【2020年高考必备】四川省成都七中高考数学一诊试卷(理科)及解析

2021-2022学年四川省成都七中高三（上）一诊数学试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合M={x|0<x<3}，N={x|13≤x≤6}，则M∪N=()A. {x|0<x≤6}B. {x|13≤x<3} C. {x|3<x<6} D. {x|0<x≤13}2.已知z=2−i，则z(z−+i)的虚部是()A. 2B. −2C. 2iD. −2i3.如图所示的几何体是由一个正方体截去一个小正方体而得到，则该几何体的左(侧)视图为()A.B.C.D.4.已知向量a⃗=(2,−1)，a⃗⋅b⃗ =5，|a⃗+b⃗ |=8，则|b⃗ |=()A. 5B. 6C. 7D. 85.已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为()A. 13B. 12C. 9D. 66.饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期．将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为()A. 116B. 18C. 14D. 127. 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5−a 3=12，a 6−a 4=24，则Sna n=( )A. 2n −1B. 2−21−nC. 2−2n−1D. 21−n −18. 设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：y 2=2px(p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为( )A. (14,0)B. (12,0)C. (1,0)D. (2,0)9. 星等分为两种：目视星等与绝对星等但它们之间可用公式M =m +5−5lg d3.26转换，其中M 为绝对星等，m 为目视星等，d 为距离(单位：光年).现在地球某处测得牛郎星目视星等为0.77，绝对星等为2.19；织女星目视星等为0.03，绝对星等为0.5，且牛郎星和织女星与地球连线的夹角大约为34°，则牛郎星与织女星之间的距离约为( )(参考数据：100.906≈8.054，100.716≈5.199，cos34°≈0.8)A. 26光年B. 16光年C. 12光年D. 5光年10. 若α∈(π2,π)，cosα=(2−sinα)tan2α，则tanα=( )A. √1515B. −√1515C. √53D. −√5311. 在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =A 1A 1=1，点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法正确的个数是( ) ①当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值； ②当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值； ③当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP ； ④当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P.A. 1B. 2C. 3D. 412. 若a =ln(ln 3)2，b =2ln(ln2)，c =2ln2，则a ，b ，c 的大小关系为( )二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 曲线y =2x−1x+2在点(−1,−3)处的切线方程为 ．14. 已知F 1，F 2为双曲线C ：x 216−y 29=1的两个焦点，P ，Q 为C 上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|=|F 1F 2|，则四边形PF 1QF 2的面积为______． 15. 已知函数f(x)=2sinωx(ω>0)在区间[−3π4,π4]上单调递增，且直线y =−2与函数f(x)的图象在[−2π,0]上有且仅有一个交点，则实数ω的取值范围是______． 16. 已知正数x ，y 满足x +4y =x 2y 3，则8x +1y 的最小值是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 巳知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 6=36，_____．请在①a 3=5；②a 2+a 4+a 6=21，③S 7=49，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并回答以下问题． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n3n }的前n 项和T n ．18. 某投资公司2012年至2021年每年的投资金额x(单位：万元)与年利润增量y(单位：万元)的散点图如图：该投资公司为了预测2022年投资金额为20万元时的年利润增量，建立了y 关于x 的两个回归模型；模型①：由最小二乘公式可求得y 与x 的线性回归方程：y ̂=2.50x −2.50； 模型②：由图中样本点的分布，可以认为样本点集中在曲线：y =blnx +a 的附近，对投资金额x 做交换，令t =lnx ，则y =b ⋅t +a ，且有∑t 10=22.00，∑y 10=230，(1)根据所给的统计量，求模型②中y 关于x 的回归方程；(2)分别利用这两个回归模型，预测投资金额为20万元时的年利润增量(结果保留两位小数)；(3)根据下列表格中的数据，比较两种模型相关指数R 2，并说明谁的预测值精度更高、更可靠．回归模型 模型① 模型② 回归方程y ̂=2.50x −2.50y ̂=blnx +a ∑(10i=1y i ,y ̂i )2102.2836.19附：样本(t i ,y i )(i =1,2,…,n)的最小乘估计公式为b ̂=∑(n i=1t i −t −)(y i −y −)∑(n i=1t i −t −)，a ̂=y −−b ̂t −；相关指数R 2=1−∑(n i=1y i −y ̂)2∑(ni=1y i −y −)2．参考数据：ln2≈0.6931，ln5≈1.6094．19. 已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，M 、N 分别是CC 1与A 1B 的中点，△ABA 1为等边三角形，CA =CA 1，A 1A =A 1M =2BC ．(Ⅰ)求证：MN//平面ABC；(Ⅱ)(i)求证：BC⊥平面ABB1A1；(ii)求二面角A−MN−B的正弦值．20.已知两圆C1：(x−2)²+y²=54，C2：(x+2)²+y²=6，动圆M在圆C1内部且和圆C1内切，和圆C2外切．(1)求动圆圆心M的轨迹方程C；(2)过点A(3,0)的直线与曲线C交于P，Q两点．P关于x轴的对称点为R，求△ARQ面积的最大值．21.已知x∈[0,+∞)，函数f(x)=e x+sinx，函数g(x)=ax2+2x+1．(1)若a=1，证明：f(x)+x≥g(x)+sinx；2(2)f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =cos k t,y =sin k t(t 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，曲线C 2的极坐标方程为4ρcosθ−16ρsinθ+3=0．(1)当k =1时，C 1是什么曲线？(2)当k =4时，求C 1与C 2的公共点的直角坐标．23. 已知函数f(x)=|3x +1|−2|x −1|．(1)画出y =f(x)的图象；(2)求不等式f(x)>f(x +1)的解集．答案和解析1.【答案】A≤x≤6}，【解析】解：∵集合M={x|0<x<3}，N={x|13∴M∪N={x|0<x≤6}．故选：A．利用并集定义直接求解．本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】A【解析】解：因为z=2−i，则z(z−+i)=(2−i)(2+i+i)=(2−i)(2+2i)=4+2+2i=6+2i，所以虚部为2，故选：A．利用复数的运算性质以及共轭复数的性质即可求解．本题考查了复数的运算性质，涉及到复数虚部的定义，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：从几何体的左边看可得到一个正方形，正方形的右上角处是一个看得到的小正方形．故选：B．找到从左向右看得到的图形即可．本题考查了简单组合体的三视图，属于基础题，关键掌握侧视图是从左向右看得到的视图．4.【答案】C【解析】解：因为a⃗=(2,−1)，所以|a⃗|=√22+(−1)2=√5，又因为a⃗⋅b⃗ =5，|a⃗+b⃗ |= 8，所以|a⃗+b⃗ |²=a⃗2+b⃗ 2+2a⃗⋅b⃗ =8²，所以|b⃗ |²=64−2⋅5−5=49，所以|b⃗ |=7故选：C．根据向量运算性质列方程，解方程求解．本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．5.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．本题考查椭圆的简单性质的应用，基本不等式的应用，是基础题．【解答】解：F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|=6，所以|MF1|⋅|MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=9，当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，取等号，所以|MF1|⋅|MF2|的最大值为9．故选：C．6.【答案】B【解析】解：点P从A点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，则有(右，右，右)，(右，右，下)，(右，下，右)，(下，右，右)，(右，下，下)，(下，右，下)，(下，下，右)，(下，下，下)，共8种不同的跳法(线路)，符合题意的只有(下，下，右)这1种，所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为P=18．故选：B．先利用列举法得到共8种不同的跳法，再利用概率公式求解即可．本题考查概率的求法，利用列举法是关键，是基础题．【解析】【分析】本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，考查了运算求解能力，属于较易题．根据等比数列的通项公式求出首项和公比，再根据求和公式即可求出．【解答】解：设等比数列的公比为q，∵a5−a3=12，∴a6−a4=q(a5−a3)，∴q=2，∴a1q4−a1q2=12，∴12a1=12，∴a1=1，∴S n=1−2n1−2=2n−1，a n=2n−1，∴S na n =2n−12n−1=2−21−n，故选：B．8.【答案】B【解析】【分析】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查．利用已知条件转化求解E、D坐标，通过k OD⋅k OE=−1，求解抛物线方程，即可得到抛物线的焦点坐标．【解答】解：将x=2代入抛物线y2=2px，可得y=±2√p，OD⊥OE，可得k OD⋅k OE=−1，即2√p2⋅−2√p2=−1，解得p=1，所以抛物线方程为：y2=2x，它的焦点坐标(12,0)．故选：B．【解析】解：∵M=m+5−5lg d3.26，∴d=3.26×10m+5−M5，由题意可知，M牛=2.19，m牛=0.77，M织=0.5，m织=0.03，设地球与牛郎星距离为d1，地球与织女星距离为d2，织女星与牛郎星距离为d，则d1=3.26×100.77+5−2.195=3.26×100.716≈3.26×5.199≈17，d2=3.26×100.03+5−0.55=3.26×100.906≈3.26×8.054≈26，d2=d12+d22−2d1d2cos34°=172+262−2×17×26×0.8=257，故d=√257≈16，故牛郎星与织女星之间的距离约为16光年．故选：B．根据已知条件，结合余弦定理，即可求解．本题主要考查函数的实际应用，掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题．10.【答案】B【解析】解：由cosα=(2−sinα)tan2α，得tan2α=cosα2−sinα，即sin2αcos2α=cosα2−sinα，∴2sinαcosα1−2sin2α=cosα2−sinα，∵α∈(π2,π)，∴cosα≠0，则2sinα(2−sinα)=1−2sin2α，解得sinα=14，∴cosα=−√1−sin2α=−√154，则tanα=sinαcosα=−√1515．故选：B．把已知等式变形，然后切化弦，整理后求得sinα，进一步求得cosα，再由商的关系得答案．本题考查二倍角公式、同角三角函数基本关系式的应用，考查运算求解能力，是基础题．11.