安徽省合肥市一中2018届高考冲刺最后1卷文科数学试卷-含答案

2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷（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. 已知集合，，则A. B.C. D.2. 已知是虚数单位，若，则的虚部是（）A. B.C. D.3. 已知，函数在上单调递增，则的取值范围是（）A.B.C.D.4. 《九章算术》之后，人们学会了用等差数列的知识来解决问题，《张丘建算经》卷上有叙述为：“今有女善织，日益功疾（注：从第天开始，每天比前一天多织相同量的布），如图是源于其思想的一个程序框图，如果输出的是，则输入的是（）A. B.C. D.5. 已知，分别满足，，则的值为（）A. B.C. D.6. 某空间凸多面体的三视图如图所示，其中俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（）A.B.C.D.7. 中，，，的对边分别为，，．已知，，则的值为________8. 某班级有男生人，女生人，现选举名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委．男生当选的人数记为，则的数学期望为（）A. B.C. D.9. 已知函数单调递增，函数的图象关于点对称，实数，满足不等式，则的最小值为（）A. B.C. D.10. 一个正四面体的四个面上分别标有数字，，，．掷这个四面体四次，令第次得到的数为，若存在正整数使得的概率，其中，是互质的正整数，则的值为（）A. B.C. D.11. 已知抛物线，过定点，且作直线交抛物线于，两点，且直线不垂直轴，在，两点处分别作该抛物线的切线，，设，的交点为，直线的斜率为，线段的中点为，则下列四个结论：①；②当直线绕着点旋转时，点的轨迹为抛物线；③当时，直线经过抛物线的焦点；④当，时，直线垂直轴．其中正确的个数有（）A.个 B.个C. 个D. 个12. 设函数 在 上存在导函数 ，对任意的 有 ，且当 时， ．若 ， 的零点有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 平行四边形 中， ， ，，则________．14.的展开式中含 的项的系数是________．15. 棱长为 的正方体 如图所示， ， 分别为直线 ， 上的动点，则线段 长度的最小值为________．16. 如图所示，已知直线 的方程为， ， 是相外切的等圆，且分别与坐标轴及线段 相切， ，则两圆半径 ________（用常数 ， ， 表示）三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 设数列 的前 项和为 ，已知 ． （1）求 的通项公式；（2）若数列 满足 ，求 前 项和 ．18. 底面 为正方形的四棱锥 ，且 底面 ，过 的平面与侧面 的交线为 ，且满足 ．（1）证明： 平面 ；（2）当 四边形时，求二面角 的余弦值．19. 深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队．在对球员的使用上总是进行数据分析，为了考察甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计：（1）求 ， ， ， ， 的值，据此能否有 的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；（2）根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为： ， ， ， ，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为： ， ， ， ．则： 当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率； 如果你是教练员，应用概率统计有关知识．该如何使用乙球员？ 附表及公式：．20. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为 ，，且，与该椭圆有且只有一个公共点．（1）求椭圆标准方程；（2）过点 的直线与 相切，且与椭圆相交于 ， 两点，求证： ；（3）过点 的直线 与 相切，且与椭圆相交于 ， 两点，试探究 的数量关系．21. 已知函数．（1）讨论函数 的零点个数；（2）已知，证明：当时，．请考生在22、23两题中任选一题作答，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. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的极坐标方程为．（1）求曲线和直线的直角坐标方程，并求出曲线上到直线的距离最大的点的坐标，（2）求曲线的极坐标方程，并设，为曲线上的两个动点，且，求的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数．当时，求不等式的解集；若的解集包含，求实数的取值范围．参考答案与试题解析2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷（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.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】求出集合，，从而求出，由此能求出．【解答】∵集合，，∴，∴．2.【答案】B【考点】复数的运算【解析】由已知可得，代入，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵，∴，∴的虚部为．3.【答案】C【考点】余弦函数的图象【解析】利用余弦函数的单调性建立不等式关系求解即可．【解答】函数在上单调递增，则，．解得：，．∵，∴当，可得．4.【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】第一次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；第四次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；…第次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；第次执行循环体后，，，满足退出循环的条件；故输出∴，5.【答案】D【考点】函数与方程的综合运用【解析】对等式两边取自然对数，再由，求导，判断单调性，运用对数的运算性质，可得所求值．【解答】，可得，，可得，即有，可得，由的导数为，可得在递增，可得，即为，即，可得，可得，6.【答案】C【考点】由三视图求面积、体积【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．【解答】由题意可知几何体的直观图如图：左侧是放倒的三棱柱，右侧是三棱锥，俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为：．7.【答案】【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】利用二倍角和正弦定理，化简可得答案．【解答】∵由，得，即，∴得，∴则（舍），或，∵∴，∵，由正弦定理可得：，∴，推导可得：，即，∴. 8.【答案】C【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】由题意知随机变量的可能取值是，，，，，计算对应的概率值，求出的数学期望值．【解答】由题意知，随机变量的可能取值是，，，，，且，，，，；∴的数学期望为．9.【答案】A【考点】抽象函数及其应用简单线性规划【解析】根据题意，分析可得函数为奇函数，结合函数的单调性分析可得，变形可得：，即或，由二元一次不等式的几何意义分析其可行域，又由，设，其几何意义为可行域中任意一点到点距离的平方，求出的最小值，计算即可得答案．【解答】根据题意，因为函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称，即函数是定义在上的奇函数，则，又由函数单调递增，则，变形可得：，即或，所以可得其可行域，如图所示：，设，其几何意义为可行域中任意一点到点距离的平方，分析可得：的最小值为，则的最小值为；故选：．10.【答案】B【考点】模拟方法估计概率【解析】当时，的概率，当时，的概率，当时，的概率，当时，的概率，从而求出的概率，由此能求出的值．【解答】正四面体的四个面上分别标有数字，，，．掷这个四面体四次，令第次得到的数为，存在正整数使得的概率，∴当时，的概率，当时，的概率，当时，的概率，当时，的概率，∴得的概率，其中，是互质的正整数，∴，，则．11.【答案】C【考点】抛物线的性质【解析】设点坐标，根据导数的几何意义，即可求得直线的方程，代入即可求得，即可求得直线的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得，．即可判断①④正确．【解答】设，则直线的方程：，直线过点，所以，解得，所以直线，，由，所以，所以，即，，，所以，则，∴．故垂直轴，故①④正确，12.【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】令，，由，可得函数为奇函数．利用导数可得函数在上是增函数，，即，解得，再令，分离参数，可得，，利用导数，求出当时，，即可判断函数零点的个数．【解答】当时，令时，，函数单调递增，令时，，函数单调递减，∴，（1）当时，，函数单调递减，∵，∴直线与有两个交点，∴的零点有个，故选：．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.【答案】【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】推导出，，，由此能求出．【解答】∵平行四边形中，，，，如图，∴，∴，∴，∴，∴．14.【答案】【考点】二项式定理及相关概念【解析】利用二项式定理把展开，可得的展开式中含的项的系数．【解答】∵，故它的展开式中含的项的系数是，15.【答案】【考点】棱柱的结构特征【解析】线段长度的最小值是异面直线与间的距离，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段长度的最小值．【解答】∵棱长为的正方体如图所示，，分别为直线，上的动点，∴线段长度的最小值是异面直线与间的距离，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，∴线段长度的最小值：．16.【答案】【考点】直线与圆的位置关系【解析】由题意画出图形，得，，设，，列关于，，，，，的方程组，整体求解得答案．【解答】如图，由已知得，，，设，，则，②+③得：④．把①代入④，得，∴．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.【答案】，∴，．故．，当时，，令，∴，，∴，故，又满足上式，∴．【考点】数列的求和数列递推式【解析】（1），相减可得，．即可得出．（2），当时，，令，利用错位相减法即可得出．【解答】，∴，．故．，当时，，令，∴，，∴，故，又满足上式，∴．18.【答案】∵底面为正方形，且底面，∴，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，，，，，．∵底面，底面，∴．∵四边形为正方形，∴，∴平面，∴平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，而，．由，得，取得，得为平面的一个法向量．设二面角的大小为，由四边形，得，∴，∴，∴二面角的余弦值为．【考点】二面角的平面角及求法【解析】（1）推导出从而平面，进而，再由，得．连接交于点，连．则，由此能证明平面．（2）推导出，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．【解答】∵底面为正方形，且底面，∴，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，，，，，．∵底面，底面，∴．∵四边形为正方形，∴，∴平面，∴平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，而，．由，得，取得，得为平面的一个法向量．设二面角的大小为，由四边形，得，∴，∴，∴二面角的余弦值为．19.【答案】，，，，，，∴有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋”；表示“乙球员担当后卫”；表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，则；．因为：：：，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次．【考点】条件概率与独立事件【解析】（1）分别求出，，，，的值，求出的值，利用临界值表可得出结论；（2）根据条件概率公式分别计算出乙球员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，最后相加得到已乙球员参加比赛时，球队输球的概率；利用乙球员担任前锋时输球的概率除以球队输球的概率即可得出答案；分别计算出乙队员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，以输球概率最小时，乙球员担任的角色，作为教练员使用乙队员的依据．【解答】，，，，，，∴有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋”；表示“乙球员担当后卫”；表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，则；．因为：：：，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次．20.【答案】∵与椭圆有且只有一个公共点，∴公共点为或，若公共点为时，则，又，解得，与矛盾，故公共点为．∴，又，∴，．．反之，当时，联立，解得满足条件．∴椭圆标准方程为．证明：∵，设过的直线，联立，得．设，，则，又，∴．由与相切得：，，∴，∴．即：．猜：．证明如下：由（2）得．∵，∴．【考点】椭圆的性质【解析】（1）由与椭圆有且只有一个公共点，可得公共点为或，若公共点为时，得出矛盾，故公共点为．因此，又，．即可得出．（2），设过的直线，联立，得．设，，又，利用数量积运算性质与根及其系数的关系可得：．由与相切得：，解得，即可得出．（3）猜：．分析如下：利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出．【解答】∵与椭圆有且只有一个公共点，∴公共点为或，若公共点为时，则，又，解得，与矛盾，故公共点为．∴，又，∴，．．反之，当时，联立，解得满足条件．∴椭圆标准方程为．证明：∵，设过的直线，联立，得．设，，则，又，∴．由与相切得：，，∴，∴．即：．猜：．证明如下：由（2）得．∵，∴．21.【答案】．令，∴．令，则函数与的零点个数情况一致．时，．∴在上单调递增．又，∴有个零点．时，在上单调递增，上单调递减．∴．① 即时，，无零点．② 即时，个零点．③ 即时，，又．又，，令，∴在上单调递增，∴，∴两个零点．综上：当或时，个零点；当时，个零点；当时，个零点．证明（2）要证，只需证．令，只需证：．令，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴且．令，，∴在上单调递增，∴，∴，故．【考点】函数零点的判定定理利用导数研究函数的单调性【解析】（1）．令，问题转化为求函数令，零点的个数问题，先求导，再分类讨论，根据函数零点存在定理即可求出，（2）利用分析法，和构造函数法，借用导数，即可证明．【解答】．令，∴．令，则函数与的零点个数情况一致．时，．∴在上单调递增．又，∴有个零点．时，在上单调递增，上单调递减．∴．① 即时，，无零点．② 即时，个零点．③ 即时，，又．又，，令，∴在上单调递增，∴，∴两个零点．综上：当或时，个零点；当时，个零点；当时，个零点．证明（2）要证，只需证．令，只需证：．令，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴且．令，，∴在上单调递增，∴，∴，故．请考生在22、23两题中任选一题作答，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.【答案】∵曲线的参数方程为（为参数），∴曲线的直角坐标方程为，∵直线的极坐标方程为．∴直线的普通方程为：，则曲线上点到直线的距离：，当时，最大，此时，．曲线的极坐标方程为，即．设，则．∴的取值范围是．【考点】简单曲线的极坐标方程【解析】（1）曲线的参数方程消去参数，能求出曲线的直角坐标方程；由直线的极坐标方程能求出直线的普通方程，由此能求出曲线上点到直线的距离最大的点的坐标．（2）曲线的极坐标方程转化为．设，能求出的取值范围．【解答】∵曲线的参数方程为（为参数），∴曲线的直角坐标方程为，∵直线的极坐标方程为．∴直线的普通方程为：，则曲线上点到直线的距离：，当时，最大，此时，．曲线的极坐标方程为，即．设，则．∴的取值范围是．[选修4-5：不等式选讲]23.【答案】解：当时，，即．①当时，不等式化为，解得．②当时，不等式化为，解得．③当时，不等式化为，解得．综上，不等式的解集为或．的解集包含在上恒成立在上恒成立．①当时，恒成立恒成立恒成立，解得．②当时，恒成立恒成立恒成立，解得．所以，实数的取值范围为．【考点】绝对值不等式的解法【解析】分段去绝对值，分别求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．（2）的解集包含在上恒成立在上恒成立．当时，恒成立，解得．当时，恒成立解得．【解答】解：当时，，即．①当时，不等式化为，解得．②当时，不等式化为，解得．③当时，不等式化为，解得．综上，不等式的解集为或．的解集包含在上恒成立在上恒成立．①当时，恒成立恒成立恒成立，解得．②当时，恒成立恒成立恒成立，解得．所以，实数的取值范围为．。

