2020届高三数学 模拟考试(三)理 人教版

绝密★启用前2020届河南省天一大联考高三高考全真模拟（三）数学（理）试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题1．已知集合{}{}222450,20A x x y x y B x x =+-++==+>，则集合A B =U （ ）A ．[)1,+∞B ．[]0,1C ．(],1-∞D ．()0,1答案：A通过配方求出集合A ，解不等式求出集合B ，进而可得并集. 解：对于集合A ：配方得()()22120,1,2x y x y -++=∴==-， 从而{}1A =.对于集合):120,0B >Q20,10>>，解得1x >，()1,B ∴=+∞，从而[)1,A B ∞=+U . 故选：A. 点评：本题考查集合的并集运算，考查运算能力，是基础题. 2．已知z 为z 的共轭复数，若32zi i =+，则z i +=（ ）A ．24i +B ．22i -C ．D ．答案：C先由已知求出z ，进而可得z i +，则复数的模可求. 解：由题意可知3223iz i i+==-，从而23,24,z i z i i z i =+∴+=+∴+==.点评：本题考查复数的运算及共轭复数，命题陷阱：1z +易被看成绝对值，从而导致错选，另外，易疏忽共轭复数的运算.3．为了贯彻素质教育，培养各方面人才，使每位学生充分发挥各自的优势，实现卓越发展，某高校将其某- -学院划分为不同的特色专业，各专业人数比例相关数据统计.如图，每位学生限修一门专业.若形体专业共300人，则下列说法错误的是（ ）A ．智能类专业共有630人B ．该学院共有3000人C ．非文化类专业共有1800人D ．动漫类专业共有800人 答案：D根据形体专业所占比例和人数可求出总人数，分别求出文化类和智能类所占比例，根据比例和总人数可求出不同专业的人数，进而可得答案. 解： 该学院共有300300010%=人，B 正确； 由题意可知，文化类共有115%18%12%10%5%40%-----=， 而智能类共有40%3%6%10%21%---=， 所以智能类专业共有300021%630⨯=人，A 正确； 非文化类专业共有300060%1800⨯=人，C 正确； 动漫类专业共有15%3000450⨯=人，故D 错误. 故选：D. 点评：本题考查数据统计知识，考查数据分析，解决问题能力，命题陷阱：饼状图中信息较多，容易分析错误，从而会导致出错.4．已知数列{}n a 是等比数列，48,a a 是方程2840x x -+=的两根，则6a =（ ） A ．22±B ．2C ．2±D ．2-根据韦达定理可得48,a a 均为正数，再通过等比数列的性质可得6a . 解：方程2840x x -+=的两根分别为48,a a ，48480084a a a a +>⎧∴⎨>==⎩，∴4800a a >⎧⎨>⎩，由等比数列性质可知24864a a a ==，62a ∴=±又26460,2a a q a =>∴=.故选：B. 点评：本题考查等比数列性质，考查运动知识解决问题的能力，是基础题. 5．已知函数()1f x +是定义在R 上的偶函数，12,x x 为区间()1,+∞上的任意两个不相等的实数，且满足()()12210f x f x x x -<-，131,,,042a f b f c f t t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫===+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b <<D ．b a c <<答案：D先根据函数(1)f x +是偶函数可得出函数()f x 的图象关于直线1x =对称，再由()()12210f x f x x x -<-得()f x 在()1,+∞上为增函数，根据131,,42t t+的大小关系可得函数值的大小. 解：Q 函数(1)f x +是偶函数，∴函数(1)f x +的图象关于直线0x =对称，从而函数()f x 的图象关于直线1x =对称，由()()12210f x f x x x -<-得()f x 在()1,+∞上为增函数，1744a f f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由0t >得12t t +≥，从而1731731,4242t f t f f t t ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+>>>∴+>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 即b a c <<. 故选：D. 点评：本题考查函数的奇偶性与单调性，考查对知识综合运用的能力，本题的根源是函数性质的综合，将奇偶性转化成对称性，结合对称性把变量化归到同一单调区间，从而应用单调性比较函数值的大小.6．已知,,m n l 是不同的直线，,αβ是不同的平面，若直线m α⊂，直线,,n l m l βαβ⊂⋂=⊥，则m n ⊥是αβ⊥的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要答案：B通过面面垂直的判定和性质分别判断充分性和必要性即可. 解：当//n l 时，若m n ⊥，则不能得到αβ⊥，所以m n ⊥不能推出αβ⊥； 反之，若αβ⊥，因为,,m l m l ααβ⊂⋂=⊥，可推出m β⊥.又n β⊂， 所以m n ⊥，故m n ⊥是αβ⊥的必要不充分条件. 故选：B. 点评：本题考查面面垂直的判定与性质定理，以及充分条件､必要条件的判断，考察空间想象能力.7．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）A ．206+B ．216+C ．20D ．392答案：A由三视图可知该几何体正方体''''ABCD A B C D -截去一个小三棱锥'D AD E -，如图，根据面积公式求出每个面的面积相加即可. 解：由三视图可知该几何体正方体''''ABCD A B C D -截去一个小三棱锥'D AD E -，如图()()''''111123,1223,222222ABCE CED C AA D S S S ∆=⨯+⨯==⨯+⨯==⨯⨯=在'AED ∆中，''22125,22AE ED AD =+== 可计算'AD 3'122362AED S ∆∴=⨯=，从而可得该几何体的表面积为332634206++⨯=+. 故选：A. 点评：本题考查切割体的三视图，考察空间想象能力以及运算求解能力，本题根源在于三视图的概念，要求学生会通过三视图还原几何体原图，旨在考查直观想象能力.8．随着交通事业的快速发展，中国高铁在我国各地已普遍建成，并投入使用，加强了各地的联系.已知某次列车沿途途经河南的安阳焦作､洛阳､郑州.开封五个城市，这五个城市有各自有名的景点：红旗渠､云台山､白马寺､二七塔､清明上河园某小朋友对河南比较陌生，他将五个景点与五个城市进行连线(一个城市对一个景点)，则他至少能连正确两对的方法数共有（ ） A ．4种 B ．5种C ．31种D ．36种答案：C分别算出该小朋友连正确两对，连正确3对，连正确4对(即5对)的方法数，相加即可. 解：该小朋友连正确两对的方法数为25220C ⨯=种； 连正确3对的方法数为35110C ⨯=种；连正确4对(即5对)的方法数为1种，至少连正确两对的方法数共有2010131++=种， 故选：C. 点评：本题考查排列组合中典型的不在其位问题，考察分析､解决问题的能力，本题问“至少”，不细心易只计算“连正确两对”的情况；另外学生会出现连正确4对与5对分开来算的情况.9．已知函数()()()sin 0,0,0f x A x A ωω=+ϕ>><ϕ<π的部分图像如图所示，给出下列四个结论：①()f x 的最小正周期为2π； ②()f x 的最小值为4-； ③(),0π是()f x 的一个对称中心；④函数()f x 在区间25,312⎛⎫-π-π ⎪⎝⎭上单调递增.其中正确结论的个数是（ ） A ．4 B ．3C ．2D ．1答案：B通过图像可得函数的周期，过点,12A π⎛⎫⎪⎝⎭，()0,2列方程可得解析式为()4sin 46f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再根据正弦函数的图像和性质逐一判断.解：由图象知函数()f x 的最小正周期为23122T πππ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，则4ω=， 即()()sin 4f x A x =+ϕ， 又由12f A π⎛⎫=⎪⎝⎭，得sin 13πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 由0ϕπ<<可知6π=ϕ，从而()sin 46f x A x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，又(0)2f =，可得sin 26A π=， 所以4A =， 从而()4sin 46f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，易判断①②正确， 而()0f π≠，所以③错误， 又由242,262k x k k Z ππππ-≤+≤π+∈， 得()f x 的增区间为,,26212k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦， 可知当1k =-时，25,312⎛⎫-π- ⎪π⎝⎭是()f x 的一个增区间，④正确.故选：B. 点评：本题主要考查利用三角函数部分图象求解析式和三角函数的基本性质，考查运算求解能力，是基础题.10．已知实数,a b 满足,a b R +∈，且31a b +=，则()1924a b a b +++的最小值为（ ） A ．173B ．174C ．163D ．194答案：C由31a b +=得()()283a b a b +++=，变形()()()()191912824243a b a b a b a b a b a b ⎛⎫+=++++⨯⎡⎤ ⎪⎣⎦ ⎪++++⎝⎭，展开，利用基本不等式即可求最值.解：因为31a b +=，所以393a b +=，即()()283a b a b +++=，()()()()191912824243a b a b a b a b a b a b ⎛⎫∴+=++++⨯⎡⎤ ⎪⎣⎦ ⎪++++⎝⎭ ()()()928111610102924333a b a b a b a b ⎡⎤++=++⨯≥⨯+=⎢⎥++⎣⎦， 当且仅当()283a b a b +=+即51,88a b ==时取等号. 故选：C. 点评：本题考查基本不等式，考察转化与规划思想，应用基本不等式时，由和为定值，求其他和的最值，须两和相乘，化为基本不等式应用的模型.11．如图，在ABC ∆中，D 为AB 的中点，,E F 为BC 的两个三等分点，AE 交CD 于点M ，设,AB a AC b ==u u u r r u u u r r ，则FM =u u u u r（ ）A ．171515a b -r rB ．171515a b +r rC ．241515a b -r rD ．241515a b -r r答案：A连接,FA FD ，由,,E M A 三点共线，可设()1FM FE FA λλ=+-u u u u r u u u r u u u r ，将,FE FA u u u r u u u r用,AB AC u u u r u u u r表示，则可得21233FM AB AC λλ--=+u u u u r u u u r u u u r ，同理,,D M C 由三点共线，可设()3213163FM FD FC AB AC μμμμ--=+-=+u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，利用平面向量基本定理列方程组求解. 解：连接,FA FD ，。

南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．{x |1＜x ＜4} 2．2 3．60 4．10 5．236． 37．2n ＋1－2 8．62 9．8310．[2，4] 11．6 12． [－2，＋∞) 13．－9414．38二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 15．(本小题满分14分)证明：(1)取PC 中点G ，连接DG 、FG ．在△PBC 中，因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以GF ∥BC ，GF ＝12BC ．因为底面ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC ， ······························································ 2分所以GF ∥DE ，GF ＝DE ，所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG ． ············································································· 4分 又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ． ······································································ 6分 (2)因为底面ABCD 为矩形，所以CD ⊥AD ．又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面P AD ． ··································································· 10分 因为P A ⊂平面P AD ，所以CD ⊥P A ． ·················································· 12分 又因为P A ⊥PD ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，PD ∩CD ＝D ，所以P A ⊥平面PCD ． 因为P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PCD ． ·································· 14分16．(本小题满分14分)解：(1) 因为向量m ＝(cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，－sin x )，所以 f (x )＝m ·n ＋12＝cos 2x －sin 2x ＋12＝cos2x ＋12． ··································· 2分因为f (x 2)＝1，所以cos x ＋12＝1，即cos x ＝12．又因为x ∈(0，π) ，所以x ＝π3， ························································· 4分所以tan(x ＋π4)＝tan(π3＋π4)＝tan π3＋ tan π41－tan π3tanπ4＝－2－3． ······························· 6分(2)若f (α)＝－110，则cos2α＋12＝－110，即cos2α＝－35．因为α∈(π2，3π4)，所以2α∈(π，3π2)，所以sin2α＝－1－cos 22α＝－45． ········ 8分因为sin β＝7210，β∈(0，π2)，所以cos β＝1－sin 2β＝210， ······················· 10分所以cos(2α＋β)＝cos2αcos β－sin2αsin β＝(－35)×210－(－45)×7210＝22． ····· 12分又因为2α∈(π，3π2)，β∈(0，π2)，所以2α＋β∈(π，2π)，所以2α＋β的值为7π4． ····································································· 14分17．(本小题满分14分)解：如图，以O 为原点，正东方向为x 轴，正北方向为y 轴，建立直角坐标系xOy ． 因为OB ＝2013，tan ∠AOB ＝23，OA ＝100，所以点B (60，40)，且A (100，0)． ···························································· 2分(1)设快艇立即出发经过t 小时后两船相遇于点C ，则OC ＝105(t ＋2)，AC ＝50t ．因为OA ＝100，cos ∠AOD ＝55， 所以AC 2＝OA 2＋OC 2－2OA ·OC ·cos ∠AOD ，即(50t )2＝1002＋[105(t ＋2)]2－2×100×105(t ＋2)×55． 化得t 2＝4，解得t 1＝2，t 2＝－2（舍去）， ·············································· 4分 所以OC ＝405．因为cos ∠AOD ＝55，所以sin ∠AOD ＝255，所以C (40，80)，所以直线AC 的方程为y ＝－43(x －100)，即4x ＋3y －400＝0． ······················· 6分因为圆心B 到直线AC 的距离d ＝|4×60＋3×40－400|42＋32＝8，而圆B 的半径r ＝85， 所以d ＜r ，此时直线AC 与圆B 相交，所以快艇有触礁的危险．答：若快艇立即出发有触礁的危险． ······················································· 8分 (2)设快艇所走的直线AE 与圆B 相切，且与科考船相遇于点E ． 设直线AE 的方程为y ＝k (x －100)，即kx －y －100k ＝0．因为直线AE 与圆B 相切，所以圆心B 到直线AC 的距离d ＝|60k －40－100k |12＋k 2＝85，即2k 2＋5k ＋2＝0，解得k ＝－2或k ＝－12． ············································· 10分由（1）可知k ＝－12舍去．因为cos ∠AOD ＝55，所以tan ∠AOD ＝2，所以直线OD 的方程为y ＝2x ． 由⎩⎨⎧y ＝2x ， y ＝－2(x －100)，解得⎩⎨⎧x ＝50，y ＝100，所以E (50，100)，所以AE ＝505，OE ＝505， ······························································· 12分此时两船的时间差为505105－50550＝5－5，所以x ≥5－5－2＝3－5．答：x 的最小值为(3－5)小时． ···························································· 14分18．(本小题满分16分)解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(－2，0)和 (1，32)，所以a ＝2，1a 2＋34b2＝1，解得b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． ·························································· 2分(2)因为B 为左顶点，所以B (－2，0)．