2020年高考数学5月份预测考试试题理

绝密★启用前华中师范大学新高考联盟名校2020届高三毕业班下学期5月高考预测考试数学(理)试题2020年5月本试题卷共4页，23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后,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答题区域均无效。

3.填空题和解答题的作答：用黑色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均无效。

4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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均无效。

5.考试结束后,请将答题卡上交。

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。

},则A∪B＝1.已知集合A＝{x|1<x<3},B＝{x|y＝2xA.{x|1<x≤2}B.{x|2<x<3}C.{x|2≤x<3}D.{x|x>1}2.右图来自中国古代的木纹饰图。

若大正方形的边长为6个单位长度,每个小正方形的边长均为1个单位长度,则在大正方形内随机取一点,此点取自图形中小正方形内的概率是A.136B.19C.16D.293.设有下面两个命题：p1：复数x∈R的充要条件是z＝z；p2：若复数z所对应的点在第一象限,则复数zi所对应的点在第四象限。

那么下列命题中,真命题是A.p1∧p2B.(⌝p1)∧p2C.p1∧(⌝p2)D.(⌝p1)∧(⌝p2)4.已知数列{a n}为等差数列,若a2＋a5＝3a3,且a4与2a7的等差中项为6,则a5＝A.0B.1C.2D.35.已知定义在R上的函数f(x)＝3sinx－2x＋1,则f(x)的最大值与最小值之和等于A.0B.1C.2D.36.(1－x)·(x＋1x＋2)4的展开式中x的系数是A.10B.2C.－14D.347.一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,记该几何体的外接球的体积为V1,该几何体的体积为V2,则V1与V2的比值为A.94πB.98πC.109πD.329π8.如图所示的程序框图是为了求出满足1＋3＋5＋…＋n≤2020的最大正奇数n的值,那么在框中,可以填。

2020年高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）.1．设集合A＝{x|log2x＜1}，B＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则∁B A＝（）A．（﹣∞，2）B．（﹣1，0]C．（﹣1，2）D．（﹣1，0）2．已知z=5a2+i(a＞0)，若z⋅z=5，则a＝（）A．1B．√5C．√3D．53．已知a=30.3，b=(12)π，c=log5√6，则（）A．a＞b＞c B．c＞b＞＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c4．某公司对旗下的甲、乙两个门店在1至9月份的营业额（单位：万元）进行统计并得到如图折线图．下面关于两个门店营业额的分析中，错误的是（）A．甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，故而营业额的平均值约为32万元B．根据甲门店的营业额折线图可知，该门店营业额的平均值在[20，25]内C．根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势D．乙门店在这9个月份中的营业额的极差为25万元5．若x ，y 满足约束条件{3x −y +3≥0x +y −3≤03x −5y −9≤0，则z ＝x ﹣2y 的最大值为（ ）A ．5B ．6C ．3D ．46．某几何体的三视图如图所示，则其体积是（ ）A ．(45+9√2)πB ．36πC ．63πD ．216+9π7．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如某体育品牌的LOGO 为，可抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是（ ）A ．f(x)=sin5x2−x −2x B ．f(x)=cosx2x−2−x C ．f(x)=cos5x |2x −2−x |D ．f(x)=sin5x |2x −2−x |8．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）的图象与x 轴的两个相邻交点的距离等于π4，若∀x ∈R ，f(x)≤|f(π6)|，则正数φ的最小值为（ ）A ．π6B ．5π6C ．π3D ．π49．若(ax x )8的展开式中x 2的项的系数为358，则x 5的项的系数为（ ） A ．74B ．78C ．716D ．73210．抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为√3的直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，点P 为抛物线C 上的动点，且点P 在l 的左侧，则△PMN 面积的最大值为（ ） A ．√3B ．2√3C ．2√33D ．16√3911．在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿矩形对角线BD 将△BCD 折起形成四面体ABCD ，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD 中，当DA ⊥BC 时，BC ⊥AC ； ②四面体ABCD 的体积的最大值为245；③在四面体ABCD 中，BC 与平面ABD 所成角可能为π3； ④四面体ABCD 的外接球的体积为定值． 其中所有正确结论的编号为（ ） A ．①④B ．①②C ．①②④D ．②③④12．若对任意的x 1，x 2∈[﹣2，0），x 1＜x 2，x 2e x 1−x 1e x 2x 1−x 2＜a 恒成立，则a 的最小值为（ ） A ．−3e 2B ．−2e 2C ．−1e 2D ．−1e二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上. 13．已知向量a →=（m ，1），b →=（4，m ），向量a →在b →方向上的投影为√5，则m ＝ ． 14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a =2√7，b =4，A =120°，则△ABC 的面积为 ．15．若sinα1−cosα=13，则2cosα+3sinα−2sin 2α2= ．16．双曲线C 的渐近线方程为y =±√33x ，一个焦点为F （0，﹣8），则该双曲线的标准方程为 ．已知点A （﹣6，0），若点P 为C 上一动点，且P 点在x 轴上方，当点P 的位置变化时，△PAF 的周长的最小值为 ．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，每道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．设{a n }是一个首项为2，公比为q （q ≠1）的等比数列，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列． （1）求{a n }的通项公式；（2）已知数列{b n }的前n 项和为S n ，b 1＝1，且√S n −√S n−1=1（n ≥2），求数列{a n •b n }的前n 项和T n ．18．如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，AB ＝1，AA 1＝3，BE →=2EB 1→，A 1M →=2MA →，N 是棱C 1D 1的中点，平面AEC 1与直线DD 1相交于点F ． （1）证明：直线MN ∥平面AEC 1F ． （2）求二面角E ﹣AC ﹣F 的正弦值．19．已知0＜m ＜2，动点M 到两定点F 1（﹣m ，0），F 2（m ，0）的距离之和为4，设点M 的轨迹为曲线C ，若曲线C 过点N(√2，√22)．（1）求m 的值以及曲线C 的方程；（2）过定点(65，0）且斜率不为零的直线l 与曲线C 交于A ，B 两点．证明：以AB 为直径的圆过曲线C 的右顶点． 20．已知函数f （x ）＝lnx ﹣tx +t ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）当t ＝2时，方程f （x ）＝m ﹣ax 恰有两个不相等的实数根x 1，x 2，证明：x 1+x 22x 1x 2＞2−a ．21．2020年4月8日零时正式解除离汉通道管控，这标志着封城76天的武汉打开城门了．在疫情防控常态下，武汉市有序复工复产复市，但是仍然不能麻痹大意仍然要保持警惕，严密防范、慎终如始．为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，某小区物业提供了A ，B 两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机选取了4名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下： ①单独投给A 方案，则A 方案得1分，B 方案得﹣1分； ②单独投给B 方案，则B 方案得1分，A 方案得﹣1分； ③弃权或同时投票给A ，B 方案，则两种方案均得0分．前1名物业人员的投票结束，再安排下1名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案．假设A ，B 两种方案获得每1名物业人员投票的概率分别为23和12．（1）在第1名物业人员投票结束后，A 方案的得分记为ξ，求ξ的分布列； （2）求最终选取A 方案为小区管理方案的概率．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.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为{x =−1+√14cosφy =1+√14sinφ（φ为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4cosθ．曲线C3的极坐标方程为ρ=3√1+8sinθ，曲线C1与曲线C2的交线为直线l．（1）求直线l和曲线C3的直角坐标方程；（2）直线l与x轴交于点M，与曲线C3相交于A，B两点，求|1|MA|−1|MB||的值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝2x﹣1﹣|x﹣1|．（1）求不等式f（x）＜3的解集；（2）若方程f（x）＝x2+ax有两个不等实数根，求a的取值范围．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设集合A＝{x|log2x＜1}，B＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，则∁B A＝（）A．（﹣∞，2）B．（﹣1，0]C．（﹣1，2）D．（﹣1，0）【分析】先求出集合A，B，再利用补集的定义即可算出结果．解：∵集合A＝{x|log2x＜1}＝{x|0＜x＜2}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，∴∁B A＝{x|﹣1＜x≤0}，故选：B．【点评】本题主要考查了集合的基本运算，是基础题．2．已知z=5a2+i(a＞0)，若z⋅z=5，则a＝（）A．1B．√5C．√3D．5【分析】z=5a(2−i)(2+i)(2−i)=2a﹣ai，利用互为共轭复数的性质可得z•z=√(2a)2+(−a)2，a＞0，解得a．解：z=5a(2−i)(2+i)(2−i)=2a﹣ai，∴5＝z•z=√(2a)2+(−a)2，a＞0，解得a＝1．故选：A．【点评】本题考查了复数的运算法则、互为共轭复数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．已知a=30.3，b=(12)π，c=log5√6，则（）A ．a ＞b ＞cB ．c ＞b ＞＞aC ．a ＞c ＞bD ．b ＞a ＞c【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解． 解：∵30.3＞30＝1，∴a ＞1， ∵0＜(12)π＜(12)1=12，∴0＜b ＜12，∵log 5√6＞log 5√5=12，且log 5√6＜log 55=1，∴12＜c ＜1，∴a ＞c ＞b ， 故选：C ．【点评】本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．4．某公司对旗下的甲、乙两个门店在1至9月份的营业额（单位：万元）进行统计并得到如图折线图．下面关于两个门店营业额的分析中，错误的是（ ）A ．甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，故而营业额的平均值约为32万元B ．根据甲门店的营业额折线图可知，该门店营业额的平均值在[20，25]内C ．根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势D ．乙门店在这9个月份中的营业额的极差为25万元【分析】据折线图分别判断ABCD 的正误即可．解：对于A ，甲门店的营业额折线图具有较好的对称性，最高营业额远低于32万元，A 错误．对于B ，甲门店的营业额的平均值为12+18+21+28+32+25+24+18+169=1949≈21.6，即该门店营业额的平均值在区间[20，25]内，B 正确．对于C ，根据乙门店的营业额折线图可知，其营业额总体是上升趋势，C 正确． 对于D ，乙门店在这9个月中的营业额最大值为30万元，最小值为5万元，则极差为25万元，D 正确． 故选：A ．【点评】本题考查了频率分布折线图，考查数形结合，是一道基础题． 5．若x ，y 满足约束条件{3x −y +3≥0x +y −3≤03x −5y −9≤0，则z ＝x ﹣2y 的最大值为（ ）A ．5B ．6C ．3D ．4【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数z ＝x ﹣2y 为直线方程的斜截式，可知当直线在y 轴上的截距最小时z 最大，结合图象找出满足条件的点，联立直线方程求出点的坐标，代入目标函数可求z 的最大值．解：由x ，y 满足约束条件{3x −y +3≥0x +y −3≤03x −5y −9≤0，作出可行域如图，由z ＝x ﹣2y ，得y =12x −12z ，由图可知，当直线y =12x −12z 过可行域内点A 时直线在y 轴上的截距最小，z 最大．联立{3x −y +3=03x −5y −9=0，解得A （﹣2，﹣3）．∴目标函数z＝x﹣2y的最大值为﹣2+2×3＝4．故选：D．【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，关键是正确作出可行域，是中档题．6．某几何体的三视图如图所示，则其体积是（）A．(45+9√2)πB．36πC．63πD．216+9π【分析】由三视图知该几何体是圆柱与圆锥的组合体，结合图中数据求出它的体积．解：由三视图知，该几何体是圆柱与圆锥的组合体，如图所示；则该组合体的体积为V＝V柱+V锥＝π•32•6+13π•32•3＝63π．故选：C．【点评】本题考查了利用三视图求简单组合体的体积问题，是基础题．7．著名数学家华罗庚先生曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，我们经常用函数的图象来研究函数的性质，也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如某体育品牌的LOGO为，可抽象为如图所示的轴对称的优美曲线，下列函数中，其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是（）A．f(x)=sin5x2−x−2xB．f(x)=cosx2x−2−xC．f(x)=cos5x|2x−2−x|D．f(x)=sin5x|2x−2−x|【分析】由函数的对称性及特殊点的函数值，利用排除法得解．解：观察图象可知，函数的图象关于y轴对称，而选项B，D为奇函数，其图象关于原点对称，不合题意；对选项A而言，当x∈(0，π5)时，f（x）＜0，不合题意；故选：C ．【点评】本题考查函数的图象及其性质，考查运算求解能力，属于基础题．8．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）的图象与x 轴的两个相邻交点的距离等于π4，若∀x ∈R ，f(x)≤|f(π6)|，则正数φ的最小值为（ ） A ．π6B ．5π6C ．π3D ．π4【分析】根据函数f （x ）的性质可知，相邻的与x 轴的两个交点距离是半个周期，由此可求得ω，然后π6是最值点，求出φ的值．解：因为函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0）的图象与x 轴的两个相邻交点的距离等于π4，所以12⋅2πω=π4，解得ω＝4，故f （x ）＝sin （4x +φ），又因为∀x ∈R ，f(x)≤|f(π6)|，∴x =π6是f （x ）的一条对称轴，所以4×π6+φ=π2+kπ，k ∈Z ，∴φ=kπ−π6，k ∈Z ． 令k ＝1，得φ=5π6为最小值． 故选：B ．【点评】本题考查据图求式问题的基本思路，注意抓住特殊点、特殊线去求周期、ω、φ的值等，属于中档题．9．若(ax √x )8的展开式中x 2的项的系数为358，则x 5的项的系数为（ ） A ．74B ．78C ．716D ．732【分析】先写出展开式的通项并化简，然后根据x 2的系数为358求出a 的值，然后再求x 5的系数．解：由已知得Tk+1=C8k a8−k x8−32k，k＝0，1，..，8，令8−3k2=2，解得k＝4，∴C84a4=358，解得a=±12．令8−3k2=5，得k＝2，故x5的系数为C82a6=716．故选：C．【点评】本题考查二项式展开式的通项以及系数的求法，还考查了学生的运算能力，属于基础题．10．抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为√3的直线l与抛物线C交于M，N两点，点P为抛物线C上的动点，且点P在l的左侧，则△PMN面积的最大值为（）A．√3B．2√3C．2√33D．16√39【分析】由题意可得直线l的方程与抛物线联立求出两根之和，由抛物线的性质可得弦长MN的值，设与直线l平行的直线与抛物线相切时，平行线间的距离最大，即△PMN 的面积最大，求出面积的最大值．解：由题意可知直线l的方程为：y=√3（x﹣1），设M（x1，y1），N（x2，y2），代入抛物线的方程可得3x2﹣10x+3＝0，x1+x2=10 3，由抛物线的性质可得|MN|＝x1+x2+p=103+2=163；设与直线l平行的直线为：y=√3x+m，代入抛物线的方程可得3x2+（2√3m﹣4）x+m2＝0，当直线：y=√3x+m与抛物线相切时，P到直线l的距离有最大值，所以△＝（2√3m−4）2﹣4×3×m2＝0，解得m=√33，直线l与直线y=√3x+√33的距离d=2√33，所以△PMN 面积的最大值为12×163×2√33=16√39， 故选：D ．【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题． 11．在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝3，沿矩形对角线BD 将△BCD 折起形成四面体ABCD ，在这个过程中，现在下面四个结论：①在四面体ABCD 中，当DA ⊥BC 时，BC ⊥AC ； ②四面体ABCD 的体积的最大值为245；③在四面体ABCD 中，BC 与平面ABD 所成角可能为π3； ④四面体ABCD 的外接球的体积为定值． 其中所有正确结论的编号为（ ） A ．①④B ．①②C ．①②④D ．②③④【分析】①由线面垂直的判定定理可证明BC ⊥平面DAC ，再由线面垂直的性质定理可知BC ⊥AC ；②当平面BCD ⊥平面ABD 时，四面体ABCD 的体积最大，再利用棱锥的体积公式进行运算即可得解；③当平面BCD ⊥平面ABD 时，BC 与平面ABD 所成的角最大，为∠CBD ，求出sin ∠CBD ，并与sin π3比较大小即可得解；④在翻折的过程中，△ABD 和△BCD 始终是直角三角形，外接球的直径为BD ，于是四面体ABCD 的体积不变．解：如图，当DA ⊥BC 时，∵BC ⊥DC ，∴BC ⊥平面DAC ， ∵AC ⊂平面DAC ，∴BC ⊥AC ，即①正确；当平面BCD ⊥平面ABD 时，四面体ABCD 的体积最大，最大值为13×12×3×4×125=245，即②正确；当平面BCD ⊥平面ABD 时，BC 与平面ABD 所成的角最大，为∠CBD ，而sin ∠CBD =CD BD =45＜√32=sin π3，∴BC 与平面ABD 所成角一定小于π3，即③错误；在翻折的过程中，△ABD 和△BCD 始终是直角三角形，斜边都是BD ，其外接球的球心永远是BD 的中点，外接球的直径为BD ， ∴四面体ABCD 的外接球的体积不变，即④正确． ∴正确的有①②④， 故选：C ．【点评】本题考查立体几何中的综合，涉及线面垂直的判定定理与性质定理、线面夹角、棱锥和球的体积公式等，考查学生的空间立体感和推理论证能力，属于中档题．12．若对任意的x 1，x 2∈[﹣2，0），x 1＜x 2，x 2e x 1−x 1e x 2x 1−x 2＜a 恒成立，则a 的最小值为（ ） A ．−3e 2B ．−2e 2C ．−1e 2D ．−1e【分析】不等式恒成立转化为函数f （x ）=e x +ax在[﹣2，0）为减函数，则f ′（x ）=e x (x−1)−ax2≤0，即a ≥e x （x ﹣1），构造函数g （x ）＝e x （x ﹣1），利用导数和函数最值的关系即可求出．解：对任意的x 1，x 2∈[﹣2，0），x 1＜x 2，可知x 1＜x 2＜0，则x 2e x 1−x 1e x 2x 1−x 2＜a 恒成立等价于x 2e x 1−x 1ex 2＞a （x 1﹣x 2），即e x 1+a x 1＞e x 2+a x 2，∴函数f （x ）=e x +ax在[﹣2，0）为减函数， ∴f ′（x ）=e x (x−1)−ax 2≤0，∴a ≥e x （x ﹣1），设g （x ）＝e x （x ﹣1），x ∈[﹣2，0）， ∴g ′（x ）＝xe x ＜0，∴g （x ）在[﹣2，0）为减函数，∴g （x ）max ＝g （﹣2）=−3e 2， ∴a ≥−3e 2， 故选：A ．【点评】本题考查了导数和函数单调性和最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上. 13．已知向量a →=（m ，1），b →=（4，m ），向量a →在b →方向上的投影为√5，则m ＝ 2 ．【分析】本题根据向量a →在b →方向上的投影公式为a →⋅b →|b →|，然后代入进行计算可解出m 的值，注意将m 的值代入进行检验得到正确的m 的值． 解：由题意，可知向量a →在b →方向上的投影为a →⋅b →|b →|=√42+m 2=√16+m 2=√5，两边平方，可得25m216+m=5，整理，得m2＝4，解得m＝﹣2，或m＝2，当m＝﹣2时，√16+m2=−√5，不符合题意，∴m＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查利用向量求投影的问题．考查了转化思想，方程思想，向量的运算，以及逻辑思维能力和数学运算能力．本题属基础题．14．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=2√7，b=4，A=120°，则△ABC的面积为2√3．【分析】由已知利用余弦定理可得c2+4c﹣12＝0，解得c＝2，进而根据三角形的面积公式即可求解．解：∵a=2√7，b=4，A=120°，∴由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bc cos A，可得28＝16+c2﹣2×4×c×(−12)，可得c2+4c﹣12＝0，解得c＝2，∴S△ABC=12bc sin A=12×4×2×√32=2√3．故答案为：2√3．【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．15．若sinα1−cosα=13，则2cosα+3sinα−2sin2α2=﹣2．【分析】由已知可得3sinα＝1﹣cosα，代入所求利用三角函数恒等变换的应用即可化简求解．解：∵sinα1−cosα=13，∴3sin α＝1﹣cos α，∴2cosα+3sinα−2sin 2α2=2(2cosα+1−cosα−2)1−cosα=−2．故答案为：﹣2．【点评】本题主要考查了三角函数的恒等变换的应用，考查了运算求解能力，属于基础题．16．双曲线C 的渐近线方程为y =±√33x ，一个焦点为F （0，﹣8），则该双曲线的标准方程为y 216−x 248=1 ．已知点A （﹣6，0），若点P 为C 上一动点，且P 点在x 轴上方，当点P 的位置变化时，△PAF 的周长的最小值为 28 ．【分析】由双曲线的渐近线方程及焦点坐标得关于a ，b 的方程组，求解可得双曲线的标准方程；设双曲线的上焦点为F ′（0，8），则|PF |＝|PF ′|+8，利用双曲线的定义转化，再由A ，P ，F ′共线时，|PF ′|+|PA |最小，从而求得△PAF 的周长的最小值解：∵双曲线C 的渐近线方程为y =±√33x ，一个焦点为F （0，﹣8），∴{a 2b 2=13√a 2+b 2=8，解得a ＝4，b ＝4√3．∴双曲线的标准方程为y 216−x 248=1；设双曲线的上焦点为F ′（0，8），则|PF |＝|PF ′|+8， △PAF 的周长为|PF |+|PA |+|AF |＝|PF ′|+|PA |+|AF |+8．当P 点在第二象限，且A ，P ，F ′共线时，|PF ′|+|PA |最小，最小值为|AF ′|＝10． 而|AF |＝10，故，△PAF 的周长的最小值为10+10+8＝28．故答案为：y 216−x 248=1；28．【点评】本题考查双曲线标准方程的求法，考查双曲线的几何性质，考查数学转化思想方法，是中档题．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，每道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．设{a n }是一个首项为2，公比为q （q ≠1）的等比数列，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列． （1）求{a n }的通项公式；（2）已知数列{b n }的前n 项和为S n ，b 1＝1，且√S n −√S n−1=1（n ≥2），求数列{a n •b n }的前n 项和T n ．【分析】（1）由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到所求通项公式；（2）运用等差数列的定义和通项公式可得S n ，再由数列的递推式可得a n ，则a n •b n ＝2（2n ﹣1）•3n ﹣1，结合数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，化简计算可得所求和．解：（1）{a n }是一个首项为2，公比为q （q ≠1）的等比数列，且3a 1，2a 2，a 3成等差数列，可得4a 2＝3a 1+a 3，即4×2q ＝3×2+2q 2，解得q ＝3（1舍去），则a n ＝2•3n ﹣1，n ∈N*；（2）由√S 1=√b 1=1，且√S n −√S n−1=1（n ≥2），可得{√S n }是首项和公差均为1的等差数列，可得√S n =1+n ﹣1＝n ，即S n ＝n 2，可得n ＝1时，b 1＝S 1＝1；n ≥2时，b n ＝S n ﹣S n ﹣1＝n 2﹣（n ﹣1）2＝2n ﹣1，对n ＝1时，该式也成立，则b n ＝2n ﹣1，n ∈N*，可得a n •b n ＝2（2n ﹣1）•3n ﹣1，则T n ＝2[1•1+3•3+5•9+…+（2n ﹣1）•3n ﹣1]，3T n ＝2[1•3+3•9+5•27+…+（2n ﹣1）•3n ]，上面两式相减可得﹣2T n ＝2[1+2（3+9+…+3n ﹣1）﹣（2n ﹣1）•3n ] ＝2[1+2•3(1−3n−1)1−3−（2n ﹣1）•3n]，化简可得T n ＝2+2（n ﹣1）•3n ．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的递推式和数列的错位相减法求和，以及化简运算能力，属于中档题．18．如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面为正方形，AB ＝1，AA 1＝3，BE →=2EB 1→，A 1M →=2MA →，N 是棱C 1D 1的中点，平面AEC 1与直线DD 1相交于点F ． （1）证明：直线MN ∥平面AEC 1F ． （2）求二面角E ﹣AC ﹣F 的正弦值．【分析】（1）推导出C 1E ∥AF ，D 1F ＝2FD ，设点G 为D 1F 的中点，连结GM ，GN ，推导出GN ∥平面AEC 1F ，GM ∥平面AEC 1F ，从而平面MNG ∥平面AEC 1F ，由此能证明MN ∥平面AEC 1F ．（2）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E ﹣AC ﹣F 的正弦值． 解：（1）证明：∵平面BB 1C 1C ∥平面AA 1D 1D ，平面AEC 1F ∩平面BB 1C 1C ＝EC 1，平面AEC 1F ∩平面AA 1D 1D ＝AF ， ∴C 1E ∥AF ，由题意得D 1F ＝2FD ， 设点G 为D 1F 的中点，连结GM ，GN ， ∵N 是棱C 1D 1的中点，∴GN ∥FC 1，∵GN ⊄平面AEC 1F ，FC 1⊂平面AEC 1F ，∴GN ∥平面AEC 1F ， ∵D 1F ＝2FD ，A 1M →=2MA →，∴GM ∥AF ，∵GM ⊄平面AEC 1F ，AF ⊂平面AEC 1F ，∴GM ∥平面AEC 1F ， ∵GN ∩GM ＝G ，∴平面MNG ∥平面AEC 1F ， ∵MN ⊂平面MNG ，∴MN ∥平面AEC 1F ．（2）解：∵AB ＝1，DD 1＝3，如图，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，A （1，0，0），C （0，1，0），F （0，0，1），E （1 1，2）， ∴AC →=（﹣1，1，0），AE →=（0，1，2），AF →=（﹣1，0，1）， 设平面ACE 的法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AC →=−x +y =0m →⋅AE →=y +2z =0，取z ＝1，得m →=（﹣2，﹣2，1）， 设平面ACF 的法向量n →=（a ，b ，c ），则{n →⋅AC →=−a +b =0n →⋅AF →=−a +c =0，取a ＝1，得n →=（1，1，1），设二面角E﹣AC﹣F的平面角为θ，由|cosθ|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=3×3=√33，∴sinθ=1−(33)2=√63，∴二面角E﹣AC﹣F的正弦值为√6 3．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．19．已知0＜m＜2，动点M到两定点F1（﹣m，0），F2（m，0）的距离之和为4，设点M的轨迹为曲线C，若曲线C过点N(√2，√22)．（1）求m的值以及曲线C的方程；（2）过定点(65，0）且斜率不为零的直线l与曲线C交于A，B两点．证明：以AB为直径的圆过曲线C的右顶点．【分析】（1）先利用定义法判断出点M的轨迹为椭圆，再利用题设条件求出方程即可；（2）设直线l：x＝ty+65，曲线C的右顶点为P，由直线l与曲线C的方程联立得到y1+y2与y1y2，再证PA→⊥PB→即可．解：（1）解：设M（x，y），因为|MF1|+|MF2|＝4＞2m，所以曲线C是以两定点F1，F2为焦点，长半轴长为2的椭圆，所以a＝2．设椭圆C 的方程为x 24+y 2b =1（b ＞0），代入点N(√2，√22)得b 2＝1，由c 2＝a 2﹣b 2，得c 2＝3，所以m ＝c =√3，故曲线C 的方程为x 24+y 2=1；（2）证明：设直线l ：x ＝ty +65，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 椭圆的右顶点为P （2，0），联立方程组{x =ty +65x24+y 2=1消去x 得（t 2+4）y 2+125ty −6425=0．△＞0，y 1+y 2=−12t 5(t 2+4)，y 1y 2=−6425(t 2+4)， 所以PA →⋅PB →=（x 1﹣2）（x 2﹣2）+y 1y 2＝（t 2+1）y 1y 2−45t （y 1+y 2）+1625=−64t 2−64+48t 2+16t 2+6425(t 2+4)=0，∴PA →⊥PB →，故点P 在以AB 为直径的圆上，即以AB 为直径的圆过曲线C 的右顶点．【点评】本题主要考查轨迹方程的求法及动圆过定点的问题，属于中档题． 20．已知函数f （x ）＝lnx ﹣tx +t ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）当t ＝2时，方程f （x ）＝m ﹣ax 恰有两个不相等的实数根x 1，x 2，证明：x 1+x 22x 1x 2＞2−a ．【分析】（1）由已知求得f ′（x ）=1x−t ，可得当t ≤0时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增，当t ＞0时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，再由导函数在不同区间内的符号可得原函数的单调性；（2）由f （x ）＝m ﹣ax ，得lnx +（a ﹣2）x +2﹣m ＝0．令g （x ）＝lnx +（a ﹣2）x +2，则g （x 1）＝g （x 2）＝m ．得到a ﹣2=ln x2x 1x 1−x 2．不妨设0＜x 1＜x 2，把证x 1+x 22x 1x 2＞2−a 转化为证x 1x 2−x 2x 1＜−2lnx 2x 1．令x 2x 1=c （c ＞1），则g （c ）＝2lnc ﹣c +1c，利用导数证明g （c ）＜0，即可得到x 1+x 22x 1x 2＞2−a 成立．【解答】（1）解：f （x ）的定义域为（0，+∞），f ′（x ）=1x−t ， 当t ≤0时，f ′（x ）＞0恒成立，f （x ）在（0，+∞）上单调递增，当t ＞0时，令f ′（x ）＞0，得0＜x ＜1t，令f ′（x ）＜0，得x ＞1t．∴f （x ）在（0，1t）上单调递增，在（1t，+∞）上单调递减．综上所述，当t ≤0时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增；当t ＞0时，f （x ）在（0，1t）上单调递增，在（1t，+∞）上单调递减．（2）证明：由f （x ）＝m ﹣ax ，得lnx +（a ﹣2）x +2﹣m ＝0． 令g （x ）＝lnx +（a ﹣2）x +2，则g （x 1）＝g （x 2）＝m ． 即lnx 1+（a ﹣2）x 1＝lnx 2+（a ﹣2）x 2，∴a ﹣2=ln x2x 1x 1−x 2．不妨设0＜x 1＜x 2，要证x 1+x 22x 1x 2＞2−a ，只需证x 1+x 2x 1x 2＞2（2﹣a ）=−2ln x2x 1x 1−x 2，即证x 1x 2−x 2x 1＜−2lnx 2x 1．令x 2x 1=c （c ＞1），g （c ）＝2lnc ﹣c +1c，∵g ′（c ）=2c −1−1c2=−(1c −1)2＜0．∴g （c ）在（1，+∞）上单调递减，则g （c ）＜g （1）＝0．故x 1+x 22x 1x 2＞2−a 成立．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数证明函数不等式，考查数学转化思想方法，属难题．21．2020年4月8日零时正式解除离汉通道管控，这标志着封城76天的武汉打开城门了．在疫情防控常态下，武汉市有序复工复产复市，但是仍然不能麻痹大意仍然要保持警惕，严密防范、慎终如始．为科学合理地做好小区管理工作，结合复工复产复市的实际需要，某小区物业提供了A ，B 两种小区管理方案，为了决定选取哪种方案为小区的最终管理方案，随机选取了4名物业人员进行投票，物业人员投票的规则如下： ①单独投给A 方案，则A 方案得1分，B 方案得﹣1分； ②单独投给B 方案，则B 方案得1分，A 方案得﹣1分； ③弃权或同时投票给A ，B 方案，则两种方案均得0分．前1名物业人员的投票结束，再安排下1名物业人员投票，当其中一种方案比另一种方案多4分或4名物业人员均已投票时，就停止投票，最后选取得分多的方案为小区的最终管理方案．假设A ，B 两种方案获得每1名物业人员投票的概率分别为23和12．（1）在第1名物业人员投票结束后，A 方案的得分记为ξ，求ξ的分布列； （2）求最终选取A 方案为小区管理方案的概率．【分析】（1）ξ的所有可能取值为﹣1，0，1，然后根据相互独立事件的概率逐一求出每个ξ的取值所对应的概率即可得分布列；（2）记M 1表示事件“前2名物业人员进行了投票，且最终选取A 方案为小区管理方案”，M 2表示事件“前3名物业人员进行了投票，且最终选取A 方案为小区管理方案”，M 3表示事件“共有4名物业人员进行了投票，且最终选取A 方案为小区管理方案”，然后根据独立重复事件的概率逐一求出每种事件对应的概率，最后将三种事件的概率相加即可得解．解：（1）由题意知，ξ的所有可能取值为﹣1，0，1，P（ξ＝﹣1）＝（1−23）×12=16，P（ξ＝0）=23×12+13×12=12，P（ξ＝1）=23×(1−12)=13，∴ξ的分布列为ξ﹣101P161213（2）记M1表示事件“前2名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，由（1）知，P(M1)=[p(ξ=1)]2=(13)2=19，记M2表示事件“前3名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，P(M2)=C21[P(ξ=1)]2⋅P(ξ=0)=2×(13)2×12=19，记M3表示事件“共有4名物业人员进行了投票，且最终选取A方案为小区管理方案”，①若A方案比B方案多4分，有两类：第一类，A方案前三次得了一次1分两次0分，最后一次得1分，其概率为C31⋅[P(ξ= 1)]2⋅[P(ξ=0)]2=112；第二类，A方案前两次得了一次1分一次﹣1分，后两次均得1分，其概率为C21⋅P(ξ=−1)⋅[P(ξ=1)]3=181，②若A方案比B方案多2分，有三类：第一类，A方案四次中得了一次1分，其他三次全0分，其概率为C41⋅[P(ξ=0)]3⋅P(ξ= 1)=16；第二类，A方案前三次得了一次1分，一次0分，一次﹣1分，最后一次得了1分，其概率为A33⋅[P(ξ=1)]2⋅P(ξ=0)⋅P(ξ=−1)=118；第三类，A方案前两次得了一次1分一次﹣1分，第三次得1分，第四次得0分，其概率为C21⋅[P(ξ=1)]2⋅P(ξ=0)⋅P(ξ=−1)=154．故P(M3)=112+181+16+118+154=109324，∴最终选取A方案为小区管理方案的概率为P=P(M1)+P(M2)+P(M3)=19+19+109 324=181 324．【点评】本题考查独立重复事件的概率、离散型随机变量的分布列，考查学生对数据的分析能力和处理能力，属于中档题．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.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1的参数方程为{x=−1+√14cosφy=1+√14sinφ（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ．曲线C3的极坐标方程为ρ=√1+8sinθ，曲线C1与曲线C2的交线为直线l．（1）求直线l和曲线C3的直角坐标方程；（2）直线l与x轴交于点M，与曲线C3相交于A，B两点，求|1|MA|−1|MB||的值．【分析】（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．解：（1）已知曲线C1的参数方程为{x=−1+√14cosφy=1+√14sinφ（φ为参数），转换为直角坐标方程为（x+1）2+（y﹣1）2＝14①．曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4cos θ．整理得ρ2＝4ρcos θ，根据{x =ρcosθy =ρsinθρ2=x 2+y 2转换为直角坐标方程为：（x ﹣2）2+y 2＝4②． 所以①②两个方程相减得：3x ﹣y ﹣6＝0．曲线C 3的极坐标方程为ρ=√1+8sin θ，根据{x =ρcosθy =ρsinθρ2=x 2+y 2转换为直角坐标方程为x 29+y 2=1．（2）直线l 与x 轴交于M （2，0）所以直线l 的参数方程为{x =2+√1010ty =3√1010t （t 为参数），代入x 29+y 2=1，得到：41t 2−2√10t −25=0．所以t 1+t 2=2√1041，t 1t 2=−2541故|1|MA|−1|MB||=|t 1−t 2t 1t 2|=√(t1+t 2)2−4t 1t 2|t 1t 2|═(2√1041)+41004122541=√45004122541=30√525=6√55． 【点评】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，属于基础题型． [选修4-5：不等式选讲]23．设函数f （x ）＝2x ﹣1﹣|x ﹣1|． （1）求不等式f （x ）＜3的解集；（2）若方程f （x ）＝x 2+ax 有两个不等实数根，求a 的取值范围．【分析】（1）将f （x ）写为分段函数的形式，然后由f （x ）＜3，利用零点分段法解不等式即可；（2）根据方程f （x ）＝x 2+ax ，可得a =−x 2+2x−|x−1|−1x，然后构造函数g （x ）=−x 2+2x−|x−1|−1x，利用数形结合法求出a 的取值范围．解：（1）f （x ）＝2x ﹣1﹣|x ﹣1|={3x −2，x ≤1x ，x ＞1，∵f （x ）＜3，∴{3x −2＜3x ≤1或{x ＜3x ＞1，∴x ≤1或1＜x ＜3，∴x ＜3， ∴不等式的解集为（﹣∞，3）；（2）方程f （x ）＝x 2+ax ，即2x ﹣1﹣|x ﹣1|＝x 2+ax ，显然x ＝0不是方程的根，故a =−x 2+2x−|x−1|−1x，令g （x ）=−x 2+2x−|x−1|−1x ={1−x ，x ∈[1，+∞)−x −2x +3，x ∈(−∞，0)∪(0，1)， 当x ＜0时，−x −2x+3=(−x +2−x)+3＞2√2+3， 作出g （x ）的图象，如图所示：∵方程f （x ）＝x 2+ax 有两个不等实数根， ∴由图象可知a ∈(−∞，0)∪(2√2+3，+∞)．【点评】本题考查了绝对值不等式的解法和函数的零点与方程根的关系，考查了分类讨论思想和数形结合思想，属中档题．。