2018年安徽省合肥一中高考数学最后一卷（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. 已知集合A={x||x−3|<2x}，B={x|−4<x<3}，则(∁R A)∩B=()A.(−4, 1]B.[−3, 3)C.[−3, 1]D.(−4, 3)【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】求出集合A，B，从而求出C U A={x|x≤1}，由此能求出(C R A)∩B．【解答】∵集合A={x||x−3|<2x}={x|x>1}，B={x|−4<x<3}，∴C U A={x|x≤1}，∴(C R A)∩B={x|−4<x≤1}=(−4, 1]．2. 已知i是虚数单位，若z=2+i，则zz的虚部是（）A.4 5iB.45C.−45i D.−45【答案】B【考点】复数的运算【解析】由已知可得z，代入zz，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵z=2+i，∴zz =2+i2−i=(2+i)2(2−i)(2+i)=35+45i，∴zz 的虚部为45．3. 已知w>0，函数f(x)=cos(wx+π3)在(π3,π2)上单调递增，则w的取值范围是（）A.(23,103) B.[23,103] C.[2,103] D.[2,53]【答案】C【考点】余弦函数的单调性【解析】利用余弦函数的单调性建立不等式关系求解即可．【解答】解：函数f(x)=cos(wx+π3)在(π3,π2)上单调递增，则{π3ω+π3≥2kπ−ππ2ω+π3≤2kπ，k ∈Z ．解得：{ω≥6k −4ω≤4k −23，k ∈Z ． ∵ ω>0，∴ 当k =1，可得2≤ω≤103．故选C .4. 《九章算术》之后，人们学会了用等差数列的知识来解决问题，《张丘建算经》卷上有叙述为：“今有女善织，日益功疾（注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布），如图是源于其思想的一个程序框图，如果输出的S 是60，则输入的x 是（ ）A.4B.3C.2D.1 【答案】 C【考点】 程序框图 【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【解答】第一次执行循环体后，n =1，S =x ，不满足退出循环的条件； 第二次执行循环体后，i =2，S =2x ，不满足退出循环的条件； 第三次执行循环体后，i =3，S =3x ，不满足退出循环的条件； 第四次执行循环体后，i =4，S =4x ，不满足退出循环的条件； …第29次执行循环体后，i =29，S =29x ，不满足退出循环的条件； 第30次执行循环体后，i =30，S =30x ，满足退出循环的条件； 故输出S =30x =60 ∴ x =2，5. 已知α，β分别满足α⋅e α=e 2，β(lnβ−2)=e 4，则αβ的值为（ ） A.e B.e 2 C.e 3 D.e 4 【答案】 D【考点】函数与方程的综合运用【解析】对等式两边取自然对数，再由f(x)=x+lnx，求导，判断单调性，运用对数的运算性质，可得所求值．【解答】α⋅eα=e2，可得α+lnα=2，β(lnβ−2)=e4，可得lnβ+ln(lnβ−2)=4，即有lnβ−2+ln(lnβ−2)=2，可得α+lnα=lnβ−2+ln(lnβ−2)，由f(x)=x+lnx的导数为1+1x>0，可得f(x)在x>0递增，可得α=lnβ−2，即为2−lnα=lnβ−2，即lnα+lnβ=4，可得ln(αβ)=4，可得αβ=e4，6. 某空间凸多面体的三视图如图所示，其中俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为1，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（）A.2+3√22B.72+3√22C.3+2√2D.2+√2【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．【解答】由题意可知几何体的直观图如图：左侧是放倒的三棱柱，右侧是三棱锥，俯视图和侧（左）视图中的正方形的边长为1，正（主）视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为：1×√2+2×12×1×1+1×1+12×1×1+12×1×√2+1 2×1×√2+12×1×1=3+2√2．7. △ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c．已知c2=2b2−2a2，2sin2A+B2=1+ cos2C，则sin(B−A)的值为________【答案】√34【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】利用二倍角和正弦定理，化简可得答案．【解答】∵由2sin2A+B2=1+cos2C，得cos2C=2sin2A+B2−1=1−cos(A+B)−1=−cos(π−C)=cosC，即2cos2C−cosC−1=0，∴得(cosC−1)(2cosC+1)=0，∴则cosC=1（舍），或cosC=−12，∵0<C<π∴C=2π3，∵c2=2b2−2a2，由正弦定理可得：2(sin2B−sin2A)=sin2C=34，∴sin2B−sin2A=38，推导可得：sin(B+A)sin(B−A)=38，即sinCsin(B−A)=38，∴sin(B−A)=√34.8. 某班级有男生32人，女生20人，现选举4名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委．男生当选的人数记为ξ，则ξ的数学期望为（）A.16 13B.2013C.3213D.4013【答案】C【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】由题意知随机变量ξ的可能取值是0，1，2，3，4，计算对应的概率值，求出ξ的数学期望值．【解答】由题意知，随机变量ξ的可能取值是0，1，2，3，4，且P(ξ=0)=C 320∗C204C 524=C 204C 524，P(ξ=1)=C 321∗C203C 524，P(ξ=2)=C 322∗C202C 524，P(ξ=3)=C 323∗C201C 524，P(ξ=4)=C 324∗C200C 524=C 324C 524；∴ ξ的数学期望为 E(ξ)=0×C 204C 524+1×C 321∗C203C 524+2×C 322∗C202C 524+3×C 323∗C201C 524+4×C 324C 524 =1C 524(32×20×19×3+32×31×19×10+32×31×30×10+32×31×29×5) =3213．9. 已知函数y =f(x)单调递增，函数y =f(x −2)的图象关于点(2, 0)对称，实数x ，y 满足不等式f(x 2−2x)+f(−2y −y 2)≤0，则z =x 2+y 2−6x +4y +14的最小值为（ ） A.32B.23C.3√22D.√22【答案】 A【考点】抽象函数及其应用 简单线性规划 【解析】根据题意，分析可得函数f(x)为奇函数，结合函数的单调性分析可得f(x 2−2x)≤f(2y +y 2)⇒x 2−2x ≤y 2+2y ，变形可得：(x +y)(x −y −2)≤0，即{x +y ≤0x −y −2≥0 或{x +y ≥0x −y −2≤0 ，由二元一次不等式的几何意义分析其可行域，又由z =x 2+y 2−6x +4y +14=(x −3)2+(y +2)2+1，设m =(x −3)2+(y +2)2，其几何意义为可行域中任意一点到点(3, −2)距离的平方，求出m 的最小值，计算即可得答案． 【解答】根据题意，因为函数y =f(x −2)的图象关于点(2, 0) 对称，所以函数y =f(x)的图象关于点(0, 0)对称， 即函数f(x)是定义在R 上的奇函数，则f(x 2−2x)+f(−2y −y 2)≤0⇒f(x 2−2x)≤−f(−2y −y 2) ⇒f(x 2−2x)≤f(2y +y 2)，又由函数y =f(x)单调递增，则f(x 2−2x)≤f(2y +y 2) ⇒x 2−2x ≤y 2+2y ，变形可得：(x +y)(x −y −2)≤0， 即{x +y ≤0x −y −2≥0 或{x +y ≥0x −y −2≤0， 所以可得其可行域，如图所示：z =x 2+y 2−6x +4y +14=(x −3)2+(y +2)2+1，设m =(x −3)2+(y +2)2，其几何意义为可行域中任意一点到点(3, −2)距离的平方，分析可得：m的最小值为(√1+1)2=12，则z=x2+y2−6x+4y+14的最小值为12+1=32；故选：A．10. 一个正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4．掷这个四面体四次，令第i次得到的数为a i，若存在正整数k使得∑=i=1k ai 4的概率p=mn，其中m，n是互质的正整数，则log5m−log4n的值为（）A.1B.−1C.2D.−2【答案】B【考点】模拟方法估计概率【解析】当k=1时，∑=i=1k ai 4的概率p1=14，当k=2时，∑=i=1k ai4的概率p2=34×4=316，当k=3时，∑=i=1k ai 4的概率p=34×4×4=364，当k=4时，∑=i=1k ai4的概率p=14×4×4×4=1256，从而求出∑=i=1k ai4的概率p=mn=125256，由此能求出log5m−log4n的值．【解答】正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4．掷这个四面体四次，令第i次得到的数为a i，存在正整数k使得∑=i=1k ai 4的概率p=mn，∴当k=1时，∑=i=1k ai 4的概率p1=14，当k=2时，∑=i=1k ai 4的概率p2=34×4=316，当k=3时，∑=i=1k ai 4的概率p=34×4×4=364，当k=4时，∑=i=1k ai 4的概率p=14×4×4×4=1256，∴得∑=i=1k ai 4的概率p=mn=14+316+664+1256=125256，其中m，n是互质的正整数，∴m=125，n=256，则log5m−log4n=log5125−log4256=3−4=−1．11. 已知抛物线y2=2px(p>0)，过定点M(m, 0)(m>0，且m≠p2)作直线AB交抛物线于A，B两点，且直线AB不垂直x轴，在A，B两点处分别作该抛物线的切线l1，l2，设l1，l2的交点为Q，直线AB的斜率为k，线段AB的中点为P，则下列四个结论：①x A⋅x B=m2；②当直线AB绕着M点旋转时，点Q的轨迹为抛物线；③当m=p8,k>0时，直线PQ经过抛物线的焦点；④当m=8p，k<0时，直线PQ垂直y轴．