【答案】C【解析】解：对于①，当λ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以CP ⃗⃗⃗⃗⃗ //BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故点P 在线段CC 1上，此时△AB 1P 的周长为AB 1+B 1P +AP ， 当点P 为CC 1的中点时，△AB 1P 的周长为√5+√2， 当点P 在点C 1处时，△AB 1P 的周长为2√2+1， 故周长不为定值，故①错误；对于②，当μ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即B 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以B 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故点P 在线段B 1C 1上， 因为B 1C 1//平面A 1BC ，所以直线B 1C 1上的点到平面A 1BC 的距离相等， 又△A 1BC 的面积为定值，所以三棱锥P −A 1BC 的体积为定值，故②正确；对于③，当λ=12时，取线段BC ，B 1C 1的中点分别为M ，M 1，连结M 1M ，因为BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则点P 在线段M 1M 上，当点P 在M 1处时，A 1M 1⊥B 1C 1，A 1M 1⊥B 1B ， 又B 1C 1∩B 1B =B 1，所以A 1M 1⊥平面BB 1C 1C ，又BM 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1M 1⊥BM 1，即A 1P ⊥BP ， 同理，当点P 在M 处，A 1P ⊥BP ，故③正确；对于④，当μ=12时，取CC 1的中点D 1，BB 1的中点D ，因为BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以DP ⃗⃗⃗⃗⃗ //BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则点P 在线的DD 1上，当点P 在点D 1处时，取AC 的中点E ，连结A 1E ，BE ，因为BE ⊥平面ACC 1A 1，又AD 1⊂平面ACC 1A 1，所以AD 1⊥BE ， 在正方形ACC 1A 1中，AD 1⊥A 1E ， 又BE ∩A 1E =E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，故AD 1⊥平面A 1BE ，又A 1B ⊂平面A 1BE ，所以A 1B ⊥AD 1， 在正方形ABB 1A 1中，A 1B ⊥AB 1，又AD 1∩AB 1=A ，AD 1，AB 1⊂平面AB 1D 1，所以A 1B ⊥平面AB 1D 1， 因为过定点A 与定直线A 1B 垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P ，故④正确．故选：C ．判断当λ=1时，点P在线段CC1上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断①；当μ=1时，点P在线段B1C1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断②；当λ=12时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，则点P在线段M1M上，分别取点P在M1，M处，得到均满足A1P⊥BP，即可判断③；当μ=12时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，则点P在线的DD1上，证明当点P在点D1处时，A1B⊥平面AB1D1，利用过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，即可判断④．本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于难题．12.【答案】D【解析】解：∵a=2ln(|ln3π|)=2ln(lnπ3)，b=2ln(ln2)，c=2ln21e，而函数f(x)=2lnx在定义域(0,+∞)上单调递增，0<lnπ3<ln2<1<21e，∴a<b<c，故选：D．根据对数的运算性质以及对数函数的单调性即可判断．本题主要考查了对数函数的性质，以及利用函数的单调性比较大小，是基础题．13.【答案】5x−y+2=0【解析】【分析】本题主要考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．先求导，利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式即可求得切线方程．【解答】解：因为y=2x−1x+2，(−1,−3)在曲线上，所以y′=2(x+2)−(2x−1)(x+2)2=5(x+2)2，所以y′|x=−1=5，则曲线y=2x−1x+2在点(−1,−3)处的切线方程为：y−(−3)=5[x−(−1)]，即5x−y+2=0．故答案为：5x−y+2=0．14.【答案】16【解析】解：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|=|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆的定义可得||PF1|−|PF2||=|m−n|=2a=8，所以m2−2mn+n2=64，因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=4(a2+b2)=100，即m2+n2=100，所以mn=16，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1||PF2|=mn=16．故答案为：16．判断四边形PF1QF2为矩形，利用双曲线的定义及勾股定理求解即可．本题主要考查双曲线的性质，双曲线的定义，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．15.【答案】[14,2 3 ]【解析】解：∵函数f(x)=2sinωx(ω>0)在区间[−3π4,π4]上单调递增，∴ω×(−3π4)≥−π2，且ω×π4≤π2，求得0<ω≤23．且直线y=−2与函数f(x)的图象在[−2π,0]上有且仅有一个交点，ωx∈[−2ωπ,0]，∴−5π2<−2ωπ≤−π2，求得14≤ω<54．综上可得，实数ω的取值范围为[14,23 ]，故答案为：[14,2 3 ].由题意利用正弦函数的图象和性质，求得实数ω的取值范围．本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．16.【答案】2√2【解析】解：令1y =m ，8x +1y =t(t >0)， ∵x +4y =x 2y 3， ∴8t−m+4m=(8t−m)2⋅(1m)3，即m 4−t 2m 2+16=0，令m 2=a ，则a 2−t 2a +16=0，所以关于a 的方程a 2−t 2a +16=0有两个正实根，∴{△=t 4−64≥016>0，∴t ≥2√2，当x =4(√2+1)，y =12时取等号， ∴8x +1y 的最小值是2√2． 故答案为：2√2．利用换元法得到关于a 的方程a 2−t 2a +16=0有两个正实根，再利用根与系数的关系即可求解．本题考查了换元法的应用，一元二次方程有两个正实根的求解，属于中档题．17.【答案】解：(1)选①a 3=5．设等差数列{a n }的公差为d ， 则S 6=6a 1+6×52d =36，a 1+2d =5，解得：a 1=1，d =2， ∴a n =1+2(n −1)=2n −1． 选②a 2+a 4+a 6=21， 设等差数列{a n }的公差为d ， 则S 6=6a 1+6×52d =36，3a 1+9d =21，解得：a 1=1，d =2， ∴a n =1+2(n −1)=2n −1． 选③S 7=49，设等差数列{a n }的公差为d ， 则S 6=6a 1+6×52d =36，7a 1+7×62d =49，解得：a 1=1，d =2， ∴a n =1+2(n −1)=2n −1．(2)a n3n =2n−13n．数列{an3n }的前n 项和T n =13+332+533+⋯…+2n−13n，∴13T n =132+333+⋯…+2n−33n +2n−13n+1，相减可得：23T n =13+2(132+133+⋯…+13n )−2n−13n+1=13+2×19[1−(13)n−1]1−13−2n−13n+1，化为：T n =1−n+13n．【解析】(1)选①a 3=5.设等差数列{a n }的公差为d ，利用等差数列的通项公式与求和公式解得a 1，d ，即可得出a n ．选②a 2+a 4+a 6=21，设等差数列{a n }的公差为d ，利用等差数列的通项公式与求和公式解得a 1，d ，即可得出a n ．选③S 7=49，设等差数列{a n }的公差为d ，利用等差数列的求和公式解得a 1，d ，即可得出a n ．(2)a n3n =2n−13n.利用错位相减法可得数列{an3n}的前n 项和T n ． 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.【答案】解：(1)∵∑t i 10i=1=22.00，∑y i 10i=1=230， ∴t −=2.2，y −=23，b ̂=∑(n i=1t i −t −)(y i −y −)∑(n i=1t i −t −)=∑t i 10i=1y i −10t −⋅y−∑t i 210i=1−10t−2=569−10×2.2×2350.92−10×2.2×2.2=25，则a ̂=y −−b ̂t −=23−25×2.2=−32，故模型②中y 关于x 的回归方程为y ̂=25lnx −32．(2)当x =20时，模型①的年利润的预测值为y ̂=2.5×20−2.5=47.5 (万元)， 当x =20时，模型②年利润的预测值为y ̂=25ln20−32=25×(2ln2+ln5)−32≈25×(2×0.6931+1.6094)−32=42.89(万元)．(3)由表格中的数据可得，102.28>36.19，即102.28∑(10i=1y i−y−)2>36.19∑(10i=1y i−y −)2， ∴模型①的相关指数R 2小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好，故当x=20时，模型②的预测值比模型①的预测值进度更高，更可靠．【解析】(1)根据已知条件，结合最小二乘法和线性回归方程的公式，即可求解．(2)将x=20分别代入两个线性回归方程中，即可求解．(3)根据已知条件，结合相关系数的公式，即可求解．本题主要考查了线性回归方程的求解，需要学生熟练掌握最小二乘法公式，属于中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)证明：取BB1的中点P，连接MP，NP，又M是CC1的中点，则MP//BC，∵MP⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴MP//平面ABC，又N是A1B的中点，∴NP//A1B1，而AB//A1B1，∴NP//AB，∵NP⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴NP//平面ABC，∵MP∩NP=P，MP、NP⊂平面MNP，∴平面PMN//平面ABC，∵MN⊂平面PMN，∴MN//平面ABC．(Ⅱ)(i)证明：设BC=1，则A1A=A1M=2，依题意CA1=CA=C1A1，∴A1M是等腰△A1CC1底边上的中线，则A1M⊥CC1，∴AC=A1C1=√A1M2+MC12=√5，∵△ABA1为等边三角形，∴AB=AA1=BA1=2，∴AB2+BC2=5=AC2，∴AB⊥BC，同理，A1B2+BC2=A1C2，∴A1B⊥BC，∵A1B∩AB=B，A1B、AB⊂平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1．(ii)解：∵BC⊥平面ABB1A1，AN⊂平面ABB1A1，∴AN⊥BC，∵正△ABA1中，N为BA1中点，∴AN⊥BA1，又BC∩BA1=B，BC、BA1⊂平面A1BC，∴AN⊥平面A1BC，又AN⊂平面AMN，∴平面AMN⊥平面A1BC，设A1C∩AM=Q，连接QN，则QN 为平面AMN 与平面A 1BC 的交线， 过B 作BH ⊥QN 于点H ，则BH ⊥平面AMN ， ∵MN ⊂平面AMN ，∴BH ⊥MN ， 过B 作BG ⊥MN 于点G ，连接HG ， 又BG ∩BH =B ，BG 、BH ⊂平面BGH ，∴MN ⊥平面BGH ，又GH ⊂平面BGH ，∴MN ⊥GH ， ∴∠BGH 是二面角A −MN −B 的平面角，由(i)知BC =1，CM =1，∴BM =√2， △BMA 1中，BA 1=A 1M =2，BM =√2， ∴由余弦定理得cos∠MBA 1=222×2×√2=√24， ∵N 为BA 1中点，∴BN =1， ∴△BMN 中，由余弦定理可得 MN =√12+2−2×1×√2×√24=√2，∵S △BMN =12BM ·BN ·sin∠MBN =12BG ·MN∴BG =√2×1×√78√2=√78，∵CM//AA 1，CM ：AA 1=1:2，∴CQ ：QA 1=1:2， 又A 1C =√5，∴A 1Q =2√53， Rt △A 1BC 中，cos∠BA 1C =BA1CA 1=√5，∴△A 1NQ 中，由余弦定理可得 QN =(2√53)2√532√5=√53， ∴cos∠QNA 1=(√53)2+12−(2√53)22×√53×1=−√55， ∴sin∠QNA 1=sin∠BNH =2√55，在Rt △BHN 中，sin∠BNH =BHBN ， ∴BH =BN ·2√55=2√55，∴二面角A −MN −B 的正弦值为sin∠BGH =BH BG=√3235=4√7035．【解析】本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，题目较难． (Ⅰ)取BB 1的中点P ，证得MP//平面ABC ，NP//平面ABC ，进而平面PMN//平面ABC ，由此能证明MN//平面ABC ．(Ⅱ)(i)设BC =1，则A 1A =A 1M =2，CA 1=CA =C 1A 1，从而A 1M 是等腰△A 1CC 1底边上的中线，则A 1M ⊥CC 1，AC =A 1C 1=√A 1M 2+MC 12=√5，推导出AB ⊥BC ，同理A 1B ⊥BC ，由此能证明BC ⊥平面ABB 1A 1．(ii)由AN ⊥BC ，AN ⊥BA 1，知AN ⊥平面A 1BC ，从而平面AMN ⊥平面A 1BC ，设A 1C ∩AM =Q ，则QN 为平面AMN 与平面A 1BC 的交线，过B 作BH ⊥QN 于点H ，则BH ⊥平面AMN ，又过B 作BG ⊥MN 于点G ，则MN ⊥平面BGH ，从而∠BGH 是二面角A −MN −B 的平面角，由此能求出二面角A −MN −B 的正弦值．