2020年5月武汉市高考理科数学模拟试卷本试卷共5页，23题（含选考题）.全卷满分150分.考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用2B 铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.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，12z i i i +=++，则复数z =（ ）. A. 2i +B. 12i +C. 3i +D. 32i -【答案】B【解析】【分析】 首先根据题意得到(1)(2)z i i i =++-，再化简即可得到答案.【详解】2(1)(2)2312z i i i i i i i =++-=++-=+.故选：B 【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，属于简单题.2.已知集合103x A xx ⎧⎫-=≤⎨⎬+⎩⎭，{}2B x x =<，则A B =I （ ）. A . {}21x x -<< B. {}32x x -<< C. {}21x x -<≤ D. {}21x x -≤≤【答案】C【解析】【分析】 首先分别解不等式103x x -≤+和2x <，再求交集即可. 【详解】因为(1)(3)01031303x x x x x x -+≤⎧-≤⇒⇒-<≤⎨+≠+⎩， 所以{}31A x x =-<≤. 因为222x x <⇒-<<，所以{}22B x x =-<<. {}21A B x x ⋂=-<≤.故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集运算，同时考查了分式不等式和绝对值不等式的解法，属于简单题. 3.设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，12342,20a a a a =++=，则5S =（ ）A. 2B. 0C. 2-D. 4-【答案】A【解析】【分析】利用等比数列基本量，求出q ，再求5S【详解】12342,20a a a a =++=Q 2311120q q q a a a ∴++=,2320q q q ∴++=;0q ∴=或1q =-；等比数列公比不能为0，1q =-552[1(1)]21+1S --== 故选：A【点睛】本题考查等比数列前n 项和n S .等解决等比数列基本量计算问题利用方程的思想.等比数列中有五个量1n n a n q a S ，，，，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量1a 和q .4.若某几何体的三视图如下，则该几何体的体积为（ ）.A. 2B. 4C. 42D. 43【答案】B【解析】【分析】 该三视图还原之后是一个斜四棱柱，为了方便理解，可以将其分开成两个三棱柱再拼凑成一个长方体，最后由长方体体积公式计算即可.【详解】该三视图还原之后是一个斜四棱柱，为了方便理解，可以将其分开成两个三棱柱再拼凑成一个长方体，所以体积为1224V =⨯⨯=.故选：B【点睛】本题考查由三视图求直观图的体积，属于基础题.5.在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布()21,(0)N σσ>，若ξ在(0,2)内取值的概率为0.8，则ξ在(0,)+∞内取值的概率为（ ） A. 0.9B. 0.1C. 0.5D. 0.4 【答案】A【解析】【分析】根据ξ服从正态分布()21,(0)N σσ>，得到曲线的对称轴是直线1x =，根据所给的ξ在(0,2)内取值的概率为0.8，根据正态曲线的对称性，即可求出在(0,)+∞内取值的概率． 【详解】因为ξ服从正态分布()21,(0)N σσ>， 所以曲线的对称轴是直线1x =，又ξ在(0,2)内取值的概率为0.8，根据正态曲线的性质，则在(0,)+∞内取值的概率为0.80.10.9+=．故选：A ．【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，主要考查正态曲线的对称性；一般地，X 是服从正态分布，正态分布一般记为()2,N μσ，μ为正态分布的均值（均值就是对称轴），σ是正态分布是标准差；本题属于基础题．6.已知函数()()ππcos 322f x x ϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭图象关于直线5π18x =对称，则函数()f x 在区间[]0,π上零点的个数为（ ）.A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C【解析】【分析】根据对称轴可得()5318k k Z πϕπ⨯+=∈，从而求出6π=ϕ，进而可得()cos 36f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令()cos 306f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，解方程即可. 【详解】函数()()ππcos 322f x x ϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭图象关于直线5π18x =对称， 所以()5318k k Z πϕπ⨯+=∈，解得()56k k Z πϕπ=-∈， 又因为ππ22ϕ-<<，所以6π=ϕ， 所以()cos 36f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 令()cos 306f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭， 则()362x k k Z πππ+=+∈， 解得39k x ππ=+， 因为[]0,πx ∈， 所以9x π=，49π，79π. 即函数()f x 在区间[]0,π上零点的个数为3.故选：C【点睛】本题考查了余弦函数的性质以及求函数的零点个数，解题的关键是掌握余弦函数的对称轴，属于基础题.7.已知向量,a b r r 是互相垂直的单位向量，向量c r 满足1c a ⋅=r r ，1c b ⋅=r r 则||a c +=r r （ ）A. 2B. 5C. 3D. 7【答案】B【解析】【分析】 由向量,a b r r 是互相垂直的单位向量，分别以,a b r r 所在直线建立直角坐标系，再根据向量c r 满足1c a ⋅=r r ，1c b ⋅=r r ，求得向量c r 的坐标，再利用求模公式求解.【详解】因为向量,a b r r 是互相垂直的单位向量，建立如图所示直角坐标系：则()()()1,0,0,1,,a b c x y ===r r r ，因为向量c r 满足1c a ⋅=r r ，1c b ⋅=r r ，所以101,011x y x y ⨯+⨯=⨯+⨯=，1,1x y ==，所以()1,1c =r ，所以()2,1a c +=r r ，所以2||215a c +=+r r.故选：B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算及模的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 8.已知等差数列{}n a 满足：22158a a +=，则12a a +的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D 【解析】【分析】设等差数列{}n a的公差为d，根据22158a a+=，利用平方关系，设15,a aθθ==，则()125sina aθθθϕ=+=++，再利用三角函数的性质求解.【详解】设等差数列{}n a的公差为d，因为22158a a+=，由22cos sin1αα+=，设15,a aθθ==，则()211511cos422a a d a a aθθ=+=+-=+，所以()125sin,tan7a aθθθϕϕ==+=+，当2,2k k Zπθϕπ+=+∈时，12a a+的最大值为5.故选：D【点睛】本题主要考查数列的通项公式，三角换元法的应用以及三角恒等变换，三角函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9.已知直线1:2PQ y x=-与y轴交于P点，与曲线2:(0)C y x y=≥交于,Q M成为线段PQ上一点，过M作直线x t=交C于点N，则MNP△面积取到最大值时，t的值为（）A.116B.14C. 1D.54【答案】C【解析】【分析】先求得P，Q的坐标，由直线x t=，联立直线方程和曲线方程可得M，N的坐标，运用三角形的面积公式，结合换元法和导数的运用求函数的单调性和最值，即可得到所求值．【详解】 直线1:2PQ y x =-与y 轴交于1(0,)2P -， 由12y x =-与2(0)y x y =…联立，可得3(1Q 31)2+， 过M 作直线x t =交C 于点N ，可得1(,)2M t t -，(N t t ，301t 剟， 则MNP △面积11()22S t t t =+， 设3(01)2u t u =+剟，可得34211()22S u u u =-+， 可得2311(34)(41)(1)22S u u u u u u '=-+=-+-， 可得01u <<时，0S '>，S 单调递增；3112u <<+时，0S '<，S 单调递减， 则面积S 在1u =即1t =处取得极大值，且为函数的最大值．故选：C ．【点睛】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线和抛物线的位置关系，考查三角形的面积的最值求法，考查利用导数研究函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.10.已知函数11()()x f x eax a R e -=--∈的图象与x 轴有唯一的公共点，则实数a 的取值范围为（ ） A. {|0}a a ≤B. {|0a a ≤或1}a e =C. {|0a a ≤或}a e =D. {|0a a ≤或1}a =【答案】B【解析】【分析】由题意得出函数()f x 的图象与x 轴有唯一的公共点为原点，利用导数讨论函数()f x 的单调性，即可得出实数a 的取值范围. 【详解】由题意可得11(0)0f e e-=-=，则函数()f x 的图象与x 轴有唯一的公共点为原点 1()x f x e a '-=-当0,()0a f x '≤>，则函数()f x 在R 上单调递增，此时函数()f x 的图象与x 轴有唯一的公共点当0a >时，()0ln 1f x x a '>⇒>+；()0ln 1f x x a '<⇒<+()f x ∴在(,ln 1)a -∞+上单调递减，在(ln 1,)a ++∞上单调递增由题意可得ln 10a +=，解得1a e= 综上，实数a 的取值范围为{|0a a ≤或1}a e=故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的零点问题，属于中档题. 11.已知,A B 分别为双曲线22:13y x Γ-=实轴的左右两个端点，过双曲线Γ的左焦点F 作直线PQ 交双曲线于,P Q 两点（点,P Q 异于,A B ），则直线,AP BQ 的斜率之比:AP BQ k k =（ ） A. 13-B. 3-C. 23-D. 32- 【答案】B【解析】【分析】先根据双曲线方程求出a ，b ，c 的值，再直接设直线方程为2x my =-，代入双曲线方程，消去x ，化简得到关于y 的一元二次方程，得韦达定理，然后将:AP BQ k k 借助于P ，Q 的坐标表示出来，再将韦达定理看成方程，将m 用1y ，2y 表示出来代入前面的比值，化简即可．【详解】解：由已知得双曲线:1a Γ=，b =2c =．故(2,0)F -，(1,0)A -，(1,0)B ．设直线:2PQ x my =-，且1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ．由22213x my y x =-⎧⎪⎨-=⎪⎩消去x 整理得22(31)1290m y my --+=， ∴121222129,3131m y y y y m m +==--， 两式相比得121234y y m y y +=⨯①， 121212112211221(3)3:1(1)AP BQ y x y my my y y k k x y y my my y y ---∴=⨯==+--②， 将①代入②得：上式12121121223()33(3)4333()4y y y y y y y y y y +--===--+-． 故:3AP BQ k k =-．故选：B ．【点睛】本题考查双曲线的性质，以及学生的化简运算能力，属于中档题．12.在四棱锥P ABCD -中，2,2PA PB PC PD AB AD BC CD ========，则四棱锥P ABCD -的体积为（ ）A.D. 3 【答案】D【解析】【分析】连接BD 、AC 交于点O ，连接PO ，由题意结合平面几何知识可得BD AC ⊥，BO DO =，BD PO ⊥，PO AO =，设PO AO m ==，CO n =，由勾股定理可得223m n -=，由余弦定理可得()()24714m n m m n ++-=+，化简可得2mn =，进而可得2m =，1n =，再利用P ABCD B PAC D PAC V V V ---=+即可得解.【详解】连接BD 、AC 交于点O ，连接PO ，如图：由2PA =，7PB PC PD ===7AB AD ==2BC CD ==，可得BD AC ⊥，BO DO =，BD PO ⊥，BPD ABD ≅△△，PO AO =， 所以BD ⊥平面PAC ， 设PO AO m ==，CO n =，由勾股定理得22274DO m n =-=-，即223m n -=，在POA V 中，22241cos 24AP AO PO PAO AP AO m m+-∠===⋅，在PCA V 中，()()222247cos 24m n AP AC PC PAC AP AC m n ++-+-∠==⋅+， 由PAO PAC ∠=∠可得()()24714m n m m n ++-=+，又223m n -=，所以()()()22214m n m n m m n +--=+，化简得2mn =， 将2n m=代入223m n -=可得2243m m -=，解得24m =或21m =-（舍去），所以2m =，1n =，3AC =，3BO DO ==APO △为等边三角形，所以1333sin 32APC S AP AC PAC =⋅⋅∠==△, 所以1133P ABCD B PAC D PAC APC APC V V V S BO S DO ---=+=⋅+⋅△△ 1333233==.故选：D.【点睛】本题考查了立体图形的几何特征、空间位置关系与余弦定理的综合应用，考查了立体图形体积的求解和方程思想，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数ln ()1xf x x =+的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为__________. 【答案】210x y --= 【解析】 【分析】求导得到()21ln '()1x x x f x x +-=+，计算()1'12f =，()10f =，得到切线方程.【详解】ln ()1xf x x =+，则()21ln '()1x x x f x x +-=+，故()1'12f =，()10f =故切线方程为：()112y x =-，即210x y --= 故答案为：210x y --=【点睛】本题考查了切线方程，意在考查学生的计算能力.14.一种药在病人血液中的量保持1500mg 以上才有疗效；而低于500mg 病人就有危险.现给某病人静脉注射了这种药2500mg ，如果药在血液中以每小时20％的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过______小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效.（附：lg 20.3010≈，lg30.4771≈，精确到0.1h ） 【答案】2.3 【解析】 【分析】先设未知数，再根据题意列出不等式，整理得出指数不等式，再利用指数函数的单调性、指对关系、换底公式和对数的运算性质以及条件进行求解.【详解】设应在病人注射这种药经过x 小时后再向病人的血液补充这种药， 则血液中的含药量y 与注射后的时间x 的关系式为：()002500120xy =-，依题意，可得()0025001201500x-≤，整理可得4355x⎛⎫≤ ⎪⎝⎭， 所以445543log log 55x⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即453log 5x ≥， 由485106lg36lg 61lg 2lg3110log log 2.38510lg813lg 21lg 10-+-====≈--， 所以 2.3x ≥.故在起经过2.3小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效. 故答案为：2.3【点睛】本题主要考查了建立拟合的函数模型求解实际问题，关键是能够通过已知关系建立起恰当的函数模型，通过函数模型构造不等式，属于基础题.15.柜子里有三双不同的鞋，随机取出两只，取出的鞋不成对的概率为_____________ 【答案】45【解析】 【分析】本题首先可根据题意得出一共有六只鞋，先任取一只，然后根据剩下的鞋中不能与第一只鞋配对的鞋有多少即可得出结果．【详解】柜子里有三双不同的鞋就是一共有六只鞋，先任取一只，然后剩余五只鞋中有四个与第一只是不成对的，故取出的鞋不成对的概率为45． 【点睛】本题考查的是概率的相关计算，在计算概率类的题目时，一定要能够明确题目给出的所有可能以及满足题意的可能性有多少种，考查推理能力，是简单题．16.已知,M N 为直线34100x y +-=上两点，O 为坐标原点，若3MON π∠=，则MON △的周长最小值为_____.【答案】【解析】 【分析】设 ,OM x ON y ==，利用三角形面积公式建立方程4xy =，根据基本不等式求解163xy ≥，在周长l x y =+中利用基本不等式即可求解. 【详解】设 ,OM x ON y ==，则222222cos60MN x y xy x y xy ︒=+-=+-，所以周长l x y =+， 设点O 到直线34100x y +-=的距离为d ， 则2d ==，由MON △的面积公式可得11sin 60222S xy ︒==⨯xy =当且仅当x y =时，等号成立， 解得163xy ≥所以l x y =+≥≥x y =时，等号成立. 因为等号能够同时取到，所以周长的最小值为故答案为：【点睛】本题主要考查了三角形面积公式的应用，基本不等式，考查了推理与运算能力，属于难题.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. （一）必考题：共60分.17.在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，满足4,2a C B ==. （1）若2b =，求c ；（2）若ABC V 的面积为tan B .【答案】（1）c =（2）tan B = 【解析】【分析】（1）由2C B =利用二倍角公式得2cos c b B =g，再利用余弦定理即可求出c 的值； （2）对角C 分锐角和钝角两种情况讨论，分别求出tan B 的值，经验证C 为钝角不符合题意，所以3tan 3B =． 【详解】解：（1）2C B =Qsin sin 22sin cos C B B B ∴==2cos c b B ∴=⋅222cos 22c a c b B b ac+-==()2222ac b a c b ∴=+- ()2242164c c ∴=+-∴222(164)c =- ∴212c = ∴23c =.（2）（i ）若C 为锐角，过A 作AH BC ⊥于H ， 设BC 边上的高为h ，1423,32ABC S h h =⋅⋅==V ， 设,4BH x HC x ==-，tan ,tan ,24h h B C C B x x ===-，22tan tan tan 21tan B C B B ==- 2241hh x x h x ⋅=-⎛⎫- ⎪⎝⎭，23412x x ⎛⎫-∴-=⋅ ⎪⎝⎭，则3x = 3tan B =.（ii）若C为钝角，过A作AH BC⊥的延长线于H，设,3CH x AH h===，tan,tan()tan4h hB C Cx xπ=-==-+，∴由tan tan2C B=知22414hh xx hx⋅+-=⎛⎫- ⎪+⎝⎭223104(4)xx x∴+-=++，而0x>x\无解，因此C为钝角不符合题意.综上所述，3tan3B=.【点睛】本题主要考查了三角函数的二倍角公式，以及余弦定理，属于中档题．18.如图，在三棱柱111ABC A B C-中，侧面11ACC A是边长为4的菱形，且13A ACπ∠=，面11ACC A⊥面1,,4ABC A A BC BC⊥=.（1）求证：BC⊥面11ACC A；（2）求二面角1A AB C--的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）77【解析】 【分析】（1）在菱形11ACC A 中，过1A 点作1A H AC ⊥于H ，则1A H BC ⊥，再由1A A BC ⊥，能证明BC ⊥平面11AC CA ．（2）连结1AC ，设11AC A C M =I ，则BC AM ⊥，AM ⊥面1A BC ，1AM A B ⊥，过点M 作1MN A B ⊥于点N ，连结AN ，则1A B ⊥平面AMN ，1A B AN ⊥，从而MNA ∠为二面角1A A B C --的平面角，由此能求出二面角1A A B C --的余弦值．【详解】解：（1）在菱形11ACC A 中，过1A 点作1A H AC ⊥于H ， 因为平面11AC CA ⊥平面ABC ， 面11AC CA ⋂面ABC AC =，所以1A H ⊥平面ABC ，BC ⊂面ABC ， 从而1A H BC ⊥，而1A A BC ⊥，111A A A H A =I ，1AA ⊂平面11AC CA ，1A H ⊂平面11AC CA 所以BC ⊥平面11AC CA（2）在菱形11AC CA 中，连接1AC ，11AC AC ⊥∴，设11AC AC M ⋂=， 因BC ⊥平面11AC CA ，AM ⊂平面11AC CA ，所以BC AM ⊥，因为1AC BC C =I ，BC ⊂面1A BC ，1AC ⊂面1A BC ， 所以AM ⊥面1A BC ，1A B ⊂面1A BC ，1AM A B ∴⊥过点M 作1MN A B ⊥于点N ，连接AN ，则1A B ⊥平面AMN ，1A B AN ∴⊥所以MNA ∠为二面角1A A B C --的平面角，设大小为θ， 在Rt ACB V 中，M 到1A B 距离是C 到1A B 距离的12， 在1A CB V 中，14BC CA ==，且12A CB π∠=，所以2MN =，则23tan 62AM MN θ===，故cos 7θ= 所以二面角1A A B C --的余弦值为77.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．19.已知()11,0F -，()21,0F 为椭圆()2222:10x ya b a bΓ+=>>的左右焦点，过2F 的直线交椭圆于A ，B 两点，1F AB V 的周长为8. （1）求椭圆Γ的标准方程；（2）已知()()000,0P x y y ≠是直线:4l x =上一动点，若PA ，PB 与x 轴分别交于点(),0M M x ，(),0N N x ，则1111M N x x +--是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 【答案】（1）22143x y +=（2）是定值；定值为23【解析】 【分析】（1）由条件得出1c =，48a =即可（2）设直线AB 的方程为1x ty =+，()11,A x y ，()22,B x y ，()04,P y ，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得122634t y y t -+=+，122934y y t -=+，然后算出101014,0x y y M y y ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，202014,0x y y N y y ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，然后算出112=113M N x x +--即可 【详解】（1）依题意1c =，由椭圆的定义可得1F AB V 的周长为48a =，即2a =，所以b ==故椭圆的方程为22143x y +=.（2）设直线AB 的方程为1x ty =+，()11,A x y ，()22,B x y ，()04,P y ，由221143x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2234690t y ty ++-=，显然>0∆，则122634t y y t -+=+，122934y y t -=+， 直线()1001:44y y PA y y x x --=⋅--，令0y =得101014x y y x y y -=-， 即101014,0x y y M y y ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，同理202014,0x y y N y y ⎛⎫- ⎪-⎝⎭， ()()01110101011010101011334311M y x y y ty x y y y ty y x y y y y y y y y ------=-===----，同理：()200231N y ty x y y --=-，于是：()120010*******111121133M N y y y y y y y x x ty y y ty y y ⎡⎤+⎛⎫--+=+=-⎢⎥ ⎪----⎝⎭⎣⎦2000026112234229333334t t t y y ty ty t -⎡⎤⎢⎥⎛⎫+=⋅-=-=⎢⎥ ⎪---⎝⎭⎢⎥+⎣⎦所以112113M N x x +=--为定值.【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.20.一种新的验血技术可以提高血液检测效率.现某专业检测机构提取了(6)n n …份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中(3)n -份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这(3)n -份血液再逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止.（1）若6n =，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率；（2）若8n …，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为ξ， ①求ξ的概率分布； ②求E ξ.【答案】（1）23（2）①详见解析②23142n n n-+【解析】 【分析】（1）不论第一次检测结果如何，都要对含有2阴1阳得血液样本进行逐一检测，故第2次和第3次检测的都是阴性或者第2次检测的是阴性，第3次检测的是阳性，根据组合数公式和古典概型的概率公式计算概率； （2）根据组合数公式和古典概型的概率公式依次计算2ξ=，3，4，⋯，3n -的概率，得出分布列和数学期望．【详解】解：（1）在6n =时，恰好在第三次时检测出呈阳性血液，说明其中三份血液中的其中一份呈阳性，并且对含阳性血液的一组进行检测时，前两次检测出血液为阴性，或第一次为阴性第二次为阳性.32111521213211163132223C C C C C P C C C C C ⎛⎫=⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）①在8n ≥时，313111113131332(2)n n n n n n n C C C C P C C C C n ξ-----==⋅+⋅=211111311112121141311113113232343(3)n n n n n n n C C C C C C C C C P C C C C C C C C n ξ-----⎛⎫==⋅++⋅= ⎪⎝⎭ 321141321351(4)n n n n n C C C P C C C n ξ----==⋅=⋅同理，当44k n ≤≤-时，3211413213(3)(2)1()k n n k n n n k C C C P k C C C nξ--------⋅==⋅= 341141341312(3)2n n n n n n C C C P k C C C nξ-----=-=⋅⋅= ξ∴的分布列为：②2311122345(4)(3)E n n n n n n n n ξ=⋅+⋅+⋅+⋅+⋯+-⋅+-⋅ 23142n n n-+= 【点睛】本题考查了离散型随机变量的概率计算，离散型随机变量及其分布列与期望的计算，属于中档题． 21.已知函数()ln cos f x x x =+.（1）讨论()f x 在(0,)π极值点个数；（2）证明：不等式()0f x >在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭恒成立. 附：52ln 0.9624,ln 0.739363ππ⎛⎫⎛⎫≈≈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 【答案】（1）有两个极值点（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，分0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，5,26x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦以及5,6x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，判断函数的单调性，进而得出极值点情况；（2）分526x ππ<…，56πx π<<，结合零点存在性定理以及放缩思想得证． 【详解】解：（1）由()ln cos f x x x =+，求导数1sin ()x x f x x'-=，设()1sin g x x x =-①在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，则(0)1,1022g g ππ⎛⎫==-< ⎪⎝⎭()(sin cos )0g x x x x '=-+<，知()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭递减， ∴存在10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()10g x = 在()10,x x ∈时，1sin ()0x x f x x '-=>，在1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，1sin ()0x x f x x'-=< 1x ∴为()f x 的极大值点. ②在5,26x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，1sin 12x ≤≤有55sin min sin ,sin 12266x x ππππ⎧⎫≥>⎨⎬⎩⎭1sin ()0x x f x x '-=<在5,26ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，()f x 在5,26ππ⎛⎫⎪⎝⎭上递减()f x ∴此时无极值. ③在5,6x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，5100,()062f f πππ''-⋅⎛⎫<=> ⎪⎝⎭21()cos 0f x x x ''⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，在5,6ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立.()f x '∴在5,6ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增， 因此存在唯一25,6x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()20f x '= 在25,6x π⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<，在()2,x π时，()0f x '>2x ∴为()f x 极小值点.综合讨论()f x 在(0,)π有两个极值点.（2）令()cos ln f x x x =+，则11sin ()sin x xf x x x x '-=-+= ①若526x ππ<≤时，1sin 12x ≤<，而55sin min sin ,sin 12266x x ππππ⎧⎫>>⎨⎬⎩⎭所以1sin ()0x x f x x '-=<，()f x 在5,26ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦递减，所以555()cos ln 0.962406662f x f πππ⎛⎫>=+=-+> ⎪⎝⎭②若56πx π<<，1sin ()x x f x x '-=，5115620566f πππ'-⋅⎛⎫=< ⎪⎝⎭，10()02f ππ'-⋅=> 当5,6x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，21()cos 0f x x x ''⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，则()f x '在5,6ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增， 所以存在唯一05,6x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得00sin 1x x =， 当05,6x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()f x f x '<递减；当()0,x x π∈时，()0,()f x f x '>递增， 故()min 0000()cos ln ln f x f x x x x ==+=-下面证明：221ln 1x x +>在56πx π<<上恒成立 记222121()ln ,()ln m x x m x x x x x '⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，251ln ln 0.96,0.146x xπ>>< 则()0m x '>，所以()m x 在5,6ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增， 于是22551()ln 0.920.14 1.0616656m x m πππ⎛⎫>=+=+=> ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭，从而可知0ln 0x ->， 综合①②可知cos ln 0x x +>在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点个数以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，考查运算求解能力，综合性较强，属于难题．（二）选考题：共10分.请考生从第22、23题中任选一题做答.并用2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为2cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩（t 参数，α为常数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为2sin12θρ=. （1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）设直线l 与曲线C 的交点为P ，Q 两点，曲线C 和x 轴交点为A ，若APQ V 面积为，求tan α的值.【答案】（1）244y x =+（2）tan 3α=±【解析】【分析】（1）由2sin 12θρ⋅=得1cos 12θρ-⋅=2x =+即可 （2）将直线的参数方程化为()2y k x =-，tan k α=，然后联立直线与曲线C 的方程消元可得24120y y k--=，然后算出12y y -，然后由APQ V 的面积即可得出答案. 【详解】（1）由2sin 12θρ⋅=得1cos 12θρ-⋅=，所以cos 2ρρθ-=2x =+，所以244y x =+.（2）由2cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩，消去参数t 得到tan 2y k x α==-， 所以()2y k x =-，tan k α=，244y x =+与x 轴交点为()1,0A -，由()2442y x y k x ⎧=+⎪⎨=-⎪⎩，得24120y y k --=，记1t k=，则24120y ty --=，12y y -==，APQ V 面积1211322S AM y y =⋅⋅-=⋅⋅==，所以t =3k =±，所以tan 3α=±. 【点睛】涉及曲线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.23.已知正数a ，b ，c 满足1a b c ++=.求证：（1）14ab <； （2）31112a b c a b c ++≥---. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）根据正数加法的性质，结合基本不等式进行证明即可；（2）运用分析法，结合已知等式的变形、三个正数的均值不等式进行证明即可.【详解】（1）因为a ，b ，c 为正数，且1a b c ++=，所以1a b +<，2124a b a b ab +⎛⎫+≥≤< ⎪⎝⎭，故14ab <. （2）分析法：要证：31112a b c a b c ++≥---， 只需要证：111331112a b c ⎛⎫-+++≥ ⎪---⎝⎭， 即要证：11191112a b c ++≥---， 即要证：()()()1111119111a b c a b c ⎛⎫⎡⎤-+-+-++≥⎪⎣⎦---⎝⎭，①而()()()111a b c -+-+-≥111111a b c ++≥--- 将②③两式相乘，即得待证的①式.以上每步均可逆，所以原不等式得证.【点睛】本题考查了已知等式证明不等式问题，考查了基本不等式的应用，考查了用分析法证明不等式，正确的代数式和等式的变形是证明的关键.。

