=ln3>1，1=20>c=2−0.99>2−1=12，故b>c>a．故选A.7. 【答案】 D【考点】 程序框图 【解析】根据循环体的算法功能可以看出，这是一个对数列{n5−1n }求前五项和的程序框图，计算可求解．【解答】由题意得S =15−1+25−12+35−13+45−14+55−15=4360． 8.【答案】 A【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】利用列举法求出由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，而加数全为质数的有1个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为质数的概率． 【解答】由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，分别为： (1, 5)，(2, 4)，(3, 3)，(4, 2)，(5, 1)， 而加数全为质数的有(3, 3)，∴ 拆成的和式中，加数全部为质数的概率为P =15． 9.【答案】 D【考点】等比数列的前n 项和 【解析】由已知结合等比数列的通项公式可求a 1，q ，进而可求通项公式，然后结合项的特点可求． 【解答】由题意可得，{a 1(1+q)=19a(1+q +q 2)=727， 解可得，{a 1=127q =2 或{a 1=13q =−23（舍）， 故a n =127⋅2n−1，当1≤n ≤5时，a n <1，当n ≥6，a n >1， 则a 1a 2...a n 的最小值为a 1a 2...a 5=(a 3)5=(427)5．10.【答案】 A【考点】双曲线的离心率 【解析】双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0的两条渐近线的方程为bx ±ay ＝0，设P(x, y)，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b 2x 2−a 2y 2b 2+a 2|=14c 2，求出a 、c 关系，即可求出双曲线的离心率．【解答】解：双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0)的两条渐近线的方程为bx ±ay =0， 设P(x, y)，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b 2x 2−a 2y 2b 2+a 2|=14c 2，可得|a 2b 2a 2+b2|=14c 2⇒a =b ，∴ 双曲线的离心率e =c a=√1+b 2a 2=√2．故选A . 11.【答案】 B【考点】命题的真假判断与应用 正弦函数的单调性 正弦函数的图象 【解析】先将f(x)化简，对于①由条件知，周期为2π，然后求出ω；对于②由条件可得−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，然后求出ω＝−1−3k(k ∈Z)；对于③由条件，得7π2ω−π12ω≤2π≤4πω−π12ω，然后求出ω的范围；对于④由条件，得{−wπ3+π6≥−π2wπ2+π6≤π2，然后求出ω的范围，再判断命题是否成立即可．【解答】∵ f(x)=1−2cos 2(ωx +π3)=−cos (2ωx +2π3)=sin (2ωx +π6)，∴ 周期T =2π2ω=πω．①由条件知，周期为2π，∴ w =12，故①错误； ②函数图象右移π6个单位长度后得到的函数为y =sin (2ωx −ωx 3+π6)，其图象关于y 轴对称，则−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，∴ ω＝−1−3k(k ∈Z)，故对任意整数k ，ω∉(0, 2)，故②错误； ③由条件，得7π2ω−π12ω≤2π≤4πω−π12ω，∴4124≤ω≤4724，故③正确；④由条件，得{−wπ3+π6≥−π2wπ2+π6≤π2，∴ ω≤23，又ω>0，∴ 0<ω≤23，故④正确．12. 【答案】 C【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】过点P 作PE ⊥BD 于E ，连结CE ，推导出BD ⊥平面PCE ，当S △PCE 最大时，V P−BCD 取得最大值，取PC 的中点F ，则EF ⊥PC ，推导出点P 到以BD 为焦点的椭圆上，PE 的最大值为对应短半轴长，由此能求出三棱锥P −BCD 体积的最大值． 【解答】过点P 作PE ⊥BD 于E ，连结CE ，由题意知△BPD ≅△BCD ，CE ⊥BD ，且PE ＝CE ， ∴ BD ⊥平面PCE ，∴ V P−BCD ＝V B−PCE +V D−PCE =13S △PCE ⋅BD =83S △PCE ， ∴ 当S △PCE 最大时，V P−BCD 取得最大值， 取PC 的中点F ，则EF ⊥PC ， ∴ S △PCE =12PC ⋅EF =√PE 2−1，∵ PB +PD ＝10，BD ＝8，∴ 点P 到以BD 为焦点的椭圆上， ∴ PE 的最大值为对应短半轴长，∴ PE 最大值为√52−42=3，∴ S △PCE 最大值为2√2， ∴ 三棱锥P −BCD 体积的最大值为16√23．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】3x −y −2＝0 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】先对函数求导，然后将x ＝1代入导数求出斜率，再将x ＝1代入函数求出切点纵坐标，最后套用点斜式写出方程． 【解答】易知f(1)＝1，故切点为(1, 1)， f ′(x)=1x +2x ，故f′(1)＝3，所以切线方程为y −1＝3(x −1)， 即3x −y −2＝0即为所求．