20.【答案】解：(1)由题意可知，圆C 1的圆心(2,0)，半径为3√6，圆C 2的圆心(−2,0)，半径为√6， 设圆M 的半径为R ，则|MC 1|+|MC 2|=(3√6−R)+(√6+R)=4√6>4=|C 1C 2|， 所以M 的轨迹是以C 1，C 2为焦点的椭圆， 则2a =4√6，2c =4，所以a =2√6，c =2，b =√a 2−b 2=2√5， 故动圆圆心M 的轨迹方程C 为x 224+y 220=1； (2)由题得直线斜率不为0，设直线的方程为x =my +3，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则R(x 1,−y 1)，由{x =my +35x 2+6y 2=120，可得(5m 2+6)y 2+30my −75=0，Δ=(30m)2+4×75(5m 2+6)>0恒成立，由韦达定理可得y 1+y 2=−30m5m 2+6，y 1y 2=−755m 2+6， 由椭圆的对称性，不妨设m <0，则x 1<3，y 1>0，x 2>3，y 2<0，如图所示，则S △PQR =12×2y 1×(x 2−x 1)=y 1×(x 2−x 1)，S △PAR =12×2y 1×(3−x 1)=y 1×(3−x 1)，S △ARQ =S △PQR −S △PAR =y 1×(x 2−x 1)−y 1×(3−x 1)=y 1(x 2−3)=y 1(my 2+3−3)=my 1y 2=m ×(−755m 2+6)=75−5m+6−m ≤2√(−5m)×6−m =5√304， 当且仅当−5m =6−m ，即m =−√305时取等号，故△ARQ 面积的最大值为5√304．【解析】(1)设圆M 的半径为R ，由椭圆的定义得到点M 的轨迹，求出椭圆方程即可；(2)由题得直线斜率不为0，设直线的方程为x =my +3，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，与椭圆联立方程组由韦达定理可得y 1+y 2=−30m 5m 2+6，y 1y 2=−755m 2+6，S △ARQ =S △PQR −S △PAR =my 1y 2=m ×(−755m 2+6)，计算可得△ARQ 面积的最大值．本题考查了动点轨迹方程的求解，椭圆定义的理解与应用，椭圆标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，直线与圆的位置关系的理解与应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．21.【答案】(1)证明：当a =12时，令G(x)=f(x)+x −g(x)−sinx =e x −12x 2−x −1(x ≥0)，则G′(x)=e x −x −1，G ″(x)=e x −1≥0，所以G′(x)在[0,+∞)上单调递增，所以G′(x)≥G′(0)=0，所以G(x)在[0,+∞)上单调递增，所以G(x)≥G(0)=0，所以f(x)+x ≥g(x)+sinx ；(2)e x +sinx −(ax 2+2x +1)，由题意得，ℎ(x)min ≥0，因为ℎ′(x)=e x −2ax −2+cosx ，ℎ′(0)=0，ℎ″(x)=e x −sinx −2a ，ℎ″(0)=1−2a ，ℎ″′(x)=e x −cosx ≥0，则ℎ″(x)在[0,+∞)上单调递增，当a ≤12时，ℎ″(0)=1−2a ≥0，则ℎ″(x)≥ℎ″(0)≥0，ℎ′(x)单调递增，ℎ′(x)≥ℎ′(0)=0， 则ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，ℎ(x)≥ℎ(0)=0，符合题意；当a >12时，ℎ″(0)=1−2a <0，由(1)的结论可得ℎ″(x)在[0,+∞)上单调递增，ℎ″(1+2a)=e 1+2a −2a −sin(1+2a)≥1+(1+2a)−2a −1>0，故必然存在x 0∈(0,1+2a)使得，x ∈(0,x 0)时，ℎ″(0)<0，则ℎ′(x)在(0,x 0)上单调递减，此时ℎ′(x)<ℎ′(0)=0，则ℎ(x)在(0,x 0)上单调递减，此时ℎ(x)<ℎ(0)=0，不符合题意，综上，a 的范围为(−∞,12].【解析】(′)把a =12代入后，构造函数令G(x)=f(x)+x −g(x)−sinx ，对其求导，然后结合导数与单调性关系即可证明；(2)令ℎ(x)=f(x)−g(x)，然后对函数求导，结合导数与单调性关系分析导数符号，再由函数的性质及零点判定定理可求．本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了利用导数及函数性质证明不等式，求解与不等式恒成立问题，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于难题．22.【答案】解：(1)当k =1时，曲线C 1的参数方程为{x =cost y =sint ，(t 为参数)， 消去参数t ，可得x 2+y 2=1，故C 1是以原点为圆心，以1为半径的圆；(2)当k =4时，曲线C 1的参数方程为{x =cos 4t y =sin 4t，(t 为参数)， 两式作差可得x −y =cos 4t −sin 4t =cos 2t −sin 2t =2cos 2t −1，∴cos 2t =x−y+12，得x =cos 4t =(x−y+12)2， 整理得：(x −y)2−2(x +y)+1=0(0≤x ≤1,0≤y ≤1)．由4ρcosθ−16ρsinθ+3=0，又x =ρcosθ，y =ρsinθ，∴4x −16y +3=0．联立{(x −y)2−2(x +y)+1=04x −16y +3=0，解得{x =16936y =4936(舍)，或{x =14y =14． ∴C 1与C 2的公共点的直角坐标为(14,14).【解析】(1)当k =1时，曲线C 1的参数方程为{x =cost y =sint ，(t 为参数)，利用平方关系消去参数t ，可得x 2+y 2=1，故C 1是以原点为圆心，以1为半径的圆；(2)当k =4时，曲线C 1的参数方程为{x =cos 4t y =sin 4t，(t 为参数)，消去参数t ，可得(x −y)2−2(x +y)+1=0(0≤x ≤1,0≤y ≤1).由4ρcosθ−16ρsinθ+3=0，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得4x −16y +3=0.联立方程组即可求得C 1与C 2的公共点的直角坐标为(14,14).本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查计算能力，是中档题．23.【答案】解：函数f(x)=|3x +1|−2|x −1|={x +3,(x ≥1)5x −1,(−13≤x <1)−x −3,(x <−13)， 图象如图所示(2)由于f(x +1)的图象是函数f(x)的图象向左平移了一个1单位所得，(如图所示)直线y =5x −1向左平移一个单位后表示为y =5(x +1)−1=5x +4，联立{y =−x −3y =5x +4，解得横坐标为x =−76， ∴不等式f(x)>f(x +1)的解集为{x|x <−76}.【解析】(1)将函数零点分段，即可作出图象；(2)由于f(x+1)是函数f(x)向左平移了一个1单位，作出图象可得答案；本题考查了绝对值函数的解法，分段作出图象是解题的关键．属于基础题．。

四川省成都市第七中学2020届高三数学上学期一诊模拟试题 文（含解析）本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.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.复数(,)z a bi a b R =+∈的虚部记作Im()z b =，则3Im 1i i +⎛⎫= ⎪+⎝⎭（ ） A. -1 B. 0C. 1D. 2【答案】A 【解析】 【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简31ii++，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案． 【详解】解：3(3)(1)4221(1)(1)2i i i ii i i i ++--===-++-， 又复数(,)z a bi a b R =+∈的虚部记作()Im z b =， 3()11iIm i+∴=-+． 故选：A ．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于基础题． 2.执行如图所示的程序框图，输出的s 值为( )A. 3B. 6-C. 10D. 15-【答案】C 【解析】 【分析】程序框图的作用是计算22221234-+-+，故可得正确结果. 【详解】根据程序框图可知2222123410S =-+-+=，故选C. 【点睛】本题考查算法中的选择结构和循环结构，属于容易题. 3.关于函数()tan f x x =的性质，下列叙述不正确的是（ ） A. ()f x 的最小正周期为2π B. ()f x 是偶函数C. ()f x 的图象关于直线()2k x k Z π=∈对称 D. ()f x 在每一个区间(,)()2k k k Z πππ+∈内单调递增【答案】A 【解析】试题分析：因为1()tan()()22tan f x x f x xππ+=+=≠，所以A 错；()tan()tan ()f x x x f x -=-==，所以函数()f x 是偶函数，B 正确；由()tan f x x =的图象可知，C 、D 均正确；故选A. 考点：正切函数的图象与性质.4.已知0,0a b >>，则“1a ≤且1b ≤”是“2a b +≤且1ab ≤”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】试题分析：当01a <≤且01b <≤时，由不等式性质可得2a b +≤且1ab ≤；当31,22a b ==，满足2a b +≤且1ab ≤，但不满足1a ≤且1b ≤，所以“1a ≤且1b ≤”是“2a b +≤且1ab ≤”的充分不必要条件，故选A.考点：1.不等式性质；2.充要条件.5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 3612π+B. 3616π+C. 4012π+D.4016π+【答案】C 【解析】 【分析】几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算． 【详解】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体， 作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2，∴几何体的表面积21122442424224222124022S πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯=+．故选：C ．【点睛】本题考查了几何体的常见几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题．6.在约束条件：1210x y x y ≤⎧⎪≤⎨⎪+-≥⎩下，目标函数(0,0)z ax by a b =+>>的最大值为1，则ab 的最大值等于（ ） A.12B. 38C.14D.18【答案】D 【解析】 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定a ，b 的关系，利用基本不等式求ab 的最大值．【详解】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）， 由(0,0)z ax by a b =+>>，则a z y x b b =-+，平移直线a zy x b b=-+，由图象可知当直线a zy x b b=-+经过点(1,2)A 时直线的截距最大，此时z 最大为1．代入目标函数z ax by =+得21a b +=． 则1222a b ab =+， 则18ab当且仅当122a b ==时取等号，ab ∴的最大值等于18，故选：D ．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及基本不等式是解决此类问题的基本方法．7.设{a n }是有正数组成的等比数列，n S 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝（ ） A.152B.314C.334D.172【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质易得a 3＝1，进而由求和公式可得q 12=，再代入求和公式计算可得． 【详解】由题意可得a 2a 4＝a 32＝1，∴a 3＝1， 设{a n }的公比为q ，则q ＞0， ∴S 3211q q =++1＝7，解得q 12=或q 13=-（舍去）， ∴a 121q ==4，∴S 551413121412⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭==-故选B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．8.双曲线22163-=x y 的渐近线与圆(x －3)2＋y 2＝r 2(r ＞0)相切，则r 等于( )3 B. 2 C. 3D. 6【答案】A 【解析】 【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为y ＝±22x ，圆心坐标为(3,0)．由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r ，即r ＝223023212±⨯-=⎛⎫±+ ⎪⎝⎭.答案：A【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题. 9.