2020年黑龙江省高考数学模拟试卷(理科)(5月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合M ={x|x 2>4}，N ={−3,−2,2，3，4}，则M ∩N =( )A. {3,4}B. {−3,3，4}C. {−2,3，4}D. {−3,−2,2，3，4}2. 已知复数z =−1−2i(1+i)2，则z −=( )A. −34+14iB. −14+34iC. −1+12iD. −1−12i3. 设F 1，F 2为椭圆的两焦点，B 为椭圆短轴的一个端点，若△BF 1F 2为正三角形，则椭圆的离心率为( )A. 12B. √22C. √32D. 24. 某地气象局把当地某月(共30天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如图所示的统计图，假设该月最低气温的中位数为m c ，众数为m 0，平均数为x −，则( )A. m c =m 0=x −B. m c =m 0<x −C. m c <m 0<x −D. m 0<m c <x −5. 设函数f(x)={log 12(3−x ),(x ≤0)f (x −3)+1,(x >0)，则f(20)=( )A. 3B. 4C. 5D. log 1217 6. 函数f(x)=cos(2x +π4)的最小正周期是( )A. π2B. πC. 2πD. 4π7. 在平行四边形ABCD 中，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则x −y =( ) A. −1 B. 0 C. 1D. 28. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若64a 4+a 7=0，则S4S 2=( )A. 17B. 5C. −3D. −59. 已知双曲线C:y 2a 2−x 2b 2=1(a >0,b >0)的离心率为√5，则双曲线的渐近线方程为( )A. y =±2xB. y =±12xC. y =±√5xD. y =±23x10. 函数f(x)={2−x −1,(x ≤0)f(x −1),(x >0)，若方程f(x)=x +a 恰有两个不等的实根，则a 的取值范围为( )A. (−∞,0)B. [0,1)C. (−∞,1)D. [0,+∞)11. 某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )A. 16+2√2πB. 24+2πC. 5+2√2πD. 4+2(1+√2)π12. 已知定义在R 上的函数f(x)满足其导函数f′(x)<0在R 上恒成立，则不等式f(|x|)<f(1)的解集为( )A. (−1,1)B. (0,1)C. (1,+∞)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 二项式(2x 2−√x )5的展开式中的第______项为常数项． 14. 若实数x,y 满足约束条件{x +2y ≥0x −y ≤0x −2y +2≥0，则z =3x −y 的最小值等于______． 15. 在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，若AA 1=2AB ，则异面直线BD 1与CC 1所成角的正切值为__________．16. 等差数列{a n }中，a 1>0，S n 是前n 项和且S 9=S 18，则当n =__________时，S n 最大． 三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17. 已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，2(a 2−b 2)=2accosB +bc ．(1)求A ；(2)若D 是BC 边上一点，且BD =3DC ，∠DAB =π2，求tan C ．18.假定某人在规定区域投篮命中的概率为2，现他在某个投篮游戏中，共投篮3次．3(1)求连续命中2次的概率；(2)设命中的次数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．19.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠ABC=120°，PB=PD，PA⊥PC，AB=2√3，PC=2√6．(I)证明：平面PAC丄平面ABCD;(II)求二面角B−AP−D的正切值．20.已知抛物线x2=2py(p>0)过点(2,1).(Ⅰ)求抛物线的方程和焦点坐标；(Ⅱ)过点A(0,−4)的直线l与抛物线交于两点M,N，点M关于y轴的对称点为T，试判断直线TN 是否过定点，并加以证明．21.已知函数f(x)=1+lnx−ax2．(1)讨论函数f(x)的单调区间；⋅e x+x−ax3．(2)证明：xf(x)<2e222.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．若曲线C的极坐标方程为ρ=2sinθ，求曲线C的直角坐标方程．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：B解析：解：集合M ={x|x 2>4}={x|(x +2)(x −2)>0}=(−∞,−2)∪(2,+∞)， ∵N =N ={−3,−2,2，3，4}， ∴M ∩N ={−3,3，4}， 故选：B ．求出M 中不等式的解集，确定出M ，求出M 与N 的交集即可． 此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2.答案：D解析：本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题． 利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出． 解：复数z =−1−2i(1+i)2=−1−2i 2i=(1+2i)⋅i −2i⋅i =−2+i 2=−1+12i ，则z −=−1−12i. 故选：D ．3.答案：A解析：解：由题意，设椭圆的半焦距长为c ，则 ∵△BF 1F 2为正三角形， ∴b =√3c ∴a 2−c 2=3c 2 ∴a =2c ∴e =ca =12 故选：A ．利用△BF 1F 2为正三角形，确定几何量之间的关系，进而可求椭圆的离心率． 本题考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．4.答案：D解析：本题考查中位数，众数，平均数的求法，考查条形统计图，属于简单题．由统计图分别求出该月每一天的最低气温的中位数，众数，平均数，由此能求出结果． 解：由统计图得：最低气温在3−5之间的频数为15，最低气温在6−10之间的频数也为15， 故该月最低气温的中位数为m c =5+62=5.5，众数为m 0=5，平均数为x −=130×(2×3+3×4+10×5+6×6+3×7+2×8+2×9+2×10)≈5.97． ∴m 0<m c <x −． 故选：D ．5.答案：C解析：本题考查分段函数，对数函数，属于基础题．根据函数的解析式将f(20)逐步转化为f(−1)+7后，代入解析式由对数的运算性质求值． 解：由题可得：f(20)=f(17)+1=f(14)+2=f(11)+3=···=f(2)+6=f(−1)+7=log 124+7=5，故选C ．6.答案：B解析：解：根据复合三角函数的周期公式T =2π|ω|得， 函数f(x)=cos(2x +π4)的最小正周期是π， 故选：B ．由题意得ω=2，再代入复合三角函数的周期公式T =2π|ω|求解．本题考查了三角函数的周期性，以及复合三角函数的周期公式T =2π|ω|应用，属于基础题．7.答案：D解析：解：在平行四边形ABCD 中， AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得：x =1，y =−1， 故x −y =2， 故选：D ．根据向量加法的平行四边形法则可得AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，结合AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求出x ，y ，可得答案． 本题考查的知识点是平面向量的基本定理，难度中档．8.答案：A解析：本题考查了等比数列的通项公式以及等比数列的求和公式，属于基础题．根据题意，结合等比数列的通项公式可求出公比q ，利用等比数列的求和公式，可得S4S 2=1+q 2，由此可求出答案．解：设等比数列{a n }的公比为q ， 因为64a 4+a 7=0， 所以64×a 1q 3+a 1q 6=0， 所以q =−4， 所以S 4S 2=a 1(1−q 4)1−q a 1(1−q 2)1−q=1+q 2=17．故选A ．9.答案：B解析：此题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力.由题意得ca =√5，可得b 2a 2=4，由此可得答案；解：由双曲线y 2a2−x 2b2=1(a >0,b >0)的离心率为√5，可得ca =√5， 即a 2+b 2a 2=5，可得b 2a 2=4，则该双曲线的渐近线方程为：y =±ab x =±12x ． 故选B ．10.答案：C解析：解：由函数f(x)={2−x −1,(x ≤0)f(x −1),(x >0)，可得f(x)的图象和函数y =x +a 有两个不同的交点， 如图所示：故有a <1， 故选C ．由题意可得f(x)的图象和函数y =x +a 有两个不同的交点，结合图象，求出a 的取值范围． 本题考查根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想、数形结合的数学思想，解答关键是运用数形结合的思想，属于中档题．11.答案：B解析：解：由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体内挖去一个圆柱得到的组合体，正方体的棱长为2，故表面积为：6×2×2=24，圆柱的底面直径为2，故底面半径为1，底面面积为：π，底面周长为：2π，侧面面积为：4π，故组合体的表面积S=24−2×π+4π=24+2π，故选：B由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体内挖去一个圆柱得到的组合体，求出正方体的表面积，圆柱的侧面积和底面积，进而可得答案．本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．12.答案：D解析：解：定义在R上的函数f(x)满足其导函数f′(x)<0在R上恒成立，可知函数f(x)是减函数，函数y=f(|x|)是偶函数，当x>0时，可得x>1，当x<0时，可得x<−1，则不等式f(|x|)<f(1)的解集为：(−∞,−1)∪(1,+∞)．故选：D．利用函数的导数判断函数的单调性，结合不等式转化求解即可．本题考查函数的导数判断函数的单调性，不等式的解法，考查计算能力．13.答案：5解析：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．解：二项式(2x2−1√x )5的展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅(−1)r⋅25−r⋅x10−5r2，令10−5r2=0，求得r=4，故展开式中的第5项为常数项，故答案为5．14.答案：−72解析：作出不等式组对应的平面区域，通过目标函数的几何意义，利用数形结合即可的得到结论．本题主要考查线性规划的应用，利用z 的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键． 解：依题意，可行域为如图所示的阴影部分的三角形区域，目标函数化为：y =3x −z ，则z 的最小值即为动直线在y 轴上的截距的最大值．通过平移可知在A 点处动直线在y 轴上的截距最大．因为A ：{x +2y =0x −2y +2=0解得A(−1,12)， 所以z =3x −y 的最小值z min =3⋅(−1)−12=−72．故答案为：−72．15.答案：√22解析：本题主要考查了异面直线所成的角，属于基础题．由CC 1//BB 1，知∠B 1BD 1是异面直线BD 1与CC 1所成角(或其补角)，由此能求出异面直线BD 1与CC 1所成角的正切值．解：∵在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，CC 1//BB 1，∴∠B 1BD 1是异面直线BD 1与CC 1所成角(或其补角)，设AA 1=2AB =2，则B 1D 1=√2，BB 1=2，∴tan∠B 1BD 1=B 1D 1BB 1=√22． ∴异面直线BD 1与CC 1所成角的正切值为√22． 故答案为√22． 16.答案：13或14解析：由S 9=S 18，可知9a 1+9×82d =18a 1+18×172d ，整理得a 1=−13d.所以S n =d 2n 2+(a 1+d 2)n =d 2(n −272)−7298d.又因为a 1>0，所以d <0，且n ∈N ∗，故当n =13或14时，S n 最大．17.答案：解：(1)因为2accosB =a 2+c 2−b 2，所以2(a 2−b 2)=a 2+c 2−b 2+bc ． 整理得a 2=b 2+c 2+bc ，所以cosA =−12，即A =2π3． (2)因为∠DAB =π2，所以AD =BD ⋅sinB ，∠DAC =π6．在△ACD 中，有AD sinC =CD sin∠DAC ，又因为BD =3CD ，所以3sinB =2sinC ，由B =π3−C 得3√32cosC −32sinC =2sinC ， 整理得tanC =3√37．解析：本题主要考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数关系式，三角函数恒等变换的应用，综合性较强，属于基本知识的考查．(1)由余弦定理可得2accosB =a 2+c 2−b 2，代入已知等式整理得cosA =−12，即可求得A ．(2)由已知可求∠DAC =π6，由正弦定理有AD sinC =CD sin∠DAC ，又BD =3CD ，可得3sinB =2sinC ，由B =π3−C 化简即可得解．18.答案：解：(1)设A i (i =1,2,3)表示第i 次投篮命中，A i 表示第i 次投篮不中，设投篮连续命中2次为事件A ，则连续命中2次的概率：P(A)=P(A 1A 2A 3+A 1A 2A 3)=23×23×13+13×23×23=827(2)命中的次数X 可取0，1，2，3，P(X =0)=(1−23)3=127， P(X =1)=C 31(23)(1−23)2=29，P(X =2)=C 32(23)2(1−23)=49， P(X =3)=(23)3=827，∴X 的分布列为：E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2．解析：本题考查离散型随机变量的概率期望及方差．(1)根据相互独立事件同时发生的概率公式求连续命中2次的概率；(2)设命中的次数为X，X可取0，1，2，3，分别求出相应概率再求求X的分布列和数学期望E(X)．19.答案：(I)证明：如图连接AC.BD.焦点为O，由四边形ABCD为菱形知，．又PB=PD，OB=OD，所以．而OP∩AC=O，所以．又，所以平面．(II)由四边形ABCD为菱形，，AB=2√3，得AC=6由平面，过点P作，垂足为E，则．又，PC=2√6，AB=2√3则PA=2√3，PE=2√2，AE=2．如图所示，以O 为坐标原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系O −xyz ，则O(0,0，0)，A(0,−3,0)，B(√3,0,0)，C(0,3，0)，D(−√3,0,0)，P(0,−1,2√2)设平面ABP 法向量为n 1=(x,y,z)，AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√2)， 则{n 1⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 2⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以{√3x +3y =02y +2√2z =0, 令z = 1，则x =√6，y =−√2，所以n 1=(√6,−√2,1)，同理可求，平面ADP 的法向量n 2=(√6,√2,−1)，因此，， 求得， 所以二面角B −AP −D 的正切值为2√2．解析：本题考查面面垂直的判定定理，空间向量法求二面角，属于基础题目．(1)由四边形ABCD 为菱形得到AC ⊥BD ，再由PB = PD ，OB = OD ，得到即可由线面垂直的判定定理得到； (2)以O 为坐标原点，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系O −xyz ，利用向量垂直求出平面法向量，由向量的夹角公式求得二面角．20.答案：解：(Ⅰ)因为抛物线x 2=2py(p >0)过点P(2,1)，所以2p =4所以抛物线方程为x 2=4y ，焦点坐标为(0,1)(Ⅱ)由题意可知直线斜率存在且不等于0，设直线l 的方程为y =kx −4，由{y =kx −4x 2=4y，消y 整理得x 2−4kx +16=0， 则△=16k 2−64>0，即|k|>2设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)则T(−x 1,y 1)且x 1+x 2=4k ，x 1x 2=16．直线TN ：y −y 2=y 2−y1x 2+x 1(x −x 2)， ∴y =y 2−y 1x 2+x 1(x −x 2)+y 2， ∴y =x 22−x 124(x 1+x 2)(x −x 2)+14x 22， ∴y =x 2−x 14x −x 22−x 1x 24+14x 22， ∴y =x 2−x 14x +x 1x 24， 即y =x 2−x 14x +4所以，直线TN 恒过定点(0,4)．解析：本题考查抛物线方程的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，考查计算能力． (Ⅰ)因为抛物线x 2=2py(p >0)过点P(2,1)，求出p ，得到抛物线方程然后求解焦点坐标．(Ⅱ)设直线l 的方程为y =kx −4，由{y =kx −4x 2=4y，消y 整理得x 2−4kx +16=0，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)则T(−x 1,y 1)利用韦达定理转化求解直线方程，推出恒过的定点即可．21.答案：解：(1)f(x)的定义域是(0,+∞)，f′(x)=1−2ax 2x ，故a ≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)递增，当a >0时，令f′(x)=0，解得：x =√2a 2a， 故f(x)在(0,√2a 2a)递增，在(√2a 2a ,+∞)递减； (2)证明：要证xf(x)<2e 2⋅e x +x −ax 3，即证xlnx <2e 2⋅e x ，也即证lnx x <2e xe 2x 2， 令g(x)=2e 2⋅e x x 2(x >0)，则g′(x)=2e2⋅e x(x−2)x3，故g(x)在(0,2)递减，在(2,+∞)递增，故g(x)最小值=g(2)=12，令k(x)=lnxx ，则k′(x)=1−lnxx2，故k(x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，故k(x)最大值=k(e)=1e，∵1e <12，故k(x)<ℎ(x)，即lnx<2e x−2x，故xf(x)<2e2⋅e x+x−ax3．解析：本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(2)问题转化为证lnxx <2e xe2x2，令g(x)=2e2⋅e xx2(x>0)，令k(x)=lnxx，根据函数的单调性求出函数的最值，从而证明结论．22.答案：解：将曲线C的极坐标方程ρ=2sinθ，两边同乘以一个ρ，得ρ2=2ρsinθ，即x2+y2=2y，故曲线C的直角坐标方程为x2+y2−2y=0．解析：本题考查极坐标与直角坐标的转化，将曲线C的极坐标方程ρ=2sinθ，两边同乘以一个ρ，得ρ2=2ρsinθ，利用极坐标与直角坐标的互化，求解即可．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年高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）1.已知集合{1,0,1,2}A =-，{}2|1B x x =≥，则A B =I （ ） A. {1,2} B. {1,0,1}-C. {1,1,2}-D. {0}2.复数z 3434ii-=+（i 为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.已知2παπ⎛⎫∈⎪⎝⎭，，3sin 5α=，则4sin πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）A.10B. 10-C.10D. 10-4.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成的标准：年龄中位数在20岁以下为“年轻型”人口；年龄中位数在20～30岁为“成年型”人口；年龄中位数在30岁以上为“老龄型”人口．如图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响．据此，对我国人口年龄构成的类型做出如下判断：①建国以来直至2000年为“成年型”人口；②从2010年至2020年为“老龄型”人口；③放开二孩政策之后我国仍为“老龄型”人口．其中正确的是（ ） A. ②③B. ①③C. ②D. ①②5.函数()311x e x f x lnx x ⎧-=⎨≥⎩，＜，，则关于函数()f x 的说法不正确的是（ ）A. 定义域为RB. 值域为(3,)-+∞C. 在R 上为增函数D. 只有一个零点6.已知a =r （2，﹣1），2b x =r （，），且//a b r r ，则a b +=r r （ ） A. 1B. 37.执行如图所示的程序框图若输入12n =，则输出的n 的值为（ ）A.32B. 2C.52D. 38.已知等比数列{}n a 中，10a >，则“14a a <”是“35a a <”（ ）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9.ABC V 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若(2)cos cos a b C c B -=，则内角C =（ ）A. 6π B.4π C.3π D.2π10.已知F 1，F 2分别为双曲线C ()2222100x y a b a b-=：＞，＞的左、右焦点，C 上存在关于y 轴对称的两点P ，Q （P 在C 的右支上），使得21||22PQ PF PF +=，且POQ △为正三角形（O 为坐标原点），则双曲线C 的离心率为（ ） A. 6B. 5C.D.11.已知如图所示的三棱锥D ﹣ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，△ABC 和△DBC 所在平面相互垂直，AB=3，AC=，BC=CD=BD=2，则球O 的表面积为（ ）的A. 4πB. 12πC. 16πD. 36π12.已知函数2()sin f x x x x =-，若()2g 3lo a f =，3(log 0.2)b f =，()30.2c f =，则（ ）A. a b c >>B. b a c >>C. c b a >>D. b c a >>二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13.在6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项为__________（用数字作答）. 14.若x ，y 满足约束条件131x y x y x -≤⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则2z x y =+的最大值为_____．15.作家马伯庸小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内望楼传递信息.同名改编电视剧中，望楼传递信息的方式有一种如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息.现要求每一行，每一列上至多有一个紫色小方格（如图所示即满足要求）.则一共可以传递______种信息.（用数字作答）16.已知点()1,0A -是抛物线22y px =的准线与x 轴的交点，F 为抛物线的焦点，P 是抛物线上的动点，则PFPA最小值为_____．的三、解答题（共5小题，满分60分）17.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝λn 2﹣16n +m ． （1）当λ＝2时，求通项公式a n ；（2）设{a n }的各项为正，当m ＝15时，求λ的取值范围．18.如图，平行四边形ABCD 中，26AD AB ==，E 、F 分别为AD ，BC 中点．以EF 为折痕把四边形EFCD折起，使点C 到达点M 的位置，点D 到达点N 的位置，且NF NA =．（1）求证：AF ⊥平面NEB ；（2）若BE =N BE M --的余弦值．的19.新冠病毒是一种通过飞沫和接触传播的变异病毒，为筛查该病毒，有一种检验方式是检验血液样本相关指标是否为阳性，对于n 份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验n 次．二是混合检验，将其中k 份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这k 份血液全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再逐份检验，此时k 份血液检验的次数总共为1k +次．某定点医院现取得4份血液样本，考虑以下三种检验方案：方案一，逐个检验；方案二，平均分成两组检验；方案三，四个样本混在一起检验．假设在接受检验的血液样本中，每份样本检验结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且每份样本是阴性的概率为3P =． （Ⅰ）求把2份血液样本混合检验结果为阳性的概率；（Ⅱ）若检验次数的期望值越小，则方案越“优”．方案一、二、三中哪个最“优”？请说明理由．20.已知椭圆22:12x C y +=，A 为C 的上顶点，过A 的直线l 与C 交于另一点B ，与x 轴交于点D ，O 点为坐标原点．（1）若2AB =，求l 的方程； （2）已知P 为AB 的中点，y 轴上是否存在定点Q ，使得0OP DQ ⋅=u u u r u u u r？若存在，求Q 的坐标；若不存在，说明理由．21.已知函数f （x ）＝x 2+ax +blnx （a ，b ∈R ），曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为2x ﹣y ﹣2＝0． （1）判断f （x ）在定义域内的单调性，并说明理由；（2）若对任意的x ∈（1，+∞），不等式f （x ）≤m （e x ﹣1﹣1）恒成立，求实数m 的取值范围．（二）选考题：共10分，请考生在22、23题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4--4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系xOy 中，直线1l ：cos ,sin x t y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数，π02α<<），曲线1C ：2cos 4+2sin x y ββ=⎧⎨=⎩,（β为参数），1l 与1C 相切于点A ，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （1）求1C 极坐标方程及点A 的极坐标；（2）已知直线2l ：()6R πθρ=∈与圆2C ：2cos 20ρθ-+=交于B ，C 两点，记AOB ∆面积为1S ，2COC ∆的面积为2S ，求1221S S S S +的值.[选修4--5:不等式选讲]23.已知正实数a ，b ，c 满足a 3+b 3+c 3＝1． （Ⅰ）证明：a +b +c ≥（a 2+b 2+c 2）2； （Ⅱ）证明：a 2b +b 2c +c 2a ≤1．的的参考答案一、选择题（共12小题）1.C2.C3.D4.A5.B6.C7.C8.A9.C 10.D 11.C 12.B二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13.15414.5 15.3416.2三、解答题（共5小题，满分60分）17.解：(1)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝λn 2﹣16n +m ． 当λ＝2时，S n ＝2n 2﹣16n +m ①．所以2n ≥时，()212(1)161n S n n m -=---+②，①﹣②得：a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝4n ﹣18 ()2n ≥ 当1n =时，14n a m =-+故：()()1414182n m n a n n ⎧-+=⎪=⎨-≥⎪⎩．(2)由m ＝15时，当n ＝1时，a 1＝S 1＝λ﹣1，当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝2λn ﹣λ﹣16， 所以：由于数列的各项为正数，故：102022160λλλλ-⎧⎪⎨⎪⋅--⎩＞＞＞，解得：163λ＞故λ的取值范围是：{16|3λλ＞}． 18.1）证明：记AF BE O =I ，连接NO ，可知四边形ABFE 是菱形，所以AF BE ⊥，且O 为AF ，BE 中点，又NF NA =，所以AF NO ⊥，又因为NO BE O =I ，NO ，BE ⊂平面NEB ， 所以AF ⊥平面NEB .（2）因为BE =EO =NF =所以FO =所以NO =所以2229NO EO NE +==，所以NO BE ⊥，又由（1）可知：NO AF ⊥，且AF BE O =I ，AF ，BE ⊂平面ABFE ，所以NO ⊥平面ABFE ，以直线OE 为x 轴，直线OA 为y 轴，直线ON 为z 轴建立空间直角坐标系，则()A，()B，)E，()0,F，(N ，的Q OM ON NM ON AB =+=+u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u ur(()=+(=所以(M，所以(0,BM =u u u u r，()BE =u u u r，设(),,a x y z =r是平面MBE 的法向量，则000000x a BM y z a BE ⎧⎧+==⎧⋅=⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨=⋅==⎩⎪⎪⎩⎩u u u u v v u u uv v ，取1y =，得()0,1,1a =r ， 又平面NBE的一个法向量为()OA =u u u r，所以cos ,2a OA a OA a OA⋅===⋅u u u r r u u u r ru u u r r ， 所以二面角N BE M --的余弦值为2．19.（Ⅰ）该混合样本阴性的概率为：2839⎛= ⎝⎭， 根据对立事件原理，阳性的概率为：81199-=． （Ⅱ）方案一：逐个检验，检验次数为4．方案二：由（Ⅰ）知，每组2个样本检验时，若阴性则检验次数为1，概率为89； 若阳性则检验次数为3，概率为19， 设方案二的检验次数记为ξ，则ξ的可能取值为2,4,6，()28642981P ξ⎛⎫∴===⎪⎝⎭；()12181649981P C ξ==⨯⨯=；()11169981P ξ==⨯=，则ξ的分布列如下：可求得方案二的期望为()6416119822246818181819E ξ=⨯+⨯+⨯==． 方案三：混在一起检验，设方案三的检验次数记为η，η的可能取值为1，5，()4641381P η⎛∴=== ⎝⎭，()6417518181P η==-=， 则η的分布列如下：可求得方案三的期望为()641714915818181E η=⨯+⨯=． 比较可得()()4E E ηξ<<，故选择方案三最“优”． 20.（1）①当直线的斜率不存在时，:0l x =，2AB =，舍去； ②当直线的斜率存在时，:1l y kx =+，0k ≠，联立方程22122y kx x y ⎧=+⎨+=⎩，化简得()222140k x kx ++=， 解得0x =或2421kx k -=+，所以222412,2121k k B k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，所以240212k AB k -=-=+，化简得4244150k k +-=，解得232k =或252k =-（舍去），即k =所以:1l y x =+.（2）①:1l y kx =+，由（1）得2221,2121k P k k -⎛⎫⎪++⎝⎭，1,0D k ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以12OP k k=-，又因为0OP DQ ⋅=u u u r u u u r ，所以OP DQ ⊥，所以2DQ k k =， 所以1:222DQ l y k x kx k ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭， 即存在定点()0,2Q 满足条件．②:0l x =，则O ，P 重合，()0,2Q 也满足条件综上，存在()0,2Q 满足条件．21.解：由f (x )＝x 2+ax +blnx ，得f ′(x )＝2x +a b x+(x ＞0)． 由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为2x ﹣y ﹣2＝0，得()()'122110f a b f a ⎧=++=⎪⎨=+=⎪⎩，即a ＝﹣1，b ＝1． ∴f (x )＝x 2﹣x +lnx ．(1)∵f ′(x )＝2x ﹣122172()12148x x x x x x -+-++==>0在(0，+∞)上恒成立， ∴f (x )在(0，+∞)上为增函数；(2)由(1)得，f (x )＝x 2﹣x +lnx ，对任意的x ∈(1，+∞)，不等式f (x )≤m (e x ﹣1﹣1)恒成立，即x 2﹣x +lnx ≤m (e x ﹣1﹣1)恒成立，令g (x )＝m (e x ﹣1﹣1)﹣f (x )＝m (e x ﹣1﹣1)﹣x 2+x ﹣lnx ， 则g ′(x )1121x me x x-=-+-，注意到g (1)＝0，g ′(1)＝m ﹣2， 要使得对任意的x ∈(1，+∞)，不等式f (x )≤m (e x ﹣1﹣1)恒成立，即g (x )≥0，则必有g ′(x )在(1，1+δ)(其中δ为任意小的正数)大于0，亦有g ′(1)≥0，则m ≥2．当m ≥2时，令u (x )＝g ′(x )1121x me x x-=-+-， u ′(x )1212x me x-=-+>2e x ﹣1﹣2＞0． ∴u (x )在(1，+∞)上单调递增，则g ′(x )＞g ′(1)≥0，∴g (x )单调递增，则g (x )＞g (1)＝0；当0＜m ＜2时，g ′(1)＝m ﹣2＜0，当x →+∞时，g ′(x )→+∞，则g ′(x )＝0在(1，+∞)上必有实数根，设最小的正数根为x 0，则当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，则g (x )＜g (1)＝0，与题设不符；当m ≤0时，g ′(x )1121x me x x-=-+-<0，则g (x )单调递减，g (x )＜g (1)＝0，与题意不符． 综上所述，m 的取值范围为[2，+∞)．（二）选考题：共10分，请考生在22、23题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4--4：坐标系与参数方程]22.（1）消去参数可得1C 的直角坐标方程为()2244x y +-=，将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入得1C 的极坐标方程为28sin 120ρρθ-+=， 又1l 的参数方程为cos ,sin x t y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数，02πα<<）， 可得1l 的极坐标方程为()R θαρ=∈，将θα=代入1C 得28sin 120ρρα-+=，则()28sin 4120α∆=-⨯=，sin 2α=±，又02πα<<，所以sin α=，3πα=，此时ρ=A的极坐标为3π⎛⎫ ⎪⎝⎭. （2）由2C的极坐标方程为2cos 20ρθ-+=，可得2C直角坐标方程为(2210x y -+=，所以圆心()2C ， 设1,6B πρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2,6C πρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，将6πθ=代入2cos 20ρθ-+=， 得2620ρρ-+=，280∆=>，所以126ρρ+=，122ρρ=，所以10ρ>，20ρ>， 又因1111sin 236A S ππρρ⎛⎫=⋅⋅-= ⎪⎝⎭，22221sin 26S OC πρρ=⋅⋅=， 所以12122121S S S S ρρρρ+=+=()221212122622162ρρρρρρ+--⨯==. 【点睛】本题考查了参数方程、直角坐标方程和极坐标方程之间的转化，考查了利用极坐标求三角形面积的应用，属于中档题.[选修4--5:不等式选讲]23.证明：(Ⅰ)∵a 3+b 3+c 3＝1， ∴a +b +c ＝(a +b +c )(a 3+b 3+c 3)222222⎤⎤=++++≥⎦⎦(a 2+b 2+c 2)2，即得证． (Ⅱ)a 3+b 3＝(a +b )(a 2﹣ab +b 2)≥(a +b )(2ab ﹣ab )＝a 2b +ab 2，同理b 3+c 3≥b 2c +bc 2，a 3+c 3≥a 2c +ac 2，全部加起来得2(a 3+b 3+c 3)≥a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+a 2c +ac 2，①又a 2+b 2≥2ab ，故a 3+ab 2≥2a 2b ，则a 3≥2a 2b ﹣ab 2，同理b 3≥2b 2c ﹣bc 2，c 3≥2c 2a ﹣ca 2，全部加起来得a 3+b 3+c 3≥2(a 2b +b 2c +c 2a )﹣ab 2﹣bc 2﹣ca 2，②由①②得3(a 3+b 3+c 3)≥3(a 2b +b 2c +c 2a )，的即a2b+b2c+c2a≤a3+b3+c3＝1，即得证．。