故答案为：3x −y −2＝0． 【答案】 (−∞, 4] 【考点】命题的真假判断与应用 全称命题与特称命题 全称量词与存在量词 【解析】若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则其否定命题为真， 利用分离常数法和基本不等式求出a 的取值范围． 【解答】若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则其否定命题为真，即∀x ∈R ，x 2−a√x 2+1+5≥0为真，所以a ≤2√x 2+1对任意实数恒成立； 设f(x)=2√x 2+1，x ∈R ；则f(x)=√x 2+12≥2⋅√4=4，当且仅当√x 2+1=√x 2+1，即x ＝±√3时等号成立，所以实数a 的取值范围是a ≤4． 【答案】 (−3, 9) 【考点】平面向量的坐标运算 【解析】由点C 在∠AOB 的平分线上得存在λ∈(0, +∞)，使OC →=λ(OA →|OA →|+OB→|OB →|)，再由|OC →|求出λ的值即可．【解答】由点C 在∠AOB 的平分线上， 所以存在λ∈(0, +∞)，使 OC →=λ(OA →|OA →|+OB →|OB →|)＝λ(0, 1)+λ(−35, 45)＝(−35λ, 95λ)；又|OC →|＝3√10，所以(−35λ)2+(95λ)2=90，解得λ＝5，所以向量OC →=(−3, 9)． 【答案】 [2【考点】圆与圆锥曲线的综合问题抛物线的性质【解析】画出图形，连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，求出四边形PAMN的面积，结合四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，求出|AB|的表达式，然后分析求解最小值以及最大值即可．【解答】如图：连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，所以四边形PAMN的面积为：12PM，•AB，另外四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，所以12|PM|⋅|AB|＝|PA|⋅|MA|，所以|AB|=2|PA|⋅|MA||PM|=4√|PM|2−4|PM|=4√1−|PM|2，所以当|PM|取得最小值时，|AB|最小，设点P(x, y)，则|PM|=√(x−3)2+y2=√x2−2x+9，所以x＝1时，|PM|取得最小值为：2√2，所以AB的最小值为：4√1−48=2√2．当P向无穷远处运动时，|AB|的长度趋近于圆的直径，故|AB|的取值范围是[2√2, 4)．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．【答案】（1）因为c sin B＝b sin(π3−C)+√3b．由正弦定理可得，sin C sin B＝sin B sin(π3−C)+√3sin B，因为sin B>0，所以sin C＝sin(π3−C)+√3=√32cos C−12sin C，即√32sin C−12cos C=1，所以sin(C−π6)＝1，∵0<C<π，所以C=2π3，（2）由余弦定理可得，c2＝a2+b2−2ab cos C，所以a2+b2+ab＝7，即(a+b)2−ab＝7，所以ab＝2，S△ABC=12ab sin C=√32，设AB边上的高为ℎ，则√72ℎ=√32，故ℎ=√217．【考点】正弦定理余弦定理【解析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求C；（2）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解．【解答】（1）因为c sin B＝b sin(π3−C)+√3b．由正弦定理可得，sin C sin B＝sin B sin(π3−C)+√3sin B，因为sin B>0，所以sin C＝sin(π3−C)+√3=√32cos C−12sin C，即√32sin C−12cos C=1，所以sin(C−π6)＝1，∵0<C<π，所以C=2π3，（2）由余弦定理可得，c2＝a2+b2−2ab cos C，所以a2+b2+ab＝7，即(a+b)2−ab＝7，所以ab＝2，S△ABC=12ab sin C=√32，设AB边上的高为ℎ，则√72ℎ=√32，故ℎ=√217．【答案】证明：如图1，取PC的中点F，连结EF，BF，∵PE＝DE，PF＝CF，∴EF // CD，CD＝2EF，∵AB // CD，CD＝2AB，∴AB // EF，且EF＝AB，∴四边形ABFE为平行四边形，∴AE // BF，∵BF⊂平面PBC，AE⊄平面PBC，∴AE // 平面PBC．如图2，取AB中点O，CD中点Q，连结OQ，∵OA＝OB，CQ＝DQ，PA＝PB，∴PO⊥AB，OQ⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，∴PO⊥平面ABCD，OQ⊥平面PAB，∴AB，OQ，OP两两垂直，以点O为坐标原点，OQ，OB，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由PA⊥PB，AB＝2，得OA＝OB＝OP＝1，DQ＝CQ＝2，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝4，AD=√2，OQ＝1，O(0, 0, 0)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 2, 0)，P(0, 0, 1)，D(1, −2, 0)，E(12, −1, 12)，设平面PAD的法向量为m→=(x, y, z)，AP→=(0, 1, 1)，AD→=(1, −1, 0)，则{m→⋅AP→=y+z=0m→⋅AD→=x−y=0，取y＝1，得m→=(1, 1, −1)，设平面EBC的法向量n→=(a, b, c)，BC→=(1, 1, 0)，EB→=(−12,2,−12)，则{n →⋅BC →=a +b =0n →⋅BP →=−12a +2b −12c =0 ，取a ＝1，得n →=(1, −1, −5)， 设二面角P −l −B 的平面角为θ， 则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=59，P −l −B 的正弦值为sin θ=√1−(59)2=2√149．