其中正确的个数有（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【考点】抛物线的性质【解析】设Q点坐标，根据导数的几何意义，即可求得直线AB的方程，代入即可求得x0=−m，即可求得直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得x A x B=m2，y P=y0．即可判断①④正确．【解答】设Q(x0, y0)，则直线AB的方程：y0y=p(x0+x)，直线AB过点M(m, 0)，所以y0×0=p(x0+m)，解得x0=−m，所以直线AB:y0y=p(x0+x)，x=y0y p−x0，由y2=2px(p>0)，所以y2=2p(y0y p−x0)=2y0y−2px0，所以y2−2y0y+2px0=0，即y2−2y0y−2pm=0，y A+y B=2y0，y A y B=−2pm，所以x A x B=(y A y B)24p2=(−2mp)24p2=m2，则y P=y A+y B2=y0，∴y P=y0．故PQ垂直y轴，故①④正确，12. 设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的x∈R有f(x)+f(−x)=2x2，且当x∈[0, +∞)时，f′(x)>2x．若f(2e−a)−f(a)<4e(e−a)，g(x)=e x−ax的零点有（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【考点】函数零点的判定定理【解析】令ℎ(x)=f(x)−x2，ℎ(−x)=f(−x)−x2，由ℎ(−x)+ℎ(x)=0，可得函数ℎ(x)为奇函数．利用导数可得函数ℎ(x)在R 上是增函数，f(2e −a)−f(a)<4e(e −a)，即ℎ(2e −a)<ℎg(a)，解得a ≥e ，再令g(x)=e x−ax =0，分离参数，可得a =e x x，φ(x)=e x x，利用导数，求出当x >0时，φ(x)min =φ(1)=e ，即可判断函数零点的个数． 【解答】当x >0时，令x >1时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增， 令0<x <1时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减， ∴ φ(x)min =φ(1)=e ，（1）当x <0时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减， ∵ a ≥e ， ∴ 直线y =a 与y =e x x有两个交点，∴ g(x)=e x −ax 的零点有2个， 故选：C ．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =5，|DA →+DC →|=4，则BA →∗AD →=________． 【答案】 −9【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】推导出BD =4，AB ⊥BD ，cos <BA →,AD →>=−cos∠BAD =−35，由此能求出BA →∗AD →．【解答】∵ 平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =5，|DA →+DC →|=4，如图， ∴ BD =4，∴ AB 2+DB 2=AD 2，∴ AB ⊥BD ， ∴ cos <BA →,AD →>=−cos∠BAD =−35，∴ BA →∗AD →=|BA →|⋅|AD →|⋅cos <BA →,AD →>=3×5×(−35)=−9．(2x 2−1)(1x −2x)7的展开式中含x 7的项的系数是________． 【答案】 1024 【考点】二项式定理的应用 【解析】利用二项式定理把(1x −2x)7展开，可得(2x 2−1)(1x −2x)7的展开式中含x 7的项的系数． 【解答】∵ (2x 2−1)(1x −2x)7=(2x 2−1)(1x 7−14⋅1x 5+841x 3−280⋅1x +560x −672x 3+448x 5−128x 7)，故它的展开式中含x 7的项的系数是2×448+128=1024，棱长为1的正方体ABCD −EFGH 如图所示，M ，N 分别为直线AF ，BG 上的动点，则线段MN 长度的最小值为________．【答案】√33【考点】棱柱的结构特征 【解析】线段MN 长度的最小值是异面直线AF 与BG 间的距离，以H 为原点，HE 为x 轴，HG 为y 轴，HD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段MN 长度的最小值． 【解答】∵ 棱长为1的正方体ABCD −EFGH 如图所示，M ，N 分别为直线AF ，BG 上的动点， ∴ 线段MN 长度的最小值是异面直线AF 与BG 间的距离，以H 为原点，HE 为x 轴，HG 为y 轴，HD 为z 轴，建立空间直角坐标系， A(1, 0, 1)，F(1, 1, 0)，B(1, 1, 1)，G(0, 1, 0)， AF →=(0, 1, −1)，AB →=(0, 1, 0)， ∴ 线段MN 长度的最小值：d =|AB →|sin <AB →,AF →>=|AB →|√1−[cos <AB →,AF →>]2=1×√1−(1×√2)2=√22．如图所示，已知直线AB 的方程为x a +yb =1，⊙C ，⊙D 是相外切的等圆，且分别与坐标轴及线段AB 相切，|AB|=c ，则两圆半径r =________（用常数a ，b ，c 表示）【答案】 ac +bc −c 22(a +b)【考点】直线与圆的位置关系 【解析】由题意画出图形，得cos∠OAB =ac ，sin∠OAB =bc ，设AF =x ，BE =y ，列关于a ，b ，c ，r ，x ，y 的方程组，整体求解得答案． 【解答】 如图，由已知得，cos∠OAB =ac ，sin∠OAB =bc ， 设AF =x ，BE =y ， 则{x +y +2r =cr +2r ∗ac+x =a r +2r ∗bc +y =b， ②+③得：2r +2r(ac +bc )+x +y =a +b ④． 把①代入④，得2r(ac +b c )+c =a +b ， ∴ r =ac+bc−c 22(a+b)．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n =n 2+n +2． （1）求{a n }的通项公式；（2）若数列{b n }满足b n =a n ∗2a n ，求{b n}前n 项和T n ．【答案】S n =n 2+n +2,S n−1=(n −1)2+(n −1)+2(n ≥2)， ∴ a n =S n −S n−1=2n(n ≥2)，a 1=S 1=4． 故a n ={4(n =1)2n(n ≥2,n ∈N ∗) ． b n =a n ∗2a n={2n ∗2a n =2n ∗4n (n ≥2,n ∈N ∗)4∗24=64(n =1)， 当n ≥2时，T n =b 1+b 2+⋯+b n =64+2(2×42+3×43+⋯+n ×4n )， 令P n =2×42+3×43+⋯+n ×4n ，∴ 4P n =2×43+3×44+⋯+(n −1)×4n +n ×4n+1， −3P n =2×42+43+44−n ×4n+1=32+43(4n−2−1)4−1−n ×4n+1，∴ P n =−323−4n+1−439+n×4n+13，故T n =64+3P n =(6n−2)∗4n+1+5129(n ≥2,n ∈N ∗)，又T 1=64满足上式， ∴ T n =(6n−2)∗4n+1+5129(n ∈N ∗)．【考点】 数列的求和 数列递推式 【解析】（1）S n =n 2+n +2,S n−1=(n −1)2+(n −1)+2(n ≥2)，相减可得a n =S n −S n−1=2n(n ≥2)，a 1=S 1．即可得出． （2）b n =a n ∗2a n={2n ∗2a n =2n ∗4n (n ≥2,n ∈N ∗)4∗24=64(n =1)，当n ≥2时，T n =b 1+b 2+⋯+b n =64+2(2×42+3×43+⋯+n ×4n )，令P n =2×42+3×43+⋯+n ×4n ，利用错位相减法即可得出． 【解答】S n =n 2+n +2,S n−1=(n −1)2+(n −1)+2(n ≥2)， ∴ a n =S n −S n−1=2n(n ≥2)，a 1=S 1=4． 故a n ={4(n =1)2n(n ≥2,n ∈N ∗) ． b n =a n ∗2a n={2n ∗2a n =2n ∗4n (n ≥2,n ∈N ∗)4∗24=64(n =1)， 当n ≥2时，T n =b 1+b 2+⋯+b n =64+2(2×42+3×43+⋯+n ×4n )， 令P n =2×42+3×43+⋯+n ×4n ，∴ 4P n =2×43+3×44+⋯+(n −1)×4n +n ×4n+1， −3P n =2×42+43+44−n ×4n+1=32+43(4n−2−1)4−1−n ×4n+1，∴ P n =−323−4n+1−439+n×4n+13，故T n =64+3P n =(6n−2)∗4n+1+5129(n ≥2,n ∈N ∗)，又T 1=64满足上式， ∴ T n =(6n−2)∗4n+1+5129(n ∈N ∗)．底面OABC 为正方形的四棱锥P −OABC ，且PO ⊥底面OABC ，过OA 的平面与侧面PBC 的交线为DE ，且满足S △PDE :S △PBC =1:4． （1）证明：PA // 平面OBD ；（2）当S 2四边形OABC =3S 2△POB 时，求二面角B −OE −C 的余弦值．【答案】∵ 底面OABC 为正方形，且PO ⊥底面OABC ，∴ PO ，OA ，OC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ， 设OA =OC =2a ，OP =2b ，则O(0, 0, 0)，C(0, 2a, 0)，B(2a, 2a, 0)，F(a, a, 0)，P(0, 0, 2b)，E(a, a, b)． ∵ PO ⊥底面OABC ，CF ⊂底面OABC ，∴ CF ⊥PO ．∵ 四边形OABC 为正方形，∴ AC ⊥OB ，∴ CF ⊥平面OBE ， ∴ 平面OBE 的一个法向量为CF →=(a, −a, 0)． 设平面OEC 的一个法向量为m →=(x, y, z)， 而OC →=(0, 2a, 0)，OE →=(a, a, b)．由{m →∗OC →=0m →∗OE →=0，得{0∗x +2a ∗y +0∗z =0ax +ay +bz =0 ， 取得z =−a ，得m →=(b, 0, −a)为平面OCE 的一个法向量． 设二面角B −OE −C 的大小为θ， 由S2四边形OABC=2S 2△POB ，得PO =√63OA ，∴ ba=√63，∴ cosθ=|OF →∗m →||OF →|∗|m →|=√a 2+a 2∗√a 2+b 2=√55， ∴ 二面角B −OE −C 的余弦值为√55．