河南省2020届高三（5月份）高考数学（理科）适应性试卷注意事项：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第I 卷（选择题）一、选择题1.已知i 是虚数单位，z 是复数z 的共轭复数，若2iz i+=，则z =（ ） A.12i -B.12i +C.2i +D.2i -2.设集合{}12A x x =-<，[]{}2,0,2xB y y x ==∈，则下列选项正确的是（ ）A.()1,3A B ⋂=B.[)1,4A B =C.(]1,4AB =- D.{}0,1,2,3,4AB =3.某科研型企业，每年都对应聘入围的大学生进行体检，其中一项重要指标就是身高与体重比，其中每年入围大学生体重y （单位：kg ）与身高x （单位：cm ）基本都具有线性相关关系，根据今年的一组样本数据()()1,,2,,50i i x y i =，用最小二乘法建立的回归方程为ˆ0.8385.71yx =-，则下列结论中不正确的是（ ） A.y 与x 具有正的线性相关关系 B.回归直线过样本点的中心(),x yC.若某应聘大学生身高增加1cm ，则其体重约增加0.83kgD.若某应聘大学生身高为170cm ，则可断定其体重必为55.39kg4.“0m =”是“直线0x y m +-=与圆()()22112x y -+-=相切”的（ ） A ．充要条件 B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件 5.已知向量()3,1a =，()1,3b m =-，若向量a ，b 的夹角为锐角，则实数m 的取值范围为（ ）A.()1+∞B.()1++∞C.(()1133,+++∞D.(()1133,+++∞6.设函数()sin f x x x =，[]0,2x π∈，若01a <<，则方程()f x a =的所有根之和为（ ）A.43π B.2πC.83π D.73π 7.若对任意正数x ，不等式22214a x x++恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.[0，)+∞B.1[,)4-+∞C.1[,)4+∞ D.1[,)2+∞8.某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类活动.现有包括甲、乙两人在内的6名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6名中学生中2人被分配到学校附近路口执勤，2人被分配到医院附近路口执勤，2人被分配到中心市场附近路口执勤，如果分配去向是随机的，则甲、乙两人被分配到同一路口的概率是（ ） A.15B.25C.35D.459.已知函数()[]22ln 33f x x x =-+，其中[]x 表示不大于x 的最大整数（如[]1.61=，[]2.13-=-），则函数()f x 的零点个数是（ ）A.1B.2C.3D.410.已知过双曲线22:184x y C -=的左焦点F 的直线l 与双曲线左支交于点A ，B ，过原点与弦AB 中点D 的直线交直线3x =-于点E ，若AEF 为等腰直角三角形，则直线l 的方程可以为（）A.(30x y +-+=B.(30x y -++=C.(30x y +--=D.(30x y +++=11.设n S ，n T 分别为等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，且3245n n S n T n +=+.设点A 是直线BC 外一点，点P 是直线BC 上一点，且143a a AP AB ACb λ+=⋅+⋅，则实数λ的取值为（ ） A.2825B.325-C.328D.1825-12.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表.其中《方田》章给出计算弧田面积的经验公式为：S=12×弦×矢+12×矢2.弧田（如图1阴影部分）由圆弧和其所对弦围成，弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差.类比弧田面积公式得到球缺(如图 2)近似体积公式：V=12×圆面积×矢+12×矢3.球缺是指一个球被平面截下的一部分，厦门嘉庚体育馆近似球缺结构（如图3)，若该体育馆占地面积约为18000m 2，建筑容积约为340000m 3，估计体育馆建筑高度(单位：m )所在区间为（ ） 参考数据: 323+18000×32=608768，343+18000×34=651304，363+18000×36=694656，383+18000×38=738872，403+18000×40=784000.A. (32,34)B. (34,36)C. (36,38)D. (38,40)第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）13.若x ，y 满足线性约束条件604400x y x y y +-≤⎧⎪--≥⎨⎪≥⎩，则2z x y =+的最大值为______.14.过抛物线216x y =的焦点F 的直线AB 被F 分成长度为m ，n 的两段()m n >，请写出一个m ，n 满足的等量关系式______.15.习近平同志提出：乡村振兴，人才是关键.要积极培养本土人才，鼓励外出能人返乡创业.2020年1月8日，人力资源和杜会保障部、财政部、农业农村部印发《关于进一步推动返乡入乡创业工作的意见》.《意见》指出，要贯彻落实党中央、国务院的决策部署，进一步推动返乡入乡创业，以创新带动创业，以创业带动就业，促进农村一、二、三产业融合发展，实现更充分、更高质量就业.为鼓励返乡创业，某镇政府决定投入“创业资金”和“创业技术培训”帮扶返乡创业人员.预计该镇政府每年投入的“创业资金”构成一个等差数列{}n a （单位：万元），每年“创业技术培训”投入为第一年创业资金1a （万元）的3倍，已知2212200a a +=，则该镇政府帮扶5年累计总投入的最大值为_______万元.三、解答题（题型注释）满足AB AD ⊥，4AB =，AC =2BCD BCA ∠=∠，ABC 的面积为4.（1）求BC的长；（2）求ACD△的面积.17.人类非物质文化遗产是经联合国教科文组织评选确定而列入《人类非物质文化遗产代表作名录》的遗产项目.记录着人类社会生产生活方式、风俗人情、文化理念等，非物质文化遗产蕴藏着世界各民族的文化基因、精神特质、价值观念、心理结构、气质情感等核心因素，是全人类共同的宝贵财富.中国作为东方文明大国，有39个项目入选，总数位居世界第一.现已知某地市是非物质文化遗产项目大户，有7项人选，每年都有大批的游客前来参观学习，同时也带动了当地旅游经济的发展.某土特产超市对2019年春节期间的90位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表：（1）根据以上数据完成2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的情况下认为购买金额是否少于60元与年龄有关.（2）为吸引游客，超市推出一种优惠方案，举行购买特产，抽奖赢取非物质文化遗产体验及返现的活动，凡是购买金额不少于60元可抽奖三次，每次中奖概率为P（每次抽奖互不影响，且P的值等于人数分布表中购买金额不少于60元的频率），每中奖一次体验1次，同时减免5元；每中奖两次体验2次，减免10元，每中奖三次体验2次，减免15元，若游客甲计划购买80元的土特产，请列出实际付款数X（元）的分布列并求其数学期望.附参考公式和数据：()()()()()22n ad bcKa b c d a c b d-=++++，n a b c d=+++.且2BC =，1BF EF CE AD ====，AB =ABF ⊥平面BCEF .（1）证明：AB CE ；（2）求二面角A DF C --的余弦值. 19.已知圆(22:16C x y -+=，点()G ，P 是圆C 上一动点，若线段PG 的垂直平分线和CP 相交于点M . （1）求点M 的轨迹方程E .（2）已知直线():0l y kx m m =+≠交曲线E 于A ，B 两点.①若射线BO 交椭圆221164x y +=于点Q ，求ABQ △面积的最大值；②若OA OB ⊥，OD 垂直AB 于点D ，求点D 的轨迹方程. 20.已知函数()()xf x xex R -=∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，求实数a 的取值范围；（3）如果12x x ≠，且()()12f x f x =，求证：()12ln ln 2x x +>.21.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为2cos x y αα=⎧⎪⎨=⎪⎩（α为参数），直线l的参数方程为1cos sin x t ay t α=+⎧⎨=⎩（t 为参数）.（1）求曲线C 和直线l 的一般方程；（2）已知点()1,0P ，直线l 和曲线C 交于A ，B 两点，若125PA PB ⋅=，求直线l 的一般方程.22.已知函数()2f x x x m =-++.（1）若1m =，求不等式()3f x x ≥的解集；（2）若关于x 的不等式()1f x ≥恒成立，求实数m 的取值范围.四、新添加的题型23.函数222ln x f x x e x ax =--，若0a =，则()f x 在[]1,2的最小值为_______；当0x >时，()1f x ≥恒成立，则a 的取值范围是_____.参考答案1.B【解析】1.根据复数的除法运算，可求12z i =-，再根据复数与共轭复数的关系，即可求出结果. 因为()22212i ii z i i i++===-，所以12z i =+. 故选：B. 2.C【解析】2.先化简集合,A B ，结合选项进行判断.因为{}{}1213A x x x x =-<=-<<，[]{}{}2,0,214xB y y x y y ==∈=≤≤，所以[)1,3A B ⋂=，(]1,4A B =-.故选：C 3.D【解析】3.根据线性回归方程分析，x 的系数为正则正相关；线性回归方程必过样本中心点；利用线性回归方程分析数据时只是估计值，与真实值存在误差.由于线性回归方程中x 的系数为0.83，因此y 与x 具有正的线性相关关系，故A 正确； 线性回归方程必过样本中心点(),x y ，故B 正确；由线性回归方程中系数的意义知，x 每增加1cm ，其体重约增加0.83kg ，故C 正确； 当某大学生的身高为170cm 时，其体重估计值是55.39kg ，而不是具体值，故D 不正确. 故选：D 4.B【解析】4.试题分析：若0m =，则圆()()22112x y -+-=的圆心)1,1(到直线0=+y x 的距离为2，等于半径，此时圆与直线相切，充分性成立；若直线0x y m +-=与圆()()22112x y -+-=相切，则圆心到直线距离为22|11|=-+m ，解得0=m 或4，故必要性不成立. 5.C【解析】5.先由向量的夹角为锐角，由向量数量积，求出1m >-a ，b 共线时，求出133m =+，进而可求出结果.因为()3,1a =，()1,3b m =-，所以()313a b m ⋅=-+；因为向量a ，b)130m -+>，解得1m >-又当向量a ，b共线时，()10m -=，解得：1m =+ 所以实数m 的取值范围为(()1133,+++∞.故选：C. 6.D【解析】6.先进行化简函数()f x ，利用三角函数的对称性进行求解即可． ∵()2sin 3f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，[]0,2x π∈， ∴()[]2,2f x ∈-，又01a <<，∴方程()f x a =有两根1x ，2x ，由对称性得1233322x x πππ⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=，解得1273x x π+=.答案： D7.B【解析】7. 原不等式即2214a x x ++，再利用基本不等式求得24x x+的最大值，可得a 的范围．解：依题意得，当0x >时，2222144x a x x x+=++ 恒成立，又因为44x x+，当且仅当2x =时取等号， 所以，24x x+的最大值为12，所以1212a +，解得a 的取值范围为1[,)4-+∞． 故选：B ． 8.A【解析】8.结合排列、组合求得把6名同学平均分配到三个不同的路口分配种数，再求得甲、乙两人被分配到同一路口种数，利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.由题意，把6名同学平均分配到三个不同的路口，共有222364233390C C C A A =种分配方案， 其中甲、乙两人被分配到同一路口有123418C C =种可能，所以甲、乙两人被分配到同一路口的概率为181905=. 故选：A. 9.D【解析】9.构造函数()22ln g x x =与()[]33h x x =-，作出图象，结合图象得出两函数的交点个数，即可求解.设函数()22ln g x x =，()[]33h x x =-，则()()222ln()2ln g x x x g x -=-==，所以函数()g x 为定义域上的为偶函数，作出函数()22ln g x x =与()[]33h x x =-的图象，如图所示，当10x -<<时，()6h x =-，结合图象，两函数有1个交点，即1个零点； 当01x <<时，()3h x =-，结合图象，两函数有1个交点，即1个零点； 当1x =时，()()0g x h x ==，两函数有1个交点，即1个零点；当23x ≤<时，()3h x =，()4ln 24ln3g x ≤<，此时两函数有1个交点，即1个零点，综上可得函数()[]22ln 33f x x x =-+共4个零点.故选：D.10.A【解析】10.先由题意，得()F -，设:l x my m =-≠，()11,A x y ，()22,B x y ，将直线l 的方程代入双曲线C 的方程，消去x ，根据韦达定理，以及题中条件，得到22,22D m m ⎛⎫ ⎪ ⎪--⎝⎭，求得直线OD 的方程为2m y x =，求出33E m ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，推出EF l ⊥，得到EF AF =，根据题意，求出(3m =±-，即可得出结果.由22:184x y C -=得其左焦点为()F -，则由题意可设:l x my m =-≠，代入双曲线C 的方程，消去x ，整理得()22240m y --+=.设()11,A x y ，()22,B x y ，由根与系数的关系，得1222y y m +=-，∴122y y +=()121222m y y x x ++=-=D ⎝⎭∴直线OD 的方程为2my x =.令x =，得y =，即,33E m ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，∴直线EF0m m --=-，∴EF l ⊥， 则必有EF AF ===解得13y =±. 又2211184x y -=，∴13x=-，∴(3m =±-，从而直线l的方程为(30x y +-+=或(30x y --+=. 故选：A. 11.B【解析】11.由3245n n S n T n +=+，结合数列的n a 与n S 的关系，分别求得{}n a ，{}n b 的通项公式，进而得到143a ab +的值，再结合向量的共线定理，即可求解. 由题意，n S ，n T 分别为等差数列{}n a ，{}n b 的前n 项和，且3245n n S n T n +=+， 不妨取232n S n n =+，245n T n n =+，当1n =时，115a S ==，当2n ≥时，161n n n a S S n -=-=-，验证得当1n =时上式成立，综上数列{}n a 的通项公式为61n a n =-， 同理可得，数列{}n b 的通项公式为81n b n =+，则1432825a ab +=， 又由点P 在直线BC 上，设BP k BC =，()()1AP AB BP AB kBC AB k AC AB k AB k AC =+=+=+-=-+2825AB AC λ=+⋅，即28125k -=，325k λ==-.故选：B. 12.B【解析】12.分析：根据所给近似体积公式分别计算ℎ=32,32,36,38,40时的体积近似值.详解：设体育馆建筑高度为ℎ(m)，则V =12×18000ℎ+12ℎ3，若ℎ=32，则V =304383；若ℎ=34，则V =325652，若ℎ=36，则V =347328，325652<340000<347328，∴34<ℎ<36，故选B. 13.12【解析】13.由线性约束条件，作出可行域， z 的几何意义为直线的截距，移动直线可得经过A 点，z 取最大值.由线性约束条件，作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，22z x y y x z =+⇒=-+，z 的几何意义为直线的截距，作直线2y x =-，平移该直线，当直线经过点()6,0A 时，2z x y =+取得最大值，即maxz 26012=⨯+=. 故答案为：1214.()4mn m n =+【解析】14.先由题意，设()11,A x y ，()22,B x y ，直线AB 的方程为：4y kx =+，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，得到212168y y k +=+，再由题意，得到128y y m n +=+-，121212y y m n kx x x x ，求得2216m nk mn，从而得到()288m n m n m n-+=+-+，求解，即可得出结果. 由题意，()0,4F ，设()11,A x y ，()22,B x y ，直线AB 的方程为：4y kx =+，由2416y kx x y =+⎧⎨=⎩消去y ，得到216640x kx --=，所以12121664x x k x x +=⎧⎨=-⎩， 所以()212128168y y k x x k +=++=+，又过抛物线216x y =的焦点F 的直线AB 被F 分成长度为m ，n 的两段()m n >，所以14y m =-，24y n =-，128y y m n +=+-， 所以121212y y m n kx x x x ， 因此222222221212121221612816m n m nm n mnkx x x x y y mnx x ，所以()221216888m n y y k m n m n-+=+=+=+-+，即()()()2216m n m n m n -=+-+，整理得：()4mn m n =+. 故答案为：()4mn m n =+. 15.200【解析】15.设等差数列{}n a 的公差为d ，且满足2212200a a +=.则该镇政府帮扶5年累计总投入：()111254553102a d a a a ⨯+⨯+⨯=+，再利用基本不等式求最值即可. 设等差数列{}n a 的公差为d ，且满足2212200a a +=.则该镇政府帮扶5年累计总投入：()()111125455310210102002a d a a d a a ⨯+⨯+⨯=+=+≤==，当且仅当1210a a ==时等号成立. 故该镇政府帮扶5年累计总投入的最大值为200万元. 故答案为：20016.（1）2BC =；（2）10.【解析】16.（1）由ABC 的面积求得sin BAC ∠的值，进而求得cos BAC ∠，然后在ABC 中利用余弦定理可求得BC 的长；（2）利用勾股定理得出AB BC ⊥，进而推导出DCA BCA CAD ∠=∠=∠，可得出AD CD =，过顶点D 作AC 的垂线，垂足为E ，在Rt ADE △中，利用正弦定理可求得DE 的长，然后利用三角形的面积公式可求得ACD △的面积.（1）由已知11sin 4sin 422ABC S AB AC BAC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯∠=△，可得sin BAC ∠=，又AB AD ⊥，所以0,2BAC π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以cos 5BAC ∠==. 在ABC 中，由余弦定理2222cos 4BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠=，2BC ∴=； （2）由（1）可得：222AC AB BC =+，所以AB BC ⊥，故2BAC BCA π∠+∠=.由AB AD ⊥，得2BAC CAD π∠+∠=，所以∠=∠BCA CAD ，.又2BCD BCA ∠=∠，所以DCA BCA CAD ∠=∠=∠， 所以ACD △为等腰三角形，即AD CD =.在ACD △中，过顶点D 作AC 的垂线，垂足为E ，且2ADE CAD π∠+∠=，ADE BAC ∴∠=∠，sin sin cos 2CAD ADE ADE π⎛⎫∴∠=-∠=∠ ⎪⎝⎭，在Rt ADE △中，由正弦定理sin sin DE AECAD ADE=∠∠，可得sin cossin sin AE CAD AE ADEDE ADE ADE∠∠===∠∠所以111022ACD S AC DE =⋅=⨯=△. 17.（1）列联表见解析，能在犯错误的概率不超过0.05的情况下认为购买金额是否少于60元与年龄有关；（2）分布列见解析，75.【解析】17.（1）根据题中数据可得22⨯列联表，再利用2K 计算公式得出，即可判断出结论． （2）X 可能取值为65，70，75，80，且10201903P +==．利用二项分布列的计算公式即可得出X 的分布列及其数学期望． 解：（1）2×2列联表如下：()2901220401814405 3.84130605238247K ⨯⨯-⨯==>>⨯⨯⨯，.因此能在犯错误的概率不超过0.05的情况下认为购买金额是否少于60元与年龄有关. （2）X 的可能取值为65，70，75，80，且10201903P +==.()3331165327P X C ⎛⎫===⎪⎝⎭， ()22312270339P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，.()21312475C 339P X ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()3032880327P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. X 的分布列为所以()6570758075279927E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.18.（1）证明见解析；（2.【解析】18.（1）取BC 中点M ，连接CF ，MF ，先由题中条件，得到CF BF ⊥，再由面面垂直的性质，以及线面垂直的判定定理，证明AB ⊥平面BCEF ，进而可得出ABCE ；（2）先由题意建立空间直角坐标系，分别求出平面ADF 和平面DFC 的法向量，根据向量夹角公式，求出法向量夹角的余弦值，进而可得出结果. （1）证明：取BC 中点M ，连接CF ，MF ，因为四边形BCEF 为等腰梯形，2BC =，1BF EF CE AD ====， 所以//CM EF ，1CM EF ==，所以四边形EFMC 为平行四边形， 所以EC MF =，三角形BMF 为等边三角形，所以60CBF ∠=︒，30BCF ∠=︒，90BFC ∠=︒，即CF BF ⊥， 又因为CF ⊂平面BCEF ，平面ABF ⊥平面BCEF ，平面ABF 平面BCEF BF =，所以CF ⊥平面ABF ， 因为AB平面ABF ，所以CF AB ⊥，又因为AB BC ⊥，BC CF C =，BC ⊂平面BCEF ，CF ⊂平面BCEF ，所以AB ⊥平面BCEF ，又因为CE ⊂平面BCEF ，所以ABCE .（2）据（1）可建立如图所示的空间直角坐标系，所以可求得(A，(D，1,022F ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C .则31,2DF ⎛=-⎝，()0,1,0AD =，(0,1,DC =. 设向量()111,,a x y z =为平面ADF 的一个法向量，则00a DF a AD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即111110220x y y -=⎪⎨⎪=⎩，所以令2z =，则43,0,3a ⎛= ⎝；设向量()222,,b x y z =为平面DFC 的法向量，则00b DF bDC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222221022x y y -=⎨⎪-=⎩，令z =(23,b =，所以533cos ,a b a b a b⋅<>==，又二面角A DF C --的平面角为钝角， 所以二面角A DF C --的余弦值为33-. 19.（1）2214x y +=；（2）①ABQ ∆面积的最大值为3；②22455x y x ⎛⎫+=≠± ⎪ ⎪⎝⎭.【解析】19.（1）根据题意，化简得4GM MC PM MC GC +=+=>，再结合椭圆的定义即可取得点M 的轨迹方程；（2）①当BO 所在直线斜率存在时，设BO 的方程为y nx =，得到Q 到直线l 的距离是点O 到直线l 距离的3倍，联立方程组2214y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，利用根与系数的关系和弦长公式，以及点到直线的距离公式，求得OABS的表示，利用基本不等式，求得OABS面积的最大值；当BO 所在直线斜率不存在时，设l 的方程为1y kx =+，联立方程组，结合面积公式和基本不等式，求得OABS的最大值，即可得到结论；②由①和OA OB ⊥，化简得到()22415k m +=，进而得到OD =.（1）由圆(22:16C x y -+=，可得圆心C ，半径4r =，因为4GC =<，所以点G 在圆C 内，又由点M 在线段PG 的垂直平分线上，所以GM PM =， 所以4GM MC PM MC GC +=+=>，由椭圆的定义知，点M 的轨迹是以G ，C 为焦点的椭圆， 其中2a =，c =2431b =-=，所以点M 的轨迹方程为2214x y +=.（2）①当BO 所在直线斜率存在时，设BO 所在直线方程为y nx =，由2214y nxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，可得22414B x n =+，同理221614Q x n =+，21Q B x x =，所以2OQ OB =， 即Q 到直线l 的距离是点O 到直线l 距离的3倍， 设()11,A x y ，()22,B x y ，联立2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，可得()()222418410k x kmx m +++-=. 由>0∆得22410k m +->，且122841kmx x k +=-+，()21224141m x x k -=+，则241AB k ==+， 又由O 到直线l的距离d =∴222214141212OAB m m k k S ⎛⎫+- ⎪++⎝⎭==≤=△.当且仅当222214141m m k k =-++，即22241m k =+时等号成立. 故ABQ △面积的最大值为33OAB S =△. 当BO 所在直线斜率不存在时，假设()0,1B ，则()0,2Q -，l 的方程为1y kx =+（其中0k >）.联立22114y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()224180k x kx ++=，则2841A k x k -=+. ∴2112121231241224ABQ A k S BQ x k k k=⋅==≤=+⨯+△， 综上可得，ABQ ∆面积的最大值为3.②由①知122841kmx x k +=-+，()21224141m x x k -=+，又因为OA OB ⊥，所以0OA OB ⋅=，即12120x x y y +=，即()()2212121212(1)()0x x kx m kx m k x x km x x m +++=++++=，代入解得()22415k m +=，又OD ==所以点D 的轨迹是以O 的圆（去掉x 轴上的两个点），故点D 的轨迹方程为2245x y x ⎛+=≠ ⎝⎭. 20.（1）在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭；（3）证明见解析.【解析】20.（1）先求解导数()f x '，通过求解不等式，判断函数单调性；（2）利用单调性求解函数的值域，结合图象变化趋势可得212310,a a e ⎛⎫-+-∈ ⎪⎝⎭，然后求解不等式可得结果；（3）构造函数()()()11F x f x f x =+--，判断单调性得出()()11f x f x +>-，结合函数()f x 的单调性可得122x x +>，从而可证结论.（1）因为()x f x xe -=，所以()()1xf x x e -'=-，令()0f x '>可得1x <；令()0f x '<可得1x >；所以函数()xf x xe -=在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减.（2）由（1）可得函数()xf x xe -=在1x =处取得最大值，()()max 11f x f e==， 所以函数()xf x xe -=的值域为1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，且x →+∞时，()0f x →；因为方程()22310f x a a +-+=有两个不同的根，所以212310,a a e ⎛⎫-+-∈ ⎪⎝⎭，即22310a a -+->，21231a a e -+-<，解得112a <<. 即实数a 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭.（3）证明：由()()12f x f x =，12x x ≠，不妨设12x x <，构造函数()()()11F x f x f x =+--，(]0,1x ∈，则()()()()211110x x xF x f x f x e e +'''=++-=->，所以()F x 在(]0,1x ∈上单调递增，()()00F x F >=，也即()()11f x f x +>-对(]0,1x ∈恒成立.由1201x x <<<，则(]110,1x -∈，所以()()()()()()()1111211211f x f x f x f x f x +-=->--==，.即()()122f x f x ->，又因为12x -，()21,x ∈+∞，且()f x 在()1,+∞上单调递减，所以122x x -<，即证122x x +>.即()12ln ln 2x x +>. 21.（1）22143x y +=；1x =或()tan 1y x α=⋅-；（20y -=或0y +-.【解析】21.（1）由曲线C 和直线l 的参数方程，消去参数，即可求得曲线C 和直线l 的一般方程； （2）将l 的参数方程代入曲线C 的普通方程，结合直线参数方程中参数的几何意义，即可求解.（1）由题意，曲线C的参数方程为2cos x y αα=⎧⎪⎨=⎪⎩（α为参数），即cos 2sin x αα⎧=⎪⎪⎨=（α为参数），平方相加，可得曲线C 的一般方程为22143x y +=， 由直线l 的参数方程为1cos sin x t a y t α=+⎧⎨=⎩（t 为参数） 当cos 0α≠时，l 的直角坐标方程为()tan 1y x α=⋅-.当cos 0α=时，l 的直角坐标方程为1x =.（2）将l 的参数方程1cos sin x t a y t α=+⎧⎨=⎩（t 为参数）代入22143x y +=，整理得()2224sin 3cos 6cos 90t t ααα++⋅-=，设A ，B 对应的参数为1t ，2t ，则122294sin 3cos t t αα⋅=-+， ∴229124sin 3cos 5PA PB αα⋅==+，解得2tan 3α=，即tan α=tan α=， 所以直线l0y --=0y +=.22.（1）{}1x x ≤；（2）(][),31,-∞--+∞.【解析】22.（1）求出函数的两个零点，再利用零点分段法解不等式，即可得到答案；（2）利用绝对值不等式，将()1f x ≥恒成立等价于21m +≥恒成立，再解绝对值不等式，即可得到答案； 解：（1）当1m =时，()12,13,1221,2x x f x x x x -≤-⎧⎪=-<<⎨⎪-≥⎩.当1x ≤-时，由()3f x x ≥，得51x ≤，解得15x ≤，所以1x ≤-； 当12x -<<时，由()3f x x ≥，得33x ≤，解得1x ≤，所以11x -<≤；当2x ≥时，()3f x x ≥，解得1x ≤-，所以无解.综上()3f x x ≥的解集为{}1x x ≤（2）()222x x m x x m m -+≥--+=++，当且仅当()()20x x m -+≤时等号成立，故()1f x ≥恒成立等价于21m +≥恒成立， 由21m +≥，可得3m ≤-或1m ≥-，所以m 的取值范围是(][),31,-∞--+∞.23.e (],1-∞【解析】23.将0a =代入，求出函数的导数得出()0f x '>恒成立，得到单调性进而得最小值；结合性1x e x >+可得()2111a x -+≥，进而可得结果.当0a =时，∵()222ln x f x x e x =-，∴()222222x x f x xe x x e x'=+⋅-. 当1x >时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在[]1,2上单调递增.∴()f x 在[]1,2上最小值为()1f e =.又0x >时，()1f x ≥恒成立，令 ()1x g x e x =--,()()100x g x e g ''=->=, 所以()g x 在()0,∞+ 递增，()()00g x g >= 所以1x e x >+ ∴()22222ln 22ln 2ln x x x f x x e x ax e x ax +=--=--()2222ln 12ln 111x x x ax a x ≥++--=-+≥恒成立， ∴1a ≤.故答案为e ；(],1-∞.。