【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面平行【解析】（1）取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，推导出四边形ABFE 为平行四边形，AE // BF ，由此能求出AE // 平面PBC ．（2）取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，推导出PO ⊥AB ，OQ ⊥AB ，从而PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面P −l −B 的正弦值． 【解答】证明：如图1，取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，∵ PE ＝DE ，PF ＝CF ，∴ EF // CD ，CD ＝2EF ， ∵ AB // CD ，CD ＝2AB ，∴ AB // EF ，且EF ＝AB ， ∴ 四边形ABFE 为平行四边形，∴ AE // BF ， ∵ BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ， ∴ AE // 平面PBC ．如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，∵ OA ＝OB ，CQ ＝DQ ，PA ＝PB ，∴ PO ⊥AB ，OQ ⊥AB ， ∵ 平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ， ∴ PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ， ∴ AB ，OQ ，OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 由PA ⊥PB ，AB ＝2，得OA ＝OB ＝OP ＝1，DQ ＝CQ ＝2， 在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，CD ＝4，AD =√2，OQ ＝1，O(0, 0, 0)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 2, 0)，P(0, 0, 1)，D(1, −2, 0)，E(12, −1, 12)，设平面PAD 的法向量为m →=(x, y, z)， AP →=(0, 1, 1)，AD →=(1, −1, 0)，则{m →⋅AP →=y +z =0m →⋅AD →=x −y =0，取y ＝1，得m →=(1, 1, −1)， 设平面EBC 的法向量n →=(a, b, c)， BC →=(1, 1, 0)，EB →=(−12,2,−12)，则{n →⋅BC →=a +b =0n →⋅BP →=−12a +2b −12c =0，取a ＝1，得n →=(1, −1, −5)， 设二面角P −l −B 的平面角为θ， 则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=59，P −l −B 的正弦值为sin θ=√1−(59)2=2√149．【答案】变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，∵ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12，∴ P(X ＝4)＝(12)4=116，P(X ＝5)=C 41(12)4=14，P(X ＝6)=C 42(12)4=38， P(X ＝7)=C 43(12)4=14， P(X ＝8)=C 44(12)4=116，∴ X 的分布列为：E(X)=4×116+5×14+6×38+7×14+8×116=6．①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q 2=12+(12)2=34， ②证明：得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上， 第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上， ∴ 当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，A n+1＝Q n+2+12Q n+1=12Q n+1+12Q n +12Q n+1=Q n+1+12Q n =A n ，∴ 数列{A n }为常数列，∵ B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n =−12(Q n+1−Q n )=−12B n ， ∵ B 1＝P 2−P 1=34−12=14，∴ 数列{B n }为等比数列． 【考点】离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列． （2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，由此能求出Q 2．