因为四边形AMBO 为平行四边形，所以AM ∥BO ，且AM ＝BO ＝2． ··········· 4分 设点M (x 0，y 0)，则A (x 0＋2，y 0)．因为点M ，A 在椭圆C 上，所以⎩⎨⎧x 024＋y 02＝1， (x 0＋2)24＋y 02＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1， y 0＝±32， 所以M (－1，±32)． ········································································ 6分 (3) 因为直线AB 的斜率存在，所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2． ···················································· 8分因为平行四边形AMBO ，所以OM →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．因为x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝k ·－8km 1＋4k 2＋2m ＝2m1＋4k 2， 所以M (－8km 1＋4k 2，2m1＋4k 2)． ·································································· 10分因为点M 在椭圆C 上，所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程，化得4m 2＝4k 2＋1．① ········································································ 12分 因为A ，M ，B ，O 四点共圆，所以平行四边形AMBO 是矩形，且OA ⊥OB ， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0． 因为y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 1＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m2－4 k 21＋4k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝4m 2－41＋4k 2＋m 2－4k 21＋4k 2＝0，化得5m 2＝4k 2＋4．② ················· 14分 由①②解得k 2＝114，m 2＝3，此时△＞0，因此k ＝±112．所以所求直线AB 的斜率为±112． ····················································· 16分 19． (本小题满分16分)解：(1)当a ＝1时，f (x )＝e xx 2－x ＋1，所以函数f (x )的定义域为R ，f'(x )＝e x (x －1)(x －2)(x 2－x ＋1)2．令f'(x )＜0，解得1＜x ＜2，所以函数f (x )的单调减区间为(1，2)． ··················································· 2分 (2)由函数f (x )的定义域为R ，得x 2－ax ＋a ≠0恒成立，所以a 2－4a ＜0，解得0＜a ＜4． ························································· 4分 方法1由f (x )＝e xx 2－ax ＋a ，得f'(x )＝e x (x －a )(x －2)(x 2－ax ＋a )2．①当a ＝2时，f (2)＝f (a )，不符题意． ②当0＜a ＜2时，因为当a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(a ，2)上单调递减，所以f (a )＞f (2)，不符题意． ··························································· 6分 ③当2＜a ＜4时，因为当2＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(2，a )上单调递减， 所以f (a )＜f (2)，满足题意．综上，a 的取值范围为(2，4)． ························································ 8分方法2由f (2)＞f (a )，得e 24－a ＞e aa ．因为0＜a ＜4，所以不等式可化为e 2＞e a a(4－a )．设函数g (x )＝e xx (4－x )－e 2， 0＜x ＜4． ·················································· 6分因为g'(x )＝e x·－(x －2)2x 2≤0恒成立，所以g (x )在(0，4)上单调递减．又因为g (2)＝0，所以g (x )＜0的解集为(2，4)．所以，a 的取值范围为(2，4)． ··························································· 8分 (3)证明：设切点为(x 0，f (x 0))，则f'(x 0)＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2，所以切线方程为y －ex 0x 02－ax 0＋a ＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2×(x －x 0)．由0－ex 0x 02－ax 0＋a ＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2×(0－x 0)，化简得x 03－(a ＋3)x 02＋3ax 0－a ＝0． ···················································· 10分 设h (x )＝x 3－(a ＋3)x 2＋3ax －a ，a ∈(2，4)， 则只要证明函数h (x )有且仅有三个不同的零点．由(2)可知a ∈(2，4)时，函数h (x )的定义域为R ，h'(x )＝3x 2－2(a ＋3)x ＋3a ． 因为△＝4(a ＋3)2－36a ＝4(a －32)2＋27＞0恒成立，所以h'(x )＝0有两不相等的实数根x 1和x 2，不妨x 1＜x 2． 因为所以函数h (x )最多有三个零点． ························································· 12分 因为a ∈(2，4)，所以h (0)＝－a ＜0，h (1)＝a －2＞0，h (2)＝a －4＜0，h (5)＝50－11a ＞0， 所以h (0)h (1)＜0，h (1)h (2)＜0，h (2)h (5)＜0．因为函数的图象不间断，所以函数h (x )在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零点． 综上所述，函数h (x )有且仅有三个零点． ············································· 16分20．(本小题满分16分)解：(1) 因为{a n }的“L 数列”为{12n }，所以a n a n ＋1＝12n ，n ∈N *，即a n ＋1a n ＝2n ，所以n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝2(n -1)＋(n －2)＋…＋1＝2n (n －1)2．又a 1＝1符合上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n (n －1)2，n ∈N *． ·················· 2分(2)因为a n ＝n ＋k －3(k ＞0)，且n ≥2，n ∈N *时，a n ≠0，所以k ≠1． 方法1设b n ＝a n a n ＋1，n ∈N *，所以b n ＝n ＋k －3(n ＋1)＋k －3＝1－1n ＋k －2．因为{b n }为递增数列，所以b n ＋1－b n ＞0对n ∈N*恒成立， 即1n ＋k －2－1n ＋k －1＞0对n ∈N*恒成立． ············································ 4分因为1n ＋k －2－1n ＋k －1＝1(n ＋k －2)(n ＋k －1)，所以1n ＋k －2－1n ＋k －1＞0等价于(n ＋k －2)(n ＋k －1)＞0．当0＜k ＜1时，因为n ＝1时，(n ＋k －2)(n ＋k －1)＜0，不符合题意． ··········· 6分 当k ＞1时，n ＋k －1>n ＋k －2>0，所以(n ＋k －2)(n ＋k －1)＞0，综上，k 的取值范围是(1，＋∞)． ························································· 8分 方法2令f (x )＝1－1x ＋k －2，所以f (x )在区间(－∞，2－k )和区间(2－k ，＋∞)上单调递增．当0＜k ＜1时，f (1)＝1－1k －1＞1，f (2)＝1－1k ＜1，所以b 2＜b 1，不符合题意． ···················· 6分当k ＞1时，因为2－k ＜1，所以f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以{b n }单调递增，符合题意．综上，k 的取值范围是(1，＋∞)． ························································· 8分(3)存在满足条件的等差数列{c n }，证明如下：因为a k a k ＋1＝1＋p k －11＋p k ＝1p ＋1－1p 1＋p k，k ∈N*， ·············································· 10分所以S n ＝n p ＋(1－1p )·(11＋p ＋11＋p 2＋…＋11＋p n －1＋11＋p n)． 又因为p ＞1，所以1－1p ＞0，所以n p ＜S n ＜n p ＋(1－1p )·(1p ＋1p 2＋…＋1p n －1＋1p n )，即n p ＜S n ＜n p ＋1p ·[1－(1p )n ]． ································································· 14分 因为1p ·[1－(1p )n ]＜1p ，所以n p ＜S n ＜n ＋1p．设c n ＝np ，则c n ＋1－c n ＝n ＋1p －n p ＝1p，且c n ＜S n ＜c n ＋1，所以存在等差数列{c n }满足题意． ······················································· 16分南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数．21．【选做题】在A 、B 、C 三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷．．纸．指定区域内．．．．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A ．选修4—2：矩阵与变换解：(1) ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1a 0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0a ．··································································· 2分 因为点P (1，1)在矩阵A 的变换下得到点P ′(0，－2)，所以a ＝－2，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0． ········································································· 4分 (2)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0，所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －1－2 2， ·············· 6分 所以A 2⎣⎡⎦⎤03=⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －1－2 2 ⎣⎡⎦⎤03=⎣⎢⎡⎦⎥⎤－36， 所以，点Q ′的坐标为(－3，6)． ························································ 10分B ．选修4—4：坐标系与参数方程解：由l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝3t ，y ＝1＋t(t 为参数)得直线l 方程为x －3y ＋3＝0． ············· 2分曲线C 上的点到直线l 的距离d ＝|1＋cos θ－ 3 sin θ＋3|2 ······························ 4分＝|2cos(θ＋π3)＋1＋3|2． ········································································ 6分当θ＋π3＝2k π，即θ＝－π3＋2k π(k ∈Z )时， ·················································· 8分曲线C 上的点到直线l 的距离取最大值3＋32． ········································ 10分C ．选修4—5：不等式选讲 证明：因为a ，b 为非负实数，所以a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a )＝(a －b )[(a )5－(b )5]． ·································· 4分 若a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5，得(a －b )·[(a )5－(b )5]≥0． ···························································· 6分 若a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5，得(a －b )·[(a )5－(b )5]＞0． ···························································· 8分 综上，a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． ····························································· 10分 22．（本小题满分10分）解：(1)因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，所以AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ．又AB ⊥AC ，所以以{AB →，AC →，AA 1→}为正交基底建立如图所示的 空间直角坐标系A —xyz ．设AA 1＝t (t ＞0)，又AB ＝3，AC ＝4，则A (0，0，0)，C 1(0，4，t )，B 1(3，0，t )，C (0，4，0)，所以AC 1→＝(0，4，t )，B 1C →＝(－3，4，－t )． ·············································· 2分 因为B 1C ⊥AC 1，所以B 1C →·AC 1→＝0，即16－t 2＝0，解得t ＝4，所以AA 1的长为4． ············································································· 4分 (2)由(1)知B (3，0，0)，C (0，4，0)，A 1(0，0，4)， 所以A 1C →＝(0，4，－4)，BC →＝(－3，4，0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1CB 的法向量，则n ·A 1C →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧4y －4z ＝0，－3x ＋4y ＝0．取y ＝3，解得z ＝3，x ＝4，所以n ＝(4，3，3)为平面A 1CB 的一个法向量． 又因为AB ⊥面AA 1C 1C ，所以AB →＝(3，0，0)为平面A 1CA 的一个法向量，则cos ＜n ，AB →＞＝AB →·n |AB →|·|n |＝123·42＋32＋32＝434， ····································· 6分所以sin ＜n ，AB →＞＝317．设P (3，0，m )，其中0≤m ≤4，则CP →＝(3，－4，m )． 因为AB →＝(3，0，0)为平面A 1CA 的一个法向量，所以cos ＜CP →，AB →＞＝AB →·CP →|AB →|·|CP →|＝93·32＋(－4)2＋m 2＝3m 2＋25， 所以直线PC 与平面AA 1C 1C 的所成角的正弦值为3m 2＋25． ·························· 8分 因为直线PC 与平面AA 1C 1C 所成角和二面角B －A 1C －A 的大小相等， 所以3m 2＋25＝317，此时方程无解，所以侧棱BB 1上不存在点P ，使得直线PC 与平面AA 1C 1C 所成角和二面角B －A 1C －A 的大小相等 ． ········································································································ 10分 23．（本小题满分10分）解：(1)根据题意，每次取出的球是白球的概率为25，取出的球是黑球的概率为35．所以P 1＝25×25＋C 12×(25)2×35＝425＋24125＝44125． ········································ 2分(2)证明：累计取出白球次数是n ＋1的情况有：前n 次取出n 次白球，第n ＋1次取出的是白球，概率为C nn ×(25)n ＋1；前n ＋1次取出n 次白球，第n ＋2次取出的是白球，概率为C nn ＋1×(25)n ＋1×35；······································································································ 4分 ……前2n －1 次取出n 次白球，第2n 次取出的是白球，概率为C n2n －1×(25)n ＋1×(35)n －1；前2n 次取出n 次白球，第2n ＋1次取出的是白球，概率为C n2n ×(25)n ＋1×(35)n ；则P n ＝C n n ×(25)n ＋1＋C n n ＋1×(25)n ＋1×35＋…＋C n 2n －1×(25)n ＋1×(35)n －1＋C n2n ×(25)n ＋1×(35)n＝(25)n ＋1×[C n n ＋C n n ＋1×35＋…＋C n 2n －1×(35)n －1＋C n2n ×(35)n ] ＝(25)n ＋1×[C 0n ＋C 1n ＋1×35＋…＋C n －12n －1×(35)n －1＋C n 2n ×(35)n ]， ························ 6分因此P n ＋1－P n ＝(25)n ＋2×[C 0n ＋1＋C 1n ＋2×35＋…＋C n 2n ＋1×(35)n ＋C n ＋12n ＋2×(35)n ＋1]－(25)n ＋1×[C 0n ＋C 1n ＋1×35＋…＋C n －12n －1×(35)n －1＋C n 2n ×(35)n ] ＝(25)n ＋1×{25×[C 0n ＋1＋C 1n ＋2×35＋…＋C n 2n ＋1×(35)n ＋C n ＋12n ＋2×(35)n ＋1]。