2020年山东省新高考预测数学试卷（5月份）一、选择题（共8小题）.1．设复数z＝（2+i）（3﹣2i），则复数z在复平面内对应的点的坐标为（）A．（4，1）B．（8，1）C．（4，﹣1）D．（8，﹣1）2．已知集合A＝{x|y＝ln（x﹣1）}，B＝{x|x2﹣4≤0}，则A∩B＝（）A．{x|x≥﹣2}B．{x|1＜x＜2}C．{x|1＜x≤2}D．{x|x≥2} 3．“直线l与平面α内的两条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”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．既不充分也不必要条件4．函数f（x）＝2sin|x|在[﹣π，π]上的图象大致是（）A．B．C．D．5．在直角梯形ABCD中，AB＝4，CD＝2，AB∥CD，AB⊥AD，E是BC的中点，则AB→•（AC→+AE→）＝（）A．8B．12C．16D．206．宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图，如图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“﹣”表示一根阳线，“═”表示一根阴线）．从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为（）A．514B．314C．328D．5287．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点A（p4，a）（a＞0）在C上，|AF|＝3．若直线AF与C交于另一点B，则|AB|的值是（）A．12B．10C．9D．4.58．三棱锥P﹣ABC的所有顶点都在半径为2的球O的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）A．2B．3C．2√3D．3√3二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分.9．已知等比数列{a n}的公比为q，前4项的和为a1+14，且a2，a3+1，a4成等差数列，则q 的值可能为（）A．12B．1C．2D．310．某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A﹣结伴步行，B﹣自行乘车，C﹣家人接送，D﹣其他方式．并将收集的数据整理绘制成如图两幅不完整的统计图．根据图中信息，下列说法正确的是（）A．扇形统计图中D的占比最小B．条形统计图中A和C一样高C．无法计算扇形统计图中A的占比D．估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送11．若将函数f（x）＝cos（2x+π12）的图象向左平移π8个单位长度，得到函数g（x）的图象，则下列说法正确的是（）A．g（x）的最小正周期为πB．g（x）在区间[0，π2]上单调递减C．x=π12不是函数g（x）图象的对称轴D．g（x）在[−π6，π6]上的最小值为−1212．已知f（x）=2m(x 2+1)e x −1，g（x）＝（m+2）（x2+1）2．若φ（x）＝e x•f（x）−g(x)e x有唯一的零点，则m的值可能为（）A．2B．3C．﹣3D．﹣4三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知f（x）={x2，x＜02x−2，x≥0，则f（f（﹣2））＝．14．已知a+2b＝1（a＞0，b＞0），则2ba+1b的最小值等于．15．已知（2﹣x2）（1+ax）3的展开式的所有项系数之和为27，则实数a＝，展开式中含x2的项的系数是．16．已知圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝8，点T（﹣2，4），从坐标原点O向圆M作两条切线OP，OQ，切点分别为P，Q，若切线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，且k1•k2＝﹣1，则|TM|的取值范围为．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．在等差数列{a n}中，已知a6＝12，a18＝36．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）若____，求数列{b n}的前n项和S n．在①b n=4a n a n+1，②b n＝（﹣1）n•a n，③b n＝2a n•a n这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量m→=（cos C，2b−√3c），n→=（cos A，√3a），m→∥n→．（1）求角A的大小；（2）若△ABC的面积为3√32，且b2﹣a2=12c2，求b的值．19．如图①，在等腰梯形ABCD中，BC∥AD，AB=√2，BC＝1，AD＝3，BP⊥AD，将△ABP沿BP折起，使平面ABP⊥平面PBCD，得到如图②所示的四棱锥A﹣BCDP，其中M为AD的中点．（1）试分别在PB，CD上确定点E，F，使平面MEF∥平面ABC；（2）求二面角M﹣PC﹣A的余弦值．20．某企业进行深化改革，使企业的年利润不断增长．该企业记录了从2014年到2019年的年利润y（单位：百万）的相关数据，如表：年份201420152016201720182019年份代号t123456年利润y/百万358111314（1）根据表中数据，以年份代号t为横坐标，年利润y为纵坐标建立平面直角坐标系，根据所给数据作出散点图；（2）利用最小二乘法求出y关于t的线性回归方程（保留2位小数）；（3）用y i表示用正确的线性回归方程得到的与年份代号t对应的年利润的估计值，y i为与年份代号t对应的年利润数据，当y i﹣y i＜0时，将年利润数据y i称为一个“超预期数据”，现从这6个年利润数据中任取2个，记X为“超预期数据”的个数，求X的分布列与数学期望．附：对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（x n，y n），其回归直线y=b x+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b=∑n i=1(x i−x)(y i−y)∑n i=1(x i−x)2=∑ni=1x i y i−nxy∑n i=1x i2−nx2，a=y−b x．21．已知椭圆Γ：x2a +y2b=1(a＞b＞0)经过点M（﹣2，1），且右焦点F(√3，0)．（Ⅰ）求椭圆Γ的标准方程；（Ⅱ）过N（1，0）的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t=MA→⋅MB→，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1+t2的值．22．已知函数f（x）＝e x+a﹣lnx（其中e＝2.71828…，是自然对数的底数）．（Ⅰ）当a＝0时，求函数a＝0的图象在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当a＞1−1e时，f（x）＞e+1．参考答案一、选择题：（本大题共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．设复数z＝（2+i）（3﹣2i），则复数z在复平面内对应的点的坐标为（）A．（4，1）B．（8，1）C．（4，﹣1）D．（8，﹣1）【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．解：∵z＝（2+i）（3﹣2i）＝8﹣i，∴复数z在复平面内对应的点的坐标为（8，﹣1），故选：D．2．已知集合A＝{x|y＝ln（x﹣1）}，B＝{x|x2﹣4≤0}，则A∩B＝（）A．{x|x≥﹣2}B．{x|1＜x＜2}C．{x|1＜x≤2}D．{x|x≥2}【分析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．解：A＝{x|x＞1}，B＝{x|﹣2≤x≤2}；∴A∩B＝{x|1＜x≤2}．故选：C．3．“直线l与平面α内的两条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”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．既不充分也不必要条件【分析】根据线面垂直的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解：若两条直线不是相交直线，则当直线l与平面α内的两条直线都垂直时，直线l与平面α垂直不成立，即充分性不成立，若直线l与平面α垂直，则直线l与平面α内的任何直线，则直线l与平面α内的两条直线都垂直成立，即必要性成立，则“直线l与平面α内的两条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的必要不充分条件，故选：B．4．函数f（x）＝2sin|x|在[﹣π，π]上的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【分析】由函数的奇偶性及特殊点的函数值，运用排除法得解． 解：∵f （﹣x ）＝f （x ）， ∴f （x ）是偶函数，故排除B ，D ． ∵f （π2）＝2＞1，∴排除C ． 故选：A ．5．在直角梯形ABCD 中，AB ＝4，CD ＝2，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，E 是BC 的中点，则AB →•（AC →+AE →）＝（ ）A ．8B ．12C ．16D ．20【分析】通过建立平面直角坐标系，求出相关的坐标，然后求解向量的数量积即可． 解：建立坐标系如图：则A （0，0），B （4，0），D （0，2），C （2，2），E （3，1）； 所以AC →+AE →=（5，3），AB →=（4，0）， 则AB →•（AC →+AE →）＝20． 故选：D ．6．宁波古圣王阳明的《传习录》专门讲过易经八卦图，如图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“﹣”表示一根阳线，“═”表示一根阴线）．从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为（）A．514B．314C．328D．528【分析】从八卦中任取两卦，基本事件总数n=C82=28，利用列举法求出这两卦的六根线中恰有4根阴线包含的基本事件有6种，再由古典概型概率公式求解．解：从八卦中任取两卦，基本事件总数n=C82=28，这两卦的六根线中恰有四根阴线包含的基本事件有6种，分别为：（巽，坤），（兑，坤），（离，坤），（震，艮），（震、坎），（坎，艮）．∴这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率为P=628=314．故选：B．7．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点A（p4，a）（a＞0）在C上，|AF|＝3．若直线AF 与C 交于另一点B ，则|AB |的值是（ ） A ．12B ．10C ．9D ．4.5【分析】由抛物线的定义，解得p ，然后求解抛物线方程，A （1，a ）（a ＞0）在C 上，求出a ，求出直线AF 的方程，联立抛物线方程由韦达定理，求出AB ． 解：由抛物线的定义，得，|AF |=p4+p2=3，解得p ＝4， 所以C 的方程为y 2＝8x ．得A （1，a ），因为A （1，a ）（a ＞0）在C 上，所以a 2＝8， 解得a ＝2√2故直线AF 的方程为y ＝﹣2√2（x ﹣2）， 由{y =−2√2(x −2)y 2=8x 消去y ，得x 2﹣5x +4＝0， 解得x 1＝1，x 2＝4，由抛物线的定义，得故|AB |＝x 1+x 2+p ＝4+1+4＝9， 故选：C ．8．三棱锥P ﹣ABC 的所有顶点都在半径为2的球O 的球面上．若△PAC 是等边三角形，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，则三棱锥P ﹣ABC 体积的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．2√3D ．3√3【分析】根据三角形的形状判断球心O 的位置，得出B 到平面APC 的最大距离，再计算体积．解：设AC 的中点为D ，连接PD ，则PD ⊥AC ， ∵平面PAC ⊥平面ABC ， ∴PD ⊥平面ABC ，∵AB ⊥BC ，∴AC 为平面ABC 所在截面圆的直径， ∴球心O 在直线PD 上， 又△PAC 是等边三角形，∴△PAC 的中心为棱锥外接球的球心，即OP ＝2， ∴OD ＝1，AC ＝2√3，∴B 到平面APC 的距离的最大值为12AC =√3，∴三棱锥P﹣ABC体积的最大值为V=13×12×2√3×3×√3=3．故选：B．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分.9．已知等比数列{a n}的公比为q，前4项的和为a1+14，且a2，a3+1，a4成等差数列，则q 的值可能为（）A．12B．1C．2D．3【分析】运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比的值．解：因为a2，a3+1，a4成等差数列，所以a2+a4＝2（a3+1），因此，a1+a2+a3+a4＝a1+3a3+2＝a1+14，故a3＝4．又{a n}是公比为q的等比数列，所以由a2+a4＝2（a3+1），得a3（q+1q）＝2（a3+1），即q+1q=52，解得q＝2或1 2．故选：AC．10．某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：A﹣结伴步行，B﹣自行乘车，C﹣家人接送，D﹣其他方式．并将收集的数据整理绘制成如图两幅不完整的统计图．根据图中信息，下列说法正确的是（）A ．扇形统计图中D 的占比最小B ．条形统计图中A 和C 一样高 C ．无法计算扇形统计图中A 的占比D ．估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送【分析】利用条形统计图和扇形统计图的性质直接判断求解．解：由条形统计图知，B ﹣自行乘车上学的有42人，C ﹣家人接送上学的有30人，D ﹣其他方式上学的有18人，采用B ，C ，D 三种方式上学的共90人，设A ﹣结伴步行上学的有x 人，由扇形统计图知，A ﹣结伴步行上学与B ﹣自行乘车上学的学生占60%， 所以x+42x+90=60100，解得x ＝30，故条形图中A ，C 一样高，扇形图中A 类占比与C 一样都为25%，A 和C 共占约50%，故D 也正确．D 的占比最小，A 正确． 故选：ABD ．11．若将函数f （x ）＝cos （2x +π12）的图象向左平移π8个单位长度，得到函数g （x ）的图象，则下列说法正确的是（ ） A ．g （x ）的最小正周期为πB ．g （x ）在区间[0，π2]上单调递减C ．x =π12不是函数g （x ）图象的对称轴 D ．g （x ）在[−π6，π6]上的最小值为−12【分析】由题意利用函数y ＝A sin （ωx +φ）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论．解：∵将函数f （x ）＝cos （2x +π12）的图象向左平移π8个单位长度，得到函数g （x ）＝cos （2x +π4+π12）＝cos （2x +π3）的图象， 故g （x ）的最小正周期为2π2=π，故A 正确；在区间[0，π2]上，2x +π3∈[π3，4π3]，函数g （x ）没有单调性，故B 错误；当x =π12时，g （x ）＝0，故x =π12不是函数g （x ）图象的对称轴，故C 正确； 在[−π6，π6]上，2x +π3∈[0，2π3]，函数g （x ）的最小值为g （π6）=−12，故D 正确，故选：ACD ．12．已知f （x ）=2m(x 2+1)ex−1，g （x ）＝（m +2）（x 2+1）2．若φ（x ）＝e x •f （x ）−g(x)ex 有唯一的零点，则m 的值可能为（ ） A ．2B ．3C ．﹣3D ．﹣4【分析】通过φ（x ）＝e x•f （x ）−g(x)e x 只有一个零点，化为（m +2）(x 2+1e x )2−2m •x 2+1e+1＝0只有一个实数根．令t =x 2+1e x ，利用函数的导数，判断函数的单调性，结合函数的图象，通过①当m ＝2时，②当m ＝3时，③当m ＝﹣3时，④当m ＝﹣4时，验证函数的零点个数，推出结果即可．解：f （x ）=2m(x 2+1)ex −1，g （x ）＝（m +2）（x 2+1）2．∵φ（x ）＝e x •f （x ）−g(x)ex 只有一个零点，∴2m （x 2+1）﹣e x −(m+2)(x 2+1)2e x =0只有一个实数根，即（m +2）(x 2+1e x )2−2m •x 2+1e x +1＝0只有一个实数根． 令t =x 2+1e x ，则t ′=(x 2+1)′e x−(x 2+1)e x (e x )2=−(x−1)2e x ≤0， ∴函数t =x 2+1e x 在R 上单调递减，且x →+∞时，t →0，∴函数t =x 2+1ex 的大致图象如图所示，所以只需关于t 的方程（m +2）t 2﹣2mt +1＝0（*）有且只有一个正实根． ①当m ＝2时，方程（*）为4t 2﹣4t +1＝0，解得t =12，符合题意；②当m ＝3时，方程（*）为5t 2﹣6t +1＝0，解得t =15或t ＝1，不符合题意；③当m ＝﹣3时，方程（*）为t 2﹣6t ﹣1＝0，得t ＝3±√10，只有3+√10＞0，符合题意．④当m ＝﹣4时，方程（*）为2t 2﹣8t ﹣1＝0，得t =4±3√22，只有4+3√22＞0，符合题意．故选：ACD ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．已知f （x ）={x 2，x ＜02x−2，x ≥0，则f （f （﹣2））＝ 14 ．【分析】由已知f （x ）={x 2，x ＜02x −2，x ≥0，将x ＝﹣2代入可得答案．解：∵f （x ）={x 2，x ＜02x−2，x ≥0，∴f （﹣2）＝4，∴f （f （﹣2））＝f （4）＝14， 故答案为：14．14．已知a +2b ＝1（a ＞0，b ＞0），则2b a+1b 的最小值等于 2√2+2 ．【分析】由a +2b ＝1（a ＞0，b ＞0），代入2b a+1b变形，利用基本不等式的性质即可得出． 解：由题意得2b a+1b=2b a+a+2b b=2b a+a b+2≥2√2b a ⋅a b+2＝2√2+2，当且仅当a =√2b =√2−1，即a =√2−1，b ＝1−√22时，等号成立，所以2b a+1b的最小值为2√2+2．故答案为：2√2+2．15．已知 （2﹣x 2）（1+ax ）3的展开式的所有项系数之和为27，则实数a ＝ 2 ，展开式中含x 2的项的系数是 23 ．【分析】取x ＝1，结合展开式的所有项系数之和为27求得a 值，然后展开两数和的立方公式，可得展开式中含x 2的项的系数．解：由已知可得，（2﹣12）（1+a ）3＝27，则a ＝2．∴（2﹣x 2）（1+ax ）3＝（2﹣x 2）（1+2x ）3＝（2﹣x 2）（1+6x +12x 2+8x 3）． ∴展开式中含x 2的项的系数是2×12﹣1＝23． 故答案为：2；23．16．已知圆M ：（x ﹣x 0）2+（y ﹣y 0）2＝8，点T （﹣2，4），从坐标原点O 向圆M 作两条切线OP ，OQ ，切点分别为P ，Q ，若切线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1•k 2＝﹣1，则|TM |的取值范围为 [2√5−4，2√5+4] ．【分析】由题意可知，直线OP 的方程为y ＝k 1x ，OQ 的方程为y ＝k 2x ，写出圆心到直线的距离，可得k 1，k 2是方程k 2（8−x 02）+2kx 0y 0+8−y 02=0的两个不相等的实数根，结合已知及根与系数的关系得到x 02+y 02=16．再由|TO |=√4+16=2√5，可得|TO |﹣4≤|TM |≤|TO |+4，则答案可求．解：由题意可知，直线OP 的方程为y ＝k 1x ，OQ 的方程为y ＝k 2x ，∵OP ，OQ 与圆M 相切，∴100√1+k 12=2√2，200√1+k 22=2√2，分别对两个式子进行两边平方，整理可得k 12(8−x 02)+2k 1x 0y 0+8−y 02=0， k 22(8−x 02)+2kx 0y 0+8−y 02=0．∴k 1，k 2是方程k 2（8−x 02）+2kx 0y 0+8−y 02=0的两个不相等的实数根，∴k 1k 2=8−y 028−x 02，又k 1•k 2＝﹣1，∴8−y 028−x 02=−1，即x 02+y 02=16．又|TO |=√4+16=2√5，∴|TO |﹣4≤|TM |≤|TO |+4， ∴2√5−4≤|TM |≤2√5+4． 故答案为：[2√5−4，2√5+4]四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．在等差数列{a n }中，已知a 6＝12，a 18＝36． （1）求数列{a n }的通项公式a n ；（2）若____，求数列{b n }的前n 项和S n ． 在①b n =4a n a n+1，②b n ＝（﹣1）n •a n ，③b n ＝2a n•a n 这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．【分析】本题第（1）题先设等差数列{a n }的公差为d ，然后根据已知条件列出关于首项a 1与公差d 的方程组，解出a 1与d 的值，即可得到等差数列{a n }的通项公式； 第（2）题对于方案一：选条件①，先根据第（1）题的结果计算出数列{b n }的通项公式，然后运用裂项相消法可计算出前n 项和S n ；对于方案二：选条件②，先根据第（1）题的结果计算出数列{b n }的通项公式，然后分n 为偶数和奇数两种情况分别求和，并运用分组求和法和等差数列的求和公式进行计算，即可计算出前n 项和S n ；对于方案三：选条件③，先根据第（1）题的结果计算出数列{b n }的通项公式，然后根据通项公式的特点运用错位相减法可计算出前n 项和S n ．解：（1）由题意，设等差数列{a n }的公差为d ，则 {a 1+5d =12a 1+17d =36，解得{a 1=2d =2， ∴a n ＝2+（n ﹣1）×2＝2n ，n ∈N*． （2）方案一：选条件①由（1）知，b n =4a n an+1=42n⋅2(n+1)=1n(n+1)， S n ＝b 1+b 2+…+b n=11×2+12×3+⋯+1n(n+1) ＝1−12+12−13+⋯+1n −1n+1 ＝1−1n+1 =n n+1．方案二：选条件②由（1）知，b n ＝（﹣1）n •a n ＝（﹣1）n •2n ， ∴S n ＝b 1+b 2+…+b n ＝﹣2+4﹣6+8﹣…+（﹣1）n •2n ， （i ）当n 为偶数时， S n ＝b 1+b 2+…+b n＝﹣2+4﹣6+8﹣…+（﹣1）n •2n ，＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n ﹣1）+2n ] ＝2+2+…+2 =n2×2 ＝n ，（ii ）当n 为奇数时，n ﹣1为偶数， S n ＝b 1+b 2+…+b n＝﹣2+4﹣6+8﹣…+（﹣1）n •2n ，＝（﹣2+4）+（﹣6+8）+…+[﹣2（n ﹣2）+2（n ﹣1）]﹣2n ＝2+2+…+2﹣2n =n−12×2﹣2n ＝﹣n ﹣1， ∴S n ={n ，n 为偶数，−n −1，n 为奇数.；方案三：选条件③ 由（1）知，b n ＝2a n•a n ＝22n •2n ＝2n •4n ，∴S n ＝b 1+b 2+…+b n ＝2×41+4×42+6×43+…+2n ×4n ， 4S n ＝2×42+4×43+…+2（n ﹣1）×4n +2n ×4n +1， 两式相减，可得﹣3S n ＝2×41+2×42+2×43+…+2×4n ﹣2n ×4n +1 ＝8×（1+41+42+…+4n ﹣1）﹣2n ×4n +1 ＝8×1−4n1−4−2n ×4n +1=2(1−3n)3•4n +1−83．∴S n =2(3n−1)9•4n +1+89．18．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，向量m →=（cos C ，2b −√3c ），n →=（cos A ，√3a ），m →∥n →． （1）求角A 的大小；（2）若△ABC 的面积为3√32，且b 2﹣a 2=12c 2，求b 的值．【分析】（1）法一：由已知结合向量平行的坐标表示及正弦定理，和差角公式进行化简可求cos A 进而可求A ；法二：由已知结合向量平行的坐标表示进行转化后，利用余弦定理可求cos A ，进而可求A ；（2）由已知结合（1）中a ，b ，c 的关系可得c =23b ，然后代入三角形的面积公式S △ABC =12bc sin A 即可求解． 解：（1）法一 因为m →∥n →． 所以√3a cos C ＝（2b −√3c ）cos A ，由正弦定理得√3sin A cos C ＝2sin B cos A −√3cos A sin C ， 得√3sin （A +C ）＝2sin B cos A ，所以√3sin B ＝2sin B cos A ，因为sin B ＞0，所以cos A =√32，又A ∈（0，π），所以A =π6．法二 因为m →∥n →．所以√3a cos C ＝（2b −√3c ）cos A ，易知cos C =a 2+b 2−c 22ab ，cos A =b 2+c 2−a 22bc ，代入上式得，√3a ×a 2+b 2−c 22ab=（2b −√3c ）×b 2+c 2−a 22bc，整理得，√3bc ＝b 2+c 2﹣a 2，所以cos A =√32，又A ∈（0，π），所以A =π6．（2）由（1）得√3bc ＝b 2+c 2﹣a 2，又b 2﹣a 2=12c 2，所以c =2√3b ，又S △ABC =12bc sin A =12b 2√3b ×12=3√32，得b 2＝9，所以b ＝3．19．如图①，在等腰梯形ABCD 中，BC ∥AD ，AB =√2，BC ＝1，AD ＝3，BP ⊥AD ，将△ABP 沿BP 折起，使平面ABP ⊥平面PBCD ，得到如图②所示的四棱锥A ﹣BCDP ，其中M 为AD 的中点．（1）试分别在PB ，CD 上确定点E ，F ，使平面MEF ∥平面ABC ； （2）求二面角M ﹣PC ﹣A 的余弦值．【分析】（1）当E ，F 分别为BP ，CD 的中点时，连接ME ，MF ，EF ，则MF ∥AC ．BC ∥EF ．从而MF ∥平面ABC ，同理EF ∥平面ABC ，由此能证明平面MEF ∥平面ABC ． （2）以P 为坐标原点，PB ，PD ，PA 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M ﹣PC ﹣A 的余弦值． 解：（1）E ，F 分别为BP ，CD 的中点，证明如下： 连接ME ，MF ，EF ，∵M ，F 分别为AD ，CD 的中点，∴MF ∥AC ．又E 为BP 的中点，且四边形PBCD 为梯形，∴BC ∥EF ． ∵MF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， ∴MF ∥平面ABC ，同理EF ∥平面ABC ， 又∵MF ∩EF ＝F ，MF ，EF ⊂平面MEF ， ∴平面MEF ∥平面ABC ．（2）由题意知AP ，BP ，DP 两两垂直，以P 为坐标原点，PB ，PD ，PA 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵在等腰梯形ABCD 中，AB =√2，BC ＝1，AD ＝3，BP ⊥AD ， ∴AP ＝1，BP ＝1，PD ＝2，∴M （0，1，12），P （0，0，0），C （1，1，0），A （0，0，1），PC →=（1，1，0），PM →=（0，1，12）．设平面MPC 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅PC →=0n →⋅PM →=0，即{x +y =0，y +12z =0，令z ＝﹣2，则y ＝1，x ＝﹣1， ∴n →=（﹣1，1，﹣2）为平面MPC 的一个法向量． 同理可得平面PAC 的一个法向量为m →=（﹣1，1，0）． 设二面角M ﹣PC ﹣A 的平面角为θ，由图可知θ∈（0，π2），则cos θ=|n→⋅m→||n→|⋅|m→|=26×2=√33．∴二面角M﹣PC﹣A的余弦值为√3 3．20．某企业进行深化改革，使企业的年利润不断增长．该企业记录了从2014年到2019年的年利润y（单位：百万）的相关数据，如表：年份201420152016201720182019年份代号t123456年利润y/百万358111314（1）根据表中数据，以年份代号t为横坐标，年利润y为纵坐标建立平面直角坐标系，根据所给数据作出散点图；（2）利用最小二乘法求出y关于t的线性回归方程（保留2位小数）；（3）用y i表示用正确的线性回归方程得到的与年份代号t对应的年利润的估计值，y i为与年份代号t对应的年利润数据，当y i﹣y i＜0时，将年利润数据y i称为一个“超预期数据”，现从这6个年利润数据中任取2个，记X为“超预期数据”的个数，求X的分布列与数学期望．附：对于一组数据（x1，y1），（x2，y2），…，（x n，y n），其回归直线y=b x+a的斜率和截距的最小二乘估计分别为：b=∑n i=1(x i−x)(y i−y)∑n i=1(x i−x)2=∑ni=1x i y i−nxy∑n i=1x i2−nx2，a=y−b x．【分析】（1）根据表中数据，描点可得散点图．（2）由已知数据得样本中心的坐标，求出回归直线方程的斜率与截距，即可得到回归直线方程．（3）由（2）可知，当t＝1时，y1̂=3.15；当t＝2时，y2̂=5.49；当t＝3时，y3̂=7.83；当t＝4时，y4̂=10.17；当t＝5时，y5̂=12.51；当t＝6时，y6̂=14.85．推出X的所有可能取值为0，1，2，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．解：（1）根据表中数据，描点如图：（2）由已知数据得t=1+2+3+4+5+66=3.5，y=3+5+8+11+13+146=9，∑6i=1t i y i=3+10+24+44+65+84＝230，∑6i=1t i2=1+4+9+16+25+36＝91，b=∑6i=1i i−6ty∑i=1i22=230−6×3.5×991−6×3.52≈2.34，a=y−b⋅t=9﹣2.34×3.5＝0.81，所以y关于t的线性回归方程为y=2.34t+0.81．（3）由（2）可知，当t＝1时，y1̂=3.15；当t＝2时，y2̂=5.49；当t＝3时，y3̂=7.83；当t＝4时，y4̂=10.17；当t＝5时，y5̂=12.51；当t＝6时，y6̂=14.85．与年利润数据y i对比可知，满足y î−y i＜0的数据有3个，所以X的所有可能取值为0，1，2，则P （X ＝0）=C 32C 62=15，P （X ＝1）=C 31⋅C 31C 62=35，P （X ＝2）=C 32C 62=15，X 的分布列为： X0 1 2 P 15 35 15数学期望E （X ）＝0×15+1×35+2×15=1． 21．已知椭圆Γ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)经过点M （﹣2，1），且右焦点F(√3，0)．（Ⅰ）求椭圆Γ的标准方程；（Ⅱ）过N （1，0）的直线AB 交椭圆Γ于A ，B 两点，记t =MA →⋅MB →，若t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，求t 1+t 2的值．【分析】（Ⅰ）列方程组求解出a 2，b 2即可；（Ⅱ）对k 讨论，分别建立方程组，找到根与系数关系，建立t 的恒成立方程进行求解．解：（Ⅰ）由题意可知，{a 2−b 2=3，4a 2+1b 2=1，解之得a 2＝6，b 2＝3， 故椭圆Γ的标准方程为x 26+y 23=1．（Ⅱ）当直线AB 斜率存在时，设AB 的方程为y ＝k （x ﹣1），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由{x 26+y 23=1，y =k(x −1)，得x 2+2k 2（x ﹣1）2＝6，即（1+2k 2）x 2﹣4k 2x +2k 2﹣6＝0，因为（1，0）在椭圆内部，△＞0，所以x 1+x 2=4k 21+2k 2，x 1x 2=2k 2−61+2k 2， 则t =MA →⋅MB →=(x 1+2)(x 2+2)+(y 1−1)（y 2﹣1）＝x 1x 2+2（x 1+x 2）+4+（kx 1﹣k ﹣1）（kx 1﹣k ﹣1）=(1+k 2)x 1x 2+(2−k 2−k)(x 1+x 2)+k 2+2k +5=(1+k 2)⋅2k 2−62k 2+1+(2−k 2−k)⋅4k 22k 2+1+k 2+2k +5， =15k 2+2k−12k 2+1，所以（15﹣2t ）k 2+2k ﹣1﹣t ＝0．k ∈一、选择题，则△＝22+4（15﹣2t ）（1+t ）≥0，∴（2t ﹣15）（t +1）﹣1≤0，即2t 2﹣13t ﹣16≤0，又t 1，t 2是2t 2﹣13t ﹣16＝0的两根，∴t 1+t 2=132， 当直线AB 斜率不存在时，联立{x 26+y 23=1，x =1，得y ＝±√102， 不妨设A(1，√102)，B(1，−√102)， MA →=(3，√102−1)，MB →=(3，−√102−1)，MA →⋅MB →=9−104+1=152，可知t 1＜152＜t 2． 综上所述，t 1+t 2=132． 22．已知函数f （x ）＝e x +a ﹣lnx （其中e ＝2.71828…，是自然对数的底数）． （Ⅰ）当a ＝0时，求函数a ＝0的图象在（1，f （1））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当a ＞1−1e时，f （x ）＞e +1． 【分析】（Ⅰ）把a ＝0代入函数解析式，求出函数导函数，再分别求出f （1）与f ′（1），代入直线方程点斜式可得函数f （x ）的图象在（1，f （1））处的切线方程；（Ⅱ）求出原函数的导函数，令g （x ）＝f ′（x ），可得g ′（x ）＞0，得到g （x ）是增函数，进一步说明f ′（x ）＝0仅有一解，记为x 0，则当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减；当x ＞x 0时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增；从而求出f （x ）的最小值，由f ′（x 0）＝0可得a 与x 0的关系，进一步构造函数h （x ）＝lnx +x ，可得则f(x 0)=1x 0−lnx 0=h(1x 0)，由a ＞1−1e，得h （x 0）＜h （1e ），再由h （x ）的单调性证得结论． 【解答】（Ⅰ）解：∵a ＝0时，∴f(x)=e x −lnx ，f′(x)=e x −1x(x ＞0)， ∴f （1）＝e ，f ′（1）＝e ﹣1，∴函数f （x ）的图象在（1，f （1））处的切线方程：y ﹣e ＝（e ﹣1）（x ﹣1）， 即（e ﹣1）x ﹣y +1＝0；（Ⅱ）证明：∵f′(x)=e x+a −1x(x ＞0)， 设g （x ）＝f ′（x ），则g′(x)=e x+a +1x 2＞0， ∴g （x ）是增函数，∵e x +a ＞e a ，∴由e a ＞1x⇒x ＞e −a ， ∴当x ＞e ﹣a 时，f ′（x ）＞0；若0＜x ＜1⇒e x +a ＜e a +1，由e a+1＜1x⇒x ＜e −a−1， ∴当0＜x ＜min {1，e ﹣a ﹣1}时，f ′（x ）＜0， 故f ′（x ）＝0仅有一解，记为x 0，则当0＜x ＜x 0时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减； 当x ＞x 0时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增； ∴f(x)min =f(x 0)=e x 0+a −lnx 0， 而f′(x 0)=e x 0+a −1x 0=0⇒e x 0+a =1x 0⇒a =−lnx 0−x 0， 记h （x ）＝lnx +x ，则f(x 0)=1x 0−lnx 0=h(1x 0)， a ＞1−1e ⇔﹣a ＜1e −1⇔h （x 0）＜h （1e ）， 而h （x ）显然是增函数，∴0＜x 0＜1e ⇔1x 0＞e ，∴h(1x 0)＞h(e)=e +1． 综上，当a ＞1−1e时，f （x ）＞e +1．。