②得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上，第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上，当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，由此能证明数列{A n }为常数列，由B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n −12B n ，能证明数列{B n }为等比数列．【解答】变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，∵ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12， ∴ P(X ＝4)＝(12)4=116， P(X ＝5)=C 41(12)4=14， P(X ＝6)=C 42(12)4=38，P(X ＝7)=C 43(12)4=14，P(X ＝8)=C 44(12)4=116，∴ X 的分布列为：E(X)=4×116+5×14+6×38+7×14+8×116=6．①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q 2=12+(12)2=34，②证明：得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上， 第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上， ∴ 当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，A n+1＝Q n+2+12Q n+1=12Q n+1+12Q n +12Q n+1=Q n+1+12Q n =A n ， ∴ 数列{A n }为常数列，∵ B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n=−12(Q n+1−Q n )=−12B n ，∵ B 1＝P 2−P 1=34−12=14， ∴ 数列{B n }为等比数列． 【答案】由题意可得{ 74a 2+916b 2=1c a =√32a 2=b 2+c 2，解得{a 2=4b 2=1 ， ∴ 椭圆E 的标准方程为：x 24+y 2=1； 由（1）知点A(−2, 0)，B(0, −1)，由题意可设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，所以点C 的坐标为(0, 2k)，联立方程{y =k(x +2)x 24+y 2=1 ，消去y 得：(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2−4＝0， 设P(x 1, y 1)，则−2⋅x 1=16k 2−41+4k 2，所以x 1=−8k 2−21+4k 2， 所以y 1=k(−8k 2−21+4k 2)=4k1+4k 2，所以P(−8k 2−21+4k 2, 4k1+4k 2 )，设D 点的坐标为(x 0, 0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ， 即1−x 0=4k1+4k 2+1−8k 2−21+4k 2，所以x 0=2−4k 1+2k，所以D(2−4k 1+2k, 0)，因为CD // AB ，所以k CD ＝k AB ， 即k(2k+1)2k−1=−12，所以4k 2+4k −1＝0，解得k =−1±√22， 又因为0<k <12， 所以k =√2−12， 所以点P 的坐标为(√2, √22)． 【考点】椭圆的标准方程 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】（1）列出关于a ，b ，c 的方程组，解出a ，b ，c 的值，即可求出椭圆E 的标准方程； （2）设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，与椭圆方程联立，利用韦达定理可求出P(−8k 2−21+4k 2, 4k 1+4k 2 )，由点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ，求出D(2−4k1+2k , 0)，由CD // AB 可得k(2k+1)2k−1=−12，解出k 的值，从而求出点P 的坐标．【解答】由题意可得{ 74a 2+916b 2=1c a=√32a 2=b 2+c 2 ，解得{a 2=4b 2=1 ， ∴ 椭圆E 的标准方程为：x 24+y 2=1；由（1）知点A(−2, 0)，B(0, −1)，由题意可设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，所以点C 的坐标为(0, 2k)，联立方程{y =k(x +2)x 24+y 2=1，消去y 得：(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2−4＝0， 设P(x 1, y 1)，则−2⋅x 1=16k 2−41+4k ，所以x 1=−8k 2−21+4k ，所以y 1=k(−8k 2−21+4k 2)=4k1+4k 2， 所以P(−8k 2−21+4k 2, 4k1+4k 2 )，设D 点的坐标为(x 0, 0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ， 即1−x 0=4k1+4k 2+1−8k 2−21+4k 2，所以x 0=2−4k 1+2k ，所以D(2−4k1+2k , 0)，因为CD // AB ，所以k CD ＝k AB ， 即k(2k+1)2k−1=−12，所以4k 2+4k −1＝0，解得k =−1±√22， 又因为0<k <12， 所以k =√2−12， 所以点P 的坐标为(√2, √22)． 