【考点】二面角的平面角及求法 【解析】（1）推导出OA // BC 从而OA // 平面PBC ，进而DE // OA ，再由OA // BC ，得DE // BC ．连接AC 交OB 于F 点，连DF ．则DF // PA ，由此能证明PA // 平面OBD ． （2）推导出PO ，OA ，OC 两两垂直，建立空间直角坐标系O −xyz ，利用向量法能求出二面角B −OE −C 的余弦值． 【解答】∵ 底面OABC 为正方形，且PO ⊥底面OABC ，∴ PO ，OA ，OC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ， 设OA =OC =2a ，OP =2b ，则O(0, 0, 0)，C(0, 2a, 0)，B(2a, 2a, 0)，F(a, a, 0)，P(0, 0, 2b)，E(a, a, b)． ∵ PO ⊥底面OABC ，CF ⊂底面OABC ，∴ CF ⊥PO ．∵ 四边形OABC 为正方形，∴ AC ⊥OB ，∴ CF ⊥平面OBE ， ∴ 平面OBE 的一个法向量为CF →=(a, −a, 0)． 设平面OEC 的一个法向量为m →=(x, y, z)， 而OC →=(0, 2a, 0)，OE →=(a, a, b)．由{m →∗OC →=0m →∗OE →=0，得{0∗x +2a ∗y +0∗z =0ax +ay +bz =0 ， 取得z =−a ，得m →=(b, 0, −a)为平面OCE 的一个法向量． 设二面角B −OE −C 的大小为θ， 由S2四边形OABC=2S 2△POB ，得PO =√63OA ，∴ ba=√63，∴ cosθ=|OF →∗m →||OF →|∗|m →|=√a 2+a 2∗√a 2+b 2=√55， ∴ 二面角B −OE −C 的余弦值为√55．深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队．在对球员的使用上总是进行数据分析，为了考察甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计：（1）求b，c，d，e，n的值，据此能否有97.5%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；（2）根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为：0.2，0.5，0.2，0.1，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为：0.4，0.2，0.6，0.2．则：1)当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；2)当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率；3)如果你是教练员，应用概率统计有关知识．该如何使用乙球员？附表及公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．【答案】b=8，c=8，d=20，e=20，n=50，K2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，∴有97.5%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；1)设A1表示“乙球员担当前锋”；A2表示“乙球员担当中锋”；A3表示“乙球员担当后卫”；A4表示“乙球员担当守门员”；B表示“球队输掉某场比赛”，则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)+P(A4)P(B|A4)=0.2×0.4+0.5×0.2+0.2×0.6+0.1×0.2=0.32；2)P(A1|B)=P(A1B)P(B)=0.2×0.40.32=0.25．3)因为P(A1|B)：P(A2|B)：P(A3|B)：P(A4|B)=0.08:0.10:0.12:0.02，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次．【考点】条件概率与独立事件【解析】（1）分别求出b，c，d，e，n的值，求出K2的值，利用临界值表可得出结论；（2）1)根据条件概率公式分别计算出乙球员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，最后相加得到已乙球员参加比赛时，球队输球的概率；2)利用乙球员担任前锋时输球的概率P(A 1|B)除以球队输球的概率P(B)即可得出答案；3)分别计算出乙队员在担任“前锋”，“中锋”，“后卫”，“守门员”时输球的概率，以输球概率最小时，乙球员担任的角色，作为教练员使用乙队员的依据． 【解答】b =8，c =8，d =20，e =20，n =50，K 2=50×(22×12−8×8)230×20×30×20≈5.556>5.024，∴有97.5%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；1)设A 1表示“乙球员担当前锋”；A 2表示“乙球员担当中锋”；A 3表示“乙球员担当后卫”；A 4表示“乙球员担当守门员”；B 表示“球队输掉某场比赛”，则P(B)=P(A 1)P(B|A 1)+P(A 2)P(B|A 2)+P(A 3)P(B|A 3)+P(A 4)P(B|A 4)=0.2×0.4+0.5×0.2+0.2×0.6+0.1×0.2=0.32； 2)P(A 1|B)=P(A 1B)P(B)=0.2×0.40.32=0.25．3)因为P(A 1|B)：P(A 2|B)：P(A 3|B)：P(A 4|B)=0.08:0.10:0.12:0.02，所以，应该多让乙球员担任守门员，来扩大赢球场次． 已知椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >1)的离心率为12，左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|=2c ，⊙F 2:(x −c)2+y 2=1与该椭圆有且只有一个公共点． （1）求椭圆标准方程；（2）过点P(4c, 0)的直线与⊙F 2相切，且与椭圆相交于A ，B 两点，求证：F 2A ⊥F 2B ；（3）过点P(4c, 0)的直线l 与⊙F 1:(x +1)2+y 2=r 2(r >1)相切，且与椭圆相交于A ，B 两点，试探究k F 2A ,k F 2B 的数量关系． 【答案】∵ ⊙F 2与椭圆有且只有一个公共点，∴ 公共点为(a, 0)或(−a, 0)，若公共点为(−a, 0)时，则a +c =1，又ca =12，解得a =23<1，与a >1矛盾，故公共点为(a, 0)．∴ a −c =r =1，又e =ca =12，∴ a =2，c =1．b 2=a 2−c 2=3． 反之，当c =1时，联立{(x −1)2+y 2=1x 24+y 23=1，解得{x =2y =0满足条件．∴ 椭圆标准方程为x 24+y 23=1．证明：∵ P(4, 0)，设过P(4, 0)的直线l:x =my +4， 联立{x =my +4x 24+y 23=1，得(4+3m 2)y 2+24my +36=0．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则y 1+y 2=−24m4+3m 2,y 1y 2=364+3m 2，又F 2(1, 0)， ∴ F 2A →⋅F 2B →=(x 1−1)(x 2−1)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9=36(1+m 2)4+3m 2−72m 24+3m 2+9=72−9m 24+3m 2．由l:x =my +4与⊙F 2:(x −1)2+y 2=1相切得：2=1，m 2=8， ∴ F 2A →⋅F 2B →=0，∴ F 2A →⊥F 2B →．即：F 2A ⊥F 2B ． 猜：k F 2A +k F 2B =0．证明如下： 由（2）得k F 2A +k F 2B =y 1x1−1+y 2x 2−1=2my 1y 2+3(y 1+y 2)m 2y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9．∵ 2my 1y 2+3(y 1+y 2)=2m ×364+3m 2−72m4+3m 2=0，∴ k F 2A +k F 2B =0． 【考点】 椭圆的离心率 【解析】（1）由⊙F 2与椭圆有且只有一个公共点，可得公共点为(a, 0)或(−a, 0)，若公共点为(−a, 0)时，得出矛盾，故公共点为(a, 0)．因此a −c =r =1，又e =ca =12，b 2=a 2−c 2．即可得出．（2）P(4, 0)，设过P(4, 0)的直线l:x =my +4，联立{x =my +4x 24+y 23=1 ，得(4+3m 2)y 2+24my +36=0．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，又F 2(1, 0)，利用数量积运算性质与根及其系数的关系可得：F 2A →⋅F 2B →=(x 1−1)(x 2−1)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9．由l:x =my +4与⊙F 2:(x −1)2+y 2=1相切得：2=1，解得m 2=8，即可得出F 2A →⋅F 2B →=0．（3）猜：k F 2A +k F 2B =0．分析如下：利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出．【解答】∵ ⊙F 2与椭圆有且只有一个公共点，∴ 公共点为(a, 0)或(−a, 0)，若公共点为(−a, 0)时，则a +c =1，又ca =12，解得a =23<1，与a >1矛盾，故公共点为(a, 0)．∴ a −c =r =1，又e =ca =12，∴ a =2，c =1．b 2=a 2−c 2=3． 反之，当c =1时，联立{(x −1)2+y 2=1x 24+y 23=1，解得{x =2y =0满足条件．∴ 椭圆标准方程为x 24+y 23=1．证明：∵ P(4, 0)，设过P(4, 0)的直线l:x =my +4， 联立{x =my +4x 24+y 23=1，得(4+3m 2)y 2+24my +36=0．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则y 1+y 2=−24m4+3m 2,y 1y 2=364+3m 2，又F 2(1, 0)， ∴ F 2A →⋅F 2B →=(x 1−1)(x 2−1)+y 1y 2=(1+m 2)y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9=36(1+m 2)4+3m 2−72m 24+3m 2+9=72−9m 24+3m 2．