华大新高考联盟名校2020年5月高考预测考试理科数学参考答案和评分标准一、选择题1.【答案】D 扫码关注查询成绩【解析】由x —2>0得x>2,则B ={x x>2}; 又A ={x l<x<3}, 则AUB ={xlx>l},故选D .2.【答案】D8 2 【解析】在大正方形内随机取一点，则此点取自图形中小正方形的概率为＝—，故选D .6X 6 9 3.【答案】A 【解析】设z =a+bi,a,bER, 则zER号=O已z =乏,P 1为真命题；若在复平面内复数z 所对应的点在第一z a+bi 象限，则a>趴b>O,而----:-=. =b —ai, 故三所对应的点(b,—a)在第四象限，P z 为真命题，所以P 1/\仇为真命题，故选A .生【答案】D 【解析】巾a 2+a 5=3a 3可知a 3+a 4 =3a 3, 所以a 4=2a 3; 又a 4与2a 7的等差中项为6'所以a 4+2a 7=12,即2a 3+2a 7 = 12, 而2a 5=a 3 +a 7 =6, 故a 5=3,故选D .5.【答案】C 【解析】因为xER,令g(x)=3sinx —2x,则g(—x)= 3sin (—x)—2X (—x)=—3sinx十2x =—g(x)'故g(x)为奇函数，g(x)的最大值和最小值的和为O;又g(x) = f(x)—1, [g (x ) J max + [g (x) l run = [f (x) J max —1 +[J(x)J min —l =O, 所以[f(x)]max +[J(x)匕=2,故选C.6.【答案】C【解析】因为(1—x)•(x+』+2)= (1—x)• (石＋—r ) ;(石＋上)8的展开式的通项公式为T =x 石户1c;c石）8—侵）r =C�x 4—r '所以(1—x)•(x+ l +2 的展开式中x 的系数为C尸c:=—14,故选C.X f 7.【答案】D 【解析】由三视图还原为空间几何体，如图所示，取AB 的中点D ,连接SD ,易知球心0在线段S D 上，连接OA .设外接球半径为r,则有（点r)2+1—r z '解得r —2屈3 4 3 32点1 1 J3故V 1——订—3 27 穴，而该几何体体积为V 2——X —X2X l X岛—3 2 3 ，则V 1与32 忆的比值为—穴，故选D .9 8.【答案】A 【解析】由千满足1+3+5+…+n>2020后，此时1值比程序要求的1值多2,又执行了一次i =i+2,故输出的应为1—4,故选A .9.【答案】A s【解析】卢）—点sin2xcos2x —2sin(2x —t ); 当xE [ o 分］时，2x f E [—飞早］，故当2x 卫—卫即x —互时，f(x)取得最大值，所以0—卫；6 2 3 3 理科数学参考答案和评分标准第1页（共6页）。

理科数学一、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A＝{x|1<x<3}，B＝{x|y＝2x-}，则A∪B＝A.{x|1<x≤2}B.{x|2<x<3}C.{x|2≤x<3}D.{x|x>1}2.右图来自中国古代的木纹饰图。

若大正方形的边长为6个单位长度，每个小正方形的边长均为1个单位长度，则在大正方形内随机取一点，此点取自图形中小正方形内的概率是A.136B.19C.16D.293.设有下面两个命题：p1：复数x∈R的充要条件是z＝z；p2：若复数z所对应的点在第一象限，则复数zi所对应的点在第四象限。

那么下列命题中，真命题是A.p1∧p2B.(⌝p1)∧p2C.p1∧(⌝p2)D.(⌝p1)∧(⌝p2)4.已知数列{a n}为等差数列，若a2＋a5＝3a3，且a4与2a7的等差中项为6，则a5＝A.0B.1C.2D.35.已知定义在R上的函数f(x)＝3sinx－2x＋1，则f(x)的最大值与最小值之和等于A.0B.1C.2D.36.(1－x)·(x＋1x＋2)4的展开式中x的系数是A.10B.2C.－14D.347.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，记该几何体的外接球的体积为V1，该几何体的体积为V2，则V1与V2的比值为A.94πB.98πC.109πD.329π 8.如图所示的程序框图是为了求出满足1＋3＋5＋…＋n ≤2020的最大正奇数n 的值，那么在框中，可以填A.“输出i －4”B.“输出i －2”C.“输出i －1”D.“输出i ” 9.已知函数f(x)3sin2x －cos2x 在区间[0，2π]上当x ＝θ时取得最大值，将f(x)的图象向左平移θ个单位得到函数g(x)的图象，则 A.g(x)＝2cos2xB.g(x)＝－2cos2xC.g(x)3＋cos2xD.g(x)3sin2x －cos2x10.已知双曲线于22143x y -=的左右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与双曲线的左支交于A ，B 两点，若∠AF 2B ＝60°，则△AF 2B 的内切圆半径为 4323C.23D.2 11.数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，它是指对于任意一个正整数，如果是奇数，则乘3加1，如果是偶数，则除以2，得到的结果再按照上述规则重复处理，最终总能够得到1。

绝密★启用前湖北省普通高中2020届高三毕业班下学期高考模拟调研考试数学(理)试题(解析版)2020年5月本试卷共5页，23题（含选考题）.★祝考试顺利★注意事项：1.答题前先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，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答题区域均无效.3.非选择题的作答：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、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写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均无效.5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.复数21ii+=-（）A.1322i-+ B.1322i-- C.1322i- D.1322i+【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，准确运算，即可求解.【详解】根据复数的除法运算法则，可得()()()()2121313111222i i i i i i i i ++++===+--+. 故选：D .【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的四则运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.2.已知集合{}2230A x x x =--<，非空集合{}21B x a x a =-<<+，B A ⊆，则实数a 的取值范围为（ ）.A. (],2-∞B. 1,22⎛⎤ ⎥⎝⎦C. (),2-∞D. 1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求得集合A ，由集合的包含关系可构造不等式组求得结果. 【详解】()(){}{}31013A x x x x x =-+<=-<<， 集合B 为非空集合且B A ⊆，121321a a a a +>-⎧⎪∴+≤⎨⎪-≥-⎩，解得：122a <≤， 即实数a 的取值范围为1,22⎛⎤ ⎥⎝⎦. 故选：B .【点睛】本题考查根据集合的包含关系求解参数范围的问题，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题.3.已知直线l 过圆226260x y x y +--+=的圆心且与直线10x y ++=垂直，则l 的方程是（ ）.A. 20x y +-=B. 30x y +-=C. 20x y --=D.30x y --= 【答案】C。