定义域为R 的函数()f x 对任意x 都有()()4f x f x =-，且其导函数()f x '满足()()20x f x -'>，则当24a <<时，有（ ）A. ()()()222log af f f a <<B. ()()()222log af f f a <<C. ()()()22log 2af f a f <<D. ()()()2log 22af a f f <<【答案】C 【解析】试题分析：∵函数()f x 对任意都有()()4f x f x =-，∴函数()f x 对任意都有，∴函数()f x 的对称轴为，∵导函数满足()()20x f x -'>，∴函数()f x 在上单调递增，上单调递减，∵，∴，∵函数()f x 的对称轴为，∴，∵，∴∴∴，∴，∴()()()22log 2af f a f <<，故选C.考点：（1）函数的图象；（2）利用导数研究函数的单调性.10.对圆22(1)(1)1x y -+-=上任意一点(,)P x y ，若点P 到直线1349:0l x y --=和2:340l x y a -+=的距离之和都与x ，y 无关，则a 的取值区间为（ ）A. [6,)+∞B. [4,6]-C. (4,6)-D.(,4]-∞-【答案】A 【解析】分析】由点到线的距离公式表示出点到直线1l 与2l 的距离之和，取值与x ，y 无关，即这个距离之和与P 无关，可知直线2l 平移时，P 点与直线1l ，2l 的距离之和均为1l ，2l 的距离，即此时与x ，y 的值无关，即圆夹在两直线之间，临界条件为直线2l 恰与圆相切，即可求出a 的取值范围.【详解】解：点P 到直线1349:0l x y --=与直线2:340l x y a -+=距离之和d =取值与x ，y 无关，∴这个距离之和与P 无关，如图所示：可知直线2l 平移时，P 点与直线1l ，2l 的距离之和均为1l ，2l 的距离，即此时与x ，y 的值无关，当直线2l 1=，化简得|1|5a -=，解得6a =或4a =-（舍去），6a ∴故选：A ．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，属于中档题 11.若a ，b ，c 满足，||||2||2a b c ===，则()()a b c b -⋅-的最大值为（ ） A. 10 B. 12C. 53D. 62【答案】B 【解析】 【分析】设OA a =，OB b =，OC c =，表示出a b -，-c b 利用向量的数量积的定义求出最值. 【详解】解：设OA a =，OB b =，OC c =，则a b BA -=，c b BC -=()()cos a bc b BA BC BA BC ABC ∴--==⋅∠||||2||2a b c ===4BA ∴≤，3BC ≤当且仅当BA ，BC 同向时()()a b c b --取最大值12故()()max12a bc b --=故选：B【点睛】本题考查向量的数量积的定义，属于中档题.12.点E ，F 分别是棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中棱BC ，1CC 的中点，动点P 在正方形11BCC B （包括边界）内运动，且1PA ∥面AEF ，则1PA 的长度范围为（ ）A. 1,2⎡⎢⎣⎦B. 42⎡⎢⎣⎦C. 342⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B 【解析】 【分析】分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得． 【详解】解：如下图所示：分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，连接1BC ，M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，1//MN BC ∴，1//EF BC ，//MN EF ∴，又MN ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， //MN ∴平面AEF ；1//AA NE ，1AA NE =，∴四边形1AENA 为平行四边形， 1//A N AE ∴，又1A N ⊂/平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，1//A N ∴平面AEF ，又1A NMN N =，∴平面1//A MN 平面AEF ，P 是侧面11BCC B 内一点，且1//A P 平面AEF ，则P 必在线段MN 上，在Rt △11A B M 中，1A M ===同理，在Rt △11A B N 中，求得1A N =∴△1A MN 为等腰三角形，当P 在MN 中点O 时1A P MN ⊥，此时1A P 最短，P 位于M 、N 处时1A P 最长，1AO ===115A M A N ==， 所以线段1A P 长度的取值范围是32[，5]． 故选：B ．【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．第II 卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上） 13.命题“2,1x N x ∀∈>”的否定为__________．” 【答案】2,1x N x ∃∈≤ 【解析】全称命题“,()x M p x ∀∈”的否定是存在性命题“,()x M p x ∃∈⌝”，所以“2,1x N x ∀∈>”的否定是“2,1x N x ∃∈≤”．14.在样本的频率分布直方图中, 共有9个小长方形, 若第一个长方形的面积为0.02, 前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数,若样本容量为1600,则中间一组（即第五组）的频数为 ▲ . 【答案】360 【解析】 【详解】根据题意9个小长方形面积依次为0.02,0.02,0.022,0.023,0.024,0.023,0.022,0.02,0.02d d d d d d d +++++++因为9个小长方形面积和为1，所以0.82160.1811600(0.024)36016d d d +=∴=∴⨯+=15.设O 、F 分别是抛物线22y x =的顶点和焦点，M 是抛物线上的动点，则MOMF的最大值为__________. 【答案】233【解析】【详解】试题分析：设点M 的坐标为(,)M x y ，由抛物线的定义可知，12MF x =+，则222222122411111()2224x MOx yx x x xMFx x x x x -+++====++++++， 令14t x =-，则14t >-,14x t =+,若t>021123111399333216162MO t MF t t t t =+=+≤+=++++，当且仅当3t 4=时等号成立， 所以MOMF的最大值为233. 考点：1.抛物线的定义及几何性质；2.基本不等式.【名师点睛】本题主要考查抛物线的定义及几何性质、基本不等式，属中档题；求圆锥曲线的最值问题，可利用定义和圆锥曲线的几何性质，利用其几何意义求之，也可根据已知条件把所求的问题用一个或两个未知数表示，即求出其目标函数，利用函数的性质、基本不等式或线性规划知识求之. 16.已知14ab =，,(0,1)a b ∈，则1211a b +--的最小值为 ．【答案】4243+ 【解析】试题分析：因为，所以，则（当且仅当，即时，取等号）；故填4243+． 【方法点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最值问题，属于难题；解决本题的关键是消元、裂项，难点是合理配凑、恒等变形，目的是出现基本不等式的使用条件（正值、定积），再利用基本不等式进行求解，但要注意验证等号成立的条件. 考点：基本不等式．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.设ABC ∆的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ,已知3c =,且1sin cos 64C C π⎛⎫-⋅= ⎪⎝⎭.（1）求角C 的大小;（2）若向量()1,sin m A =与()2,sin n B =共线, 求,a b 的值. 【答案】(1)3π;(2)3,23a b ==． 【解析】试题分析：（1）根据三角恒等变换，sin 216C π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，可解得3C π=；（2）由m 与n 共线， 得sin 2sin 0B A -=，再由正弦定理，得2b a =，在根据余弦定理列出方程，即可求解,a b 的值.试题解析：（1）21313sin cos cos ,2cos 2122C C C C C -=-=, 即sin 21,0,2662C C C ππππ⎛⎫-=<<∴-= ⎪⎝⎭,解得3C π=. （2）m 与n 共线,sin 2sin 0B A ∴-=, 由正弦定理sin sin a bA B=,得2b a =,①3c =,由余弦定理，得2292cos 3a b ab π=+-, ② 联立①②,{a b ==考点：正弦定理；余弦定理.18.学校为了解高二学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高二男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如下表：参考公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++参考数据：（1）根据上表数据判断能否有60%的把握认为“古文迷”与性别有关？（2）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行理科学习时间的调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数； 【答案】（1）没有 （2）3人和2人 【解析】 【分析】（1）求出2K ，与临界值比较，即可得出结论；（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，即可得出结论；【详解】解：（1）由列联表得22100(26203024)0.64940.70856445050K ⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关. （2）调查50名女生按分层抽取5人，其中古文迷有305350⨯=人，非古文迷有205250⨯=人，即所抽取的5人中，古文迷和非古文迷的人数分别为3人和2人.【点睛】本题考查独立性检验知识的运用，分层抽样各层人数的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．19.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，每个侧面均为正方形，D 为底边AB 的中点，E 为侧棱1CC 的中点.（1）求证：CD ∥平面1A EB ； （2）求证：1AB ⊥平面1A EB ；（3）若2AB =，求三棱锥11A B BE -的体积. 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （323【解析】 【分析】（1）设1AB 和1A B 的交点为O ，根据//EC OD ，且EC OD =，得到四边形ECOD 为平行四边形，故//EO CD ，//CD 平面1A BE ．（2）证明CD ⊥平面11A ABB ，可得EO ⊥平面11A ABB ，故有1EO AB ⊥，由正方形的两对角线的性质可得11AB A B ⊥， 从而证得1AB ⊥平面1A BE ．（3）利用等体积法将11A B BE V -转化为求11B A BE V -可得.【详解】证明：（1）设1AB 和1A B 的交点为O ，连接EO ，连接OD .因为O 为1A B 的中点，D 为AB 的中点，所以1OD BB ∥且112OD BB =.又E 是1CC 中点， 所以1EC BB ∥，且112EC BB =，所以EC OD ∥且EC OD =.所以，四边形ECOD 为平行四边形.所以EO CD ∥.又CD ⊂/平面1A BE ，EO ⊂平面1A BE ，则CD ∥平面1A BE . （2）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以1BB AB ⊥，1BB BC ⊥. 所以1BB ⊥平面ABC .因为CD ⊂平面ABC ，所以1BB CD ⊥. 由已知得AB BC AC ==，所以CD AB ⊥，所以CD ⊥平面11A ABB .由（1）可知EO CD ∥，所以EO ⊥平面11A ABB . 所以1EO AB ⊥.因为侧面是正方形，所以11AB A B ⊥. 又1EO A B O ⋂=，EO ⊂平面1A EB ，1A B ⊂平面1A EB ， 所以1AB ⊥平面1A BE .（3）解：由条件求得15BE A E==，122A B =16A BES =所以1111111133A B BE B A BE A BEV V S B O--==⋅=⨯=【点睛】本题考查证明线面平行、线面垂直的方法，直线和平面平行的判定定理以及直线和平面垂直的判定定理的应用，等体积法的应用，属于中档题.20.已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的两个焦点分别为())12,F F,以椭圆短轴为直径的圆经过点()1,0M.(1)求椭圆C的方程;(2)过点M的直线l与椭圆C相交于,A B两点,设点()3,2N,直线,AN BN的斜率分别为12,k k,问12k k+是否为定值?并证明你的结论.【答案】(1)2213xy+=；(2)定值为2.【解析】试题分析：（1）由题意得到c=1b OM==，所以a=（2）联立直线方程与椭圆方程，得到韦达定理2122631kx xk+=+，21223331kx xk-=+，()()()()()2121212121221212121221122246222 3393621kx x k x x x xy yk kx x x x x x k+⎡⎤-++-++--⎣⎦+=+=== ---+++. 试题解析：（1）依题意，c=222a b-=.