南京市2020届高三年级第三次模拟考试数 学注意事项：1．本试卷共4页，包括填空题（第1题~第14题）、解答题（第15题~第20题）两部分．本试卷满分为160分，考试时间为120分钟．2．答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内．试题的答案写在答题卡．．．上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题卡． 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置．．．．上） 1．已知集合A ＝{x |2＜x ＜4}，B ＝{x |1＜x ＜3}，则A ∪B ＝ ▲ ． 2．若z ＝a 1＋i＋i (i 是虚数单位)是实数，则实数a 的值为 ▲ ．3．某校共有教师300人，男学生1200人，女学生1000人，现用分层抽样从所有师生中抽取一个容量为125的样本，则从男学生中抽取的人数为 ▲ ． 4．如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为 ▲ ．5．将甲、乙、丙三人随机排成一行，则甲、乙两人相邻的概率为 ▲ ．6．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ) (其中ω＞0，－π2＜φ＜π2)的部分图象如图所示，则f (π2)的值为▲ ．7．已知数列{a n }为等比数列．若a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列，则{a n }的前n 项和为 ▲ ．8．在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ．若以F 为圆心，a 为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于A ，B 两点，且AB ＝2b ，则该双曲线的离心率为 ▲ ．9．若正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为 ▲ ．（第6题图）10．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋2， x ≤0，f (－x )，x ＞0，g (x )＝f (x －2)．若g (x －1)≥1，则x 的取值范围为 ▲ ．11．在平面直角坐标系xOy 中，A ，B 是圆O ：x 2＋y 2＝2上两个动点，且OA →⊥OB →．若A ，B 两点到直线l ：3x ＋4y －10＝0的距离分别为d 1，d 2，则d 1＋d 2的最大值为 ▲ ． 12．若对任意a ∈[e ，＋∞) (e 为自然对数的底数) ，不等式x ≤e ax＋b对任意x ∈R 恒成立，则实数b 的取值范围为 ▲ ．13．已知点P 在边长为4的等边三角形ABC 内，满足AP →＝λAB →＋μAC →，且2λ＋3μ＝1，延长AP 交边BC 于点D ．若BD ＝2DC ，则PA →·PB →的值为 ▲ ．14．在△ABC 中，∠A ＝π3，D 是BC 的中点．若AD ≤22BC ，则sin B sin C 的最大值为 ▲ ．二、解答题:本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域．．．．内． 15．(本小题满分14分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点． 求证：（1）EF ∥平面PCD ；（2）平面PAB ⊥平面PCD ．16．(本小题满分14分)已知向量m ＝(cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，－sin x )，函数f (x )＝m ·n ＋12．（1）若f (x 2)＝1，x ∈(0，π)，求tan(x ＋π4)的值；（2）若f (α)＝－110， α∈(π2，3π4)，sin β＝7210，β∈(0，π2)，求2α＋β的值．FEPBDCA(第15题图)17．(本小题满分14分)如图，港口A 在港口O 的正东100海里处，在北偏东方向有一条直线航道OD ，航道和正东方向之间有一片以B 为圆心，半径85海里的圆形暗礁群（在这片海域行船有触礁危险），其中OB ＝2013海里，tan ∠AOB ＝23，cos ∠AOD ＝55．现一艘科考船以105海里/小时的速度从O 出发沿OD 方向行驶，经过2个小时后，一艘快艇以50海里/小时的速度准备从港口A 出发，并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇． （1）若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由； （2）在无触礁危险的情况下，若快艇再等x 小时出发，求x 的最小值．18．(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点 (－2，0)和 (1，32)，椭圆C 上三点A ，M ，B 与原点O 构成一个平行四边形AMBO ． （1）求椭圆C 的方程；（2）若点B 是椭圆C 的左顶点，求点M 的坐标； （3）若A ，M ，B ，O 四点共圆，求直线AB 的斜率．(第18题图)19．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝e xx2－ax＋a(a∈R) ，其中e为自然对数的底数．（1）若a＝1，求函数f(x)的单调减区间；（2）若函数f(x)的定义域为R，且f(2)＞f(a)，求a的取值范围；（3）证明：对任意a∈(2，4)，曲线y＝f(x)上有且仅有三个不同的点，在这三点处的切线经过坐标原点．20．(本小题满分16分)若数列{a n}满足n≥2，n∈N*时，a n≠0，则称数列{a na n＋1}(n∈N*)为{a n}的“L数列”．（1）若a1＝1，且{a n}的“L数列”为{12n}，求数列{a n}的通项公式；（2）若a n＝n＋k－3(k＞0)，且{a n}的“L数列”为递增数列，求k的取值范围；（3）若a n＝1＋p n－1，其中p＞1，记{a n}的“L数列”的前n项和为S n，试判断是否存在等差数列{c n}，对任意n∈N*，都有c n＜S n＜c n＋1成立，并证明你的结论．南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学附加题注意事项：1．附加题供选修物理的考生使用． 2．本试卷共40分，考试时间30分钟．3．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内．试题的答案写在答题．．卡．上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题卡． 21．【选做题】在A 、B 、C 三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷．．卡指定区域内．．．．．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A ．选修4—2：矩阵与变换已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1a 0，a ∈R ．若点P (1，1)在矩阵A 的变换下得到点P ′(0，－2)．（1）求矩阵A ；（2）求点Q (0，3)经过矩阵A 的2次变换后对应点Q ′的坐标．B ．选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3t ，y ＝1＋t (t 为参数)，求曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值．C ．选修4—5：不等式选讲已知a ，b 为非负实数，求证：a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)．【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内．．．．．．．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 22．（本小题满分10分）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝3，AC ＝4，B 1C ⊥AC 1． （1）求AA 1的长．（2）试判断在侧棱BB 1上是否存在点P ，使得直线PC 与平面AA 1C 1C 所成角和二面角B －A 1C －A 的大小相等，并说明理由．23．(本小题满分10分)口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球．现有一抽奖游戏规则如下：抽奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球，最多取球2n ＋1(n ∈N *)次．若取出白球的累计次数达到n ＋1时，则终止取球且获奖，其它情况均不获奖．记获奖概率为P n ． （1）求P 1；（2）证明：P n ＋1＜P n ．(第22题图)A 1CABB 1C 1P南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，填空题不给中间分数．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．{x |1＜x ＜4} 2．2 3．60 4．10 5．236． 37．2n ＋1－2 8．62 9．8310．[2，4] 11．6 12． [－2，＋∞)13．－9414．38二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内） 15．(本小题满分14分)证明：(1)取PC 中点G ，连接DG 、FG ．在△PBC 中，因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点，所以GF ∥BC ，GF ＝12BC ．因为底面ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，所以DE ∥BC ，DE ＝12BC ， ······························································ 2分所以GF ∥DE ，GF ＝DE ，所以四边形DEFG 为平行四边形， 所以EF ∥DG ． ············································································· 4分 又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD ． ······································································ 6分(2)因为底面ABCD 为矩形，所以CD ⊥AD ．又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以CD ⊥平面PAD ． ·································································· 10分 因为PA ⊂平面PAD ，所以CD ⊥PA ． ················································· 12分 又因为PA ⊥PD ，PD ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，PD ∩CD ＝D ，所以PA ⊥平面PCD ．因为PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PCD ． ································ 14分16．(本小题满分14分)解：(1) 因为向量m ＝(cos x ，sin x )，n ＝(cos x ，－sin x )，所以 f (x )＝m ·n ＋12＝cos 2x －sin 2x ＋12＝cos2x ＋12． ··································· 2分因为f (x 2)＝1，所以cos x ＋12＝1，即cos x ＝12．又因为x ∈(0，π) ，所以x ＝π3， ························································· 4分所以tan(x ＋π4)＝tan(π3＋π4)＝tan π3＋ tan π41－tan π3tanπ4＝－2－3． ······························· 6分(2)若f (α)＝－110，则cos2α＋12＝－110，即cos2α＝－35．因为α∈(π2，3π4)，所以2α∈(π，3π2)，所以sin2α＝－1－cos 22α＝－45． ········ 8分因为sin β＝7210，β∈(0，π2)，所以cos β＝1－sin 2β＝210， ······················ 10分所以cos(2α＋β)＝cos2αcos β－sin2αsin β＝(－35)×210－(－45)×7210＝22． ····· 12分又因为2α∈(π，3π2)，β∈(0，π2)，所以2α＋β∈(π，2π)，所以2α＋β的值为7π4． ····································································· 14分17．(本小题满分14分)解：如图，以O 为原点，正东方向为x 轴，正北方向为y 轴，建立直角坐标系xOy ． 因为OB ＝2013，tan ∠AOB ＝23，OA ＝100，所以点B (60，40)，且A (100，0)． ··············································(1)设快艇立即出发经过t 小时后两船相遇于点C ， 则OC ＝105(t ＋2)，AC ＝50t ．因为OA ＝100，cos ∠AOD ＝55， 所以AC 2＝OA 2＋OC 2－2OA ·OC ·cos ∠AOD ， 即(50t )2＝1002＋[105(t ＋2)]2－2×100×105(t ＋2)×55．化得t 2＝4，解得t 1＝2，t 2＝－2（舍去）， ··············································· 4分 所以OC ＝405．因为cos ∠AOD ＝55，所以sin ∠AOD ＝255，所以C (40，80)，所以直线AC 的方程为y ＝－43(x －100)，即4x ＋3y －400＝0． ······················· 6分因为圆心B 到直线AC 的距离d ＝|4×60＋3×40－400|42＋32＝8，而圆B 的半径r ＝85，所以d ＜r ，此时直线AC 与圆B 相交，所以快艇有触礁的危险．答：若快艇立即出发有触礁的危险． ······················································· 8分 (2)设快艇所走的直线AE 与圆B 相切，且与科考船相遇于点E ． 设直线AE 的方程为y ＝k (x －100)，即kx －y －100k ＝0．因为直线AE 与圆B 相切，所以圆心B 到直线AC 的距离d ＝|60k －40－100k |12＋k2＝85， 即2k 2＋5k ＋2＝0，解得k ＝－2或k ＝－12． ············································ 10分由（1）可知k ＝－12舍去．因为cos ∠AOD ＝55，所以tan ∠AOD ＝2，所以直线OD 的方程为y ＝2x ． 由⎩⎨⎧y ＝2x ， y ＝－2(x －100)，解得⎩⎨⎧x ＝50，y ＝100，所以E (50，100)，所以AE ＝505，OE ＝505， ······························································ 12分此时两船的时间差为505105－50550＝5－5，所以x ≥5－5－2＝3－5．答：x 的最小值为(3－5)小时． ···························································· 14分18．(本小题满分16分)解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(－2，0)和 (1，32)，所以a ＝2，1a 2＋34b2＝1，解得b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． ·························································· 2分(2)因为B 为左顶点，所以B (－2，0)．因为四边形AMBO 为平行四边形，所以AM ∥BO ，且AM ＝BO ＝2． ··········· 4分 设点M (x 0，y 0)，则A (x 0＋2，y 0)．因为点M ，A 在椭圆C 上，所以⎩⎨⎧x 024＋y 02＝1， (x 0＋2)24＋y 02＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1， y 0＝±32，所以M (－1，±32)． ········································································ 6分 (3) 因为直线AB 的斜率存在，所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2． ···················································· 8分因为平行四边形AMBO ，所以OM →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．