由l:x =my +4与⊙F 2:(x −1)2+y 2=1相切得：2=1，m 2=8， ∴ F 2A →⋅F 2B →=0，∴ F 2A →⊥F 2B →．即：F 2A ⊥F 2B ． 猜：k F 2A +k F 2B =0．证明如下： 由（2）得k F 2A +k F 2B =y 1x1−1+y 2x 2−1=2my 1y 2+3(y 1+y 2)m 2y 1y 2+3m(y 1+y 2)+9．∵ 2my 1y 2+3(y 1+y 2)=2m ×364+3m 2−72m4+3m 2=0， ∴ k F 2A +k F 2B =0．已知函数f(x)=√xax ．（1）讨论函数f(x)的零点个数；（2）已知g(x)=(2−x)e √x ，证明：当x ∈(0, 1)时，g(x)−f(x)−ax −2>0． 【答案】√xf(x)=lnx −a √x ⋅x ．令x 32=t ，∴ x =t 23(t >0)．令ℎ(t)=lnt −32at ，则函数y =ℎ(t)与y =f(x)的零点个数情况一致 .ℎ(t)=1t−32a ．(i)a ≤0时，ℎ′(t)>0．∴ ℎ(t)在(0, +∞)上单调递增． 又ℎ(1)=−32a ≥0,ℎ(ea+1a)=a +1a−32aea+1a≤a +1a−32a ⋅1e 2=(1−32e 2)a +1a<0，∴ 有1个零点．(ii)a >0时，ℎ(t)在(0,23a )上单调递增，(23a ,+∞)上单调递减． ∴ ℎ(t)max =ℎ(23a )=ln 23a −1．①ln 23a <1即a >23e 时，ℎ(23a )<0，无零点． ②ln 23a =1即a =23e 时，ℎ(23a )=0,1个零点．③ln 23a >1即0<a <23e 时，ℎ(23a )>0，又23a >e >1,ℎ(1)=−32a <0．又23a −49a 2=23a (1−23a )<23a (1−e)<0，ℎ(49a 2)=ln(23a )2−32a ⋅49a 2=21n 23a −23a ， 令φ(a)=21n 23a −23a ,φ′(a)=2⋅3a 2(−23⋅1a 2)+23a 2=2−6a 3a 2>0，∴ φ(a)在(0,23e )上单调递增，∴ φ(a)<φ(23e )=2−e <0， ∴ 两个零点．综上：当a≤0或a=23e 时，1个零点；当0<a<23e时，2个零点；当a>23e时，0个零点．证明要证g(x)−f(x)−ax−2>0，只需证√x+2<(2−x)e√x．令√x=m∈(0,1)，只需证：21nmm+2<(2−m2)e m．令l(m)=(2−m2)e m，l′(m)=(−m2−2m+2)e m，∴l(m)在(0,√3−1)上单调递增，在(√3−1,1)上单调递减，∴l(m)>l(1)=e且l(m)>l(0)=2．令t(m)=lnmm ，t′(m)=1−lnmm2>0，∴t(m)在(0, 1)上单调递增，∴t(m)<t(2)=0，∴21nmm+2<2，故g(x)−f(x)−ax−2>0．【考点】利用导数研究函数的单调性函数零点的判定定理【解析】（1）√xf(x)=lnx−a√x⋅x．令x32=t，问题转化为求函数令ℎ(t)=lnt−32at，零点的个数问题，先求导，再分类讨论，根据函数零点存在定理即可求出，（2）利用分析法，和构造函数法，借用导数，即可证明．【解答】√xf(x)=lnx−a√x⋅x．令x32=t，∴x=t23(t>0)．令ℎ(t)=lnt−32at，则函数y=ℎ(t)与y=f(x)的零点个数情况一致.ℎ(t)=1t −32a．(i)a≤0时，ℎ′(t)>0．∴ℎ(t)在(0, +∞)上单调递增．又ℎ(1)=−32a≥0,ℎ(e a+1a)=a+1a−32ae a+1a≤a+1a−32a⋅1e2=(1−32e2)a+1a<0，∴有1个零点．(ii)a>0时，ℎ(t)在(0,23a )上单调递增，(23a,+∞)上单调递减．∴ℎ(t)max=ℎ(23a )=ln23a−1．①ln23a <1即a>23e时，ℎ(23a)<0，无零点．②ln 23a =1即a =23e 时，ℎ(23a )=0,1个零点．③ln 23a >1即0<a <23e 时，ℎ(23a )>0，又23a >e >1,ℎ(1)=−32a <0．又23a −49a 2=23a (1−23a )<23a (1−e)<0，ℎ(49a 2)=ln(23a )2−32a ⋅49a 2=21n 23a −23a ， 令φ(a)=21n 23a −23a ,φ′(a)=2⋅3a 2(−23⋅1a2)+23a2=2−6a 3a 2>0，∴ φ(a)在(0,23e)上单调递增，∴ φ(a)<φ(23e )=2−e <0， ∴ 两个零点．综上：当a ≤0或a =23e 时，1个零点；当0<a <23e 时，2个零点；当a >23e 时，0个零点． 证明要证g(x)−f(x)−ax −2>0， 只需证√x+2<(2−x)e √x ．令√x =m ∈(0,1)， 只需证：21nm m+2<(2−m 2)e m ．令l(m)=(2−m 2)e m ，l ′(m)=(−m 2−2m +2)e m ，∴ l(m)在(0,√3−1)上单调递增，在(√3−1,1)上单调递减， ∴ l(m)>l(1)=e 且l(m)>l(0)=2． 令t(m)=lnm m，t ′(m)=1−lnm m 2>0，∴ t(m)在(0, 1)上单调递增， ∴ t(m)<t(2)=0， ∴21nm m+2<2，故g(x)−f(x)−ax −2>0．请考生在22、23两题中任选一题作答，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]在平面直角坐标系xOy 中，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的参数方程为{x =2cosθy =sinθ（θ为参数），直线l 的极坐标方程为ρ=2cosθ−2sinθ．（1）求曲线C 和直线l 的直角坐标方程，并求出曲线C 上到直线l 的距离最大的点的坐标，（2）求曲线C 的极坐标方程，并设A ，B 为曲线C 上的两个动点，且OA ∗OB →=0，求|AB →|2的取值范围． 【答案】∵ 曲线C 的参数方程为{x =2cosθy =sinθ（θ为参数），∴曲线C的直角坐标方程为:x24+y2=1，∵直线l的极坐标方程为ρ=2cosθ−2sinθ．∴直线l的普通方程为：x−2y−2=0，则曲线C上点到直线l的距离：d=√5=√5=√5√2sin(θ−π4)+1brack，当θ=3π4时，d最大，此时，P(−√2,√22)．曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+4ρ2sin2θ=4，即ρ2=4cos2θ+4sin2θ=43sin2θ+1．设A(ρ1,θ),B(ρ2,θ+π2)，则|AB|2=ρ12+ρ22=43sin2θ+1+43cos2θ+1=2094sin22θ+4∈[165,5]．∴|AB→|2的取值范围是[165, 5]．【考点】圆的极坐标方程【解析】（1）曲线C的参数方程消去参数，能求出曲线C的直角坐标方程；由直线l的极坐标方程能求出直线l的普通方程，由此能求出曲线C上点到直线l的距离最大的点的坐标．（2）曲线C的极坐标方程转化为ρ2=4cos2θ+4sin2θ=43sin2θ+1．设A(ρ1,θ),B(ρ2,θ+π2)，能求出|AB→|2的取值范围．【解答】∵曲线C的参数方程为{x=2cosθy=sinθ（θ为参数），∴曲线C的直角坐标方程为:x24+y2=1，∵直线l的极坐标方程为ρ=2cosθ−2sinθ．∴直线l的普通方程为：x−2y−2=0，则曲线C上点到直线l的距离：d=√5=√5=√5√2sin(θ−π4)+1brack，当θ=3π4时，d最大，此时，P(−√2,√22)．曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+4ρ2sin2θ=4，即ρ2=4cos2θ+4sin2θ=43sin2θ+1．设A(ρ1,θ),B(ρ2,θ+π2)，则|AB|2=ρ12+ρ22=43sin2θ+1+43cos2θ+1=2094sin22θ+4∈[165,5]．∴|AB→|2的取值范围是[16, 5]．5[选修4-5：不等式选讲]已知函数g(x)=|2x+1|−|x−m|．(1)当m=3时，求不等式g(x)>4的解集；(2)若g(x)≥|x−4|的解集包含[3, 5]，求实数m的取值范围．【答案】解：(1)当m=3时，g(x)>4，即|2x+1|−|x−3|>4．①当x≥3时，不等式化为2x+1−x+3>4，解得x≥3．≤x<3时，不等式化为2x+1+x−3>4，②当−12解得2<x<3．③当x<−1时，不等式化为−2x−1+x−3>4，2解得x<−8．综上，不等式的解集为{x|x<−8或x>2}．(2)g(x)≥|x−4|的解集包含[3, 5]⇔g(x)≥|x−4|在[3, 5]上恒成立⇔|2x+1|−|x−m|≥|x−4|在[3, 5]上恒成立．①当3≤x≤4时，g(x)≥|x−4|恒成立⇔2x+1≥|x−m|+4−x恒成立⇔3−3x≤x−m≤3x−3恒成立，解得−3≤m≤9．②当4<x≤5时，g(x)≥|x−4|恒成立⇔|2x+1|≥|x−m|+x−4恒成立⇔−x−5≤x−m≤x+5恒成立，解得−5≤m≤11．所以，实数m的取值范围为{m|−3≤m≤9}．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】(1)分段去绝对值，分别求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．（2）g(x)≥|x−4|的解集包含[3, 5]⇔g(x)≥|x−4|在[3, 5]上恒成立⇔|2x+1|−|x−m|≥|x−4|在[3, 5]上恒成立．1)当3≤x≤4时，⇔3−3x≤x−m≤3x−3恒成立，解得m．2)当4<x≤5时，⇔|2x+1|≥|x−m|+x−4恒成立解得−m．【解答】解：(1)当m=3时，g(x)>4，即|2x+1|−|x−3|>4．①当x≥3时，不等式化为2x+1−x+3>4，解得x≥3．≤x<3时，不等式化为2x+1+x−3>4，②当−12解得2<x<3．③当x<−1时，不等式化为−2x−1+x−3>4，2解得x<−8．综上，不等式的解集为{x|x<−8或x>2}．(2)g(x)≥|x−4|的解集包含[3, 5]⇔g(x)≥|x−4|在[3, 5]上恒成立⇔|2x+1|−|x−m|≥|x−4|在[3, 5]上恒成立．①当3≤x≤4时，g(x)≥|x−4|恒成立⇔2x+1≥|x−m|+4−x恒成立⇔3−3x≤x−m≤3x−3恒成立，解得−3≤m≤9．②当4<x≤5时，g(x)≥|x−4|恒成立⇔|2x+1|≥|x−m|+x−4恒成立⇔−x−5≤x−m≤x+5恒成立，解得−5≤m≤11．所以，实数m的取值范围为{m|−3≤m≤9}．。