∵点()1,0M与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直，∴1b OM==，∴a=∴椭圆C的方程为2213xy+=.（2）①当直线l 的斜率不存在时，由22113x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩解得1x =，y =.设1,3A ⎛ ⎝⎭，1,3B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，则122233222k k -++=+=为定值. ②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为：()1y k x =-.将()1y k x =-代入2213x y +=整理化简，得()2222316330k x k x k +-+-=.依题意，直线l 与椭圆C 必相交于两点，设()11,A x y ，()22,B x y ，则2122631k x x k +=+，21223331k x x k -=+. 又()111y k x =-，()221y k x =-， 所以1212122233y y k k x x --+=+-- ()()()()()()122112232333y x y x x x --+--=-- ()()()()()1221121221321393k x x k x x x x x x ⎡⎤⎡⎤---+---⎣⎦⎣⎦=-++ ()()()121212121212224693x x k x x x x x x x x ⎡⎤-++-++⎣⎦=-++()22122222223361222463131633933131k k x x k k k k k k k ⎡⎤--++⨯-⨯+⎢⎥++⎣⎦=--⨯+++ ()()2212212621k k +==+. 综上得12k k +为常数2.点睛：圆锥曲线大题熟悉解题套路，本题先求出椭圆方程，然后与直线方程联立方程组，求得韦达定理，则2122631k x x k +=+，21223331k x x k -=+，()()()()()21212121212212121212211222462223393621k x x k x x x x y y k k x x x x x x k +⎡⎤-++-++--⎣⎦+=+===---+++，为定值．21.已知函数()ln ()f x tx x t =+∈R .（1）当1t =-时，证明：()1f x ≤-；（2）若对于定义域内任意x ，()1xf x x e ≤⋅-恒成立，求t 的范围 【答案】（1）见解析 （2）(,1]-∞ 【解析】 【分析】（1）构造函数()ln 1g x x x =-+利用导数求出函数的单调性，得到函数的最大值，即可得证；（2）参变分离得到ln 1xx t e x +≤-在(0,)+∞恒成立，构造函数ln 1()xx x e xϕ+=-求出函数的最小值，即可得到参数t 的取值范围.【详解】（1）证明：即是证明ln 1x x -≤-，设()ln 1g x x x =-+，1()xg x x-'=当01x <<，()0g x '>，()g x 单调递增；当1x >，()0g x '<，()g x 单调递减；所以()g x 在1x =处取到最大值，即()(1)0g x g ≤=，所以ln 1x x -≤-得证 （2）原式子恒成立即ln 1xx t e x+≤-在(0,)+∞恒成立 设ln 1()xx x e xϕ+=-， 22ln ()x x e x x x ϕ+'=，设2()ln xQ x x e x =+， ()21()20x Q x x x e x '=++>，所以()Q x 单调递增，且102Q ⎛⎫< ⎪⎝⎭，(1)0Q > 所以()Q x 有唯一零点0x ，而且0200ln 0x x ex ⋅+=，所以0200ln x x e x ⋅=-两边同时取对数得()()0000ln ln ln ln x x x x +=-+- 易证明函数ln y x x =+是增函数，所以得00ln x x =-，所以01x e x =所以由()x ϕ在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以()0000000ln 111()1xx x x x e x x x ϕϕ+-+≥=-=-= 于是t 的取值范围是(,1]-∞【点睛】本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，属于中档题.请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.22.在极坐标系下，已知圆:cos sin O ρθθ=+和直线()2:sin 0,0242l πρθρθπ⎛⎫-=≥≤≤ ⎪⎝⎭（1）求圆O 和直线l 的直角坐标方程；（2）当()0,θπ∈时，求圆O 和直线l 的公共点的极坐标.【答案】（1） 圆O 的直角坐标方程为x 2+y 2-x-y=0,直线l 的直角坐标方程为x-y+1=0 （2）【解析】试题分析：（1）根据222cos ,sin ,x y x y ρθρθρ===+ 将圆O 和直线l 极坐标方程化为直角坐标方程（2）先联立方程组解出直线l 与圆O 的公共点的直角坐标，再根据222cos ,sin ,x y x y ρθρθρ===+化为极坐标试题解析：(1)圆O ：ρ＝cos θ＋sin θ， 即ρ2＝ρ cos θ＋ρ sin θ，故圆O 的直角坐标方程为x 2＋y 2－x －y ＝0. 直线l ：ρsin＝，即ρsin θ－ρcos θ＝1，则直线l 的直角坐标方程为x －y ＋1＝0.(2)由(1)知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得，，解得即圆O 与直线l 在直角坐标系下的公共点为(0，1)， 将(0，1)转化为极坐标为，即为所求．23.已知函数()2321f x x x =++-． （1）求不等式()5f x <的解集；（2）若关于x 的不等式()1f x m <-的解集非空，求实数m 的取值范围． 【答案】（1）73|44x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭（2）6m >或2m <- 【解析】 【分析】（1）通过讨论x 的范围，求出不等式的解集即可；（2）求出f （x ）的最小值，得到关于m 的不等式，解出即可． 【详解】（1）原不等式为：23215x x ++-≤， 当32x ≤-时，原不等式可转化为425x --≤，即7342x -≤≤-； 当3122x -<<时，原不等式可转化为45≤恒成立，所以3122x -<<；当12x ≥时，原不等式可转化为425x +≤，即1324x ≤≤．所以原不等式的解集为73|44x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭． （2）由已知函数()342,2314,22142,2x x f x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪+≥⎪⎩，可得函数()y f x =的最小值为4，所以24m ->，解得6m >或2m <-．【点睛】含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。

2019-2020学年四川省成都七中高三（上）入学数学试卷（理科）（9月份）一、选择题（本大题共12小题）1.已知集合，，则A. B.C. D.2.已知，i为虚数单位，若为实数，则a的值为A. 1B. 2C. 3D. 43.孙子算经是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子，数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子．”根据上述问题的己知条件，分得橘子最多的人所得的橘子个数为A. 15B. 16C. 18D. 214.函数的大致图象为A. B.C. D.5.的展开式中，的系数是A. 40B. 60C. 80D. 1006.按照如图的程序框图执行，若输出结果为15，则M处条件为A. B. C. D.7.已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则A. 10B. 9C. 8D. 58.曲线与直线围成的平面图形的面积为A. B. C. D.9.已知函数，若直线l过点，且与曲线相切，则直线l的斜率为A. B. 2 C. D. e10.已知将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象若是偶函数，则A. B. C. D. 111.如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为周髀算经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则A，C区域涂色不相同的概率为A. B. C. D.12.如图，将边长为1的正方形ABCD沿x轴正向滚动，先以A为中心顺时针旋转，当B落在x轴时，又以B为中心顺时针旋转，如此下去，设顶点C滚动时的曲线方程为，则下列说法不正确的是A. 恒成立B.C. D.二、填空题（本大题共4小题）13.已知等差数列，且，则数列的前7项和______14.若x，y满足约束条件，则的最小值为______．15.已知向量与的夹角为，且，，若，且，则实数的值为______．16.若过抛物线上一点，作两条直线PA，PB使它们的斜率之积为定值4，则直线AB恒过点______．三、解答题（本大题共6小题）17.已知等差数列的前n项和为，且，又．求数列的通项公式；若数列满足，求证：数列的前n项和．18.如图1，在正方形ABCD中，E是AB的中点，点F在线段BC上，且若将，分别沿ED，FD折起，使A，C两点重合于点M，如图2．求证：平面MED；求直线EM与平面MFD所成角的正弦值．19.2016年某市政府出台了“2020年创建全国文明城市简称创文”的具体规划，今日，作为“创文”项目之一的“市区公交站点的重新布局及建设”基本完成，市有关部门准备对项目进行调查，并根据调查结果决定是否验收，调查人员分别在市区的各公交站点随机抽取若干市民对该项目进行评分，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图，相关规则为：调查对象为本市市民，被调查者各自独立评分；采用百分制评分，内认定为满意，80分及以上认定为非常满意；市民对公交站点布局的满意率不低于即可进行验收；用样本的频率代替概率．求被调查者满意或非常满意该项目的频率；若从该市的全体市民中随机抽取3人，试估计恰有2人非常满意该项目的概率；已知在评分低于60分的被调查者中，老年人占，现从评分低于60分的被调查者中按年龄分层抽取9人以便了解不满意的原因，并从中选取2人担任群众督察员，记为群众督查员中老年人的人数，求随机变量的分布列及其数学期望．20.已知椭圆的焦点坐标分別为，，P为椭圆C上一点，满足且求椭圆C的标准方程：设直线l：与椭圆C交于A，B两点，点，若，求k的取值范围．21.已知函数，．求证：对恒成立；若，若，，求证：22.在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为参数，以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．求圆C的极坐标方程；直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求的范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：因为集合，，解得，所以，，，故选：B．由集合，，解得，所以本题考查了集合的包含关系和集合的运算，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：为实数，，即．故选：A．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由虚部为0求解．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】C【解析】解：设第一个人分到的橘子个数为，由题意得：，解得．则．得到橘子最多的人所得的橘子个数是18．故选：C．设第一个人分到的橘子个数为，由等差数列前n项和公式能求出得到橘子最少的人所得的橘子个数，再由等差数列的通项公式即可求出答案．本题考查等差数列的应用，考查等差数列前n项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4.【答案】A【解析】解：，，为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，在上增函数，，在是增函数，，所以在是增函数，排除C．或者当时，，故排除C，故选：A．判断函数的奇偶性，利用函数的单调性和函数值的变化趋势判断即可．本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数的单调性的判断与应用，考查计算能力．5.【答案】C【解析】解：二项展开式的通项为．令，得．因此，二项展开式中的系数为．故选：C．先写出二项展开式的通项，然后令x的指数为4，解出相应参数的值，代入通项即可得出答案．本题考查二项式定理求指定项的系数，考查二项式定理的应用，属于中等题．6.【答案】A【解析】【分析】本题考查算法框图，算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视．程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：分支的条件循环的条件变量的赋值变量的输出．其中前两点考试的概率更大．此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误．分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加k值到S并输出S．【解答】解：程序运行过程中，各变量的值如下表示：S k是否继续循环循环前0 1第一圈 1 2 否第二圈 3 4 否第三圈 7 8 否第四圈 15 16 是故退出循环的条件应为，故选A．