因为x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝k ·－8km 1＋4k 2＋2m ＝2m1＋4k 2， 所以M (－8km 1＋4k 2，2m1＋4k 2)． ································································· 10分因为点M 在椭圆C 上，所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程，化得4m 2＝4k 2＋1．① ········································································ 12分 因为A ，M ，B ，O 四点共圆，所以平行四边形AMBO 是矩形，且OA ⊥OB ， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0．因为y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 1＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－4 k 21＋4k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝4m 2－41＋4k 2＋m 2－4k 21＋4k 2＝0，化得5m 2＝4k 2＋4．② ················· 14分 由①②解得k 2＝114，m 2＝3，此时△＞0，因此k ＝±112．所以所求直线AB 的斜率为±112． ···················································· 16分 19． (本小题满分16分)解：(1)当a ＝1时，f (x )＝e xx 2－x ＋1，所以函数f (x )的定义域为R ，f'(x )＝e x (x －1)(x －2)(x 2－x ＋1)2．令f'(x )＜0，解得1＜x ＜2，所以函数f (x )的单调减区间为(1，2)． ··················································· 2分(2)由函数f (x )的定义域为R ，得x 2－ax ＋a ≠0恒成立，所以a 2－4a ＜0，解得0＜a ＜4． ·························································· 4分 方法1由f (x )＝e x x 2－ax ＋a ，得f'(x )＝e x (x －a )(x －2)(x 2－ax ＋a )2． ①当a ＝2时，f (2)＝f (a )，不符题意．②当0＜a ＜2时，因为当a ＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(a ，2)上单调递减，所以f (a )＞f (2)，不符题意． ···························································· 6分 ③当2＜a ＜4时，因为当2＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(2，a )上单调递减，所以f (a )＜f (2)，满足题意．综上，a 的取值范围为(2，4)． ························································· 8分 方法2由f (2)＞f (a )，得e 24－a ＞e a a． 因为0＜a ＜4，所以不等式可化为e 2＞e a a(4－a )． 设函数g (x )＝e x x(4－x )－e 2， 0＜x ＜4． ·················································· 6分 因为g'(x )＝e x·－(x －2)2x 2≤0恒成立，所以g (x )在(0，4)上单调递减． 又因为g (2)＝0，所以g (x )＜0的解集为(2，4)．所以，a 的取值范围为(2，4)． ··························································· 8分(3)证明：设切点为(x 0，f (x 0))，则f'(x 0)＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2， 所以切线方程为y －e x 0x 02－ax 0＋a ＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2×(x －x 0)． 由0－e x 0x 02－ax 0＋a ＝e x 0(x 0－2)(x 0－a )(x 02－ax 0＋a )2×(0－x 0)， 化简得x 03－(a ＋3)x 02＋3ax 0－a ＝0． ··················································· 10分 设h (x )＝x 3－(a ＋3)x 2＋3ax －a ，a ∈(2，4)，则只要证明函数h (x )有且仅有三个不同的零点．由(2)可知a ∈(2，4)时，函数h (x )的定义域为R ，h'(x )＝3x 2－2(a ＋3)x ＋3a ．因为△＝4(a ＋3)2－36a ＝4(a －32)2＋27＞0恒成立， 所以h'(x )＝0有两不相等的实数根x 1和x 2，不妨x 1＜x 2．因为所以函数h (x )最多有三个零点． ························································ 12分 因为a ∈(2，4)，所以h (0)＝－a ＜0，h (1)＝a －2＞0，h (2)＝a －4＜0，h (5)＝50－11a ＞0， 所以h (0)h (1)＜0，h (1)h (2)＜0，h (2)h (5)＜0．因为函数的图象不间断，所以函数h (x )在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零点．综上所述，函数h (x )有且仅有三个零点． ············································ 16分20．(本小题满分16分)解：(1) 因为{a n }的“L 数列”为{12n }，所以a n a n ＋1＝12n ，n ∈N *，即a n ＋1a n ＝2n ， 所以n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝2(n -1)＋(n －2)＋…＋1＝2n (n －1)2． 又a 1＝1符合上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝2n (n －1)2，n ∈N *． ··················· 2分(2)因为a n ＝n ＋k －3(k ＞0)，且n ≥2，n ∈N *时，a n ≠0，所以k ≠1．方法1设b n ＝a n a n ＋1，n ∈N *，所以b n ＝n ＋k －3(n ＋1)＋k －3＝1－1n ＋k －2． 因为{b n }为递增数列，所以b n ＋1－b n ＞0对n ∈N*恒成立，即1n ＋k －2－1n ＋k －1＞0对n ∈N*恒成立． ············································· 4分 因为1n ＋k －2－1n ＋k －1＝1(n ＋k －2)(n ＋k －1)， 所以1n ＋k －2－1n ＋k －1＞0等价于(n ＋k －2)(n ＋k －1)＞0． 当0＜k ＜1时，因为n ＝1时，(n ＋k －2)(n ＋k －1)＜0，不符合题意．············ 6分 当k ＞1时，n ＋k －1>n ＋k －2>0，所以(n ＋k －2)(n ＋k －1)＞0，综上，k 的取值范围是(1，＋∞)． ························································· 8分方法2令f (x )＝1－1x ＋k －2，所以f (x )在区间(－∞，2－k )和区间(2－k ，＋∞)上单调递增． 当0＜k ＜1时，f (1)＝1－1k －1＞1，f (2)＝1－1k ＜1，所以b 2＜b 1，不符合题意． ···················· 6分 当k ＞1时，因为2－k ＜1，所以f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以{b n }单调递增，符合题意．综上，k 的取值范围是(1，＋∞)． ························································· 8分(3)存在满足条件的等差数列{c n }，证明如下：因为a k a k ＋1＝1＋p k －11＋p k ＝1p ＋1－1p 1＋p k ，k ∈N*， ············································· 10分 所以S n ＝n p ＋(1－1p )·(11＋p ＋11＋p 2＋…＋11＋p n －1＋11＋p n)． 又因为p ＞1，所以1－1p ＞0，所以n p ＜S n ＜n p ＋(1－1p ).(1p ＋1p 2＋ (1)n －1＋1p n )， 即n p ＜S n ＜n p ＋1p ·[1－(1p)n ]． ································································· 14分 因为1p ·[1－(1p )n ]＜1p ，所以n p ＜S n ＜n ＋1p． 设c n ＝n p ，则c n ＋1－c n ＝n ＋1p －n p ＝1p，且c n ＜S n ＜c n ＋1， 所以存在等差数列{c n }满足题意． ······················································· 16分南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数，填空题不给中间分数．21．【选做题】在A 、B 、C 三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷．．纸．指定区域内．．．．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A ．选修4—2：矩阵与变换解：(1) ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1a 0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0a ． ··································································· 2分 因为点P (1，1)在矩阵A 的变换下得到点P ′(0，－2)，所以a ＝－2，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0． ········································································· 4分 (2)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0，所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －1－2 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －1－2 2， ·············· 6分 所以A 2⎣⎡⎦⎤03=⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －1－2 2 ⎣⎡⎦⎤03=⎣⎢⎡⎦⎥⎤－36， 所以，点Q ′的坐标为(－3，6)． ························································ 10分B ．选修4—4：坐标系与参数方程解：由l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝3t ，y ＝1＋t(t 为参数)得直线l 方程为x －3y ＋3＝0． ············· 2分 曲线C 上的点到直线l 的距离d ＝|1＋cos θ－ 3 sin θ＋3|2······························· 4分 ＝|2cos(θ＋π3)＋1＋3|2． ········································································ 6分 当θ＋π3＝2k π，即θ＝－π3＋2k π(k ∈Z )时， ··················································· 8分曲线C 上的点到直线l 的距离取最大值3＋32． ········································ 10分 C ．选修4—5：不等式选讲证明：因为a ，b 为非负实数， 所以a 3＋b 3－ab (a 2＋b 2)＝a 2a (a －b )＋b 2b (b －a )＝(a －b )[(a )5－(b )5]． ·································· 4分 若a ≥b 时，a ≥b ，从而(a )5≥(b )5，得(a －b )·[(a )5－(b )5]≥0． ···························································· 6分 若a ＜b 时，a ＜b ，从而(a )5＜(b )5，得(a －b )·[(a )5－(b )5]＞0． ···························································· 8分 综上，a 3＋b 3≥ab (a 2＋b 2)． ····························································· 10分22．（本小题满分10分）解：(1)因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，所以AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC ．又AB ⊥AC ，所以以{AB →，AC →，AA 1→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ．设AA 1＝t (t ＞0)，又AB ＝3，AC ＝4，则A (0，0，0)，C 1(0，4，t )，B 1(3，0，t )，C (0，4，0)， 所以AC 1→＝(0，4，t )，B 1C →＝(－3，4，－t )． ·············································· 2分因为B 1C ⊥AC 1，所以B 1C →·AC 1→＝0，即16－t 2＝0，解得t ＝4，所以AA 1的长为4． ·············································································· 4分(2)由(1)知B (3，0，0)，C (0，4，0)，A 1(0，0，4)，所以A 1C →＝(0，4，－4)，BC →＝(－3，4，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1CB 的法向量，则n ·A 1C →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧4y －4z ＝0，－3x ＋4y ＝0．取y ＝3，解得z ＝3，x ＝4，所以n ＝(4，3，3)为平面A 1CB 的一个法向量．又因为AB ⊥面AA 1C 1C ，所以AB →＝(3，0，0)为平面A 1CA 的一个法向量，。

宁夏银川唐徕回民中学2020届高三数学下学期第三次模拟考试试题 理考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。

2．选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。

4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。

5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．已知集合M={032|<--x x x }，N={1)2(log |21≥-x x }，则M ∩N=（ ） A. [3,25]B. (25,2]C. [25,2] D. (3,25) 2. 若复数i m m m m )65()43(22--+--表示的点在虚轴上，则实数m 的值是（ ） A. -1B. +4C. +4和-1D. -1和63. 下列说法正确的个数为（ ） ①若||b a >，则22b a >②若b a >，d c >，则d b c a ->-③若b a >，d c >，则bd ac > ④若0>>b a ，0<c ，则bc a c > A. 4B. 3C. 2D. 14. 已知圆0138222=+--+y x y x 截直线01=-+y ax 所得的弦长为32，则a =（ ）A. 34-B. 43-C. 3D. 25. 已知m l ,是平面α外的两条不同直线，给出下列三个论断： ①m l ⊥ ②α//m ③α⊥l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．，则其可以构成______个正确命题. A. 0B. 1C. 2D. 36. 某示范农场的鱼塘放养鱼苗8万条，根据这几年的经验，鱼苗的成活率为95%，一段时间后准备打捞出售，第一网捞出40条，称得平均每条鱼2.5kg ；第二网捞出25条，称得平均每条鱼 3kg ；第三网捞出35条，称得平均每条鱼2kg ，则估计鱼塘中鱼的总质量为（ ） A. 186200kgB. 196000kgC. 190000kgD. 186250kg7. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别为c b a ,,，若cos 2b a =A ，B=3π，C=1，则△ABC 的面积为（ ）A.83 B.63 C.43 D.23 8. 在边长为2的等边三角形ABC 中，若D 是BC 边上的中点，点P 是线段AD 上的一动点，则·的取值范围是（ ）A. [-1.0]B. [-1,1]C. [43-,∞+) D. [43-,0] 9. 如图，已知函数)62tan(3π+=x y 的部分图像与坐标轴分别交于点D ，E ，F ，则△DEF 的面积等于（ ）A.4π B.2πC. πD. π210. 已知函数x x x f cos 41)(2+=的图像在点（)(,t f t ）处的切线的斜率为k ，则函数)(t g k =的 大致图像是（ ）11. 已知三棱锥D —ABC 四个顶点均在半径为R 的球面上，且AB=BC=2，AC=2，若该三棱锥体积的最大值为1，则这个球的表面积为（ ）A.π81500B.π9100C.π925D. π412. 已知F 1，F 2是椭圆C ：12222=+by a x （0>>b a ）的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为63的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P=1200，则C 的离心率为（ ） A.31B.21 C.32 D.41第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知双曲线C ：14222=-y a x 的焦距为34，则C 的离心率为 . 14. 已知55)4cos(=+πα，∈α(0，2π），则αtan = . 15. 《无字证明》就是将数学命题和简单、有创意而且易于理解的几何图形呈现出来。