合肥一中2023届高三最后一卷数学参考答案1.解析：因为][0,2,2,0A B ⎡⎤==-⎣⎦所以{}(){}0,0R A B A B x Rx ⋂=⋂=∈≠∣ð.故选：C .2.解析：因为1z =+，所以1z =，故z 的虚部是.故选：A .3.解析：5x =，故0.155 5.75 6.5y =⨯+=，经计算可得被污损的数据为6.4，答案选B .4.解析：曲线1:sin 2cos22C y x x π⎛⎫=+=⎪⎝⎭，把1:cos2C y x =上各点的横坐标缩短到原来的23，纵坐标不变，可得cos3y x =的图象；再把得到的曲线向左平移18π个单位长度，可以得到曲线25:cos 3cos 366C y x x ππ⎛⎫⎛⎫=--=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象，故选：C.5.解析：设直线1y =与y 轴交点为M ，由对称性，易知MFA 为直角三角形，且1602AFM AFB ∠∠== ，2AF FM ∴=，即1212p +=，去绝对值，解得23p =或6,p =∴抛物线的准线方程为13y =-或3y =-.故选：C.6.解析：一方面，考虑{}Ω,,,a b c d =含有等可能的样本点，{}{}{},,,,,A a b B a c C a d ===.则()()()()()()11,24P A P B P C P AB P BC P AC ======，故,,A B C 两两独立，但()1148P ABC =≠，故此时，()()()()P ABC P A P B P C =不成立.另一方面，考虑{}Ω1,2,3,4,5,6,7,8=含有等可能的样本点，{}{}{}1,2,3,4,3,4,5,6,4,6,7,8A B C ===.则()()()()11,28P A P B P C P ABC ====()111822P AC =≠⨯，故,A C 不独立，也即,,A B C 两两独立不成立.综上，“,,A B C 两两独立”是“()()()()P ABC P A P B P C =”的既不充分也不必要条件.故选D.7.解析：作AQ 垂直下半平面于，作AH x ⊥轴于H ，连接,HQ QB .设11,,,(0)A m B m m m m ⎛⎫⎛⎫--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由题可知60AHQ ∠= ，则11,,22AH QH AQ m m m ===，两点间距离公式可得222144QB m m =+.22222144AB AQ QB m m =+=+≥，当且仅当22m =时，AB 取最小值2.故选A.8.解析：因为()1f x +为偶函数，所以()()11f x f x +=-+①，所以()f x 的图象关于直线1x =轴对称，因为()()11f x g x --=等价于()()11f x g x --=②，又()()31f x g x -+=③，②+③得()()132f x f x -+-=④，即()()132f x f x +++=，即()()22f x f x +=-，所以()()4f x f x +=，故()f x 的周期为4，又()()13g x f x =--，所以()g x 的周期也为4，故选项B 正确，①代入④得()()132f x f x ++-=，故()f x 的图象关于点()2,1中心对称，且()21f =，故选项A 正确，易得()()01,41f f ==，且()()132f f +=，故()()()()12344f f f f ++==，故20221()5054(1)(2)2021(1)i f i f f f ==⨯++=+∑，因为()1f 与()3f 值不确定，故选项C 错误，因为()()31f x g x -+=，所以()()()()()()10,30,013,211g g g f g f ===-=-，所以()()()()022130g g f f ⎡⎤+=-+=⎣⎦，故()()()()01230g g g g +++=，故2023()50600i g i ==⨯=∑，所以选项D 正确，故选C .9.解析：A.()()22AD AF AB AF ED =+=+，故A 错误；B.因为()()2,22||AB EA AB EA FA AB FA AB EB AB ⊥⋅+=⋅=⋅= ，故B 正确；C.()()11,22BC CD FE BC BC CD FE FE ⋅=⋅= ，又BC FE =，所以()()BC CD FE BC CD FE ⋅=⋅ ，故C正确；D.AE 在CB方向上的投影向量为()3322AE CB CB AE CB CB CB e CB CB⋅=⋅=-=，故D 错误.故选BC .10.解析：由切线长定理易得12l r r =+，A 正确.由勾股定理知()()222121212(2)4R r r r r r r =+--=，解得R =，B 正确.()()()222122222221212121212124422S R R R S r r r r r r r r l r r r r ππππ===+++++++.()()33212222222121212121212442331233R R V R R V r r r r r r r r h r r r r ππππ===++++++.所以1122,C S V S V =正确.1122212212122122231S r r r r S r r r r r r ==≤++++，当且仅当12r r =时等号成立，这与圆台的定义矛盾，故D 错误.综上，答案为ABC .11.解析：以BC 为x 轴，DA 为y 轴建系，则()(0,0,D A 可以求得动点M 的轨迹方程：22302x y y +-=.这是一个圆心在点0,4P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为34的圆(不含原点)D A 项：()1,0B -，所以max 193||4BM BP r =+=.故A 错误B项：2222||1||11424CB MB MC MD MD ⎛⎫⋅=-=-≤-=- ⎪ ⎪⎝⎭ .故B 正确C 项：易知直线:10AB x y -+=，故1328ABM M AB S AB d -=≤.故C 错误D 项：易知cos MBC ∠取最小值，当且仅当MBC ∠取最大值，也即BM 与P 相切时.此时3tan 24MBC ∠=，故221tan 132cos 191tan2MBCMBC MBC ∠∠∠-==+.故D 正确.故选：BD.12.解析：由sin 0,cos 0x x >>得()f x 的定义域为2,2,2k k k Z πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，3,2x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭不在定义域内，故()()f x f x π+=不成立，易知()f x 的最小正周期为2π，故选项A 错误，又()22222cos log cos 2sin log sin 2f x x x x x f x π⎛⎫-=⋅+⋅=⎪⎝⎭，所以()f x 的图象关于直线4x π=对称，所以选项B 正确，因为()222222sin log sin cos log cos f x x x x x =⋅+⋅，设2sin t x =，所以函数转化为()()()()()()2222log 1log 1,0,1,log log 1g t t t t t t g t t t =⋅+-⋅-∈='--，所以()0g t '>得，()0g t '<得102t <<，所以()g t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，故min 1()12g t g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，即min ()1f x =-，故选项C 正确，因为()g t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，由2sin t x =，令210sin 2x <<得20sin 2x <<，又()f x 的定义域为2,2,2k k k Z πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，解得22,4k x k k Z πππ<<+∈，因为2sin t x =在2,24k k πππ⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 的单调递减区间为2,2,4k k k Z πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，同理函数的递增区间为2,2,42k k k Z ππππ⎛⎫++∈⎪⎝⎭，所以选项D 正确，故选BCD.13.解析：因为22(1)y x =-'，所以曲线11xy x+=-在点()2,3-处的切线斜率为2，所以切线方程为()322y x +=-，即27y x =-，即270x y --=.14.解析：法1：()tan tan tan 1,tan tan tan tan 11tan tan αβαβαβαβαβ++==-∴+=-- .()()()cos sin 1tan tan tan tan 2cos cos βααβαβαβαβ--+∴=-++=.法2：（特殊值法）令38παβ==，易得答案.15.解析：0.255205.2550.250.0025510.0199=+++=+=- .16.解析：设双曲线的右焦点为2F ，根据双曲线方程知，2c =.直线过原点，由对称性，原点O 平分线段原点AB ，又原点O 平分线段2,FF ∴四边形2AFBF 为平行四边形.ABF 和2ABF 中，分别有中位线，,OP BF OQ AF ∥∥，,,OP OQ AF BF ⊥∴⊥∴ 四边形2AFBF 为矩形，2BFF ∴ 为直角三角形.不妨设B 在第一象限，设直线AB 倾斜角为2θ，则2,32ππθ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，且OFB OBF ∠∠θ==，在Rt 2BFF中可得：22124cos 4sin ,2cos 2sin 4c a BF BF e a θθπθθθ∴=-=-∴===-⎛⎫- ⎪⎝⎭，2,,,3264ππππθθ⎡⎫⎡⎫∈∴∈⎪⎪⎢⎢⎣⎭⎣⎭ ，易知()14f θπθ=⎛⎫- ⎪⎝⎭在,64ππθ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上为增函数，)11,4e ∞πθ∴=∈+⎛⎫- ⎪⎝⎭17.解析：（1）因为1cos 3B =，所以2222sin 1cos 2costan 222cos 2A CB AC B A C ++++=++()()1cos 1cos 21cos A C B A C -++=+++1cos 1cos 821cos 3B B B ++=+=-.（2）因为ABC S =1122sin 223ac B ac =⋅=，所以6ac =再由余弦定理知，2222cos b a c ac B =+-，即222614263c c ⎛⎫=+-⨯⨯ ⎪⎝⎭，也即4220360c c -+=，解得c =c =.18.解析：（1）因为21342n n n n S S S a +++=-，所以()21132n n n n n S S S S a +++-=--，即2132n n na a a ++=-所以()()()()()()21111111223222220n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a ++++++++---=----=---=（为常数）所以数列{}12n n a a +-是等差数列.（2）由（1）知121221n n a a a a +-=-=，即121n n a a +=+.也即()1121n n a a ++=+，又112a +=，所以11222n n n a -+=⋅=..所以()()()()1222112122121n n n n n n n b n n n n n n a +⎡⎤++===-⎢+⋅+⋅++⎢⎥⎣⎦.∴数列{}n b 的前n 项和()12231111111212222232212n n n T n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()1111121121212n n n n +⎡⎤=-=-⎢⎥⋅+⋅+⋅⎢⎥⎣⎦19.（1）补全四面体PQRS 如图，即证：PQ SR ⊥取SR 的中点M ，正四面体中各个面均为正三角形，故,PM SR QM SR ⊥⊥，又PM QM M ⋂=，所以SR ⊥面PQM .又PQ ⊂面PQM ，所以PQ SR ⊥.（2）在QSR 的中心建系如图：则()(33,,,0,,02222S P R Q ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1,0,,,33623A C ⎛⎛- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，31,,022K ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，.设面ACK 的法向量为(),,n x y z = ，则00n AC n AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()n =- ，又33,,22PQ ⎛=- ⎝ ，所以22sin cos ,11n PQ θ== .20.解析：（1）设事件A 为“小周在这三个月集齐三款模型”，则()3333111034500A P A ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）1,2,,12X = ，由题意得()()1911,2,,111010k P X k k -⎛⎫=== ⎪⎝⎭ ，()1191210P X ⎛⎫== ⎪⎝⎭11111199()12101010k k k E X -=⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑，错位相减求得最后结果为()11910910E X ⎛⎫=-⋅ ⎪⎝⎭.21.解析：（1）将()1,1M 代入，可以求得243b =.联立22314410x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩，得24610x x --=.设()()1122,,,A x y B x y ，则12262AB x =-=，又易知点M 到直线l的距离为2，故ABM的面积4ABM S = ..（2）设()()1122,,,A x y B x y ，联立22314410x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩得()223230t y ty +--=，则1221222333t y y t y y t ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，11sin ,sin 22ABM PQM S AM BM AMB S PM QM PMQ ∠∠== ，又sin sin PMQ AMB∠∠=所以5PQM ABM S S = 等价于5PM QM AM BM =，也即5QM AM BMPM=5QM AMBMPM =即1251313x x -=-，也即129115x x --=，也即1295ty ty --=，也即223935t t =+，解得322t =±.22.解析：（1）()ln f x x ax =-'在()0,∞+上有两个变号零点，即ln xa x=有两个不等实根，设()()2ln 1ln ,x x g x g x x x-'==，故()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e ∞+上单调递减，所以max 1()g x e=，且()10g =，又(),0x g x ∞+→+→，故10a e<<，且121x e x <<<，所以()2111111ln 12f x x x ax x =--+，又11ln x a x =，所以()21111111111ln 11ln 1ln 122x f x x x x x x x x x =-⋅⋅-+=-+，设()()1ln 1,1,2h x x x x x e =-+∈，所以()()1ln 102h x x =-<'，所以()h x 在()1,e 上单调递减，所以()1,02e h x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，所以()11,02e f x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭.（2）法一：ln 0x ax -=的两个实根12,x x ，所以1122ln ,ln x ax x ax ==，所以()2121ln ln x x a x x -=-，得：2121ln ln x x a x x -=-，设21x t x =，又1202x x <<，所以2t >，要证：2128x x <，即证：123ln2ln 2ln x x +<，即证：123ln22ax ax +<，即证：()2123ln2a x x ->，即证：()212121ln ln 23ln2x x x x x x -->-，即证：2211212ln 3ln2x x xx x x -⋅>-，即证：22121121ln 3ln21x x x x x x -⋅>-，即证：21ln 3ln21t t t -⋅>-，设()()212ln 321ln ,(2),,(2)1(1)t t t t t t t t t t t ϕϕ+---=⋅>-'=>-，设()()()()222111112ln 3,(2),20t t F t t t t F t tt t t+-=+-->=--=>'，所以()F t 在()2,∞+上单调递增，所以()()32ln202F t F >=->，所以()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()2,∞+上单调递增，所以()()23ln2t ϕϕ>=，所以21ln 3ln21t t t -⋅>-，所以2128x x <成立.法二：ln 0x ax -=的两个实根12,x x ，所以1122ln ,ln x ax x ax ==，所以2211ln ln x x x x =，设21x t x =，又1202x x <<，所以2t >，.由2211ln ln x x x x =可得：12ln ln ln ,ln 11t t tx x t t ==--，.要证：2128x x <，即证：123ln2ln 2ln x x +<，即证：ln 2ln 3ln211t t t t t +<--，即证：21ln 3ln21t t t -⋅>-设()()212ln 321ln ,(2),,(2)1(1)t t t t t t t t t t t ϕϕ+---=⋅>-'=>-，设()()()()222111112ln 3,(2),20t t F t t t t F t tt t t+-=+-->=--=>'，所以()F t 在()2,∞+上单调递增，所以()()32ln202F t F >=->，所以()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()2,∞+上单调递增，所以()()23ln2t ϕϕ>=，所以21ln 3ln21t t t -⋅>-，所以2128x x <成立.法三：由（1）知：10a e<<，且121x e x <<<，()ln xg x x=在()0,e 上单调递增，在(),e ∞+上单调递减，又1122x x x <<，且()()12g x g x a ==，所以()()()2112g x g x g x =<，所以1111ln ln22x x x x <，所以211ln ln2x x <，所以2112x x <，所以112x <<，又()ln222g =，所以ln202a <<，又ln2ln424=，即()()24g g =，所以24x >，因为122x x <，所以212284x x x <<，故2128x x <.。