7.【答案】D【解析】解：，即，A为锐角，，又，，根据余弦定理得：，即，解得：或舍去，则．故选：D．利用二倍角的余弦函数公式化简已知的等式，求出cos A的值，再由a与c的值，利用余弦定理即可求出b的值．此题考查了余弦定理，二倍角的余弦函数公式，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．8.【答案】D【解析】【分析】本题考查了定积分，找到积分区间和被积函数是解决此类问题的关键．本题属于基础题．联立，解得两曲线的交点为，，所以两曲线围成的面积为在上的积分．【解答】解：如图：联立，解得，两曲线的交点坐标为，，所以两曲线围成的图形的面积为．故选：D．9.【答案】B【解析】解：函数的导数为，设切点为，可得切线的斜率为，则，解得，，故选：B．求得的导数，设出切点，可得切线的斜率，结合两点的斜率公式，解方程可得m，即可得到所求斜率．本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线的斜率公式，以及方程思想和运算能力，属于基础题．10.【答案】A【解析】【分析】先由题意写出，根据是偶函数求出，即可得出结果．本题主要考查三角函数的图象变换与三角函数的性质，熟记性质即可，属于常考题型．【解答】解：由题意可得：，因为是偶函数，所以，，即，，又，所以，解得，所以，故；所以．故选：A．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查概率的求法，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，A、C区域涂色不相同的情况有240种，由此能求出A、C区域涂色不相同的概率．【解答】解：提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，分4步进行分析：，对于区域A，有5种颜色可选；，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域E，与A、B区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域D、C，若D与B颜色相同，C区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，C区域有2种颜色可选，则区域D、C有种选择，则不同的涂色方案有种，其中，A、C区域涂色不相同的情况有：若A、C不同色，则ABCE两两不同色，涂色方案有种，涂D时只需要和ACE不同即可，有2种，故有种，、C区域涂色不相同的概率为．故选：D．12.【答案】C【解析】解：正方形的边长为1，正方形的对角线，则由正方形的滚动轨迹得到时，C位于点，即，当时，C位于点，即，当时，C位于点，即，当时，C位于点，即，当时，C位于点，即，则，即具备周期性，周期为4，由右图可得恒成立；；当时，C的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，方程为；，综上可得A，B，D正确；C错误．故选：C．根据正方形的运动关系，分布求出当，1，2，3，4时对应的函数值，得到具备周期性，周期为4，结合图象，当时，C的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，即可判断所求结论．本题主要考查函数值的计算和函数的解析式和性质，结合正方形的运动轨迹，计算出对应函数值，得到周期性是解决本题的关键．13.【答案】56【解析】解：由等差数列的性质可得：．数列的前7项和．故答案为：56．由等差数列的性质可得：利用求和公式即可得出数列的前7项和．本题考查了等差数列的通项公式的性质及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14.【答案】【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：的几何意义是平面区域内的点到原点的距离，由图象得O到直线的距离最小，此时最小值，则的最小值是，故答案为：．作出不等式组对应的平面区域，根据点到直线的距离公式进行求解即可．本题主要考查线性规划的应用，利用点到直线的距离公式结合数形结合是解决本题的关键．15.【答案】【解析】解：向量与的夹角为，且，，，，且，，即，，解得，故答案为：根据向量数量积的公式，结合向量垂直的关系即可得到结论．本题主要考查平面向量的基本运算，利用向量垂直和数量积之间的关系是解决本题的关键．16.【答案】【解析】解：设PA的斜率为k，则PB的斜率为：，所以PA的方程为：联立抛物线方程：，可得：，可得，同理可得，所以AB的方程为：，可得：，所以直线AB恒过点：．故答案为：．设出直线PA的斜率，求出PB的斜率，然后求解A、B坐标．得到AB方程，即可推出结果．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线系方程的应用，考查转化思想以及计算能力．17.【答案】解：设公差为d的等差数列的前n项和为，且，又．所以，解得．故．证明：由于，所以，所以．【解析】直接利用等差数列前n项和公式求出数列的公差，进一步求出数列的通项公式．利用等比数列的求和公式和放缩法的应用求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，等比数列的前n项和的应用，放缩法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．18.【答案】证明：设正方形ABCD的边长为4，由图1知，，，，，，，，，即，由题意知，在图2中，，，平面MEF，平面MEF，且，平面MEF，平面MEF，．又平面MED，平面MED，且，平面MED解：由知平面MED，则建立如图所示空间直角坐标系，过点M作，垂足为N，在中，，，从而0，，，，，，，．设平面MFD的一个法向量为，则，令，则，，．设直线EM与平面MFD所成角为，则，．直线EM与平面MFD所成角的正弦值为．【解析】设正方形ABCD的边长为4，由，可得，结合可得平面MED．建立空间直角坐标系，过点M作，垂足为N．求出平面MFD的一个法向量为，则，即可得直线EM与平面MFD所成角的正弦值．本题考查了空间线面垂直的判定，线面角的求解，属于中档题．19.【答案】本小题满分12分解：根据题意：分或以上被认定为满意或非常满意，在频率分布直方图中，评分在的频率为：；根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，用样本的频率代替概率，从该市的全体市民中随机抽取1人，该人非常满意该项目的概率为，现从中抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率为：；评分低于分的被调查者中，老年人占，又从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，，，．的分布列为：012p的数学期望．【解析】根据频率分布直方图，求解在的频率即可．根据频率分布直方图，被调查者非常满意的频率是，然后求解抽取3人恰有2人非常满意该项目的概率．从被调查者中按年龄分层抽取9人，这9人中，老年人有3人，非老年人6人，随机变量的所有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列，然后求解期望即可．本题考查频率分布列，频率分布直方图，期望的求法，考查分层抽样的应用，是基础题．20.【答案】解：由题意设，则，又，，在中，由余弦定理得，，解得，，，所求椭圆方程为；联立方程，消去y得，则，，且设AB的中心为，则，，，，即，解得把代入得，整理得，即，解得．【解析】由题意设，，根据余弦定理即可求出a的值，即可求出b的值，可得椭圆方程，根据根与系数的关系和直线的斜率，化简整理即可求出k的范围．本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到及根与系数的关系、斜率等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．21.【答案】证明：由题意，可知．令，则，，当时，，在上单调递增．当时，，在上单调递增．当时，．故命题得证．由题意，，．，．令，解得；令，解得；令，解得．在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值．大致图象如下：根据图，可知，．，，根据对数平均不等式，有，．，．故得证．【解析】本题第题先对不等式左边进行化简整理，然后将整理后的表达式设为函数，对函数进行一阶导数和二阶导数的分析，得到在上单调递增，则当时，命题得证．第题先对整理后的进行一阶导数的分析，画出函数大致图象，可知，然后采用先取对数然后作差的方法比较大小，关键是构造对数平均数，利用对数平均不等式即可证明．本题主要考查函数的一阶导数和二阶导数对函数单调性分析的能力，数形结合法的应用，构造函数，构造对数平均数，利用对数平均不等式的技巧，本题属偏难题．22.【答案】解：圆C的参数方程为参数，消去参数，得圆C的普通方程是，又，，圆C的极坐标方程是．设，则有，，则有，，，．故的范围是．【解析】圆C的参数方程消去参数，能求出圆C的普通方程，再由，，能求出圆C的极坐标方程．设，则有，，则，，结合，能求出的范围．本题考查圆的极坐标方程的求法，考查两线段的乘积的取值范围的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．。

2020-2021学年四川省成都七中高三（下）入学数学试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合P={3,log2a}，Q={a,b}，若P∩Q={0}，则P∪Q=()A. {3,0}B. {3,0,1}C. {3,0,2}D. {3,0,1，2}2.若复数z=21+√3i，则|z|=()A. 12B. √32C. 1D. 23.如图，向量b⃗ −a⃗等于()A. e1⃗⃗⃗ −3e2⃗⃗⃗B. −4e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗C. −2e1⃗⃗⃗ −3e2⃗⃗⃗D. −e1⃗⃗⃗ +3e2⃗⃗⃗4.命题p：若α为第一象限角，则sinα<α；命题q：函数f(x)=2x−x2有两个零点，则()A. p∧q为真命题B. p∨q为真命题C. ￢p∨￢q为真命题D. ￢p∧q为真命题5.等比数列{a n}中，a1=1，且4a1，2a2，a3成等差数列，则a nn(n∈N∗)的最小值为()A. 1625B. 49C. 12D. 16.设a=sinπ5，b=log√2√3，c=(14) 23，则()A. a<c<bB. b<a<cC. c<a<bD. c<b<a7.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是()A. 12B. 18C. 24D. 368. 中国的5G 技术领先世界，5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式：C =Wlog 2(1+SN ).它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C 取决于信道带宽W ，信道内信号的平均功率S ，信道内部的高斯噪声功率N 的大小，其中SN 叫做信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计．按照香农公式，若不改变带宽W ，而将信噪比SN 从1000提升至4000，则C 大约增加了( )附：lg2≈0.3010A. 10%B. 20%C. 50%D. 100%9. 执行如图所示的程序框图，若输入的n =10，则输出的S =( )A. 49 B. 89 C. 511 D. 101110. 将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有( )A. 240种B. 180种C. 150种D. 540种11. 知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)，A 1、A 2是实轴顶点，F 是右焦点，B(0,b)是虚轴端点，若在线段BF 上(不含端点)存在不同的两点P i =(1,2)，使得△P i A 1A 2(i =1,2)构成以A 1A 2为斜边的直角三角形，则双曲线离心率e 的取值范围是( )A. (√2,√6+12)B. (√2,√5+12)C. (1,√6+12)D. (√5+12,+∞) 12. 已知函数f(x)=ln(|x|−1)+e x +e −x ，则使不等式f(x +1)<f(2x)成立的x 的取值范围是( )A. (−∞,−1)∪(1,+∞)B. (−2,−1)C. (−∞,−13)∪(1,+∞)D. (−∞,−2)∪(1,+∞)二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若二项式(1+2x)n(n∈N∗)的展开式中所有项的系数和为243，则该二项式展开式中含有x3的系数为______ ．14.若x，y满足约束条件{y≥xx+y≤1y≥−1，则z=2x−y的最大值是______．15.在棱长为√2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱BB1，B1C1的中点分别为E，F，点P在平面BCC1B1内，作PQ⊥平面ACD1，垂足为Q.当点P在△EFB1内(包含边界)运动时，点Q的轨迹所组成的图形的面积等于______ ．16.已知f(x)=lnx1+x−lnx，f(x)在x=x0处取最大值．以下各式正确的序号为______①f(x0)<x0；②f(x0)=x0；③f(x0)>x0；④f(x0)<19；⑤f(x0)>19．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且csin2B=√3bsinC．(1)若cos2A+3cosA−2sinB=0，求角A的大小；(2)若a=2√3，b=2，求△ABC的面积．18.已知某种动物服用某种药物一次后当天出现A症状的概率为13.为了研究连续服用该药物后出现A症状的情况，做药物试验．