2024年高考第三次模拟考试高三数学（理科）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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．若集合{}24A x x =-≤≤，{}260B x x x =-≥，则A B = （）A ．[]2,0-B ．[]0,4C ．[]2,6-D ．[]4,62．已知3i 2z a =（R a ∈，i 是虚数单位），若21322z =，则=a （）A ．2B ．1C ．12D ．143．如图，已知AM 是ABC 的边BC 上的中线，若AB a=，AC b = ，则AM 等于（）A ．()12a b- B ．()12a b-- C ．()12a b+ D ．()12a b-+ 4．已知函数()()πtan 0,02f x x ωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎝⎭的最小正周期为2π，直线π3x =是()f x 图象的一条对称轴，则()f x 的单调递减区间为（）A ．()π5π2π,2πZ 66k k k ⎛⎤-+∈ ⎥⎝⎦B ．()5π2π2π,2πZ 33k k k ⎛⎤--∈ ⎥⎝⎦C ．()4ππ2π,2πZ 33k k k ⎛⎤--∈ ⎥⎝⎦D ．()π2π2π,2πZ 33k k k ⎛⎤-+∈ ⎥⎝⎦5．已知直线l 过点()1,1A 交圆22:4O x y +=于,C D 两点，则“CD =l 的斜率为0”的（）A ．必要而不充分条件B ．充分必要条件C ．充分而不必要条件D ．即不充分也不必要条件6．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行唱歌比赛，决出第一名到第五名．丙和丁去询问成绩，回答者对丙说：很遗憾，你和丁都没有得到冠军，对丁说：你当然不会是最差的从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（）A ．24种B ．54种C ．96种D ．120种7．函数()πln sin 2x x f x x⎛⎫⋅- ⎪⎝⎭=的部分图象大致为（）A ．B ．C．D．8．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R 的圆柱与半径为R 的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R ，高为R 的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面α去截半径为R 的半球，且球心到平面α的距离为2R ，则平面α与半球底面之间的几何体的体积是（）A3R B3R C3R D3R9．已知函数()21e 3ln ,ln ,ln ,ln 222f x x a f b f c f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则（）A ．a b c <<B ．b a c <<C ．c<a<bD ．a c b<<10．已知数列{}n a 满足1,231,nn n n n a a a a a +⎧⎪=⎨⎪+⎩当为偶数时当为奇数时，若81a =，1a 的所有可能取值构成集合M ，则M 中的元素的个数是（）A ．7个B ．6个C ．5个D ．4个11．如图，已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ，点A 在C 上，点B 在y 轴上，A ，2F ，B 三点共线，若直线1BF1AF的斜率为，则双曲线C 的离心率是（）AB ．32CD ．312．已知()f x ，()g x 都是定义在R 上的函数，对任意x ，y 满足()()()()()f x y f x g y g x f y -=-，且()()210f f -=≠，则下列说法正确的是（）A ．()01f =B ．函数()21g x +的图象关于点()1,0对称C ．()()110g g +-=D ．若()11f =，则()202311n f n ==∑第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．已知数列{}n a 的前n 项和2n S n n =+，当9n nS a +取最小值时，n =.14．若函数()sin 1f x x x ωω=-在[]0,2π上恰有5个零点，且在ππ[,415-上单调递增，则正实数ω的取值范围为.15．已知52345012345(23)x a a x a x a x a x a x +=+++++，则123452345a a a a a -+-+=．（用数字作答）16．已知定义在R 上的函数()f x 满足()4()0f x f x '+>，且(01f =），则下列说法正确的是.①()f x 是奇函数；②(0,),()0x f x ∃∈+∞>；③41(1)e f >；④0x ∀>时，41()e xf x <三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）已知()sin ,5sin 5sin m B A C =+ ，()5sin 6sin ,sin sin n B C C A =--垂直，其中A ，B ，C 为ABC的内角．(1)求cos A 的大小；(2)若BC =ABC 的面积的最大值．18．（12分）2016年10月“蓝瘦香菇”等网络新词突然在网络流行，某社区每月都通过问卷形式进行一次网上调查，现从社区随机抽取了60名居民进行调查．已知上网参与问卷调查次数与参与人数的频数分布如下表：参与调查问卷次数[)0,2[)2,4[)4,6[)6,8[)8,10[]10,12参与调查问卷人数814814106(1)若将参与调查问卷不少于4次的居民称为“关注流行语居民”，请你根据频数分布表，完成22⨯列联表，据此调查你是否有99%的把握认为在此社区内“关注流行语与性别有关”？男女合计关注流行语8不关注流行语合计40(2)从被调查的人中按男女比例随机抽取6人，再从选取的6人中选出3人参加政府听证会，求选出的3人为2男1女的概率．附：参考公式()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++及附表()2P K k ≥0.1000.0500.0100.001k2.7063.8416.63510.82819．（12分）在几何体中，底面ABC 是边长为2的正三角形．⊥AE 平面ABC ，若,5,4,3AE CD BF AE CD BF ===∥∥．(1)求证：平面DEF ⊥平面AEFB ；(2)是否在线段AE 上存在一点P ，使得二面角P DF E --的大小为π3．若存在，求出AP 的长度，若不存在，请说明理由．20．（12分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上，且PF 垂直于x 轴．(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 斜率存在，交椭圆C 于,A B 两点，,,A B F 三点不共线，且直线AF 和直线BF 关于PF 对称．（ⅰ）证明：直线l 过定点；（ⅱ）求ABF △面积的最大值．21．（12分）已知函数()2,0eax x f x a =>．(1)当2a =时，求函数()f x 的单调区间和极值；(2)当0x >时，不等式()()2cos ln ln 4f x f x a x x ⎡⎤-≥-⎣⎦恒成立，求a 的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在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，曲线C 的参数方程为12cos 2sin x y αα=+⎧⎨=⎩（α为参数）.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为sin 42πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭.(1)求C 的普通方程和l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴相交于点A ，动点B 在C 上，点M 满足AM MB =，点M 的轨迹为E ，试判断曲线C与曲线E 是否有公共点.若有公共点，求出其直角坐标；若没有公共点，请说明理由.选修4-5：不等式选讲23．已知()2122f x x x x =-+-+.(1)求()2f x ≥的解集；(2)记()f x 的最小值为t ，且2(0,0)3a b t a b +=>>，求证：11254a b a b ⎛⎫⎛⎫++≥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.。

绝密★启用前2020届四川省绵阳市高三第三次诊断性测试数学（理）试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．设集合A＝{（x，y）|x2+y2＝1}，B＝{（x，y）|x+y＝1}，则A∩B中元素的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3答案：C可画出圆x2+y2＝1和直线x+y＝1的图象，从而可看出它们交点的个数，从而得出A∩B 中的元素个数．解：画出x2+y2＝1和x+y＝1的图象如下：可看出圆x2+y2＝1和直线x+y＝1有两个交点，∴A∩B的元素个数为2.故选：C．点评：考查了描述法的定义，交集的定义及运算，数形结合解题的方法，考查了计算能力，属于容易题．2．已知复数z满足（1﹣i）•z＝3i|，则z＝（）A．1﹣i B．1+i C．2﹣2i D．2+2i答案：B利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出． 解：（1﹣i ）•z ＝|3+i|，∴（1+i ）（1﹣i ）•z ＝2（1+i ），则z ＝1+i ． 故选：B ． 点评：本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于容易题． 3．已知x •log 32＝1，则4x ＝（） A ．4 B ．6C ．432logD ．9答案：D利用对数的性质和运算法则及换底公式求解． 解：∵x •log 32＝1， ∴x ＝log 23，∴4x 243944log log ===9， 故选：D ． 点评：本题考查对数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数的性质、运算法则及换底公式的合理运用，属于容易题．4．有报道称，据南方科技大学、上海交大等8家单位的最新研究显示：A 、B 、O 、AB 血型与COVID ﹣19易感性存在关联，具体调查数据统计如图：根据以上调查数据，则下列说法错误的是（）A ．与非O 型血相比，O 型血人群对COVID ﹣19相对不易感，风险较低B ．与非A 型血相比，A 型血人群对COVID ﹣19相对易感，风险较高C ．与O 型血相比，B 型、AB 型血人群对COVID ﹣19的易感性要高 D ．与A 型血相比，非A 型血人群对COVID ﹣19都不易感，没有风险答案：D根据频率分布直方图，利用频率、频数与样本容量的关系，患者占有比例即可解答． 解：根据A 、B 、O 、AB 血型与COVID ﹣19易感性存在关联，患者占有比例可知： A 型37.75%最高，所以风险最大值，比其它血型相对易感； 故而D 选项明显不对． 故选：D ． 点评：本题考查由频数直方图，看频数、频率，判断问题的关联性，属于中档题5．在二项式2()nx x-的展开式中，仅第四项的二项式系数最大，则展开式中常数项为（） A ．﹣360 B ．﹣160 C ．160 D ．360答案：B根据展开式二项式系数最大，求出n ＝6，然后利用展开式的通项公式进行求解即可． 解：∵展开式中，仅第四项的二项式系数最大， ∴展开式共有7项，则n ＝6， 则展开式的通项公式为T k+1＝C 6kx 6﹣k （2x-）k ＝（﹣2）k C 6kx 6﹣2k ， 由6﹣2k ＝0得k ＝3，即常数项为T 4＝（﹣2）3C 36=-160， 故选：B ． 点评：本题主要考查二项展开式的应用，求出n 的值，结合展开式的通项公式是解决本题的关键．属于中档题．6．在△ABC 中，已知sin 2sin cos C A B =，则△ABC 一定是（） A ．等腰直角三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形D ．等边三角形答案：B根据三角形内角和定理以及诱导公式,将sin 2sin cos C A B =化为sin()2sin cos A B A B +=,再根据两角和的正弦公式和两角差的正弦公式的逆用公式化为in 0()s A B -=,最后根据,A B 的范围,可得A B =.解：在△ABC 中,因为sin 2sin cos C A B =, 所以sin[()]2sin cos A B A B π-+=, 所以sin()2sin cos A B A B +=所以sin cos cos sin 2sin cos A B A B A B +=, 所以sin cos cos sin 0A B A B -=, 所以in 0()s A B -=, 所以,A B k k Z π-=∈, 因为0,0A B ππ<<<<, 所以0,k A B ==,所以△ABC 一定是等腰三角形. 故选:B 点评：本题考查了三角形的内角和定理,考查了诱导公式,考查了两角和与差的正弦公式,属于基础题.7．已知两个单位向量,a b →→的夹角为120°，若向量c →═2a b →→-，则a →•c →=（） A ．52B ．32C ．2D ．3答案：A根据平面向量的数量积定义，计算即可． 解：由题意知|a →|＝|b →|＝1，且a →•b →=1×1×cos120°12=-，又向量c →═2a b →→-，所以a →•c →=22a a →→-•b →=2×1﹣（12-）52=．故选：A ． 点评：本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．8．数学与建筑的结合造就建筑艺术品，2018年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界，如图．若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在y 轴上的双曲线()222210＞，＞0-=y x a b a b 上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为22，则此双曲线的离心率为（ ）A ．2B ．3C ．22D ．3答案：B利用已知条件求出方程组，得到a ，c ，即可求解双曲线的离心率． 解：双曲线22221(0y x a b a b-=＞，＞0）的上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为22可得：22222222c a bca b c a b -=⎧=+=+⎩，解得a ＝1，c ＝3，b ＝2， 所以双曲线的离心率为：e ca==3． 故选：B ． 点评：本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的离心率的求法，是基本知识的考查，属于中档题．9．设函数f （x ）210210x x x x -⎧+=⎨--⎩，＞，＜则下列结论错误的是（）A ．函数f （x ）的值域为RB ．函数f （|x|）为偶函数C ．函数f （x ）为奇函数D ．函数f （x ）是定义域上的单调函数答案：A根据题意，依次分析选项是否正确，综合即可得答案． 解：根据题意，依次分析选项：对于A ，函数f （x ）210210x x x x -⎧+=⎨--⎩，＞，＜，当x ＞0时，f （x ）＝2x +1＞2，当x ＜0时，f（x ）＝﹣2﹣x﹣1＝﹣（2﹣x+1）＜﹣2，其值域不是R ，A 错误；对于B ，函数f （|x|），其定义域为{x|x ≠0}，有f （|﹣x|）＝f （|x|），函数f （|x|）为偶函数，B 正确；对于C ，函数f （x ）210210x x x x -⎧+=⎨--⎩，＞，＜，当x ＞0时，﹣x ＜0，有f （x ）＝2x +1，f （﹣x ）＝﹣f （x ）＝﹣2﹣x﹣1，反之当x ＜0时，﹣x ＞0，有f （x ）＝﹣2x﹣1，f （﹣x ）＝﹣f （x ）＝2x +1，综合可得：f （﹣x ）＝﹣f （x ）成立，函数f （x ）为奇函数，C 正确；对于D ，函数f （x ）210210x x x x -⎧+=⎨--⎩，＞，＜，当x ＞0时，f （x ）＝2x+1＞2，f （x ）在（0，+∞）为增函数，当x ＜0时，f （x ）＝﹣2﹣x﹣1＜﹣2，f （x ）在（﹣∞，0）上为增函数，故f （x ）是定义域上的单调函数； 故选：A ． 点评：本题考查分段函数的性质，涉及函数的值域、奇偶性、单调性的分析，属于中档题． 10．已知函数f （x ）＝sin （ωx+φ）（ω＞0，02πϕ＜＜）的最小正周期为π，且关于08π⎛⎫-⎪⎝⎭，中心对称，则下列结论正确的是（） A ．f （1）＜f （0）＜f （2） B ．f （0）＜f （2）＜f （1） C ．f （2）＜f （0）＜f （1） D ．f （2）＜f （1）＜f （0）答案：D根据条件求出函数的解析式，结合函数的单调性的性质进行转化判断即可． 解：∵函数的最小周期是π， ∴2πω=π，得ω＝2，则f （x ）＝sin （2x+φ）， ∵f （x ）关于08π⎛⎫-⎪⎝⎭，中心对称，∴2×（8π-）+φ＝k π，k ∈Z ， 即φ＝k π4π+，k ∈Z ，∵02πϕ＜＜，∴当k ＝0时，φ4π=，即f （x ）＝sin （2x 4π+），则函数在[8π-，8π]上递增，在[8π，58π]上递减，f （0）＝f （4π）， ∵4π＜1＜2，∴f （4π）＞f （1）＞f （2）， 即f （2）＜f （1）＜f （0）， 故选：D ． 点评：本题主要考查三角函数值的大小比较，根据条件求出函数的解析式，利用三角函数的单调性进行判断是解决本题的关键，属于中档题．11．已知x 为实数，[x]表示不超过x 的最大整数，若函数f （x ）＝x ﹣[x]，则函数x xg x f x e=+（）（）的零点个数为（） A ．1 B ．2C ．3D ．4答案：B函数x x g x f x e =+（）（）的零点个数，即方程xxf x e =-（）的零点个数，也就是两函数y＝f （x ）与y x xe=-的图象的交点个数，画出图象，数形结合得答案． 解：函数x x g x f x e =+（）（）的零点个数，即方程xxf x e =-（）的零点个数，也就是两函数y ＝f （x ）与y x xe =-的交点个数．由y x x e =-，得y ′21x x xx e xe x e e--=-=． 可知当x ＜1时，y ′＜0，函数单调递减，当x ＞1时，y ′＞0，函数单调递增．