安徽省合肥一中2018冲刺高考最后1卷语文试题一、现代文阅读（一）论述类文本阅读阅读下面的文字，完成下列小题。

中国古代监察机构经历了漫长的发展变化过程。

监察机构从隶属于行政机构到独立，从名目繁多、职权不清到台院制和六部分察制，监察官从近臣系统演变为御史系统、言谏系统，监察范围从地方豪吏到整个官吏群体，监察触角深入行政、财经、司法、军事、文教、人事、仪制等各方面，其组织、功能和作用，处处适应着封建专制的需要，折射出古代监察制度的特征。

监察机构的独立性，关乎监察系统的权威性，直接影响监察体系的整体效能。

古代帝王认识到监察对于维护封建社会的稳定、预防和惩治权贵官僚的恣肆贪婪、削弱和牵制对中央政权不利的地方势力、保障统一多民族国家的巩固和发展的重大作用，因此高度重视监察，把御史台（后为都察院〉的地位，提升到与国家最高权力机关、最高军事机关并列的位置。

极端君主制的发展，促使监察机构得到最大限度的发展，职权不断扩大，以至于无所不监，无所不察，保证了监察的整体、有序和监察效能的发挥。

为了确保监察的有效实施，实行从中央到地方的皇帝垂直领导体制。

监察官不受地方政府和其他行政官员的制约，只对皇帝负责，保持相对的独立性。

监察官被称作皇帝的“耳目之司”，御史出巡是“代天子巡狩”，具有一职多能的监察权限，大事奏裁，小事立断。

这种垂直关系，在一定程度上实现了监察权与被监察权的适当分离。

如果监察权和被监察权由宰相或地方长吏掌控，或者监察权与被监察权虽然形式上分开，但实际上却存在着密切的利益关系或隶属关系，就会使监察权虚化和弱化。

古代监察机构是由御史和言谏两大系统组成，力图实现监督的全覆盖、无死角。

御史的主要职能是维持国家纲纪与吏治，打击贪腐，纠弹非违，充分发挥官僚机构的作用，平衡统治集团内部的利益分配，实现对社会的调整。

言谏是以臣对君的谏诤、谏议为表现形式，以匡正君主施政中的缺失，约束君主的恣意妄为。

言谏机构形成略晚于御史机构，兴于汉，盛于唐，衰于宋，终于明，从其消亡的历史过程，可以看到专制制度越强化，言谏制度越衰减，宋朝“台谏合一”、明朝“科道合一”，不单是监察百官的台官和谏诤皇帝的谏官在执掌上的混同，而是削弱了言谏对皇权的制约功能。

安徽合肥一中2022高三冲刺高考最后1卷-数学（文）word 版数学（文）一．选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.设{}{}2,=|20,|1U R M x x x N x x =-<=≥集合，则U M N =( )A ．{}|1x x < B. {}|01x x << C. {}|2x x < D. {}|12x x ≤<2.已知i 为虚数单位，a 为实数，复数21a i z i -=-在复平面内对应的点在y 轴上，则a 的值是( ) A ．2- B. 12- C. 12D. 2 3.已知向量(1,0),(1,1)a b ==，向量a b a λ+与垂直，则实数λ的值为（ ）A.2-B.2C.1-D.14.已知函数221,1()1log ,1x x f x x x ⎧-≤=⎨+>⎩则函数()f x 的零点为（ ） A.1,02 B.2,0- C.12D.0 5.在ABC ∆中，022,30AB BC A ==∠=,则ABC ∆的面积等于（ ）A.12B.32C.1D.3 6.如图为一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A.103B.6C.143D.737.等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知121,2,3S S S 成等差数列，则{}n a 的公比为（ ）A.12 B.14 C.3 D.13 8.函数,(,0)(0,)sin x y x xππ=∈-的图像可能是下列图像中的（ ）9.设圆C 的圆心与双曲线2221(0)2x y a a -=>的右焦点重合，且该圆与此双曲线的渐近线相切，若直线:30l x y -=被圆截得的弦长等于2，则的值为（ ）A.2B.3C.2D.310.将一颗骰子投掷两次，第一次显现的点数记为a ，第二次显现的点数记为b ，设两条直线1:2,l ax by +=2:22l x y +=平行的概率为1p ，相交的概率为2p ，试问点P 12(,)p p 与直线2:22l x y +=的位置关系是（ ）A.P 在直线2l 的右下方B.P 在直线2l 的左下方C.P 在直线2l 的右上方D.P 在直线2l 上二．填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题卡的相应位置.11.函数(4)y x x =-的定义域是__________________.12.青年歌手大赛共有10名选手参赛，并请了7名评委，如右茎叶图是7名评委给参加最后决赛的两位选手甲、乙评定的成绩，依照以上茎叶图，对甲乙两人成绩作比较，写出两个统计结论：1）_____________________________________________________.2)______________________________________________________.13.若实数,x y 满足不等式组330,230,10.x y x y x y +-≥⎧⎪--≤⎨⎪-+≥⎩则x y +的最大值为____.14.如图所示的程序框图，若输入5n =，则输出的n 值为___________.15.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,,E F G 分别是11,,AB BC B C 的中点. 下列命题正确的是______(写出所有正确命题的编号).1) 以正方形的顶点为顶点的三棱锥的四面体最多只有三个面是直角三角形；2) P 在直线FG 上运动时，AP DE ⊥；3) Q 在直线1BC 上运动时，三棱锥1A D QC -的体积不变；4) M 是正方体的面1111A B C D 内到点D 和1C 距离相等的点，则M 点的轨迹是一条线段.三．解答题：本大题共6小题，共75分16.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别是,,,a b c 且222c a b ab =+-， (Ⅰ)若3tan tan (1tan tan ),3A B A B -=+⋅求角B . (Ⅱ)设(sin ,1),(3,cos 2)m A n A ==，试求m n ⋅的最大值.17.某县有甲、乙、丙、丁四所高中的5000学生参加了高三调研考试，为了考察数学学科的成绩情形，现从中随机抽出若干名学生在这次测试中的数学成绩作为样本（其中甲学校抽取了30人），制作如下频率分布直方表并得到相应的频率分布直方图：(Ⅰ)该次统计中抽取样本的合理方法是什么，甲学校共有多少人参加了调研考试；(Ⅱ)从样本在[80,100)的个体中任意抽取2个个体，求至少有一个个体落在[90,100)的概率.18.已知四棱锥A BCDE -,其中1,2AB BC AC BE CD =====,CD ABC ⊥平面，,BE CD F 为AD 的中点.(Ⅰ)求证：EF ABC 平面；(Ⅱ)求证：ADE ACD ⊥平面平面；(Ⅲ)求四棱锥A BCDE -的体积.19．已知()f x =，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点11(,)n n n P a a +-在曲线()y f x =上()n N +∈且11,0.n a a =>(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；(Ⅱ) 数列{}n b 的前n 项和为n T ,且满足212211683n n n n T T n n a a ++=+--，确定1b 的值使得数列{}n b 是等差数列.20.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率2e =，左、右焦点分别为12,F F ,抛物线2y =的焦点F 恰好是该椭圆的一个顶点.(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)已知圆222:3M x y +=的切线l 与椭圆相交于,A B 两点，那么以AB 为直径的圆是否通过顶点？假如是求出定点的坐标；假如不是请说明理由.21.已知32()(1)41()3ax f x a x x a R =-+++∈. (Ⅰ)当1a =-时，求函数的单调性；(Ⅱ)当a R ∈时，讨论函数的单调增区间； (Ⅲ)是否存在负实数a ，使[1,0]x ∈-，函数有最小值3-?。