试验设计为每天用药一次，连续用药四天为一个用药周期．假设每次用药后当天是否出现A症状的出现与上次用药无关．(Ⅰ)如果出现A症状即停止试验”，求试验至多持续一个用药周期的概率；(Ⅱ)如果在一个用药周期内出现3次或4次A症状，则这个用药周期结束后终止试验，试验至多持续两个周期．设药物试验持续的用药周期数为η，求η的期望．19.如图，在直角梯形ABED中，BE//AD，DE⊥AD，BC⊥AD，AB=4，BE=2√3.矩形BEDC沿BC翻折，使得平面ABC⊥平面BCDE．(1)若BC=BE，证明：平面ABD⊥平面ACE；(2)当三棱锥A−BCE的体积最大时，求平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．)的曲线C的方程为√(x−1)2+y2+√(x+1)2+y2=2a．20.已知过点P(1,32(Ⅰ)求曲线C的标准方程：(Ⅱ)已知点F(1,0)，A为直线x=4上任意一点，过F作AF的垂线交曲线C于点B，D．(i)证明：OA平分线段BD(其中O为坐标原点)；(ii)求|BD|最大值．|AF|21. 已知函数f(x)=2sinx −x 2+2πx −a ．(Ⅰ)当a =0时，求f(x)零点处的切线方程； (Ⅱ)若f(x)有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：1−π2π(x 2−x 1−2π)≥a.22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为{x =√32ty =12t(t 为参数).以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 2的极坐标方程为2ρsin(θ−π3)+3=0，l 2交极轴于点A ，交直线l 1于B 点． (1)求A ，B 点的极坐标方程； (2)若点P 为椭圆y 23+x 2=1上的一个动点，求△PAB 面积的最大值及取最大值时点P 的直角坐标．23. 已知函数f(x)=|x −2|．(1)解不等式f(x)−f(2x +4)<2；(2)若f(x −1)+f(x +3)≥m 2+3m 对所有的x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】 【分析】根据集合P ={3,log 2a}，Q ={a,b}，若P ∩Q ={0}，则log 2a =0，b =0，从而求得P ∪Q.此题是个基础题．考查集合的交集和并集及其运算，注意集合元素的互异性，以及对数恒等式和真数是正数等基础知识的应用． 【解答】解：∵P ∩Q ={0}，∴log 2a =0 ∴a =1从而b =0，P ∪Q ={3,0，1}， 故选：B ．2.【答案】C【解析】解：∵z =1+√3i=√3i)(1+√3i)(1−√3i)=2(1−√3i)4=12−√32i ， ∴|z|=(12)(−√32)=1．故选：C ．利用复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的计算公式求解． 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础的计算题．3.【答案】A【解析】解：如图，设BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，∴b ⃗ −a ⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =e 1⃗⃗⃗ −3e 2⃗⃗⃗ ． 故选：A ．可设BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，从而可得出b ⃗ −a ⃗ =BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =e 1⃗⃗⃗ −3e 2⃗⃗⃗ ．本题考查了向量、向量加法和向量数乘的几何意义，相反向量的定义，考查了计算能力，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：命题p ：若α为第一象限角，则sinα<α是假命题， 如α=−7π4，∴￢p 是真命题，作出函数y =2x ，y =x 2的图象，如图， 由图象知两函数有3个交点， ∴f(x)=2x −x 2有3个零点， ∴命题q 是假命题，则￢q 是真命题，∴命题p ∧q ，p ∨q ，￢q ∧p ，均为假命题，￢p ∨￢q 为真命题． 故选：C ．分别判断出p ，q 的真假，再根据复合命题的真假判断即可．本题考查了复合命题的真假判断，考查了函数零点的判定，是基础题．5.【答案】D【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ， a 1=1，且4a 1，2a 2，a 3成等差数列， 可得4a 2=4a 1+a 3，即4q =4+q 2， 解得q =2，a n =2n−1，则a n n=2n−1n ，设b n =2n−1n，b n+1b n=2nn+1⋅n2n−1=2nn+1，则b 1=b 2<b 3<b 4<⋯，所以ann (n ∈N ∗)的最小值为1，故选：D ．设等比数列{a n }的公比为q ，运用等差中项和等比数列的通项公式，解方程可得公比，进而得到a n ，a n n ，判断{a n n }的单调性，可得ann (n ∈N ∗)的最小值．本题考查等比数列的通项公式和等差中项，以及数列的单调性，考查方程思想和运算能力，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：∵12=sin π6<a =sin π5<1， b =log √2√3>log √2√2=1， c =(14) 23=(12) 43<12， ∴c <a <b ． 故选：C ．利用三角函数、对数函数、指数函数的单调性直接求解．本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．7.【答案】A【解析】解：四棱锥的底面ABCD 为边长为3的正方形，高SA =4，故四棱锥的体积V =13×32×4=12， 故选：A ．作出直观图，根据三视图尺寸得出棱锥的底面边长和高，从而可计算出体积．本题考查了棱锥的结构特征、三视图与体积计算，属于中档题．8.【答案】B【解析】解：当SN =1000时，C =Wlog 21000， 当SN =4000时，C =Wlog 24000， 因为log 24000log21000=lg4000lg1000=3+2lg23≈3.60203≈1.2，所以将信噪比SN 从1000提升至4000，则C 大约增加了20%， 故选：B ．根据题意，计算出log 24000log21000即可．本题考查的是对数的运算，掌握对数的运算法则和运算性质是解题的关键，属于中档题．【解析】解：由程序框图知：算法的功能是求S =122−1+142−1+⋯+1i 2−1的值， ∵输入n =10， ∴跳出循环的i 值为12，∴输出S =122−1+142−1+⋯+1102−1=11×3+13×5+⋯+19×11=12×(1−13+13−15+⋯+19−111)=(1−111)×12=511．故选：C ．算法的功能是求S =122−1+142−1+⋯+1i 2−1的值，根据条件确定跳出循环的i 值，利用裂项相消法计算输出S 的值．本题考查了当型循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键，属于基础题．10.【答案】C【解析】 【分析】根据题意，分2步进行分析：①、先将甲、乙等5位同学分成3组：需要分2种情况讨论，②、将分好的三组对应三所大学，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的综合应用，注意先分组，再进行排列． 【解答】解：根据题意，分2步进行分析： ①、先将甲、乙等5位同学分成3组： 若分成1−2−2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法， 若分成1−1−3的三组，有C 51C 41C 33A 22=10种分组方法，则将5人分成3组，有15+10=25种分组方法； ②、将分好的三组对应三所大学，有A 33=6种情况， 则每所大学至少保送一人的不同保送方法25×6=150种； 故选：C ．【解析】解：由题意，F(c,0)，B(0,b)，则直线BF 的方程为bx +cy −bc =0， ∵在线段BF 上(不含端点)存在不同的两点P i (i =1,2)，使得△P i A 1A 2(i =1,2)构成以线段A 1A 2为斜边的直角三角形， ∴22<a ，∴e 4−3e 2+1<0， ∵e >1，∴e <√5+12∵a <b ， ∴a 2<c 2−a 2， ∴e >√2， ∴√2<e <√5+12． 故选：B ．求出直线BF 的方程为bx +cy −bc =0，利用直线与圆的位置关系，结合a <b ，即可求出双曲线离心率e 的取值范围．本题考查双曲线的简单性质，考查离心率，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．12.【答案】D【解析】解：由|x|−1>0得|x|>1，得x >1或x <−1，f(−x)=ln(|−x|−1)+e −x +e x =ln(|x|−1)+e x +e −x =f(x)，即f(x)是偶函数， 当x >1时，f(x)=ln(x −1)+e x +e −x ，为增函数， 则不等式f(x +1)<f(2x)等价为不等式f(|x +1|)<f(|2x|)， 即{|x +1|<|2 x||x +1|>1， 得{x 2+2x +1<4x 2x +1>1或x +1<−1，得{3x 2−2x −1>0x >0或 x <−2， 即{x >1或x <−13x >0或 x <−2， 得x >1或x <−2，即不等式的解集为(−∞,−2)∪(1,+∞)， 故选：D ．根据条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化求解即可．本题主要考查不等式的求解，判断函数的奇偶性和单调性，结合函数的单调性和奇偶性进行转化是解决本题的关键，是中档题．13.【答案】80【解析】解：令x =1，可得(1+2)n =243，解得n =5，则二项式(1+2x)5的展开式的通项公式为T r+1=C 5r (2x)r =2r C 5r x r， 所以二项式(1+2x)5的展开式中含有x 3的系数为23C 53=80．故答案为：80．令x =1，可求得n =5，由二项展开式的通项公式即可求得x 3的系数． 本题主要考查二项式定理的性质及其应用，考查了计算能力，属于基础题．14.【答案】12【解析】解：由x ，y 满足约束条件{y ≥xx +y ≤1y ≥−1作出可行域如图，化目标函数z =2x −y 为y =2x −z ，由{y =x x +y =1得C(12,12)由图可知，当直线y =2x −z 过C(12,12)时，直线在y 轴上的截距最小，z 最大． ∴z =2×12−12=12． 故答案为：12．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．15.【答案】√312【解析】解：连结BD交AC于点O，连结OD1，B1D交于点H，设G为CD1的中点，因为AC⊥BD，AC⊥BB1，BB1∩BD=B，BB1，BD⊂平面BB1D，所以AC⊥平面BB1D，因为B1D⊂平面BB1D，所以B1D⊥AC，同理可证B1D⊥AD1，又AC∩AD1=A，AC，AD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1，即点B1在平面ACD1的投影为H，且D1H=2HO，同理，点E，F在面ACD1的投影分别为O，G，所以△EFB1在平面ACD1的投影为△OGH，又AC=√2AB=2，所以HC=HG=13D1C=13AC⋅√32=√33，所以点Q的轨迹所组成的图形的面积S=12CH⋅HG⋅sin120°=√312．故答案为：√312．连结BD交AC于点O，连结OD1，B1D交于点H，设G为CD1的中点，通过线面垂直的判定定义以及性质定理可得到B1D⊥平面ACD1，即点B1在平面ACD1的投影为H，同理可得点E，F在面ACD1的投影分别为O，G，然后得到△EFB1在平面ACD1的投影为△OGH，求解三角形的面积即可得到答案．本题考查了立体几何中的动点轨迹问题，涉及了线面垂直的判定定理和性质定理的应用，解题的关键是确定点Q的轨迹图形，属于中档题．16.【答案】②⑤【解析】解：∵f(x)=lnx1+x−lnx，∴f′(x)=−x+1+lnx(1+x)2，令g(x)=x+1+lnx，则函数有唯一零点，即x0，且函数的这个零点是y=lnx与y=−x−1的交点，∴x0>1，∴−x0−1=lnx0∴f(x0)=(−x0−1)⋅1−1−x01+x0=x0，故②⑤正确．故答案为：②⑤．由已知得f′(x)=−x+1+lnx(1+x)2，令g(x)=x+1+lnx，则函数有唯一零点，即x0，且函数的这个零点是y=lnx与y=−x−1的交点，由此能求出结果．本题主要考查了利用函数的导数求出函数的单调性以及函数的极值问题，考查学生分析解决问题的能力，利用导数研究函数的单调性的能力，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．是中档题．17.【答案】解：(1)由题意，在△ABC中，csin2B=√3bsinC，得sinC⋅2sinBcosB=√3⋅sinBsinC，由B，C∈(0,π)，sinB≠0，sinC≠0，得cosB=√32，又B∈(0,π)，所以B=π6．由cos2A+3cosA−2sinB=0，得2cos2A+3cosA−2=0，(2cosA−1)(cosA+2)=0，又A∈(0,π)，−1<cosA<1，整理得cosA=12，所以A=π3(2)由(1)知，B=π6，又a=2√3,b=2，根据余弦定理得，b2=a2+c2−2accosB，可得4=12+c2−2×2√3×c×√32,c2−6c+8=0,c1=2,c2=4．当c1=2时，S△ABC=12acsinB=12×2√3×2×12=√3；当c2=4时，S△ABC=12acsinB=12×2√3×4×12=2√3；所以△ABC的面积为√3或2√3．