作出两函数y ＝f （x ）与y xxe =-的图象如图：由图可知，函数xxg x f x e =+（）（）的零点个数为2个． 故选：B ． 点评：本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数形结合的解题思想方法，训练了利用导数研究函数的单调性，是中档题．12．在△ABC 中，∠C ＝90°，AB ＝2，3AC =，D 为AC 上的一点（不含端点），将△BCD 沿直线BD 折起，使点C 在平面ABD 上的射影O 在线段AB 上，则线段OB 的取值范围是（） A ．（12，1） B ．（12，32） C ．（32，1） D ．（0，32） 答案：A由题意，OC ⊥平面ABD ，根据三余弦定理，线线角的余弦值等于线面角的余弦值与射影角余弦值的积，从而求解. 解：由题意，OC ⊥平面ABD ， 如图：设∠CBD ＝θ，∠CBO ＝θ1，则∠ABD ＝60°-θ；则cos θ＝cos θ1×cos （60°﹣θ） 所以cos θ1()6013cos cos tan θθθ==︒-+∵θ∈（30°，60°）； ∴OB ＝cos θ1∈（12，1）． 故选：A ．本题考查△ABC 的折叠和三余弦定理（最小角定理），要求熟悉余弦定理，属于中档题． 二、填空题13．已知cossin22αα-=，则sin α＝_____． 答案：45将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可求解． 解：∵225cossinαα-=， ∴两边平方可得：cos 22α+sin 22α-2cos 1sin 225αα=，可得1﹣sin α15=， ∴sin α45=． 故答案为：45．点评：本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于容易题．14．若曲线f （x ）＝e x cosx ﹣mx ，在点（0，f （0））处的切线的倾斜角为34π，则实数m ＝_____． 答案：2对函数求导，然后得f ′（0）314tan π==-，由此求出m 的值． 解：f ′（x ）＝e x（cosx ﹣sinx ）﹣m ．∴3'0114f m tan π=-==-（）． ∴m ＝2． 故答案为：2 点评：本题考查导数的几何意义以及切线问题．抓住切点处的导数为切线斜率列方程是本题的基本思路．属于容易题．15．已知F 1，F 2是椭圆C ：()222210x y a b a b+=＞＞的两个焦点，P 是椭圆C ．上的一点，∠F 1PF 2＝120°，且△F 1PF 2的面积为43，则b ＝_____． 答案：2根据正余弦定理可得PF 1•PF 2＝16且4c 2＝（2a ）2﹣16，解出b 即可． 解：△F 1PF 2的面积12=PF 1•PF 2sin120°34=PF 1•PF 2＝43，则PF 1•PF 2＝16， 又根据余弦定理可得cos120°2221212122PF PF F F PF PF +-=⋅，即4c 2＝PF 12+PF 22+16＝（2a ）2﹣32+16，所以4b 2＝16，解得b ＝2， 故答案为：2． 点评：本题考查椭圆性质，考查正、余弦定理的应用，属于中档题．16．在一个半径为2的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛液体尽可能多，则该容器的高应为_____． 答案：433设正四棱柱的高为h ，底面边长为a ，用h 表示出a ，写出正四棱柱容器的容积，利用导数求出V 取最大值时对应的h 值． 解：设正四棱柱的高为h ，底面边长为a ，如图所示；则h 2+2a 2＝（2×2）2， 所以a 2＝812-h 2，所以正四棱柱容器的容积为V ＝a 2h ＝（812-h 2）h 12=-h 3+8h ，h ∈（0，4）；求导数得V ′32=-h 2+8，令V ′＝0，解得h 3=，所以h ∈（0，3）时，V ′＞0，V （h ）单调递增；h ，4）时，V ′＜0，V （h ）单调递减；所以h =时，V 取得最大值．故答案为：3． 点评：本题考查了球内接正四棱柱的体积的最值问题，也考查了利用导数求函数的最值问题，是中档题． 三、解答题17．若数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a n+123n S =． （1）求S n ； （2）设b n 1n s =，求证：b 1+b 2+b 3+…+b n 52＜． 答案：（1）S n ＝（53）n ﹣1；（2）详见解析． （1）由数列的递推式：a n+1＝S n+1﹣S n ，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求； （2）求得b n 1n s ==（35）n ﹣1，由等比数列的求和公式和不等式的性质，即可得证． 解： （1）a n+123n S =，可得a n+1＝S n+1﹣S n 23=S n ， 由a 1＝1，可得S 1＝1，即S n+153=S n ，可得数列{S n }是首项为1，公比为53的等比数列， 则S n ＝（53）n ﹣1；（2）证明：b n 1n s ==（35）n ﹣1， 则b 1+b 2+b 3+…+b n 31()55532215n-==--•（35）n 52＜．点评：本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查定义法和运算能力、推理能力，属于中档题．18．如图，已知点S 为正方形ABCD 所在平面外一点，△SBC 是边长为2的等边三角形，点E 为线段SB 的中点．（1）证明：SD//平面AEC ；（2）若侧面SBC ⊥底面ABCD ，求平面ACE 与平面SCD 所成锐二面角的余弦值． 答案：（1）详见解析；（215． （1）连接BD 交AC 于F ，连接EF ，由已知结合三角形的中位线定理可得EF ∥SD ，再由直线与平面平行的判定可得SD ∥平面AEC ；（2）取BC 的中点O ，连接OF 并延长，可知OF ⊥OC ，利用线面垂直的判定定理与性质定理可得：OS ⊥OF ，OS ⊥OC ，建立空间直角坐标系，分别求出平面CDS 与平面ACE 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面ACE 与平面SCD 所成锐二面角的余弦值． 解：（1）证明：连接BD 交AC 于F ，连接EF ，∵ABCD 为正方形，F 为BD 的中点，且E 为BS 的中点， ∴EF ∥SD ．又SD ⊄平面AEC ，EF ⊂平面AEC ， ∴SD ∥平面AEC ；（2）取BC 的中点O ，连接OF 并延长，可知OF ⊥OC ，在等边三角形SBC 中，可得SO ⊥BC ，∵侧面SBC ⊥底面ABCD ，且侧面SBC ∩底面ABCD ＝BC ， ∴SO ⊥平面ABCD ，得OS ⊥OF ，OS ⊥OC ．以O 为坐标原点，分别以OF ，OC ，OS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，得：A （2，﹣1，0），C （0，1，0），E （0，12-3，D （2，1，0），S （0，03． ()200CD →=，，，(03CS →=-，，，()220AC →=-，，，1322AE →⎛=- ⎝⎭，，． 设平面CDS 与平面ACE 的一个法向量分别为()n x y z ，，=，()111m x y z =，，．由2030n CD x n CS y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取z ＝1，得()031n →=，，； 由1111122013202m AC x y m AE x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，取x 1＝1，得(3m →=，，． ∴cos231525m nm n m n→→→→→→⋅===⋅＜，＞． ∴平面ACE 与平面SCD 15． 点评：本题考查直线与平面平行与垂直的判定、法向量与数量积的应用、空间角，考查空间想象能力与思维能力、计算能力，属中档题．19．2020年3月，各行各业开始复工复产，生活逐步恢复常态，某物流公司承担从甲地到乙地的蔬菜运输业务．已知该公司统计了往年同期200天内每天配送的蔬菜量X （40≤X ＜200，单位：件．注：蔬菜全部用统一规格的包装箱包装），并分组统计得到表格如表：若将频率视为概率，试解答如下问题：（1）该物流公司负责人决定随机抽出3天的数据来分析配送的蔬菜量的情况，求这3天配送的蔬菜量中至多有2天小于120件的概率；（2）该物流公司拟一次性租赁一批货车专门运营从甲地到乙地的蔬菜运输．已知一辆货车每天只能运营一趟，每辆货车每趟最多可装载40件，满载才发车，否则不发车．若发车，则每辆货车每趟可获利2000元；若未发车，则每辆货车每天平均亏损400元．为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁几辆货车？ 答案：（1）485512；（2）3． （1）记事件A 为“在200天随机抽取1天，其蔬菜量小于120件”，则P （A ）38=，由此能求出随机抽取的3天中配送的蔬菜量中至多有2天的蔬菜量小于120件的概率． （2）由题意得每天配送蔬菜量X 在[40，80），[80，120），[120，160），[160，200）的概率分别为11118428，，，，设物流公司每天的营业利润为Y ，若租赁1辆车，则Y 的值为2000元，若租赁2辆车，则Y 的可能取值为4000，1600，若租赁3辆车，则Y 的可能取值为6000，3600，1200，若租赁4辆车，则Y 的可能取值为8000，5600，3200，800，分别求出相应的数学期望，推导出为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁3辆货车． 解：（1）记事件A 为“在200天随机抽取1天，其蔬菜量小于120件”， 则P （A ）38=， ∴随机抽取的3天中配送的蔬菜量中至多有2天的蔬菜量小于120件的概率为：p 22120333335355485()()()88888512C C C ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭． （2）由题意得每天配送蔬菜量X 在[40，80），[80，120），[120，160），[160，200）的概率分别为11118428，，，， 设物流公司每天的营业利润为Y ， 若租赁1辆车，则Y 的值为2000元，若租赁2辆车，则Y的可能取值为4000，1600，P（Y＝4000）78=，P（Y＝1600）18=，∴Y的分布列为：∴E（Y）＝4000160086⨯+⨯=3700元．若租赁3辆车，则Y的可能取值为6000，3600，1200，P（Y＝6000）58 =，P（Y＝3600）14 =，P（Y＝1200）18 =，∴Y的分布列为：∴E（Y）600036001200848=⨯+⨯+⨯=4800元，若租赁4辆车，则Y的可能取值为8000，5600，3200，800，P（Y＝8000）18 =，P（Y＝5600）12 =，P（Y＝3200）14 =，P（Y＝800）18 =，∴Y的分布列为：∴E（Y）8000560032008008248=⨯+⨯+⨯+⨯=4700，∵4800＞4700＞3700＞2000，∴为使该物流公司此项业务的营业利润最大，该物流公司应一次性租赁3辆货车． 点评：本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频数分布表、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 20．已知函数f （x ）＝ax ﹣（a+2）lnx 2x-+2，其中a ∈R ． （1）当a ＝4时，求函数f （x ）的极值；（2）试讨论函数f （x ）在（1，e ）上的零点个数．答案：（1）极大值6ln2，极小值4；（2）分类讨论，详见解析．（1）把a ＝4代入后对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求极值； （2）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a 进行分类讨论，确定导数符号，然后结合导数与函数的性质可求． 解：（1）当a ＝4时，f （x ）＝4x ﹣6lnx 2x -+2，()()22221162'4x x f x x x x--=-+=（），x ＞0，易得f （x ）在（0，12），（1，+∞）上单调递增，在（112，）上单调递减， 故当x 12=时，函数取得极大值f （12）＝6ln2，当x ＝1时，函数取得极小值f （1）＝4，（2）()()222122'ax x a f x a x x x--+=-+=（）， 当a ≤0时，f （x ）在（1，e ）上单调递减，f （x ）＜f （1）＝a ≤0，此时函数在（1，e ）上没有零点；当a ≥2时，f （x ）在（1，e ）上单调递增，f （x ）＞f （1）＝a ≥2，此时函数在（1，e ）上没有零点； 当02a e≤＜即2e a ≥时，f （x ）在（1，e ）上单调递减，由题意可得，1020f a f e ae a e =⎧⎪⎨=--⎪⎩（）＞（）＜， 解可得，0()21a e e -＜＜，当22a e ＜＜即21e a＜＜时，f （x ）在（1，2a ）上单调递减，在（2e a ，）上单调递增， 由于f （1）＝a ＞0，f （e ）＝a （e ﹣1）()2224120e e e e e ---=-＞＞，令g （a ）＝f （2a ）＝2﹣（a+2）ln 2a-a+2＝（a+2）lna ﹣（1+ln2）a+4﹣2ln2，令h （a ）2'2g a lna ln a ==+-（），则22'a h a a-=（）＜0， 所以h （a ）在（22e ，）上递减，h （a ）＞h （2）＝1＞0，即g ′（a ）＞0， 所以g （a ）在（22e ，）上递增，g （a ）＞g （2e ）＝240e-＞， 即f （2a）＞0，所以f （x ）在（1，e ）上没有零点， 综上，当0＜a ()21e e -＜时，f （x ）在（1，e ）上有唯一零点，当a ≤0或a ()21e e ≥-时，f （x ）在（1，e ）上没有零点．点评：本题综合考查了导数与函数性质的应用，体现了转化思想与分类讨论思想的应用，属于难题．21．已知动直线l 过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F ，且与抛物线C 交于M ，N 两点，且点M 在x 轴上方．（1）若线段MN 的垂直平分线交x 轴于点Q ，若|FQ|＝8，求直线l 的斜率； （2）设点P （x 0，0），若点M 恒在以FP 为直径的圆外，求x 0的取值范围．答案：（1）3±；（2）x 0∈[0，1）∪（1，9）． （1）由题意可得直线l 的斜率存在且不为0，设l 的方程与抛物线联立，求出两根之和及两根之积，进而可得MN 的中点坐标，进而可得MN 的中垂线方程，令y ＝0可得Q 的坐标，进而求出|QF|的值，由题意可得直线l 的斜率；（2）由题意可得∠FMP 为锐角，等价于MF MP →→⋅＞0，求出MF MP →→⋅的表达式，换元等价于h （t ）＝t 2+（3﹣x 0）4+x 0，t ＞0恒成立，分两种情况求出x 0取值范围． 解：（1）由题意可得直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为：x ＝ty+1，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），线段MN 的最大E （x 0，y 0），联立直线与抛物线的方程可得：214x ty y x =+⎧⎨=⎩，整理可得y 2﹣4ty ﹣4＝0， 所以y 1+y 2＝4t ，y 1y 2＝﹣4，所以y 0＝2t ，x 0＝ty 0+1＝2t 2+1，即E （2t 2+1，2t ）， 故线段MN 的中垂线方程为：y ﹣2t ＝﹣t （x ﹣2t 2﹣1）， 令y ＝0，则Q （2t 2+3，0）， 所以|FQ|＝|22+3﹣1|＝8， 解得t =，所以直线l 的斜率k 1t ==； （2）点M 恒在以FP 为直径的圆外，则∠FMP 为锐角，等价于MF MP →→⋅＞0，设M （214y ，y 1），F （1，0），P （x 0，0），则MP →=（x 0214y -，﹣y 1），MF →=（1214y -，﹣y 1），故MF MP →→⋅=（x 0214y -）（1214y -）+y 1242113164y y =++（1214y -）x 0＞0恒成立， 令t 214y =，t ＞0，原式等价于t 2+3t+（1﹣t ）x 0＞0对任意t ＞0恒成立，即t 2+（3﹣x 0）4+x 0＞0对任意t ＞0恒成立， 令h （t ）＝t 2+（3﹣x 0）4+x 0，t ＞0， ①△＝（3﹣x 0）2﹣4x 0＜0，即1＜x 0＜9，②0030200x h ∆≥⎧⎪-⎪≤⎨⎪≥⎪⎩（），解得0≤x 0≤1，又因为x 0≠1，故x 0∈[0，1）， 综上所述x 0∈[0，1）∪（1，9）． 点评：本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合及点在圆外的性质，属于中难题． 22．如图，在极坐标系中，曲线C 1是以C 1（4，0）为圆心的半圆，曲线C 2是以22C π⎫⎪⎭，为圆心的圆，曲线C 1、C 2都过极点O ．（1）分别写出半圆C 1，C 2的极坐标方程； （2）直线l ：()3R πθρ=∈与曲线C 1，C 2分别交于M 、N 两点（异于极点O ），P 为C 2上的动点，求△PMN 面积的最大值． 答案：（1）1:C 802cos πρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭；2:C ()230sin ρθθπ=≤≤；（2）334． （1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用三角函数关系式的变换和三角形的面积的公式的应用求出结果． 解：（1）曲线C 1是以C 1（4，0）为圆心的半圆， 所以半圆的极坐标方程为802cos πρθθ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭， 曲线C 2是以232C π⎛⎫⎪⎝⎭，为圆心的圆，转换为极坐标方程为()230sin ρθθπ=≤≤．（2）由（1）得：|MN|＝|823|133M N cossinππρρ-=-=．显然当点P 到直线MN 的距离最大时，△PMN 的面积最大． 此时点P 为过C 2且与直线MN 垂直的直线与C 2的一个交点， 设PC 2与直线MN 垂直于点H ， 如图所示：在Rt △OHC 2中，|223|6HC OC sinπ==所以点P 到直线MN 的最大距离d 22333||3C HC r =+==， 所以113333122PMNSMN d =⨯⋅=⨯=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，三角函数关系式的恒等变换，三角形的面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．23．已知函数f （x ）＝|x ﹣2|+|x+1|． （1）解关于x 的不等式f （x ）≤5；（2）若函数f （x ）的最小值记为m ，设a ，b ，c 均为正实数，且a+4b+9c ＝m ，求11149a b c++的最小值．答案：（1）{x|﹣2≤x ≤3}；（2）3．（1）将f （x ）写为分段函数的形式，然后根据f （x ）≤5，利用零点分段法解不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式求出f （x ）的最小值m ，然后由a+4b+9c ＝m ，根据111111149349a b c a b c ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭（a+4b+9c ），利用基本不等式求出11149a b c++的最小值． 解：（1）f （x ）＝|x ﹣2|+|x+1|212312211x x x x x -⎧⎪=-≤≤⎨⎪-+-⎩，＞，，＜． ∵f （x ）≤5， ∴2152x x -≤⎧⎨⎩＞或﹣1≤x ≤2或2151x x -+≤⎧⎨-⎩＜，∴﹣2≤x ≤3，∴不等式的解集为{x|﹣2≤x ≤3}．（2）∵f （x ）＝|x ﹣2|+|x+1|⩾|（x ﹣2）﹣（x+1）|＝1 ∴f （x ）的最小值为1，即m ＝3， ∴a+4b+9c ＝3．()11111114949349a b c a b c a b c ⎛⎫++=++++ ⎪⎝⎭ 14499334949b a b c c a a b c b a c ⎛⎫=++++++ ⎪⎝⎭21 1323⎛+= ⎝3， 当且仅当1493a b c ===时等号成立， ∴11149a b c++最小值为3． 点评：本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式和利用基本不等式求最值，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．。