2020年高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）. 1．已知复数z 满足z+i 2+i=1+i ，则复数z ＝（ ） A ．2+iB ．1+2iC ．3+iD ．3﹣2i2．已知集合A ={x|x−1x+3≤0}，B ＝{x ||x |＜2}，则A ∩B ＝（ ） A ．{x |﹣2＜x ＜1} B ．{x |﹣3＜x ＜2} C ．{x |﹣2＜x ≤1} D ．{x |﹣2≤x ≤1}3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a 2+2a 3+a 4＝0，则S 5＝（ ） A ．2B ．0C ．﹣2D ．﹣44．若某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A ．2B ．4C ．4√2D ．435．在某项测量中，测量结果X 服从正态分布N （1，σ2）（σ＞0），若X 在（0，2）内取值的概率为0.8，则X 在[0，+∞）内取值的概率为（ ） A ．0.9B ．0.8C ．0.3D ．0.16．已知函数f(x)=cos(3x +φ)(−π2＜φ＜π2)图象关于直线x =5π18对称，则函数f （x ）在区间[0，π]上零点的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．47．已知向量a →，b →是互相垂直的单位向量，向量c →满足c →⋅a →=1，c →⋅b →=1，则|a →+c →|=（ ） A ．2B ．√5C ．3D ．78．已知等差数列{a n }满足：a 12+a 52＝8，则a 1+a 2的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．59．已知直线PQ ：y =x −12与y 轴交于P 点，与曲线C ：y 2＝x （y ≥0）交于Q ，M 成为线段PQ上一点，过M作直线x＝t交C于点N，则△MNP面积取到最大值时，t的值为（）A．116B．14C．1D．5410．已知函数f（x）＝e x﹣1﹣ax−1e（a∈R）的图象与x轴有唯一的公共点，则实数a的取值范围为（）A．{a|a≤0}B．{a|a≤0，或a=1e}C．{a|a≤0，或a＝e}D．{a|a≤0，或a＝1}11．已知A，B分别为双曲线Γ：x2−y23=1实轴的左右两个端点，过双曲线Γ的左焦点F 作直线PQ交双曲线于P，Q两点（点P，Q异于A，B），则直线AP，BQ的斜率之比k AP：k BQ＝（）A．−13B．﹣3C．−23D．−3212．在四棱锥P﹣ABCD中，PA＝2，PB＝PC＝PD=√7，AB＝AD=√7，BC＝CD＝2，则四棱锥P﹣ABCD的体积为（）A．2√3B．√3C．√5D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．函数y=lnxx+1在点P（1，0）处的切线方程为．14．一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2500mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg2≈0.3010，1g3≈0.4771，精确到0.1h）15．柜子里有3双不同的鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子不成对的概率为．16．已知M，N为直线3x+4y﹣10＝0上两点，O为坐标原点，若∠MON=π3，则△MON的周长最小值为．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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a＝4，C＝2B．（1）若b＝2，求c；（2）若△ABC的面积为2√3，求tan B．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的菱形，且∠A1AC=π3，面ACC1A1⊥面ABC，A1A⊥BC，BC＝4．（1）求证：BC⊥面ACC1A1；（2）求二面角A﹣A1B﹣C的余弦值．19．已知F1（﹣1，0），F2（1，0）为椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，△F1AB的周长为8．（1）求椭圆Γ的标准方程；（2）已知P（x0，y0）（y0≠0）是直线l：x＝4上一动点，若PA，PB与x轴分别交于点M（x M，0），N（x N，0），则1x M−1+1x N−1是否为定值，若是，求出该定值，不是请说明理由．20．一种新的验血技术可以提高血液检测效率．现某专业检测机构提取了n（n≥6）份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中（n﹣3）份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这（n﹣3）份血液再逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止．（1）若n＝6，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率；（2）若n≥8，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为ξ，①求ξ的概率分布；②求Eξ．21．已知函数f（x）＝lnx+cos x．（1）讨论f（x）在（0，π）极值点个数；（2）证明：不等式f（x）＞0在(π2，π)恒成立．附：ln(5π6)≈0.9624，ln(2π3)≈0.7393．（二）选考题：共10分．请考生从第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为{x=2+tcosαy=tsinα（t参数，α为常数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ2=1．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C的交点为P，Q两点，曲线C和x轴交点为A，若△APQ面积为6√6，求tanα的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知正数a，b，c满足a+b+c＝1．求证：（1）ab＜1 4；（2）a1−a +b1−b+c1−c≥32．参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z满足z+i2+i=1+i，则复数z＝（）A．2+i B．1+2i C．3+i D．3﹣2i 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由z+i2+i=1+i，得z+i＝（1+i）（2+i）＝1+3i，∴z＝1+2i，故选：B．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．2．已知集合A={x|x−1x+3≤0}，B＝{x||x|＜2}，则A∩B＝（）A．{x|﹣2＜x＜1}B．{x|﹣3＜x＜2}C．{x|﹣2＜x≤1}D．{x|﹣2≤x≤1}【分析】求出集合A，B，由此能求出A∩B．解：∵集合A={x|x−1x+3≤0}={x|﹣3＜x≤1}，B＝{x||x|＜2}＝{x|﹣2＜x＜2}，∴A∩B＝{x|﹣2＜x≤1}．故选：C．【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．设等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，a2+2a3+a4＝0，则S5＝（）A．2B．0C．﹣2D．﹣4【分析】根据等比数列的通项公式和求和公式即可求出．解：设公比为q，q≠0，等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，a2+2a3+a4＝0，则2q+4q2+2q3＝0，解得q＝﹣1，∴S5=2(1−(−1)5)1+1=2，故选：A．【点评】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，属于基础题． 4．若某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A ．2B ．4C ．4√2D ．43【分析】先通过三视图对几何体进行还原，可得一个直四棱柱，然后利用棱柱体积的计算公式求解即可．解：根据三视图还原成的几何体是如图所示的四棱柱，其中底面是长为2，宽为1的矩形，棱柱的高为2，四棱柱的体积V ＝1×2×2＝4． 故选：B ．【点评】本题考查三视图的还原及棱柱体积的计算，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．5．在某项测量中，测量结果X 服从正态分布N （1，σ2）（σ＞0），若X 在（0，2）内取值的概率为0.8，则X 在[0，+∞）内取值的概率为（ ） A ．0.9B ．0.8C ．0.3D ．0.1【分析】根据X 服从正态分布N （1，σ2），得到曲线的对称轴是直线x ＝1，利用X 在（0，2）内取值的概率为0.8，即可求得结论． 解：∵X 服从正态分布N （1，σ2） ∴曲线的对称轴是直线x ＝1，∵X在（0，2）内取值的概率为0.8，∴X在（0，1）内取值的概率为0.4，∴X在[0，+∞）内取值的概率为0.5+0.4＝0.9故选：A．【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，主要考查正态曲线的对称性，是一个基础题．6．已知函数f(x)=cos(3x+φ)(−π2＜φ＜π2)图象关于直线x=5π18对称，则函数f（x）在区间[0，π]上零点的个数为（）A．1B．2C．3D．4【分析】根据余弦型函数的对称性知，f（x）在x=5π18时取得最值，由此求出φ值，再令f（x）＝0，解出x，即可判断在[0，π]上零点个数．解：因为函数f(x)=cos(3x+φ)(−π2＜φ＜π2)图象关于直线x=5π18对称，∴cos(3×5π18+φ)=±1，∴5π6+φ=kπ，k∈Z，由−π2＜φ＜π2知，k＝1时，φ=π6．故f(x)=cos(3x+π6)，令f（x）＝0得3x+π6=π2+kπ，k∈Z，∴x=π9+kπ3，k∈Z．因为x∈[0，π]，所以k＝0，1，2时，φ=π9，4π9，7π9满足条件．故零点有三个．故选：C．【点评】本题考查三角函数据图求式的基本思路，注意把握好正、余弦函数图象的对称性与函数的最值点、零点之间的关系．属于中档题．7．已知向量a→，b→是互相垂直的单位向量，向量c→满足c→⋅a→=1，c→⋅b→=1，则|a→+c→|=（）A．2B．√5C．3D．7【分析】将向量a→，b→放入坐标系，利用条件求出坐标进而求得结论．解：因为向量a→，b→是互相垂直的单位向量，不妨设a→=（1.0），b→=（0，1），c→=（x，y）则由c→⋅a→=1，c→⋅b→=1，得x＝y＝1，即c→=（1，1）．∴a→+c→=（2，1）；∴|a →+c →|=√22+12=√5； 故选：B ．【点评】本题主要考查平面向量的应用，利用向量长度与坐标之间的关系进行运算，利用条件将向量a →，b →转化为坐标形式是解决本题的关键．8．已知等差数列{a n }满足：a 12+a 52＝8，则a 1+a 2的最大值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【分析】设a 1＝2√2cos α，a 5＝2√2sin α，（0≤α＜2π），求公差，求首项，再利用辅助角公式求最值．解：设等差数列{a n }的公差为d ，由于满足：a 12+a 52＝8， 设a 1＝2√2cos α，a 5＝2√2sin α，（0≤α＜2π）， 所以a 5﹣a 1＝2√2（sin α﹣cos α）， 即4d ＝2√2（sin α﹣cos α），d =√22（sin α﹣cos α），所以a 1+a 2＝2a 1+d ＝4√2cos α+√22（sin α﹣cos α）=7√22cos α+√22sin α=√22（7cos α+sin α）=√22√50（√50cos α1√50sin α）＝5sin （θ+α）≤5，（其中tan θ＝7）， 所以a 1+a 2最大值为5． 故选：D ．【点评】本题考查三角换元求取值范围，属于中档题．9．已知直线PQ ：y =x −12与y 轴交于P 点，与曲线C ：y 2＝x （y ≥0）交于Q ，M 成为线段PQ 上一点，过M 作直线x ＝t 交C 于点N ，则△MNP 面积取到最大值时，t 的值为（ ） A ．116B ．14C ．1D ．54【分析】求得P ，Q 的坐标，由直线x ＝t ，联立直线方程和曲线方程可得M ，N 的坐标，运用三角形的面积公式，结合换元法和导数的运用：求单调性和极值、最值，即可得到所求值．解：直线PQ ：y =x −12与y 轴交于P （0，−12），由y ＝x −12与y 2＝x （y ≥0）联立，可得Q （1+√32，√32+12），过M作直线x＝t交C于点N，可得M（t，t−12），N（t，√t），0≤t≤1+√32，则△MNP面积S=12（√t−t+12）t，设u=√t（0≤u≤1+32），可得S=12（u3﹣u4+12u2），可得S′=12（3u2﹣4u3+u）=−12u（4u+1）（u﹣1），可得0＜u＜1时，S′＞0，S递增；1＜u＜1+√32时，S′＜0，S递减，则面积S在u＝1，即t＝1处取得极大值，且为最大值．故选：C．【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查三角形的面积的最值求法，注意运用导数，求得单调性和极值、最值，考查化简运算能力，属于中档题．10．已知函数f（x）＝e x﹣1﹣ax−1e（a∈R）的图象与x轴有唯一的公共点，则实数a的取值范围为（）A．{a|a≤0}B．{a|a≤0，或a=1e}C．{a|a≤0，或a＝e}D．{a|a≤0，或a＝1}【分析】由于f（0）＝0且x∈R，由题意可知f（x）的图象与x轴有唯一的公共点（0，0），结合导数分析函数的性质，进而可求．解：由于f（0）＝0且x∈R，由题意可知f（x）的图象与x轴有唯一的公共点（0，0），f′（x）＝e x﹣1﹣a，若a≤0，则f′（x）＝e x﹣1﹣a＞0，函数f（x）单调递增，且f（0）＝0满足题意；当a＞0时，由f′（x）＝e x﹣1﹣a＝0可得x＝1+lna，当x＜1+lna时，f′（x）＝e x﹣1﹣a＜0，函数单调递减，当x＞1+lna时，f′（x）＝e x ﹣1﹣a＞0，函数单调递增，由题意可得1+lna＝0，故a=1 e，综上可得，a=1e或a≤0．故选：B．【点评】本题主要考查了利用导数求解函数的零点个数，体现了导数与函数性质的综合应用．11．已知A ，B 分别为双曲线Γ：x 2−y 23=1实轴的左右两个端点，过双曲线Γ的左焦点F作直线PQ 交双曲线于P ，Q 两点（点P ，Q 异于A ，B ），则直线AP ，BQ 的斜率之比k AP ：k BQ ＝（ ） A ．−13B ．﹣3C ．−23D ．−32【分析】先根据双曲线方程求出a ，b ，c 的值，再直接设直线方程为x ＝my ﹣2，代入双曲线方程，消去x ，化简得到关于y 的一元二次方程，得韦达定理，然后将k AP ：k BQ 借助于P ，Q 的坐标表示出来，再将韦达定理看成方程，将m 用y 1，y 2表示出来代入前面的比值，化简即可．解：由已知得双曲线Γ：a ＝1，b =√3，c ＝2． 故F （﹣2，0），A （﹣1，0），B （1，0）．设直线PQ ：x ＝my ﹣2，且P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2）． 由{x =my −2x 2−y 23=1消去x 整理得（3m 2﹣1）y 2﹣12my +9＝0， ∴y 1+y 2=12m 3m 2−1，y 1y 2=93m 2−1， 两式相比得m =34×y 1+y2y 1y 2①， ∴k AP ：k BQ =y 1x 1+1×x 2−1y 2=y 1(my 2−3)y 2(my 1−1)=my 1y 2−3y1my 1y 2−y 2②， 将①代入②得：上式=34(y 1+y 2)−3y 134(y 1+y 2)−y 2=3(y 2−3y 1)3y 1−y 2=−3．故k AP ：k BQ ＝﹣3． 故选：B ．【点评】本题考查双曲线的性质，以及学生的化简运算能力，属于中档题．12．在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ＝2，PB ＝PC ＝PD =√7，AB ＝AD =√7，BC ＝CD ＝2，则四棱锥P ﹣ABCD 的体积为（ ） A ．2√3B ．√3C ．√5D ．3【分析】连结AC ，BD ，交于点E ，过P 作PO ⊥平面ABCD ，交AC 于点O ，连结BO ，DO ，则BO ＝DO ＝2，PO =√7−4=√3，AO =√4−3=1，DE ＝BE =√3，四棱锥P ﹣ABCD 的体积为：V ＝V D ﹣PAC +V B ﹣PAC ，由此能求出结果．解：在四棱锥P ﹣ABCD 中，PA ＝2，PB ＝PC ＝PD =√7，AB ＝AD =√7，BC ＝CD ＝2， 连结AC ，BD ，交于点E ，过P 作PO ⊥平面ABCD ，交AC 于点O ，连结BO，DO，则BO＝DO＝2，PO=√7−4=√3，AO=√4−3=1，S△PAC=12×AC×PO=32×√3=3√32，DE＝BE=√22−12=√3，∴四棱锥P﹣ABCD的体积为：V＝V D﹣PAC+V B﹣PAC=13×DE×S△PAC+13×BE×S△PAC=13×√3×3√32+13×√3×3√32＝3．故选：D．【点评】本题考查四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．函数y=lnxx+1在点P（1，0）处的切线方程为x﹣2y﹣1＝0．【分析】先求出函数的导数，然后求出切点处的导数值，最后利用点斜式求出直线方程．解：∵y′=1+1x−lnx(x+1)2，∴y′|x=1=12，所以切线为：y=12(x−1)，即：x﹣2y﹣1＝0．故答案为：x﹣2y﹣1＝0．【点评】本题考查导数的几何意义、切线方程的求法，同时考查学生的运算能力．属于基础题．14．一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2500mg ，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过 2.3 小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg 2≈0.3010，1g 3≈0.4771，精确到0.1h ）【分析】先设未知数，再根据题意列出不等式，整理得指数不等式，再利用指数函数的单调性、指数函数和对数函数的关系、换底公式和对数的运算性质，以及条件进行求解． 解：设应在病人注射这种药x 小时后再向病人的血液补充这种药， 依题意，可得500≤2500×（1﹣20%）x ≤1500 整理，得 0.2≤0.8x ≤0.6， ∴log 0.80.6≤x ≤log 0.80.2， ∵log 0.80.6=lg0.6lg0.8=lg6−1lg8−1=lg2+lg3−13lg2−1≈2.3， log 0.80.2=lg0.2lg0.8=lg2−13lg2−1≈7.2， 解得：2.3≤x ≤7.2，应在用药2.3小时后及7.2小时前再向病人的血液补充药． 故答案为：2.3．【点评】本题结合实际考查了指数函数的单调性、指数函数和对数函数的关系和换底公式等等，考查了分析和解决问题的能力．15．柜子里有3双不同的鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子不成对的概率为 45．【分析】利用古典概型概率计算公式和对立事件的概率计算公式求解． 解：∵取法总数有C 62＝15种，取出的鞋成对的种数有3种， ∴取出的鞋不成对的概率p ＝1−315=45． 故答案为：45【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件的概率计算公式的灵活运用．16．已知M ，N 为直线3x +4y ﹣10＝0上两点，O 为坐标原点，若∠MON =π3，则△MON 的周长最小值为 4√3 ．【分析】直接利用点到直线的距离公式的应用和三角形的周长公式的应用求出结果． 解：已知M ，N 为直线3x +4y ﹣10＝0上两点，O 为坐标原点，若∠MON =π3，则：原点（0，0）到直线3x+4y﹣10＝0的距离d=|0+0−10|√3+4=2．所以当△MON为等边三角形时：设OM＝2x，所以（2x）2＝22+x2，解得x2=43，故x=2√33，所以l△MON=6x=6×2√33=4√3．故答案为：4√3．【点评】本题考查的知识要点：直线的位置关系的应用，点到直线的距离公式的应用，三角形的周长公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a＝4，C＝2B．（1）若b＝2，求c；（2）若△ABC的面积为2√3，求tan B．【分析】（1）由C＝2B利用二倍角公式得c＝2b•cos B，再利用余弦定理即可求出c的值；（2）对角C分锐角和钝角两种情况讨论，分别求出tan B的值，经验证C为钝角不符合题意，所以tan B=√33．解：（1）∵C＝2B，∴sin C＝sin2B＝2sin B cos B，∴c＝2b•cos B，∴cos B=c2b =a2+c2−b22ac，∴ac2＝b（a2+c2﹣b2），∴4c2＝2（16+c2﹣4），∴c2＝12，∴c＝2√3；（2）（i）若C为锐角，过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：设BC 边上的高为h ，则S △ABC =12×4×h =2√3，∴h =√3， 设BH ＝x ，HC ＝4﹣x ， ∴tan B =ℎx，tan C =ℎ4−x，又∵C ＝2B ， ∴tan C ＝tan2B =2tanB 1−tan 2B =ℎ4−x =2⋅ℎx1−(ℎx)2， ∴1﹣（√3x ）2＝2×4−x x ，解得x ＝3，∴tan B =√33，（ii ）若C 为钝角，过A 作AH ⊥BC 的延长线于H ，如图所示：设CH ＝x ，AH ＝h =√3， 则tan B =ℎ4+x ，tan （π﹣C ）=ℎx=−tan C ， ∴由tan C ＝tan2B 知：−ℎx =2⋅ℎ4+x 1−(ℎ4+x )2， ∴1+2x 4+x −3(4+x)2=0，而x ＞0，∴x 无解，因此C 为钝角不符合题意，综上所述，tan B =√33．【点评】本题主要考查了三角函数的二倍角公式，以及余弦定理，是中档题．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的菱形，且∠A1AC=π3，面ACC1A1⊥面ABC，A1A⊥BC，BC＝4．（1）求证：BC⊥面ACC1A1；（2）求二面角A﹣A1B﹣C的余弦值．【分析】（1）在菱形ACC1A1中，过A1点作A1H⊥AC于H，则A1H⊥BC，再由A1A ⊥BC，能证明BC⊥平面A1C1CA．（2）连结AC1，设AC1∩A1C＝M，则BC⊥AM，AM⊥面A1BC，AM⊥A1B，过点M 作MN⊥A1B于点N，连结AN，则A1B⊥平面AMN，A1B⊥AN，从而∠MNA为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣A1B﹣C的余弦值．解：（1）证明：在菱形ACC1A1中，过A1点作A1H⊥AC于H，∵平面A1C1CA⊥平面ABC，平面A1C1CA∩平面ABC＝AC，∴A1H⊥BC，∵A1A⊥BC，A1A∩A1H＝A1，∴BC⊥平面A1C1CA．（2）解：在菱形A1C1CA中，连结AC1，设AC1∩A1C＝M，BC⊥平面A1C1CA，∴BC⊥AM，则AM⊥面A1BC，∴AM⊥A1B，过点M作MN⊥A1B于点N，连结AN，则A1B⊥平面AMN，∴A1B⊥AN，∴∠MNA为二面角A﹣A1B﹣C的平面角，设大小为θ，在Rt△A1CB中，BC＝CA1＝4，且∠A1CB=π2，∴MN=√2，则tanθ=AMMN=2√32=√6，∴cosθ=17=√77，∴二面角A﹣A1B﹣C的余弦值为√77．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 19．已知F 1（﹣1，0），F 2（1，0）为椭圆Γ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左右焦点，过F 2的直线交椭圆于A ，B 两点，△F 1AB 的周长为8． （1）求椭圆Γ的标准方程；（2）已知P （x 0，y 0）（y 0≠0）是直线l ：x ＝4上一动点，若PA ，PB 与x 轴分别交于点M （x M ，0），N （x N ，0），则1x M −1+1x N −1是否为定值，若是，求出该定值，不是请说明理由．【分析】（1）由椭圆的定义可得△F 1AB 的周长为4a ，由题意可得a 的值，及c 的值，再有a ，b ，c 之间的关系求出b 的值，进而求出椭圆的标准方程；（2）分直线AB 的斜率为0和不为0两种情况讨论，求出A ，B 的坐标，设P 的坐标，求出直线PA 的方程，令y ＝0，求出M 的坐标，进而求出1x M −1的表达式，同理求出1x N −1的表达式，进而求出1x M −1+1x N −1为定值．解：（1）由题意可得三角形AF 1B 中，三角形的周长为|AF 1|+|BF 1|+|AB |＝4a ＝8，解得a ＝2，而c ＝1，所以b 2＝a 2﹣c 2＝4﹣1＝3， 所以椭圆Γ的方程为：x 24+y 23=1；（2）由题意设P （4，y 0），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），设直线AB 的斜率为0时可得，A （﹣2，0），B （2，0），则直线PA 与x 轴的交点M 的横坐标x M ＝﹣2， 同理可得x N ＝2， 所以1x M −1+1x N −1=1−2−1+12−1=23，当直线AB 的斜率不为0时，设直线AB 的方程为：x ＝my +1，联立直线AB 与椭圆的方程{x =my +13x 2+4y 2−12=0，整理可得（4+3m 2）y 2+6my ﹣9＝0，y 1+y 2=−6m 4+3m 2，y 1y 2=−94+3m 2， 设直线PA 的方程为：y =y 0−y14−x 1（x ﹣4）+y 0，令y ＝0，可得x M ﹣1=−y 0(4−x 1)y 0−y 1+3=−4y 0+y 0(my 1+1)+3y 0−3y 1y 0−y 1=y 1(my 0−3)y 0−y 1， 所以1x M −1=y 0−y 1y 1(my 0−3)，同理可得1x N −1=y 0−y 2y 2(my 0−3)， 所以1x M −1+1x N −1=y 0−y 1y 1(my 0−3)+y 0−y 2y 2(my 0−3)=(y 0−y 1)y 2+(y 0−y 2)y 1y 1y 2(my 0−3)=y 0(y 1+y 2)−2y 1y 2y 1y 2(my 0−3)=y 0⋅−6m 4+3m 2−2⋅−94+3m 2−94+3m 2⋅(my 0−3)=−6(my 0−3)−9(my 0−3)=23；综上所述1x M −1+1x N −1为定值23．【点评】本题考查求椭圆的标准方程，及直线与椭圆的综合，属于中档题．20．一种新的验血技术可以提高血液检测效率．现某专业检测机构提取了n （n ≥6）份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中（n ﹣3）份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这（n ﹣3）份血液再逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止．（1）若n ＝6，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率； （2）若n ≥8，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为ξ， ①求ξ的概率分布； ②求E ξ．【分析】（1）不论第一次检测结果如何，都要对含有2阴1阳得血液样本进行逐一检测，故第2次和第3次检测的都是阴性或者第2次检测的是阴性，第3次检测的是阳性，根据组合数公式和古典概型的概率公式计算概率；（2）根据组合数公式和古典概型的概率公式依次计算ξ＝2，3，4，…，n ﹣3的概率，得出分布列和数学期望．解：（1）n ＝6时，不论第一次检测的混合血液是阴性还是阳性，从第2次检测开始，都是对含有1阳性，2阴性的3份血液进行逐一检测，若恰好经过3次检测而确定阳性血液，则第2次和第3次检测的都是阴性或者第2次检测的是阴性，第3次检测的是阳性，故恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率为P =C 22C 32+C 21C 11C 31⋅C 21=23． （2）①n ≥8时，P （ξ＝2）=C n−1n−3C n n−3⋅C 11C 31+C n−13C n 3⋅C 11C n−31=2n， P （ξ＝3）=C n−12⋅C 11C n 3•（C 21⋅C 11C 31⋅C 21+C 21⋅C 11C 31⋅C 21）+C n−13C n 3⋅C n−41C 11C n−31C n−41=3n，P （ξ＝4）=C n−13C n3•C n−42C 11C n−32⋅C n−51=1n，当4≤k ≤n ﹣4时，P （ξ＝k ）=C n−13C n3⋅C n−4k−2C 11C n−3k−2C n−3−(k−2)1=1n ，P （ξ＝k ﹣3）=C n−13C n3⋅C n−4n−4C 11C n−3n−4C 11•2=2n，∴ξ的分布列为：ξ 2 3 4 … n ﹣4 n ﹣3 P 2n3n1n…1n2n②E ξ＝2•2n+3•3n+4•1n+⋯+（n ﹣4）⋅1n +（n ﹣3）•2n =n 2−3n+142n．【点评】本题考查了离散型随机变量的概率计算，属于中档题． 21．已知函数f （x ）＝lnx +cos x ．（1）讨论f （x ）在（0，π）极值点个数； （2）证明：不等式f （x ）＞0在(π2，π)恒成立．附：ln(5π6)≈0.9624，ln(2π3)≈0.7393． 【分析】（1）求导，分x ∈(0，π2)，x ∈[π2，5π6]以及x ∈(5π6，π)，判断函数的单调性，进而得出极值点情况；（2）分π2＜x ≤5π6，5π6＜x ＜π，结合零点存在性定理以及放缩思想得证．解：（1）f′(x)=1−xsinxx，设g （x ）＝1﹣x sin x ， ①在x ∈(0，π2)时，则g(0)=1，g(π2)=1−π2＜0，g ′（x ）＝﹣（sin x +x cos x ）＜0知g （x ）在(0，π2)递减，∴存在x 1∈(0，π2)，使得g （x 1）＝0，在x ∈（0，x 1）时，f ′（x ）＞0，在x ∈(x 1，π2)时，f ′（x ）＜0， ∴x 1为f （x ）的极大值点； ②在x ∈[π2，5π6]时，12≤sinx ≤1，有xsinx ≥min{π2sin π2，5π6sin 5π6}＞1，f ′（x ）＜0在(π2，5π6)上恒成立，f （x ）在(π2，5π6)上递减， ∴此时f （x ）无极值； ③在x ∈(5π6，π)时，f′(5π6)＜0，f′(π)=12＞0，f″(x)=−(cosx +1x2)＞0在(5π6，π)上恒成立， ∴f ′（x ）在(5π6，π)上递增， ∴存在唯一的x 2∈(5π6，π)，使得f ′（x 2）＝0，且在x ∈(5π6，x 2)时，f ′（x ）＜0，在x ∈（x 2，π）时，f ′（x ）＞0， ∴x 2为f （x ）的极小值点．综上，函数f （x ）在（0，π）上有两个极值点； （2）证明：由（1）知，f′(x)=1−xsinxx， ①若π2＜x ≤5π6时，12≤sinx ＜1，而xsinx ≥min{π2sin π2，5π6sin 5π6}＞1，∴f ′（x ）＜0在(π2，5π6)上恒成立，f （x ）在(π2，5π6)上递减，∴f(x)＞f(5π6)=cos 5π6+ln 5π6=−√32+0.9624＞0；②若5π6＜x ＜π，f′(5π6)＜0，f′(π)=12＞0，f″(x)=−(cosx +1x2)＞0在(5π6，π)上恒成立， ∴f ′（x ）在(5π6，π)上递增，∴存在唯一的x 0∈(5π6，π)，使得x 0sin x 0＝1，且当x ∈(5π6，x 0)时，f ′（x ）＜0，在x ∈（x 0，π）时，f ′（x ）＞0，∴f(x)min =f(x 0)=cosx 0+lnx 0=lnx 0−√1−1x 02， 下面证明：ln 2x +1x2＞1在x ∈(5π6，π)上恒成立， 记m(x)=ln 2x +1x 2，m′(x)=2x (lnx −1x 2)，lnx ＞ln 5π6＞0.96，1x 2＜0.14，则m ′（x ）＞0， ∴m （x ）在x ∈(5π6，π)上递增， 于是m(x)＞m(5π6)=ln 25π6+1(5π6)2=0.92+0.14=1.06＞1，从而可知lnx 0−√1−1x 02＞0； 综合①②可知，不等式f （x ）＞0在(π2，π)恒成立．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值点个数以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，转化思想，考查运算求解能力，综合性较强，难度大． 一、选择题22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =2+tcosαy =tsinα（t 参数，α为常数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ2=1．（1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）设直线l 与曲线C 的交点为P ，Q 两点，曲线C 和x 轴交点为A ，若△APQ 面积为6√6，求tan α的值．【分析】（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和三角函数关系式的变换求出结果． 解：（1）直线l 的参数方程为{x =2+tcosαy =tsinα（t 参数，α为常数），转换为直角坐标方程为y ＝k （x ﹣2）．曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ2=1．整理得ρ⋅1−cosθ2=1，根据x ＝ρcos θ，ρ2＝x 2+y 2转，换为直角坐标方程为y 2＝4x +4．（2）由于y 2＝4x +4与x 轴的交点坐标为（﹣1，0），所以{y 2=4x +4y =k(x −2)得到y 2−4ky −12=0，记t =1k，所以y 2﹣4ty ﹣12＝0，整理得|y 1−y 2|=√(4t)2+4×12=4√t 2+3． 所以S △APQ =12×|AM|×|y 1−y 2|=6√t 2+3=6√6，解得t =±√3，即k =±√33，所以tanα=±√33．【点评】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，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． [选修4-5：不等式选讲]23．已知正数a ，b ，c 满足a +b +c ＝1．求证： （1）ab ＜14； （2）a1−a+b 1−b+c 1−c≥32．【分析】（1）由已知得a +b ＜1，用均值不等式即可； （2）用分析法把a 1−a+b 1−b+c 1−c≥32左式分离变量，再由a +b +c ＝1变形配凑成3元均值不等式的形式即可证明．【解答】证明：（1）因为正数a ，b ，c 满足a +b +c ＝1，所以a +b ＜1， 由于ab ≤（a+b 2）2＜14，故ab ＜14．（2）分析法：要证原式，只要证：a−1+11−a+b−1+11−b+c−1+11−c≥32，即证﹣3+11−a +11−b+11−c ≥32， 只要证：11−a+11−b+11−c≥92，即证：[（1﹣a ）+（1﹣b ）+（1﹣c ）]（11−a+11−b+11−c）≥9，因为（1﹣a ）+（1﹣b ）+（1﹣c ）≥3√(1−a)(1−b)(1−c)3，①11−a+11−b+11−c≥3√11−a ⋅11−b ⋅11−c3②将①②两式相乘即得要证的式子：[（1﹣a ）+（1﹣b ）+（1﹣c ）]（11−a+11−b+11−c）≥9，以上每步都成立，所以不等式a1−a+b1−b+c1−c≥32成立．【点评】本题考查多项式的化简变形技巧，均值不等式的应用．属于中档题．。