【解析】(1)直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理的应用求出结果；(2)利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系的变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．18.【答案】解：(Ⅰ)法一：设持续i天为事件A i，i=1，2，3，4，用药持续最多一个周期为事件B ，所以P(A 1)=13,P(A 2)=13⋅23,P(A 3)=13⋅(23)2,P(A 4)=13⋅(23)3， 则P(B)=P(A 1)+P(A 2)+P(A 3)+P(A 4)=6581．法二：设用药持续最多一个周期为事件B ，则B 为用药超过一个周期， 所以P(B)=(23)4=1681， 所以P(B)=1−(23)4=6581． (Ⅱ)随机变量η可以取1，2，所以P(η=1)=C 43(13)323+(13)4=19， P(η=2)=1−19=89， 所以Eη=1⋅19+2⋅89=179．【解析】(Ⅰ)设持续i 天为事件A i ，i =1，2，3，4，用药持续最多一个周期为事件B ，由此利用互斥事件概率加法公式能求出试验至多持续一个用药周期的概率．法二：设用药持续最多一个周期为事件B ，则B 为用药超过一个周期，利用对立事件概率计算公式能求出试验至多持续一个用药周期的概率．(Ⅱ)随机变量η可以取1，2，分别求出相应的概率，由此能求出η的期望．本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式的合理运用．19.【答案】(1)证明：∵BC =BE ，∴矩形BCDE 为正方形，∴BD ⊥CE ，∵平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE =BC ，AC ⊥BC ，AC ⊂平面ABC ， ∴AC ⊥平面BCDE ，∵BD ⊂平面BCDE ，∴AC ⊥BD ， 又CE ∩AC =C ，CE 、AC ⊂平面ACE ， ∴BD ⊥平面ACE ，∵BD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面ACE ．(2)在△ABC 中，设AC =x ，则BC =√16−x 2(0<x <4)， ∴S △ABC =12AC ⋅BC =12x ⋅√16−x 2=12√x 2(16−x 2)≤12×x 2+16−x 22=4，当且仅当x =√16−x 2，即x =2√2时，等号成立， 此时△ABC 的面积有最大值4．∵平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE =BC ，BE ⊥BC ，BE ⊂平面BCDE ， ∴BE ⊥平面ABC ，∴V A−BCE =V E−ABC =13S △ABC ⋅BE ≤13×4×2√3=8√33， 故当三棱锥A −BCE 的体积最大时，AC =2√2． ∵BE//CD ，∴CD ⊥平面ABC ，以C 为原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0，0)，A(2√2,0，0)，D(0,0，2√3)，E(0,2√2,2√3)， ∴AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√2,0，2√3)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,0)， 设平面ADE 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−2√2x +2√3z =02√2y =0，令x =√3，则y =0，z =√2，∴m ⃗⃗⃗ =(√3,0，√2)， ∵CD ⊥平面ABC ，∴平面ABC 的一个法向量为CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，2√3)， ∴cos <CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ⃗⃗⃗ >=CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=√3×√22√3×√5=√105， 故平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为√105．【解析】(1)易知BD ⊥CE ，由平面ABC ⊥平面BCDE ，推出AC ⊥平面BCDE ，可知AC ⊥BD ，再结合线面和面面垂直的判定定理，得证；(2)先由面面垂直的性质定理证明BE ⊥平面ABC ，再结合基本不等式和等体积法求三棱锥A −BCE 的体积最大时，AC 的长，然后以C 为原点建立空间直角坐标系，求得平面ADE 的法向量m ⃗⃗⃗ ，而平面ABC 的一个法向量为CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，最后由cos <CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，m ⃗⃗⃗ >=CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗|CD ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |，即可得解．本题考查空间中线与面的垂直关系、二面角的求法，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，以及利用空间向量处理二面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．20.【答案】解(Ⅰ)将P 的坐标代入方程可得：a =2，所以由椭圆的定义可知，曲线C的轨迹为以(−1,0)，(1,0)为焦点，以长半轴为2的椭圆， 所以曲线C 的标准方程为：x 24+y 23=1；(Ⅱ)(i)设B(x 1,y 1)，D(x 2,y 2)，BD 的中点坐标M(x 0,y 0)，由题意可得直线BD 的斜率存在且不为0，所以设直线BD 的方程为：x =my +1， 则直线AF 的方程为：y =−m(x −1)，A 在直线x =4上，所以y A =−3m ，即A(4,−3m)， 将直线BD 与椭圆联立{x =my +1x 24+y 23=1，整理可得(4+3m 2)y 2+6my −9=0，所以y 1+y 2=−6m4+3m 2，y 1y 2=−94+3m 2， 所以x 1+x 2=m(y 1+y 2)+2=84+3m 2， 所以中点M(44+3m ,−3m4+3m )， 因为k OA =−3m 4=k OM ，所以OA 平分线段BD ； (ii)|AF|=3√1+m 2，|BD|=√1+m 2√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=12(1+m 2)4+3m ，所以|BD||AF|=4√1+m 24+3m 2，令t =2≥1，所以|BD||AF|=4t 3t 2+1=43t+1t≤1，当且仅当t =1时取等号，所以|BD||AF|最大值为1．【解析】(Ⅰ)将P 的坐标代入可得a 的值，由题意的定义可得曲线C 的轨迹为椭圆，且可知焦点坐标即长半轴长，进而求出曲线C 的标准方程；(Ⅱ)(i)设B ，D 的坐标，由题意可得直线BD 的斜率存在且不为0，设直线BD 的方程，由题意可得直线AF 的方程，将直线BD 的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出BD 的中点M 坐标，求出直线OM 的斜率，及直线OA 的斜率，可得两个斜率相等可证得OA 平分线段BD ；(ii)求出|AF|，|BD|，进而求出|BD|的表达式，换元由均值不等式可得其最大值．|AF|本题考查求轨迹方程及直线与椭圆的综合，及弦长公式和均值不等式的应用，属于中档题．21.【答案】解：(Ⅰ)当a=0时，f(x)=2sinx−x2+2πx，定义域为R，则f′(x)=2cosx−2x+2π，f′′(x)=−2sinx−2<0，∴y=f′(x)在R上为减函数，∵f′(0)=2+2π>0，f′(π)=−2π<0，∴由零点存在性定理可知，f′(x)在x∈(0,π)上必存在x0，使得f′(x0)=0，且当x∈(−∞,x0)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(−∞,x0)上单调递增，当x∈(x0,+∞)时，f′(x)<0，即f(x)在x∈(x0,+∞)上单调递减，∴f(x)max=f(x0)，故f(x)至多有两个零点，又∵f(0)=0，f(2π)=0，故x=0，x=2π是f(x)的两个零点，∴由f′(0)=2+2π，f′(2π)=2−2π，易得两切线方程为y=(2+2π)x或y=(2−2π)x−4π+4π2；(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)易知，x1<x0<x2，设F(x)=(2+2π)x−2sinx+x2−2πx，F′(x)=2−2cosx+2x，F′′(x)=2sinx+2≥0，∴y=F′(x)在R上为增函数，∵F′(0)=0，∴当x∈(−∞,0)时，F′(x)<0，即F(x)在(−∞,0)上为减函数，当x∈(0,+∞)时，F′(x)>0，即F(x)在(0,+∞)上为增函数，∴F(x)≥F(0)=0，即(2+2π)x≥2sinx−x2+2πx，设y=(2+2π)x与y=a的交点横坐标为x3，则(2+2π)x1≥2sinx1−x12+2πx1=a= (2+2π)x3，∵y=(2+2π)x为增函数，≤x1；∴x3=a(2+2π)同理设G(x)=(2−2π)(x−2π)−2sinx+x2−2πx，则G′(x)=2−4π−2cosx+2x，G′′(x)=2sinx+2≥0，∴y=G′(x)在R上为增函数，又G′(2π)=0，∴当x∈(−∞,2π)时，G′(x)<0，即G(x)在(−∞,2π)上单调递减，当x∈(2π,+∞)时，G′(x)>0，即G(x)在(2π,+∞)上单调递增，∴G(x)≥g(2π)=0，即(2−2π)(x−2π)≥2sinx−x2+2πx，设y=(2−2π)(x−2π)与y=a的交点横坐标为x4，则(2−2π)(x2−2π)≥2sinx2−x22+2πx2=a=(2−2π)(x4−2π)，又y=(2−2π)(x−2π)为减函数，则x4=a2−2π+2π≥x2，故x2−x1≤x4−x3=4πa(2−2π)(2+2π)+2π=aπ1−π2+2π，∴1−π2π(x2−x1−2π)≥a，得证．【解析】(Ⅰ)将a=0带入，求导得f′(x)=2cosx−2x+2π，f′′(x)=−2sinx−2<0，进而可知存在x0，使得f′(x0)=0，且f(x)在x∈(−∞,x0)上单调递增，在x∈(x0,+∞)上单调递减，进一步可得x=0，x=2π是f(x)的两个零点，再求得f′(0)=2+2π，f′(2π)=2−2π，由此求得所求切线方程；(Ⅱ)先构造函数F(x)=(2+2π)x−2sinx+x2−2πx，F′(x)=2−2cosx+2x，F′′(x)=2sinx+2≥0，可知(2+2π)x≥2sinx−x2+2πx，设y=(2+2π)x与y=a的交点横坐标为x3，可得x3=a(2+2π)≤x1；设G(x)=(2−2π)(x−2π)−2sinx+x2−2πx，G′(x)=2−4π−2cosx+2x，G′′(x)=2sinx+2≥0，可知(2−2π)(x−2π)≥2sinx−x2+2πx，设y=(2−2π)(x−2π)与y=a的交点横坐标为x4，可得x4=a2−2π+ 2π≥x2，由此即可得证．本题考查导数的综合运用，考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化思想，考查逻辑推理能力及运算能力，属于难题．22.【答案】解：(1)l1的方程为y=√33x，化为极坐标方程为θ=π6(ρ∈R)．代入l2的方程得：ρ=3，即B(3,π6)．方程2ρsin(θ−π3)+3=0，令θ=0，即ρ=√3，即A(√3,0)．(2)由(1)知，|OA|=√3，|OB|=3，且∠BOA=π6，故|AB|=√3，设点P到直线AB的距离为d，故S=√32d，设点P(cosθ,√3sinθ)，l2的一般方程为y=√3x−3，故S =√32d =√32⋅|√3cosθ−√3sinθ−3|2=34|√3+√2sin(θ−π4)|，当θ=3π4+2kπ(k ∈Z)时，S max =3√3+3√24此时，P 点坐标为(−√22,√62)．【解析】(1)直接利用转换关系，把点的直角坐标转换为极坐标； (2)利用点到直线的距离公式和三角函数关系式的变换的应用求出结果．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，点到直线的距离公式，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(1)f(x)−f(2x +4)<2即为|x −2|−|2x +2|<2，等价为{2−x +2x +2<2x ≤−1或{−1<x <22−x −2x −2<2或{x ≥2x −2−2x −2<2，化为x ≤−2或−23<x <2或x ≥2，综上可得，原不等式的解集为(−∞,−2)∪(−23,+∞)； (2)若f(x −1)+f(x +3)≥m 2+3m 对所有的x ∈R 恒成立， 即为|x −3|+|x +1|≥m 2+3m 对所有的x ∈R 恒成立， 即有(|x −3|+|x +1|)min ≥m 2+3m ，由|x −3|+|x +1|≥|x −3−x −1|=4，当−1≤x ≤3时，取得等号， 则m 2+3m ≤4， 解得−4≤m ≤1， 即m 的取值范围是[−4,1]．【解析】(1)由绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集； (2)由题意可得(|x −3|+|x +1|)min ≥m 2+3m ，由绝对值的性质可得最小值，再由二次不等式的解法可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和性质的运用，以及不等式恒成立问题解法，考查转化思想和分类讨论思想，运算能力和推理能力，属于中档题．。