湖北省黄冈中学2020届高三5月第三次模拟考试数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．根据复数的几何意义，复数z 都可以表示为)20)(sin (cos ||πθθθ<≤+=i z z ，其中||z 为z 的模，θ称为z 的辐角.已知i z 33-=，则z 的辐角为（ ）A ．32π B ．34π C ．5 D ．611π 2．已知:p “100>a ”，q ：“2110log <a ”，则p 是q 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3．已知等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，1510=a ，且72S S =，则=8a （ ） A ．6 B ．7 C ．8 D ．94．下图是某企业产值在2020年~2020年的年增量（即当年产值比前一年产值增加的量）统计图（单位：万元），下列说法正确的是（ ）A. 2020年产值比2020年产值少B. 从2020年到2020年，产值年增量逐年减少C. 产值年增量的增量最大的是2020年D. 2020年的产值年增长率可能比2020年的产值年增长率低5．已知点)4,1(-P ，过点P 恰存在两条直线与抛物线C 有且只有一个公共点，则抛物线C 的标准方程为（ ）A ．y x 412=B ．y x 42=或x y 162-=C ．x y 162-=D ．y x 412=或x y 162-=6．已知)2,2(,ππβα-∈，βαtan ,tan 是方程010122=++x x 的两根，则=+2tan βα（ ）A ．34B ．2-或21C ．21D ．2-7．陶艺选修课上，小明制作了空心模具，将此模具截去一部分后，剩下的几何体三视图如图所示，则剩下的模具体积为（ ）A ．π312-B ．π212-C ．π38-D ．π+88．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”.小华同学利用刘徽的“割圆术”思想在半径为1的圆内作正n 边形求其面积，如图是其设计的一个程序框图，则框图中应填入、输出n 的值分别为（ ）（参考数据：1161.0)320sin(,3420.020sin 0≈≈）A ．24,180sin210n n S ⨯⨯= B ．18,180sin 210n n S ⨯⨯= C ．54,360sin210n n S ⨯⨯= D ．18,360sin 210nn S ⨯⨯= 9．对33000分解质因数得115323300033⨯⨯⨯=，则33000的正偶数因数的个数是（ ） A ．48 B ．72 C ．64 D ．96 10．已知函数a x ax e ex f +--+=)(，若c b a ==3log 3，则（ ）A.)()()(c f b f a f <<B. )()()(a f c f b f <<C.)()()(b f c f a f <<D. )()()(a f b f c f <<11．如图，四面体ABCD 中，面ABD 和面BCD 都是等腰∆Rt ，2=AB ，2π=∠=∠CBD BAD ，且二面角C BD A --的大小为65π，若四面体ABCD 的顶点都在球O 上，则球O 的表面积为（ ）A ．π12B ．π20C ．π24D ．π3612．直角梯形ABCD 中，AD AB ⊥，CD AD AB 22==.若P 为ABC ∆边上的一个动点，且AD n AB m AP +=，则下列说法正确的是（ ）A ．满足21=m 的P 点有且只有一个 B ．n m 21-的最大值不存在 C ．n m +的取值范围是]23,0[ D ．满足1=+n m 的点P 有无数个二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13．已知n x x )12(32-展开式的常数项是第7项，则正整数n 的值是 .14．某旅行团按以下规定选择E D C B A ,,,,五个景区游玩：①若去A ，则去B ；②C B ,不能同时去；③D C ,都去，或者都不去；④E D ,去且只去一个；⑤若去E ，则要去A 和D .那么，这个旅游团最多能去的景区为 .15．已知双曲线)0(1:2222>>=-b a by a x C 的左右焦点分别为21,F F ，以虚轴为直径的圆O 与C 在第一象限交于点M ，若2MF 与圆O 相切，则双曲线C 的离心率为 .16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….若第n 次“扩展”后得到的数列为1，1x ，2x ，…，t x ，2，并记)21(log 212⋅⋅⋅⋅=t n x x x a Λ，其中12-=n t ，*N n ∈，则数列}{n a 的前n 项和为 .三、解答题 （本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．在ABC ∆中，角C B A ,,对边分别为c b a ,,，且满足22)(,1c b bc a bc -=-= （1）求ABC ∆的面积； （2）若41cos cos =C B ，求ABC ∆的周长. 18．如图，矩形ABCD 中，42==AB AD ，E 为BC 的中点，现将BAE ∆与DCE ∆折起，使得平面BAE 及平面DEC 都与平面ADE 垂直.（1）求证：//BC 平面ADE ； （2）求二面角C BE A --的余弦值.19.随着电商的快速发展，快递业突飞猛进，到目前，中国拥有世界上最大的快递市场.某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过kg 1的包裹收费10元；重量超过kg 1的包裹，在收费10元的基础上，每超过kg 1（不足kg 1，按kg 1计算）需再收5元.该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如下：公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：以上数据已做近似处理，并将频率视为概率.（1）计算该公司未来5天内恰有2天揽件数在101~300之间的概率； （2）①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；②根据以往的经验，公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，其余的用作其他费用.目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，日工资100元.公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，若你是决策者，是否裁减工作人员1人？20．如图，椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x E 的左、右焦点分别为21,F F ，⊥2MF x 轴，直线1MF 交y 轴于H 点，42||=OH ，Q 为椭圆E 上的动点，Q F F 21∆的面积最大值为1. （1）求椭圆E 的方程；（2）如图，过点)0,4(S 作两条直线与椭圆E 分别交于D C B A ,,,，且使x AD ⊥轴，问四边形ABCD 的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.21．已知函数x ae ax x x f -+=221)(，)(x g 为)(x f 的导函数. （1）求函数)(x g 的单调区间；（2）若函数)(x g 在R 上存在最大值，求函数)(x f 在),0[+∞上的最大值； （3）求证：当0≥x 时，)sin 23(3222x e x x x-≤++.请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分. 22．选修4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点与平面直角坐标系的原点O 重合，极轴与x 轴的正半轴重合，且长度单位相同.曲线C 的极坐标方程是)4sin(22πθρ-=.直线l 的参数方程为⎩⎨⎧+=+=ααsin 2cos 1t y t x （t 为参数，πα<≤0）.设)2,1(P ，直线l 与曲线C 交于B A ,两点. （1）当0=α时，求||AB 的长度； （2）求22||||PB PA +的取值范围. 23．选修4-5：不等式选讲 已知函数aa x x f 21||)(+-=（0≠a ）. （1）若不等式1)()(≤+-m x f x f 恒成立，求实数m 的最大值； （2）当21<a 时，函数|12|)()(-+=x x f x g 有零点，求实数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．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．10 14．C 和D 15．3 16．43231-+=+n S n n三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．解：（1）∵bc a c b =-+222，∴21cos =A ，即060=A ， ∴43sin 21==∆A bc S ABC ；（2）∵21)cos(cos =+-=C B A ，∴21cos cos sin sin =⋅-⋅C B C B 由题意，41cos cos =⋅C B ，∴43sin sin =⋅C B ， ∵34sin sin )sin (2==C B bc A a ，∴1=a ， ∴3)(12)(22222-+=--+=-+c b bc c b a c b ∵1222=-+a c b ，∴2=+c b ． ∴ABC ∆的周长为321=+=++c b a ．18.解：（1）分别取DE AE ,中点N M ,，分别连接MN CN BM ,,，则AE BM ⊥且DE CN ⊥∵平面BAE 及平面DEC 都与平面ADE 垂直， ∴⊥BM 平面⊥CN ADE ,平面ADE ，由线面垂直性质定理知CN BM //，又CN BM =， ∴四边形BCNM 为平行四边形，MN BC // 又⊄BC 平面ADE ，∴//BC 平面ADE .（2）如图，以E 为原点，EA ED ,为x ，y 正半轴，建立空间直角坐标系xyz E -，则)2,0,2(),2,2,0(C B .平面ABE 的一个法向量)0,0,1(1=n ，设平面CBE 的法向量),,(2z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=+=⋅=+=⋅02202222z x EC n z y EB n ，取1-=y 得)1,1,1(2--=n ∴3331||||,cos 212121-=-=<n n n n ，注意到此二面角为钝角， 故二面角C BE A --的余弦值为33-. 19. 解：（1）样本中包裹件数在101~300之间的天数为36，频率363605f ==， 故可估计概率为35， 显然未来5天中，包裹件数在101~300之间的天数X 服从二项分布，即3~5,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故所求概率为32252314455625C ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （2）①样本中快递费用及包裹件数如下表：故样本中每件快递收取的费用的平均值为830415100+⨯=，故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元.②根据题意及（2）①，揽件数每增加1，公司快递收入增加15（元）， 若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为26015310010003⨯⨯-⨯=（元）； 若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为2351521009753⨯⨯-⨯=（元） 因9751000<，故公司不应将前台工作人员裁员1人.20．解：（1）设)0,(c F ，由题意可得12222=+b y a c ，即ab y M 2=∵OH 是12F F M ∆的中位线，且4OH =∴2MF =，即2b a =，整理得242a b =.①又由题知，当Q 在椭圆E 的上顶点时， 12F F M ∆的面积最大， ∴1212c b ⨯⨯=，整理得1bc =，即()2221b a b -=，② 联立①②可得1246=-b b ，变形得0)12)(1(242=++-b b b ，解得12=b ，进而22=a∴椭圆E 的方程为1222=+y x （2）设),(),,(2211y x C y x A ，则由对称性可知),(),,(2211y x B y x D -- 设直线AC 与x 轴交于点)0,((t ，直线AC 的方程为)0(≠+=m t my x ，联立⎪⎩⎪⎨⎧=++=1222y x t my x ，消去x ，得022)2(222=-+++t mty y m ，∴22,222221221+-=+-=+m t y y m mt y y ，由A B S 、、三点共线AS BS k k =，即121244y y x x -=--， 将11x my t =+， 22x my t =+代入整理得()()122140y my t t y my t +-++-=， 即()()1212240my y t y y +-+=，从而()()22222402m t mt t m ---=+，化简得()2420m t -=，解得12t =，于是直线AC 的方程为12x my =+， 故直线AC 过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭.同理可得BD 过定点1,02⎛⎫⎪⎝⎭， ∴直线AC 与BD 的交点是定点，定点坐标为1,02⎛⎫⎪⎝⎭. 21．解：（1）由题意可知，xae a x x f x g -+==)(')(，则xae x g -=1)('当0)('>x g ，∴)(x g 在),(+∞-∞上单调递增；当0>a 时，解得a x ln -<时，0)('>x g ，a x ln ->，0)('<x g ，∴)(x g 在)ln ,(a --∞上单调递增，在),ln (+∞-a 上单调递减.综上，当0≤a 时，)(x g 的单调递增区间为),(+∞-∞，无递减区间；当0>a 时，)(x g 的单调递增区间为)ln ,(a --∞，单调递减区间为),ln (+∞-a . （2）由（1）可知，0>a 且)(x g 在a x ln -=处取得最大值，1ln ln )ln (1ln--=-+-=-a a aea a a g e，即01ln =--a a ，观察可得当1=a 时，方程成立令)0(1ln )(>--=a a a a h ，aa a a h 111)('-=-= 当)1,0(∈a 时，0)('<a h ，当),1(+∞∈a 时，0)('>a h∴)(a h 在)1,0(上单调递减，在),1(+∞上单调递增，∴0)1()(=≥h a h ，∴当且仅当1=a 时，01ln =--a a ， 所以x e x x x f -+=221)(，由题意可知0)()('≤=x g x f ，)(x f 在),0[+∞上单调递减， 所以)(x f 在0=x 处取得最大值10021)0(02-=-+⨯=e f . （3）由（2）可知，若1=a ，当0≥x 时，1(-≤fx ，即1212-≤-+x e x x ，可得2222-≤+x e x x ，)sin 23(322)sin 23(32222x e e x e x x x x x --+-≤--++令1]2)3sin 2([12)3sin 2()(2++-=++-=x e e e x e x F x x x x ，即证0)(≤x F令2)3sin 2()(+-=x e x G x ，]3)4sin(22[)3cos 2sin 2()('-+=-+=πx e x e x G x x ∵1)4sin(≤+πx ∴03)4sin(22<-+πx ，又0>x e ，∴ 0]3)4sin(22[<-+πx e x ，∴0)('<x G ，)(x G 在),0(+∞上单调递减，1)0()(-=≤G x G ，∴01)(≤+-≤x e x F ，当且仅当0=x 时等号成立所以)sin 23(3222x e x x x -≤++.22．解：（1）曲线C 的方程是)4sin(22πθρ-=，化为)cos 22sin 22(222θθρρ-= 化为)cos 2sin 22θρθρρ-=，∴x y y x 2222-=+曲线C 的方程为2)1()1(22=-++y x当0=α时，直线2:=y l代入曲线C 可得11±=+x ，解得0=x 或2-∴2||=AB .（2）将⎩⎨⎧+=+=ααsin 2cos 1t y t x 代入到2)1()1(22=-++y x 得，03)sin 2cos 4(2=+++t t αα由0>∆，得012)sin 2cos 4(2>-+αα 化简得1)(sin 532≤+<ϕα（其中2tan =ϕ）， ∴3),sin 2cos 4(2121=++-=+t t t t αα∴212212221222)(||||t t t t t t PB PA -+=+=+ 6)(sin 206)sin 2cos 4(22-+=-+=ϕααα∴22||||PB PA +]14,6(∈.23．解：（1）∵)21|(|21||)()(a a m x a a x m x f x f +-+-+-=+- ||||a m x a x -+--=|||)()(|m a m x a x =-+--≤，∴1||≤m即m 的最大值为1.（2）ax a x x x f x g 21|12||||12|)()(+-+-=-+= 即⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≥--+<≤+-+-<+++-=21,121321,121,1213)(x a a x x a a a x a x a a x x g ∴)(x g 在]21,(-∞上是减函数，在),21[+∞上是增函数， ∴a a a a g x g -+=--+⨯==2121121213)21()(min 由题意得02121≤-+a a 解得021<≤-a 或1≥a 又21<a ， ∴a 的取值范围是}021|{<≤-a a .。