【题文】阅读下面的材料，根据要求写作。

“不要让孩子输在起跑线上”，这句教育口号流布甚广又备受争议。

它被很多人引用信奉乃至践行。

于是，出现了针对儿童的形式、内容各异的早教班，也出现了诸如把小学课程提前教给幼儿、把初中课程提前教给小学生的超前教育。

也有很多人反对，认为该口号反映的教育观念消极影响大，弊端甚多。

你如何看待这些问题？写一篇文章，表明你的态度，阐述你的看法。

要求：选好角度，明确文体，自拟标题；不要套作，不得抄袭；不少于8 0 0字。

【答案】揠苗助长还是尽木之天？对孩子的殷切期望，对落后的深切恐惧，这都成了父母们头上无形的线，而那些“专家”之流，正是深谙操纵这线的原理，乘机赚得盆满钵满，而孩子们，被剥夺了原该自由快乐的童年，甚至不能成长为心理健康发展的人，何等可悲！揠苗助长的故事想必大家都熟悉，家长们也应该都熟悉，可为什么还是有那么多人在重演农夫的错误，却还执意坚持这是为了小苗能更快更好地成长呢？估计是因为爱之太深罢。

如今大多数家庭都是独生子女，于是不可避免的，一家人所有的爱和期望都倾注到了这一个孩子身上，却不知过犹不及、物极必反的道理。

电影《功夫梦》中，黑人小孩德瑞去找自己的中国小伙伴玩，而她却因为要练习小提琴准备比赛而拒绝了他，当黑人小孩用口齿不清的中文说出：“物极必反”时，这是一个孩子对强加在他们身上的爱和压力的反抗。

柳宗元的《种树郭橐驼传》中很好地诠释了一个道理：种树的秘诀在于“尽木之天”。

所谓尽木之天，也就是顺应树木自然生长的本性，“勿动勿虑”，而像那些失败的种树人“已去而反顾，旦去而暮抚”，终究种不出郭橐驼那样的树。

当然，对孩子的教育不全然能够类比于种树，适当的引导还是必要的。

随着经济水平和生活水平的提高，让孩子参加一些课外培训陶治其情操，开阔其眼界本也是件好事。

但问题就在于出发点并没有这么单纯。

更多家长的出发点过于功利。

我认识这样的家长，送孩子去学琴学奥数学英语，只因邻居家孩子参加了这些课程，家长都不愿自己的孩子“输在起跑线上”，于是都时刻注意人家孩子的新动向，回家又督促自己的孩子跑步跟上，咱可不能落后了呀！同时每个家长又试图让自己的孩子“赢在起跑线上”，于是孩子们身上的负担只能越来越重。

2018届安徽省太和一中最后一卷文科数学试题（内部资料 注意保密）2018.05.29本试卷共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★ ★ 挑战自我★ ★ 实现梦想★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{|||3}A x x =≤，{}|N x a x x B ∈<=，且，若集合{0,1,2}A B = ，则实数a 的取值范围是（ ）.A [2,4] .B [2,4) .C (2,3] .D [2,3]2. 若在复平面内，复数2()45miz m R i+=∈-所对应的点位于第二象限，则实数m 的取值范围为（ ） .A 5(,)2-+∞ .B 8(,)5+∞ .C 58(,)25- .D 85(,)52-3. 若公比为2的等比数列{}n a 的前n 项和为S n ,且25,9,a a 成等差数列，则20S =（ ）.A 10241⨯- .B 1041- .C 9241⨯- .D 1141-4.已知双曲线221(0)6x y m m m -=>+的虚轴长是实轴长的2倍，则双曲线的标准方程是（ ） .A 22124x y -= .B 22148x y -= .C 2218y x -= .D 22128x y -= 5. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之．”下图是该算法的程序框图，如果输入98a =， 63b =，则输出的a 值是（ ）.A 35.B 21 .C 14 .D 7 6. 任取[3,3]k ∈-，直线:30l kx y -+=与圆224690C x y x y +--+=：相交与,M N 两点，则||23MN ≥的概率是（ ）.A 32 .B 33.C 12 .D 137. 某四棱锥的三视图所示，其中每个小格是边长为1的正方形，则该几何体的侧面积为（ ）.A 24+ .B 224+.C 27+ .D 227+ 8. 将函数2()2cos ()16g x x π=+-的图像向右平移4π个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数()f x ，则下列说法正确的是（ ）.A 函数()f x 的最小正周期为2π .B 函数()f x 在区间75[,]124ππ上单调递增 .C 函数()f x 在区间上25[,]34ππ的最小值为3- .D 3x π=函数()f x 的一条对称轴 9. ()f x 是定义在R 上的奇函数，且当(0,)x ∈+∞时，2018()2018log x f x x =+，则函数()f x 的零点的个数是（ ）.A 1 .B 2 .C 3 .D 410. 若不等式组221(1)(2)0x y y mx x x ≥-⎧⎪≤+⎨⎪--≤⎩围成的区域的面积为1，则2z x y =-的最小值为（ ）.A 43- .B 23- .C 13- .D 011. 在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，已知2=c ，B A sin 3sin =，则ABC ∆面积的最大值为（ ）.A 23.B 3 .C 2 .D 2 12. 已知直线l 与抛物线22x py =交于,A B 两点，且OA OB ⊥,OD AB ⊥于D ，点D 坐标是(2,4)，则p 的值为（ ）.A 2 .B 4 .C 32 .D 52二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13.若a ≥0，b ≥0，且当⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥0x ＋y ≤1时，恒有ax ＋by ≤1，求以a ，b 为坐标的点P (a ，b )所形成的平面区域的面积________．14．某次高三英语听力考试中有5道选择题，每题1分，每道题在三个选项中只有一个是正确的.下表是甲、乙、丙三名同学每道题填涂的答案和这5道题的得分：1 2 3 4 5 得分 甲 C C A B B 4 乙 C C B B C 3 丙 B C C B B 2则甲同学答错的题目的题号是 ，其正确的选项是 .15．设奇函数()f x 在(0，＋∞)上为单调递增的，且(2)0f =，则不等式()()0f x f x x--≥的解集为 ________．16.斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为___ _____．三、解答题：共70分。

合肥一中2009冲刺高考最后一卷数学试题（文）（考试时间：120分钟 满分：150分）注意事项：1．选择题用答题卡的考生，答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试题科目用2B 铅笔涂写在答题卡上。

2．选择题用答题卡的考生，答第I 卷时，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。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷和答题卷的选择题栏中；不用答题卡的考生，在答第I 卷时，每小题选出答案后，填在答题卷相应的选择题栏上。

3．答题Ⅱ卷时，考生务必将自己的学校、姓名、考点、准考证号填在答题卷相应的位置；答题时，请用0.5毫米的黑色签字笔直接答在答题卷上，不要在试题卷上答题。

第I 卷（选择题 共60分）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．已知集合{|{|2,0}x A x y B y y x ====>，R 是实数集，则()R C B A 等于A ．RB ．(1,2]C ．[0,1]D ．φ 2．若复数(1)(2)bi i ++是纯虚数（i 是虚数单位，b 是实数），则b 等于 A ．2- B ．12-C ．12D ．2 3．已知,,l m n 表示直线,αβ表示平面，下列四个命题中正确的命题个数为 （1）//,//,l m αα则//l m ； （2）,//,m n αα⊂则//m n ； （3）,//,l m l α⊂则//m α（4）若,m n 为异面直线，则过空间任意点一定可以作一条直线,l l 和,m n 都相交， A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个4．设O 为坐标原点，已知点(2,1)M ，若点(,)N x y 满足不等式组43021201x y x y x -+≤⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩则使OM ON ⋅取得最大值时点N 的个数为A ．1个B ．2个C ．3个D ．无数个 5．程序框图如下：如果上述程序运行的结果为S=132，那么判断框中应填入A ．k 10≤？B ．k 10≥？C ．k 11≤？D ．k 11≥6．已知二次曲线2214x y m+=，则当[2,1]m ∈--时，该曲线的离心率e 的取值范围是A ．[22 B ．[22 C ．[22 D ．[227．若2a >，则方程321103x ax -+=在（0，2）上恰好有 A ．0个根 B ．1个根 C ．2个根 D ．3个根 8．把函数sin()(0,||)2y x πωϕωϕ=+><的图象向左平移3π个单位，所得曲线的一部分如图则,ωϕ的值分别是 A ．1，3π B ．1，3π- C ．2，3π D ．2，3π-9．定义在R 上的偶函数()f x 满足()(2)f x f x =+,当[3,5]x ∈时.()2|4|f x x =--,则 A ．(sin)(cos)66f f ππ< B ．(sin1)(cos1)f f >C ．(cos 2)(sin 2)f f >D ．22(cos)(sin )33f f ππ< 10．连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，记向量a =(,)m n 与向量(1,1)b =-的夹角为θ，则(0,]2πθ∈的概率是A ．512B ．12C ．712D ．5611．已知(1,1)1,(,)*(,)f f m n N m n N =∈∈*，且对任何,m n N ∈*都有（1）(,1)(,)2f m n f m n +=+；（2）(1,)2(,)f m n f m n +=给出以下三个结论 ①(1,5)9f =；②(5,1)16f =；③(5,6)26f =，其中正确的个数为 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 12．若1()axf x e b=-在0x =处的切线L 与圆22:1C x y +=相离，则P （a ，b ）与圆C 的位置关系是A ．在圆外B ．在圆内C ．在圆上D ．不能确定第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中的横线上）13．已知200辆汽车通过某一段公路的时速的频率分布直方图如右图所示，求时速在[60，70]的汽车大约有__________辆。