2020年湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科）（5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 满足z+i2+i =1+i ，则复数z ＝（ ） A.2+iB.1+2iC.3+iD.3−2i2.已知集合A ={x|x−1x+3≤0}，B ＝{x||x|<2}，则A ∩B ＝（ ） A.{x|−2<x <1} B.{x|−3<x <2} C.{x|−2<x ≤1}D.{x|−2≤x ≤1}3.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a 2+2a 3+a 4＝0，则S 5＝（ ） A.2B.0C.−2D.−44.若某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）A.2B.4C.4√2D.435.在某项测量中，测量结果X 服从正态分布N(1, σ2)(σ>0)，若X 在(0, 2)内取值的概率为0.8，则X 在[0, +∞)内取值的概率为（ ） A.0.9B.0.8C.0.3D.0.16.已知函数f(x)=cos(3x +φ)(−π2<φ<π2)图象关于直线x =5π18对称，则函数f(x)在区间[0, π]上零点的个数为（ ） A.1B.2C.3D.47.已知向量a →，b →是互相垂直的单位向量，向量c →满足c →⋅a →=1，c →⋅b →=1，则|a →+c →|=() A.2B.√5C.3D.78.已知等差数列{a n }满足：a 12+a 52＝8，则a 1+a 2的最大值为（ ）A.2B.3C.4D.59.已知直线PQ:y=x−12与y轴交于P点，与曲线C:y2＝x(y≥0)交于Q，M 成为线段PQ上一点，过M作直线x＝t交C于点N，则△MNP面积取到最大值时，t的值为（）A.116B.14C.1D.5410.已知函数f(x)＝e x−1−ax−1e(a∈R)的图象与x轴有唯一的公共点，则实数a的取值范围为（）A.{a|a≤0}B.{a|a≤0,a=1e}C.{a|a≤0, 或a＝e}D.{a|a≤0, 或a＝1}11.已知A，B分别为双曲线Γ:x2−y23=1实轴的左右两个端点，过双曲线Γ的左焦点F作直线PQ交双曲线于P，Q两点（点P，Q异于A，B），则直线AP，BQ的斜率之比k AP:k BQ＝（）A.−13B.−3 C.−23D.−3212.在四棱锥P−ABCD中，PA＝2，PB＝PC＝PD=√7，AB＝AD=√7，BC＝CD＝2，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A.2√3B.√3C.√5D.3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数y=lnxx+1在点P(1, 0)处的切线方程为________．14.一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2500mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过________小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg2≈0.3010，1g3≈0.4771，精确到0.1ℎ）15.柜子里有3双不同的鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子不成对的概率为________．16.已知M，N为直线3x+4y−10＝0上两点，O为坐标原点，若∠MON=π3，则△MON的周长最小值为________．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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a＝4，C＝2B．（1）若b＝2，求c；（2）若△ABC的面积为2√3，求tanB．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的菱形，且∠A1AC=π3，面ACC1A1⊥面ABC，A1A⊥BC，BC＝4．（1）求证：BC⊥面ACC1A1；（2）求二面角A−A1B−C的余弦值．19.已知F1(−1, 0)，F2(1, 0)为椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，△F1AB的周长为8．（1）求椭圆Γ的标准方程；（2）已知P(x0, y0)(y0≠0)是直线l:x＝4上一动点，若PA，PB与x轴分别交于点M(x M, 0)，N(x N, 0)，则1x M−1+1x N−1是否为定值，若是，求出该定值，不是请说明理由．20.一种新的验血技术可以提高血液检测效率．现某专业检测机构提取了n(n≥6)份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中(n−3)份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这(n−3)份血液再逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止．（1）若n＝6，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率；（2）若n≥8，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为ξ，①求ξ的概率分布；②求Eξ．21.已知函数f(x)＝lnx+cosx．（1）讨论f(x)在(0, π)极值点个数；（2）证明：不等式f(x)>0在(π2,π)恒成立．附：ln(5π6)≈0.9624，ln(2π3)≈0.7393．（二）选考题：共10分．请考生从第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为{x=2+tcosαy=tsinα（t参数，α为常数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ2=1．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C的交点为P，Q两点，曲线C和x轴交点为A，若△APQ 面积为6√6，求tanα的值．[选修4-5：不等式选讲]23.已知正数a，b，c满足a+b+c＝1．求证：（1）ab<14；（2）a1−a +b1−b+c1−c≥32．2020年湖北省武汉市高考数学模拟试卷（理科）（5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+i，则复数z＝（）1.已知复数z满足z+i2+iA.2+iB.1+2iC.3+iD.3−2i【解答】=1+i，得z+i＝(1+i)(2+i)＝1+3i，由z+i2+i∴z＝1+2i，≤0}，B＝{x||x|<2}，则A∩B＝（）2.已知集合A={x|x−1x+3A.{x|−2<x<1}B.{x|−3<x<2}C.{x|−2<x≤1}D.{x|−2≤x≤1}【解答】≤0}={x|−3<x≤1}，∵集合A={x|x−1x+3B＝{x||x|<2}＝{x|−2<x<2}，∴A∩B＝{x|−2<x≤1}．3.设等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，a2+2a3+a4＝0，则S5＝（）A.2B.0C.−2D.−4【解答】设公比为q，q≠0，等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，a2+2a3+a4＝0，则2q+4q2+2q3＝0，解得q＝−1，=2，∴S5=2(1−(−1)5)1+14.若某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A.2B.4C.4√2D.43【解答】根据三视图还原成的几何体是如图所示的四棱柱，其中底面是长为2，宽为1的矩形，棱柱的高为2，四棱柱的体积V ＝1×2×2＝4．5.在某项测量中，测量结果X 服从正态分布N(1, σ2)(σ>0)，若X 在(0, 2)内取值的概率为0.8，则X 在[0, +∞)内取值的概率为（ ） A.0.9 B.0.8 C.0.3 D.0.1【解答】∵X 服从正态分布N(1, σ2) ∴曲线的对称轴是直线x ＝1， ∵X 在(0, 2)内取值的概率为0.8， ∴X 在(0, 1)内取值的概率为0.4，∴X 在[0, +∞)内取值的概率为0.5+0.4＝0.96.已知函数f(x)=cos(3x +φ)(−π2<φ<π2)图象关于直线x =5π18对称，则函数f(x)在区间[0, π]上零点的个数为（ ） A.1 B.2 C.3 D.4【解答】因为函数f(x)=cos(3x +φ)(−π2<φ<π2)图象关于直线x =5π18对称，∴cos(3×5π18+φ)=±1，∴5π6+φ=kπ,k ∈Z ，由−π2<φ<π2知，k ＝1时，φ=π6．故f(x)=cos(3x +π6)，令f(x)＝0得3x +π6=π2+kπ,k ∈Z ，∴x =π9+kπ3,k ∈Z ．因为x ∈[0, π]，所以k ＝0，1，2时，φ=π9,4π9,7π9满足条件．故零点有三个．7.已知向量a →，b →是互相垂直的单位向量，向量c →满足c →⋅a →=1，c →⋅b →=1，则|a →+c →|=() A.2 B.√5 C.3 D.7【解答】因为向量a →，b →是互相垂直的单位向量， 不妨设a →=(1.0)，b →=(0, 1)，c →=(x, y) 则由c →⋅a →=1，c →⋅b →=1， 得x ＝y ＝1，即c →=(1, 1)． ∴a →+c →=(2, 1)；∴|a →+c →|=√22+12=√5；8.已知等差数列{a n }满足：a 12+a 52＝8，则a 1+a 2的最大值为（ ） A.2 B.3 C.4 D.5【解答】设等差数列{a n }的公差为d ，由于满足：a 12+a 52＝8，设a 1＝2√2cosα，a 5＝2√2sinα，(0≤α<2π)， 所以a 5−a 1＝2√2(sinα−cosα)， 即4d ＝2√2(sinα−cosα)， d =√22(sinα−cosα)，所以a 1+a 2＝2a 1+d ＝4√2cosα+√22(sinα−cosα)=7√22cosα+√22sinα=√22(7cosα+sinα)=√22√50(√50+√50＝5sin(θ+α)≤5，（其中tanθ＝7），所以a 1+a 2最大值为5．9.已知直线PQ:y =x −12与y 轴交于P 点，与曲线C:y 2＝x(y ≥0)交于Q ，M 成为线段PQ 上一点，过M 作直线x ＝t 交C 于点N ，则△MNP 面积取到最大值时，t 的值为（ ） A.116 B.14C.1D.54【解答】直线PQ:y =x −12与y 轴交于P(0, −12)，由y ＝x −12与y 2＝x(y ≥0)联立，可得Q(1+√32, √32+12)， 过M 作直线x ＝t 交C 于点N ，可得M(t, t −12)，N(t, √t)，0≤t ≤1+√32， 则△MNP 面积S =12(√t −t +12)t ， 设u =√t(0≤u ≤√1+√32)，可得S =12(u 3−u 4+12u 2)，可得S′=12(3u 2−4u 3+u)=−12u(4u +1)(u −1)， 可得0<u <1时，S′>0，S 递增；1<u <√1+√32时，S′<0，S 递减，则面积S 在u ＝1，即t ＝1处取得极大值，且为最大值．10.已知函数f(x)＝e x−1−ax −1e (a ∈R)的图象与x 轴有唯一的公共点，则实数a 的取值范围为（ ） A.{a|a ≤0} B.{a|a ≤0,a =1e } C.{a|a ≤0, 或a ＝e} D.{a|a ≤0, 或a ＝1}【解答】由于f(0)＝0且x ∈R ，由题意可知f(x)的图象与x 轴有唯一的公共点(0, 0)，f′(x)＝e x−1−a ， 若a ≤0，则f′(x)＝e x−1−a >0，函数f(x)单调递增，且f(0)＝0满足题意； 当a >0时，由f′(x)＝e x−1−a ＝0可得x ＝1+lna ，当x <1+lna 时，f′(x)＝e x−1−a <0，函数单调递减，当x >1+lna 时，f′(x)＝e x−1−a >0，函数单调递增， 由题意可得1+lna ＝0， 故a =1e ，综上可得，a =1e 或a ≤0． 11.已知A ，B 分别为双曲线Γ:x 2−y 23=1实轴的左右两个端点，过双曲线Γ的左焦点F 作直线PQ 交双曲线于P ，Q 两点（点P ，Q 异于A ，B ），则直线AP ，BQ 的斜率之比k AP :k BQ ＝（ ） A.−13B.−3C.−23D.−32【解答】由已知得双曲线Γ：a＝1，b=√3，c＝2．故F(−2, 0)，A(−1, 0)，B(1, 0)．设直线PQ:x＝my−2，且P(x1, y1)，Q(x2, y2)．由{x=my−2x2−y23=1消去x整理得(3m2−1)y2−12my+9＝0，∴y1+y2=12m3m2−1,y1y2=93m2−1，两式相比得m=34×y1+y2y1y2①，∴k AP:k BQ=y1x1+1×x2−1y2=y1(my2−3)y2(my1−1)=my1y2−3y1my1y2−y2②，将①代入②得：上式=34(y1+y2)−3y134(y1+y2)−y2=3(y2−3y1)3y1−y2=−3．故k AP:k BQ＝−3．12.在四棱锥P−ABCD中，PA＝2，PB＝PC＝PD=√7，AB＝AD=√7，BC＝CD＝2，则四棱锥P−ABCD的体积为（）A.2√3B.√3C.√5D.3【解答】在四棱锥P−ABCD中，PA＝2，PB＝PC＝PD=√7，AB＝AD=√7，BC＝CD＝2，连结AC，BD，交于点E，过P作PO⊥平面ABCD，交AC于点O，连结BO，DO，则BO＝DO＝CO=2，AO=2，设CO＝a，则AO=√a2−3，cos∠COD=a2+a2−42a2=1−2a2，cos∠AOD=22√2=2√2，∵cos∠AOD＝−cos∠COD，∴22a√a2−3=2a2−1，由a>0，解得a＝2，∴AO＝1，BO＝CO＝DO＝2，PO=√3，DE＝BE=√3，S△PAC=12×AC×PO=32×√3=3√32，DE＝BE=√22−12=√3，∴四棱锥P−ABCD的体积为：V＝V D−PAC+V B−PAC=13×DE×S△PAC+13×BE×S△PAC=13×√3×3√32+13×√3×3√32＝3．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.函数y=lnxx+1在点P(1, 0)处的切线方程为________．【解答】∵y′=1+1x−lnx(x+1)2，∴y′|x=1=12，所以切线为：y=12(x−1)，即：x−2y−1＝0．14.一种药在病人血液中的量保持1500mg以上才有疗效；而低于500mg病人就有危险．现给某病人静脉注射了这种药2500mg，如果药在血液中以每小时20%的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过________小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：lg2≈0.3010，1g3≈0.4771，精确到0.1ℎ）【解答】设应在病人注射这种药x小时后再向病人的血液补充这种药，依题意，可得500≤2500×(1−20%)x≤1500整理，得0.2≤0.8x≤0.6，∴log0.80.6≤x≤log0.80.2，∵log0.80.6=lg0.6lg0.8=lg6−1lg8−1=lg2+lg3−131g2−1≈2.3，log0.80.2=lg0.2lg0.8=lg2−131g2−1≈7.2，解得：2.3≤x≤7.2，应在用药2.3小时后及7.2小时前再向病人的血液补充药．15.柜子里有3双不同的鞋子，随机地取出2只，则取出的2只鞋子不成对的概率为________．【解答】∵取法总数有C62＝15种，取出的鞋成对的种数有3种，∴取出的鞋不成对的概率p ＝1−315=45．16.已知M ，N 为直线3x +4y −10＝0上两点，O 为坐标原点，若∠MON =π3，则△MON 的周长最小值为________． 【解答】在△MON 中，由余弦定理得：cos π3=|OM|2+|ON|2−|MN|22|OM||ON|，化简得：|OM||ON|＝|OM|2+|ON|2−|MN|2， 由基本不等式|OM|2+|ON|2≥2|OM||ON|， 当且仅当|OM|＝|ON|时，等号成立． 所以|OM|⋅|ON|≥2|OM|⋅|ON|−|MN|2， 所以|MN|2≥|OM||ON|， 故|MN|≥√|OM||ON|，所以|OM|+|ON|+|MN|≥3√|OM||ON|，当且仅当|OM|＝|ON|时，等号成立．所以△MON 为等边三角形，则正三角形的高为O 为坐标原点(0, 0)到直线3x +4y −10＝0的距离d =√32+42=2．所以当△MON 为等边三角形时：设OM ＝2x ，所以(2x)2＝22+x 2，解得x 2=43，故x =2√33， 所以l △MON =6x =6×2√33=4√3．三、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.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足a ＝4，C ＝2B ． （1）若b ＝2，求c ；（2）若△ABC 的面积为2√3，求tanB ． 【解答】 ∵C ＝2B ，∴sinC ＝sin2B ＝2sinBcosB ， ∴c ＝2b ⋅cosB ，∴cosB =c2b =a 2+c 2−b 22ac，∴ac 2＝b(a 2+c 2−b 2)， ∴4c 2＝2(16+c 2−4)， ∴c 2＝12， ∴c ＝2√3；(i)若C 为锐角，过点A 作AH ⊥BC 于点H ，如图所示：设BC 边上的高为ℎ，则S △ABC =12×4×ℎ=2√3，∴ℎ=√3， 设BH ＝x ，HC ＝4−x ，∴tanB =ℎx ，tanC =ℎ4−x ，又∵C ＝2B ， ∴tanC ＝tan2B =2tanB1−tan 2B =ℎ4−x =2⋅ℎx 1−(ℎx)2，∴1−(√3x )2＝2×4−x x ，解得x ＝3，∴tanB =√33， (ii)若C 为钝角，过A 作AH ⊥BC 的延长线于H ，如图所示：设CH ＝x ，AH ＝ℎ=√3，则tanB =ℎ4+x ，tan(π−C)=ℎx =−tanC ， ∴由tanC ＝tan2B 知：−ℎx =2⋅ℎ4+x 1−(ℎ4+x)2，∴1+2x4+x −3(4+x)2=0，而x >0， ∴x 无解，因此C 为钝角不符合题意，综上所述，tanB=√33．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的菱形，且∠A1AC=π3，面ACC1A1⊥面ABC，A1A⊥BC，BC＝4．（1）求证：BC⊥面ACC1A1；（2）求二面角A−A1B−C的余弦值．【解答】证明：在菱形ACC1A1中，过A1点作A1H⊥AC于H，∵平面A1C1CA⊥平面ABC，平面A1C1CA∩平面ABC＝AC，∴A1H⊥BC，∵A1A⊥BC，A1A∩A1H＝A1，∴BC⊥平面A1C1CA．在菱形A1C1CA中，连结AC1，设AC1∩A1C＝M，BC⊥平面A1C1CA，∴BC⊥AM，则AM⊥面A1BC，∴AM⊥A1B，过点M作MN⊥A1B于点N，连结AN，则A1B⊥平面AMN，∴A1B⊥AN，∴∠MNA为二面角A−A1B−C的平面角，设大小为θ，在Rt△A1CB中，BC＝CA1＝4，且∠A1CB=π2，∴MN=√2，则tanθ=AMMN =√3√2=√6，∴cosθ=√7=√77，∴二面角A−A1B−C的余弦值为√77．19.已知F1(−1, 0)，F2(1, 0)为椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，△F1AB的周长为8．（1）求椭圆Γ的标准方程；（2）已知P(x0, y0)(y0≠0)是直线l:x＝4上一动点，若PA，PB与x轴分别交于点M(x M, 0)，N(x N, 0)，则1x M−1+1x N−1是否为定值，若是，求出该定值，不是请说明理由．【解答】由题意可得三角形AF1B中，三角形的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|＝4a＝8，解得a＝2，而c＝1，所以b2＝a2−c2＝4−1＝3，所以椭圆Γ的方程为：x 24+y23=1；由题意设P(4, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，设直线AB的斜率为0时可得，A(−2, 0)，B(2, 0)，则直线PA与x轴的交点M 的横坐标x M＝−2，同理可得x N＝2，所以1x M−1+1x N−1=1−2−1+12−1=23，当直线AB的斜率不为0时，设直线AB的方程为：x＝my+1，联立直线AB与椭圆的方程{x=my+13x2+4y2−12=0，整理可得(4+3m2)y2+6my−9＝0，y1+y2=−6m4+3m2，y1y2=−94+3m2，设直线PA的方程为：y=y0−y14−x1(x−4)+y0，令y＝0，可得x M−1=−y0(4−x1) y0−y1+3=−4y0+y0(my1+1)+3y0−3y1y0−y1=y1(my0−3)y0−y1，所以1x M−1=y0−y1y1(my0−3)，同理可得1x N−1=y0−y2y2(my0−3)，所以1x M−1+1x N−1=y0−y1y1(my0−3)+y0−y2y2(my0−3)=(y0−y1)y2+(y0−y2)y1y1y2(my0−3)=y0(y1+y2)−2y1y2 y1y2(my0−3)=y0⋅−6m4+3m2−2⋅−94+3m2−94+3m2⋅(my0−3)=−6(my0−3)−9(my0−3)=23；综上所述1x M−1+1x N−1为定值23．20.一种新的验血技术可以提高血液检测效率．现某专业检测机构提取了n(n ≥6)份血液样本，其中只有1份呈阳性，并设计了如下混合检测方案：先随机对其中(n −3)份血液样本分别取样，然后再混合在一起进行检测，若检测结果为阴性，则对另外3份血液逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止；若检测结果呈阳性，测对这(n −3)份血液再逐一检测，直到确定呈阳性的血液为止．（1）若n ＝6，求恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率； （2）若n ≥8，宜采用以上方案检测而确定呈阳性的血液所需次数为ξ， ①求ξ的概率分布； ②求Eξ． 【解答】n ＝6时，不论第一次检测的混合血液是阴性还是阳性，从第2次检测开始，都是对含有1阳性，2阴性的3份血液进行逐一检测，若恰好经过3次检测而确定阳性血液，则第2次和第3次检测的都是阴性或者第2次检测的是阴性，第3次检测的是阳性，故恰好经过3次检测而确定呈阳性的血液的事件概率为P =C 22C 32+C 21C 11C31⋅C21=23．①n ≥8时，P(ξ＝2)=C n−1n−3C nn−3⋅C 11C 31+C n−13C n3⋅C 11C n−31=2n ， P(ξ＝3)=C n−12⋅C11C n 3⋅(C 21⋅C11C31⋅C21+C 21⋅C11C31⋅C21)+C n−13C n3⋅C n−41C 11C n−31C n−41=3n ，P(ξ＝4)=C n−13C n3⋅C n−42C 11Cn−32⋅Cn−51=1n ，当4≤k ≤n −4时，P(ξ＝k)=C n−13C n3⋅C n−4k−2C 11C n−3k−2C n−3−(k−2)1=1n ，P(ξ＝k −3)=C n−13C n3⋅C n−4n−4C 11C n−3n−4C 11⋅2=2n ，∴ξ的分布列为：②Eξ＝2⋅2n +3⋅3n +4⋅1n +⋯+(n −4)⋅1n +(n −3)⋅2n =n 2−3n+142n．21.已知函数f(x)＝lnx +cosx ． （1）讨论f(x)在(0, π)极值点个数；（2）证明：不等式f(x)>0在(π2,π)恒成立．附：ln(5π6)≈0.9624，ln(2π3)≈0.7393．【解答】f′(x)=1−xsinxx，设g(x)＝1−xsinx，①在x∈(0,π2)时，则g(0)=1,g(π2)=1−π2<0，g′(x)＝−(sinx+xcosx)<0知g(x)在(0,π2)递减，∴存在x1∈(0,π2)，使得g(x1)＝0，在x∈(0, x1)时，f′(x)>0，在x∈(x1,π2)时，f′(x)<0，∴x1为f(x)的极大值点；②在x∈[π2,5π6]时，12≤sinx≤1，有xsinx≥min{π2sinπ2,5π6sin5π6}>1，f′(x)<0在(π2,5π6)上恒成立，f(x)在(π2,5π6)上递减，∴此时f(x)无极值；③在x∈(5π6,π)时，f′(5π6)<0,f′(π)=12>0，$f"(x)=-(\cosx+\frac{1}{x^{2}})>0$在(5π6,π)上恒成立，∴f′(x)在(5π6,π)上递增，∴存在唯一的x2∈(5π6,π)，使得f′(x2)＝0，且在x∈(5π6,x2)时，f′(x)<0，在x∈(x2, π)时，f′(x)>0，∴x2为f(x)的极小值点．综上，函数f(x)在(0, π)上有两个极值点；证明：由（1）知，f′(x)=1−xsinxx，①若π2<x≤5π6时，12≤sinx<1，而xsinx≥min{π2sinπ2,5π6sin5π6}>1，∴f′(x)<0在(π2,5π6)上恒成立，f(x)在(π2,5π6)上递减，∴f(x)>f(5π6)=cos5π6+ln5π6=−√32+0.9624>0；②若5π6<x<π，f′(5π6)<0,f′(π)=12>0，$f"(x)=-(\cosx+\frac{1}{x^{2}})>0$在(5π6,π)上恒成立，∴f′(x)在(5π6,π)上递增，∴存在唯一的x 0∈(5π6,π)，使得x 0sinx 0＝1，且当x ∈(5π6,x 0)时，f′(x)<0，在x ∈(x 0, π)时，f′(x)>0，∴f(x)min =f(x 0)=cosx 0+lnx 0=lnx 0−√1−1x 02，下面证明：ln 2x +1x 2>1在x ∈(5π6,π)上恒成立， 记m(x)=ln 2x +1x 2,m ′(x)=2x (lnx −1x 2)，lnx >ln 5π6>0.96,1x 2<0.14，则m′(x)>0，∴m(x)在x ∈(5π6,π)上递增， 于是m(x)>m(5π6)=ln 25π6+1(5π6)2=0.92+0.14=1.06>1，从而可知lnx 0−√1−1x02>0；综合①②可知，不等式f(x)>0在(π2,π)恒成立．（二）选考题：共10分．请考生从第22、23题中任选一题作答．并用2B 铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =2+tcosαy =tsinα（t 参数，α为常数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ2=1． （1）求曲线C 的直角坐标方程；（2）设直线l 与曲线C 的交点为P ，Q 两点，曲线C 和x 轴交点为A ，若△APQ 面积为6√6，求tanα的值． 【解答】直线l 的参数方程为{x =2+tcosαy =tsinα （t 参数，α为常数），转换为直角坐标方程为y ＝k(x −2)．曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ2=1．整理得ρ⋅1−cosθ2=1，根据x ＝ρcosθ，ρ2＝x 2+y 2转，换为直角坐标方程为y 2＝4x +4．由于y 2＝4x +4与x 轴的交点坐标为(−1, 0)，所以{y 2=4x +4y =k(x −2)得到y 2−4ky −12=0，记t =1k ，所以y 2−4ty −12＝0，整理得|y 1−y 2|=√(4t)2+4×12=4√t 2+3．所以S △APQ =12×|AM|×|y 1−y 2|=6√t 2+3=6√6，解得t =±√3， 即k =±√33，所以tanα=±√33． [选修4-5：不等式选讲]23.已知正数a ，b ，c 满足a +b +c ＝1．求证： （1）ab <14；（2）a1−a +b1−b +c1−c ≥32． 【解答】因为正数a ，b ，c 满足a +b +c ＝1，所以a +b <1， 由于ab ≤(a+b 2)2<14，故ab <14．分析法：要证原式，只要证：a−1+11−a+b−1+11−b+c−1+11−c≥32，即证−3+11−a +11−b+11−c ≥32， 只要证：11−a +11−b +11−c ≥92，即证：[(1−a)+(1−b)+(1−c)](11−a +11−b+11−c )≥9， 因为(1−a)+(1−b)+(1−c)≥3√(1−a)(1−b)(1−c)3，① 11−a+11−b +11−c ≥3√11−a ⋅11−b ⋅11−c 3② 将①②两式相乘即得要证的式子：[(1−a)+(1−b)+(1−c)](11−a +11−b +11−c)≥9，以上每步都成立，所以不等式a1−a +b1−b +c1−c ≥32成立．。

2020年高考数学5月份预测考试试题理本试题卷共4页，23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，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答题区域均无效。

3.填空题和解答题的作答：用黑色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均无效。

4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写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均无效。

5.考试结束后，请将答题卡上交。

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A＝{x|1<x<3}，B＝{x|y＝}，则A∪B＝A.{x|1<x≤2}B.{x|2<x<3}C.{x|2≤x<3}D.{x|x>1}2.右图来自中国古代的木纹饰图。

若大正方形的边长为6个单位长度，每个小正方形的边长均为1个单位长度，则在大正方形内随机取一点，此点取自图形中小正方形内的概率是A. B. C. D.3.设有下面两个命题：p1：复数x∈R的充要条件是z＝；p2：若复数z所对应的点在第一象限，则复数所对应的点在第四象限。

那么下列命题中，真命题是A.p1∧p2B.(p1)∧p2C.p1∧(p2)D.(p1)∧(p2)4.已知数列{an}为等差数列，若a2＋a5＝3a3，且a4与2a7的等差中项为6，则a5＝A.0B.1C.2D.35.已知定义在R上的函数f(x)＝3sinx－2x＋1，则f(x)的最大值与最小值之和等于A.0B.1C.2D.36.(1－x)·(x＋＋2)4的展开式中x的系数是A.10B.2C.－14D.347.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，记该几何体的外接球的体积为V1，该几何体的体积为V2，则V1与V2的比值为A. B. C. D.8.如图所示的程序框图是为了求出满足1＋3＋5＋…＋n≤2020的最大正奇数n的值，那么在框中，可以填A.“输出i－4”B.“输出i－2”C.“输出i－1”D.“输出i”9.已知函数f(x)＝sin2x－cos2x在区间[0，]上当x＝θ时取得最大值，将f(x)的图象向左平移θ个单位得到函数g(x)的图象，则A.g(x)＝2cos2xB.g(x)＝－2cos2xC.g(x)＝sin2x＋cos2xD.g(x)＝－sin2x－cos2x10.已知双曲线于的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与双曲线的左支交于A，B两点，若∠AF2B＝60°，则△AF2B的内切圆半径为A. B. C. D.211.数学上有很多著名的猜想，角谷猜想就是其中之一，它是指对于任意一个正整数，如果是奇数，则乘3加1，如果是偶数，则除以2，得到的结果再按照上述规则重复处理，最终总能够得到1。