2019年河南省郑州市高考第三次模拟考试数学试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设命题p：∀x＞0，log2x＜2x+3，则￢p为（）A．∀x＞0，log2x≥2x+3 B．∃x＞0，log2x≥2x+3C．∃x＞0，log2x＜2x+3 D．∀x＜0，log2x≥2x+32．已知复数m=4﹣xi，n=3+2i，若复数∈R，则实数x的值为（）A．﹣6 B．6 C．D．﹣3．已知双曲线+=1，焦点在y轴上，若焦距为4，则a等于（）A．B．5 C．7 D．4．已知，则的值等于（）A．B．C．D．5．设集合A={x1，x2，x3，x4}，x i∈{﹣1，0，1}，i={1，2，3，4}，那么集合A中满足条件“x12+x22+x32+x42≤3”的元素个数为（）A．60 B．65 C．80 D．816．如图是某个几何体的三视图，则这个几何体体积是（）A．B．C．D．7．设实数x，y满足，则2xy的最大值为（）A．25 B．49 C．12 D．248．已知等比数列{a n}，且a6+a8=，则a8（a4+2a6+a8）的值为（）A．π2B．4π2C．8π2D．16π29．若实数a、b、c∈R+，且ab+ac+bc+2，则2a+b+c的最小值为（）A．B．C．D．10．椭圆+=1的左焦点为F，直线x=a与椭圆相交于点M、N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是（）A．B．C．D．11．四面体A﹣BCD中，AB=CD=10，AC=BD=2，AD=BC=2，则四面体A﹣BCD外接球的表面积为（）A．50π B．100πC．200πD．300π12．设函数f（x）满足2x2f（x）+x3f'（x）=e x，f（2）=，则x∈，求函数h（x）的最小值；（2）对任意x∈=﹣cos（+2θ）=﹣cos2（+θ）=﹣=﹣，解得：sin2（+θ）=，∴=±．故选：B．5．设集合A={x1，x2，x3，x4}，x i∈{﹣1，0，1}，i={1，2，3，4}，那么集合A中满足条件“x12+x22+x32+x42≤3”的元素个数为（）A．60 B．65 C．80 D．81【考点】1A：集合中元素个数的最值．【分析】将x的取值分为两组：M={0}，N={﹣1，1}，A中的四个元素中有1个取值为0，2个取值为0，个取值为0，4个取值为0，进行分类讨论，由此能求出集合A中满足条件“x12+x22+x32+x42≤3”的元素个数．【解答】解：集合A={x1，x2，x3，x4}，x i∈{﹣1，0，1}，i={1，2，3，4}，集合A满足条件“x12+x22+x32+x42≤3”，设M={0}，N={﹣1，1}，①A中的四个元素中有1个取值为0，另外3个从M中取，取法总数有： =32，②A中的四个元素中有2个取值为0，另外2个从M中取，取法总数有： =24，③A中的四个元素中有3个取值为0，另外1个从M中取，取法总数有： =8，④A中的四个元素中有4个取值为0，取法总数有： =1，∴集合A中满足条件“x12+x22+x32+x42≤3”的元素个数为：32+24+8+1=65．故选：B．6．如图是某个几何体的三视图，则这个几何体体积是（）A．B．C．D．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成的几何体．【解答】解：由三视图可知：该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成的几何体．这个几何体体积V=+×（）2×2=2+．故选：A．7．设实数x，y满足，则2xy的最大值为（）A．25 B．49 C．12 D．24【考点】7C：简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用基本不等式进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由图象知y≤10﹣2x，则2xy≤2x（10﹣2x）=4x（5﹣x））≤4（）2=25，当且仅当x=，y=5时，取等号，经检验（，5）在可行域内，故2xy的最大值为25，故选：A．8．已知等比数列{a n}，且a6+a8=，则a8（a4+2a6+a8）的值为（）A．π2B．4π2C．8π2D．16π2【考点】67：定积分．【分析】先根据定积分的几何意义求出a6+a8==4π，再根据等比数列的性质即可求出．【解答】解：表示以原点为圆心以4为半径的圆的面积的四分之一，故a6+a8==4π，∴a8（a4+2a6+a8）=a8a4+2a8a6+a82=a62+2a8a6+a82=（a6+a8）2=16π2．故选：D9．若实数a、b、c∈R+，且ab+ac+bc+2，则2a+b+c的最小值为（）A．B．C．D．【考点】RB：一般形式的柯西不等式．【分析】因为（2a+b+c）2=4a2+b2+c2+4ab+2bc+4ca，与已知等式比较发现，只要利用均值不等式b2+c2≥2bc 即可求出结果．【解答】解：∵ab+ac+bc+2，∴a2+ab+ac+bc=6﹣2（6﹣2）×4=（a2+ab+ac+bc）×4=4a2+4ab+4ac+4bc≤4a2+4ab+b2+c2+4ca+2bc=（2a+b+c）2，所以2a+b+c≥2﹣2，故选D．10．椭圆+=1的左焦点为F，直线x=a与椭圆相交于点M、N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是（）A．B．C．D．【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】设右焦点为F′，连接MF′，NF′，由于|MF′|+|NF′|≥|MN|，可得当直线x=a过右焦点时，△FMN的周长最大．c==1．把c=1代入椭圆标准方程可得： =1，解得y，即可得出此时△FMN的面积S．【解答】解：设右焦点为F′，连接MF′，NF′，∵|MF′|+|NF′|≥|MN|，∴当直线x=a过右焦点时，△FMN的周长最大．由椭圆的定义可得：△FMN的周长的最大值=4a=4．c==1．把c=1代入椭圆标准方程可得： =1，解得y=±．∴此时△FMN的面积S==．故选：C．11．四面体A﹣BCD中，AB=CD=10，AC=BD=2，AD=BC=2，则四面体A﹣BCD外接球的表面积为（）A．50π B．100πC．200πD．300π【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以10，2，2为三边的三角形作为底面，且以分别为x，y，z，长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，由此能求出球的半径，进而求出球的表面积．【解答】解：由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以10，2，2为三边的三角形作为底面，且以分别为x，y，z，长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2+y2=100，x2+z2=136，y2+z2=164，设球半径为R，则有（2R）2=x2+y2+z2=200，∴4R2=200，∴球的表面积为S=4πR2=200π．故选C．12．设函数f（x）满足2x2f（x）+x3f'（x）=e x，f（2）=，则x∈=e2﹣=（x﹣2），当x∈．【考点】9H：平面向量的基本定理及其意义．【分析】根据题意画出图形，结合图形，设外接圆的半径为r，对=p+q两边平方，建立p、q的解析式，利用基本不等式求出p+q的取值范围．【解答】解：如图所示，△ABC中，∠A=，∴∠BOC=；设|=r，则O为△ABC外接圆圆心；∵=p+q，∴==r2，即p2r2+q2r2+2pqr2cos=r2，∴p2+q2﹣pq=1，∴（p+q）2=3pq+1；又M为劣弧AC上一动点，∴0≤p≤1，0≤q≤1，∴p+q≥2，∴pq≤=，∴1≤（p+q）2≤（p+q）2+1，解得1≤（p+q）2≤4，∴1≤p+q≤2；即p+q的取值范围是．故答案为：．三、解答题（本大题共7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△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知sinB+sinC=msinA（m∈R），且a2﹣4bc=0．（1）当a=2，时，求b、c的值；（2）若角A为锐角，求m的取值范围．【考点】HR：余弦定理．【分析】（1）sinB+sinC=msinA（m∈R），利用正弦定理可得：b+c=ma，且a2﹣4bc=0．a=2，时，代入解出即可得出．（2）利用余弦定理、不等式的解法即可得出．【解答】解：（1）由题意得b+c=ma，a2﹣4bc=0．当时，，bc=1．解得．（2）．∴，又由b+c=ma可得m＞0，所以．18．为了研究学生的数学核素养与抽象（能力指标x）、推理（能力指标y）、建模（能力指标z）的相关性，并将它们各自量化为1、2、3三个等级，再用综合指标w=x+y+z的值评定学生的数学核心素养；若w≥7，则数学核心素养为一级；若5≤w≤6，则数学核心素养为二级；若3≤w≤4，则数学核心素养为三级，为了了解某校学生的数学核素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下结果：（2）从数学核心素养等级是一级的学生中任取一人，其综合指标为a，从数学核心素养等级不是一级的学生中任取一人，其综合指标为b，记随机变量X=a﹣b，求随机变量X的分布列及其数学期望．【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CG：离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）由题可知：建模能力一级的学生是A9；建模能力二级的学生是A2，A4，A5，A7，A10；建模能力三级的学生是A1，A3，A6，A8．记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件A，利用互斥事件与古典概率计算公式即可得出，P（A）．（2）由题可知，数学核心素养一级：A1，A2，A3，A5，A6，A8，数学核心素养不是一级的：A4，A7，A9，A10；X 的可能取值为1，2，3，4，5．利用相互独立事件、互斥事件与古典概率计算公式即可得出P（X=k）及其分布列与数学期望．【解答】解：（1）由题可知：建模能力一级的学生是A9；建模能力二级的学生是A2，A4，A5，A7，A10；建模能力三级的学生是A1，A3，A6，A8．记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件A，则．（2）由题可知，数学核心素养一级：A1，A2，A3，A5，A6，A8，数学核心素养不是一级的：A4，A7，A9，A10；X的可能取值为1，2，3，4， 5.；；；；．∴随机变量X的分布列为：∴=．19．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF．（1）求证：EF⊥平面BCF；（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定．【分析】（1）在梯形ABCD中，设AD=CD=BC=1，由题意求得AB=2，再由余弦定理求得AC2=3，满足AB2=AC2+BC2，得则BC⊥AC．再由CF⊥平面ABCD得AC⊥CF，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BCF．进一步得到EF⊥平面BCF；（2）分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD=CD=BC=CF=1，令FM=λ（），得到C，A，B，M的坐标，求出平面MAB的一个法向量，由题意可得平面FCB的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值，可得当λ=0时，cosθ有最小值为，此时点M与点F重合．【解答】（1）证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，设AD=CD=BC=1，又∵，∴AB=2，∴AC2=AB2+BC2﹣2AB•BC•cos60°=3．∴AB2=AC2+BC2．则BC⊥AC．∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，而CF∩BC=C，∴AC⊥平面BCF．∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF；（2）解：分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD=CD=BC=CF=1，令FM=λ（），则C（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），M（λ，0，1），∴=（﹣，1，0），=（λ，﹣1，1），设=（x，y，z）为平面MAB的一个法向量，由得，取x=1，则=（1，，），∵=（1，0，0）是平面FCB的一个法向量，∴cos＜＞==．∵，∴当λ=0时，cosθ有最小值为，∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，此时二面角的余弦值为．20．已知圆C1：x2+y2=r2（r＞0）与直线l0：y=相切，点A为圆C1上一动点，AN⊥x轴于点N，且动点M满足，设动点M的轨迹为曲线C．（1）求动点M的轨迹曲线C的方程；（2）若直线l与曲线C相交于不同的两点P、Q且满足以PQ为直径的圆过坐标原点O，求线段PQ长度的取值范围．【考点】KP：圆锥曲线的范围问题；J3：轨迹方程；KL：直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）设动点M（x，y），A（x0，y0），由于AN⊥x轴于点N．推出N（x0，0）．通过直线与圆相切，求出圆的方程，然后转化求解曲线C的方程．（2）①假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，通过，以及弦长公式，利用基本不等式求出范围．②若直线l的斜率不存在，设OP所在直线方程为y=x，类似①求解即可．【解答】解：（I）设动点M（x，y），A（x0，y0），由于AN⊥x轴于点N．∴N（x0，0）．又圆与直线即相切，∴．∴圆．由题意，，得，∴．∴，即∴将代入x2+y2=9，得曲线C的方程为．（II）（1）假设直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设P（x1，y1），Q（x2，y2），联立，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0．由求根公式得．（*）∵以PQ为直径的圆过坐标原点O，∴．即．∴x1x2+y1y2=0．即∴x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=0．化简可得，．将（*）代入可得，即3m2﹣8k2﹣8=0．即，又．将代入，可得=．∴当且仅当，即时等号成立．又由，∴，∴．（2）若直线l的斜率不存在，因以PQ为直径的圆过坐标原点O，故可设OP所在直线方程为y=x，联立解得，同理求得，故．综上，得．21．已知函数f（x）=（x+a）ln（x+a），g（x）=﹣+ax．（1）函数h（x）=f（e x﹣a）+g'（e x），x∈，求函数h（x）的最小值；（2）对任意x∈上h'（x）≥0，h（x）递增，h（x）的最小值为．②当﹣1＜a﹣1＜1即0＜a＜2时，在x∈上h'（x）≤0，h（x）为减函数，在在x∈上h'（x）≥0，h（x）为增函数．∴h（x）的最小值为h（a﹣1）=﹣e a﹣1+a．③当a﹣1≥1即a≥2时，在上h'（x）≤0，h（x）递减，h（x）的最小值为h（1）=（1﹣a）e+a．综上所述，当a≤0时h（x）的最小值为，当0＜a＜2时h（x）的最小值为﹣e a﹣1+a，当a≥2时，h （x）最小值为（1﹣a）e+a．（II）设，F'（x）=ln（x﹣1）+1+a（x﹣1）（x≥2）．①当a≥0时，在x∈[2，+∞）上F'（x）＞0，F（x）在x∈[2，+∞）递增，F（x）的最小值为F（2）=0，不可能有f（x﹣a﹣1）﹣g（x）≤0．②当a≤﹣1时，令，解得：，此时∴．∴F'（x）在[2，+∞）上递减．∵F'（x）的最大值为F'（2）=a+1≤0，∴F（x）递减．∴F（x）的最大值为F（2）=0，即f（x﹣a﹣1）﹣g（x）≤0成立．③当﹣1＜a＜0时，此时，当时，F''（x）＞0，F'（x）递增，当时，F''（x）＜0，F'（x）递减．∴=﹣ln（﹣a）＞0，又由于F'（2）=a+1＞0，∴在上F'（x）＞0，F（x）递增，又∵F（2）=0，所以在上F（x）＞0，显然不合题意．综上所述：a≤﹣1．22．以直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程为，（t为参数，0＜θ＜π），曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣2cosθ=0．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C相交于A，B两点，当θ变化时，求|AB|的最小值．【考点】QH：参数方程化成普通方程；Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的转化方法，求曲线C的直角坐标方程；（2）将直线l的参数方程代入y2=2x，得t2sin2θ﹣2tcosθ﹣1=0，利用参数的几何意义，求|AB|的最小值．【解答】解：（1）由ρsin2θ﹣2cosθ=0，得ρ2sin2θ=2ρcosθ．∴曲线C的直角坐标方程为y2=2x；（2）将直线l的参数方程代入y2=2x，得t2sin2θ﹣2tcosθ﹣1=0．设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则，，==．当时，|AB|的最小值为2．23．已知函数f（x）=|x﹣5|﹣|x﹣2|．（1）若∃x∈R，使得f（x）≤m成立，求m的范围；（2）求不等式x2﹣8x+15+f（x）≤0的解集．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】（1）通过讨论x的范围，求出f（x）的分段函数的形式，求出m的范围即可；（2）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可．【解答】解：（1），当2＜x＜5时，﹣3＜7﹣2x＜3，所以﹣3≤f（x）≤3，∴m≥﹣3；（2）不等式x2﹣8x+15+f（x）≤0，即﹣f（x）≥x2﹣8x+15由（1）可知，当x≤2时，﹣f（x）≥x2﹣8x+15的解集为空集；当2＜x＜5时，﹣f（x）≥x2﹣8x+15，即x2﹣10x+22≤0，∴；当x≥5时，﹣f（x）≥x2﹣8x+15，即x2﹣8x+12≤0，∴5≤x≤6；综上，原不等式的解集为．。