【答案】由x >0可得f(x)≤0恒成立等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，g′(x)＝1−1−ln x x 2=x 2−1+ln xx 2，再令ℎ(x)＝x 2−1+ln x ，则ℎ′(x)＝2x +1x>0，则ℎ(x)在(0, +∞)递增，又ℎ(1)＝0，则0<x <1，ℎ(x)<0，x >1，ℎ(x)>0，即0<x <1时，g′(x)<0；x >1时，g′(x)>0，可得g(x)在(0, 1)递减；在(1, +∞)递增， 即有g(x)在x ＝1处取得极小值，即最小值g(1)＝1，所以a ≤1；证明：由（1）可得f(x 0)＝ln x 0−x 02+ax 0，f′(x 0)＝0，即1x 0−2x 0+a ＝0，即a ＝2x 0−1x 0，所以f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，则ℎ′(x)=1x +2x −k =2x 2−kx+1x，①当k ≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0, +∞)递增，由ℎ(1)＝−k ≥0，ℎ(e k )＝k +e 2k −ke k −1＝k(1−e k )+e 2k −1≤0，所以存在x 0满足e k ≤x 0≤1时，使得ℎ(x 0)＝0．又因为ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ②当k >0时，且△＝k 2−8≤0即0<k ≤2√2时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在(0, +∞)递增， 由ℎ(1)＝−k <0，ℎ(e 3)＝3+e 6−ke 3−1＝(e 3−√2)2+(2√2−k)e 3>0，所以存在x 0∈(1, e 3)，使得ℎ(x 0)＝0．又ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ③当k >2√2时，ℎ′(x)＝0有两解x 1，x 2，设x 1<x 2，因为x 1x 2=12，所以x 1<√22<x 2，当x ∈(0, x 1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；当x ∈(x 1, x 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减，当x ∈(x 2, +∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增，可得ℎ(x)的极大值为ℎ(x 1)＝ln x 1+x 12−kx 1−1，因为2x 12−kx 1+1＝0，所以ℎ(x 1)＝ln x 1−x 12−2<0，所以ℎ(x 2)<ℎ(x 1)<0，ℎ(e k 2)＝k 2+e 2k 2−ke k 2−1＝(e k 2−k)e k 2+k 2−1>0，令m(x)＝e x 2−x ，x >2√2，可得m′(x)＝2x ⋅e x 2−1>0，所以m(x)>m(2√2)>0，所以存在x 0∈(x 2, e k 2)，使得ℎ(x 0)＝0， 又因为ℎ(x)在(x 2, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y ＝kx 与曲线M 有且仅有一个公共点．【考点】不等式恒成立的问题 利用导数研究函数的极值 【解析】（1）由题意可得原不等式等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，由g(x)的二次导数的符号，确定g(x)的单调性，可得g(x)的最小值，进而得到a 的范围；（2）由极值的定义可得f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，求得ℎ(x)的导数，讨论k ≤0；k >0，△≤0，△>0，结合ℎ(x)的单调性，以及函数零点存在定理，化简计算即可得证． 【解答】由x >0可得f(x)≤0恒成立等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，g′(x)＝1−1−ln x x 2=x 2−1+ln xx 2，再令ℎ(x)＝x 2−1+ln x ，则ℎ′(x)＝2x +1x>0，则ℎ(x)在(0, +∞)递增，又ℎ(1)＝0，则0<x <1，ℎ(x)<0，x >1，ℎ(x)>0，即0<x <1时，g′(x)<0；x >1时，g′(x)>0，可得g(x)在(0, 1)递减；在(1, +∞)递增，即有g(x)在x ＝1处取得极小值，即最小值g(1)＝1，所以a ≤1；证明：由（1）可得f(x 0)＝ln x 0−x 02+ax 0， f′(x 0)＝0，即1x 0−2x 0+a ＝0，即a ＝2x 0−1x 0，所以f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，则ℎ′(x)=1x+2x −k =2x 2−kx+1x，①当k ≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0, +∞)递增，由ℎ(1)＝−k ≥0，ℎ(e k )＝k +e 2k −ke k −1＝k(1−e k )+e 2k −1≤0，所以存在x 0满足e k ≤x 0≤1时，使得ℎ(x 0)＝0．又因为ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ②当k >0时，且△＝k 2−8≤0即0<k ≤2√2时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在(0, +∞)递增， 由ℎ(1)＝−k <0，ℎ(e 3)＝3+e 6−ke 3−1＝(e 3−√2)2+(2√2−k)e 3>0，所以存在x 0∈(1, e 3)，使得ℎ(x 0)＝0．又ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ③当k >2√2时，ℎ′(x)＝0有两解x 1，x 2，设x 1<x 2，因为x 1x 2=12，所以x 1<√22<x 2，当x ∈(0, x 1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；当x ∈(x 1, x 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减，当x ∈(x 2, +∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增，可得ℎ(x)的极大值为ℎ(x 1)＝ln x 1+x 12−kx 1−1，因为2x 12−kx 1+1＝0，所以ℎ(x 1)＝ln x 1−x 12−2<0，所以ℎ(x 2)<ℎ(x 1)<0，ℎ(e k 2)＝k 2+e 2k 2−ke k 2−1＝(e k 2−k)e k 2+k 2−1>0，令m(x)＝e x 2−x ，x >2√2，可得m′(x)＝2x ⋅e x 2−1>0，所以m(x)>m(2√2)>0，所以存在x 0∈(x 2, e k 2)，使得ℎ(x 0)＝0， 又因为ℎ(x)在(x 2, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y ＝kx 与曲线M 有且仅有一个公共点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】（1）直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），转换为直角坐标方程为y ＝−kx ．直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n （n 为参数），转换为直角坐标方程为y −2=xk ．联立两直线的方程消去参数k 得：x 2+(y −1)2＝1(x ≠0)． （2）设点Q(ρcos α, ρsin α)由tan α=43， 可得：sin α=45,cos α=35．代入曲线C ，得ρ2−85ρ=0，解得ρ=85或ρ＝0（舍去），故点Q 的极径为85．【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程【解析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果． 【解答】（1）直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），转换为直角坐标方程为y ＝−kx ．直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n （n 为参数），转换为直角坐标方程为y −2=xk．联立两直线的方程消去参数k 得：x 2+(y −1)2＝1(x ≠0)． （2）设点Q(ρcos α, ρsin α)由tan α=43， 可得：sin α=45,cos α=35．代入曲线C ，得ρ2−85ρ=0，解得ρ=85或ρ＝0（舍去），故点Q 的极径为85． [选修4-5：不等式选讲] 【答案】当x <−2时，f(x)<x +3可化为1−x −x −2<x +3，解得x >−43，无解；当−2≤x ≤1时，f(x)<x +3可化为1−x +x +2<x +3，解得x >0，故0<x ≤1； 当x >1时，f(x)<x +3可化为x −1+x +2<x +3，解得x <2，故1<x <2． 综上可得，f(x)<x +3的解集为(0, 2)；不等式m −x 2−2x ≤f(x)在R 上恒成立，可得m ≤x 2+2x +f(x)，即m ≤（x 2+2x +f(x)）min ，由y ＝x 2+2x ＝(x +1)2−1的最小值为−1，此时x ＝−1；由f(x)＝|x−1|+|x+2|≥|x−1−x−2|＝3，当且仅当−2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f(x)）min＝−1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是(−∞, 2]．【考点】绝对值不等式的解法与证明不等式恒成立的问题【解析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集；（2）由题意可得m≤（x2+2x+f(x)）min，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等式的性质可得所求最小值，进而得到m的范围．【解答】当x<−2时，f(x)<x+3可化为1−x−x−2<x+3，解得x>−4，无解；3当−2≤x≤1时，f(x)<x+3可化为1−x+x+2<x+3，解得x>0，故0<x≤1；当x>1时，f(x)<x+3可化为x−1+x+2<x+3，解得x<2，故1<x<2．综上可得，f(x)<x+3的解集为(0, 2)；不等式m−x2−2x≤f(x)在R上恒成立，可得m≤x2+2x+f(x)，即m≤（x2+2x+f(x)）min，由y＝x2+2x＝(x+1)2−1的最小值为−1，此时x＝−1；由f(x)＝|x−1|+|x+2|≥|x−1−x−2|＝3，当且仅当−2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f(x)）min＝−1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是(−∞, 2]．。