2020-2021学年广东省高考数学二模试卷(理科)及答案解析

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第7题导数的几何意义及应用-2021年高考数学真题逐题揭秘与以例及类(新高考全国Ⅰ卷)(解析版)

第7题导数的几何意义及应用一、原题呈现【原题】若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线,则（） A. e b a < B. e a b < C. 0e b a << D. 0e a b <<【答案】D 【解析】解法一：设过点(),a b 的切线与曲线e x y =切于(),e tP t ,对函数e x y =求导得e x y '=,所以曲线e x y =在点P 处的切线方程为()e e t t y x t -=-,即()e 1e t t y x t =+-,由题意可知,点(),a b 在直线()e 1et ty x t =+-上,所以()()e 1e 1e tttb a t a t =+-=+-,过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线,则方程()1etb a t =+-有两个不同实根,令()()1e t f t a t =+-,则()()e tf t a t '=-.当t a <时,()0f t '>,此时函数()f t 单调递增,且()0f t >,当t a >时,()0f t '<,此时函数()f t 单调递减,所以,()()max e af t f a ==,如图所示,当直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点时,当0e a b <<时,直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点.故选D.解法二：画出函数曲线e x y =的图象如图所示,根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0e a b <<.故选D.【就题论题】本题主要考查利用导数的几何意义研究确定的切线,注意等价转化思想的应用：切线有两条→切点(),ett 有2个t −−−−−−→整理出关于的方程关于t 的方程()1e t b a t =+-有2个不同实根→直线y b =与()()1e t f t a t =+-有2个交点.另外由解法二可知：点(),a b 在曲线下方且在x 轴上方时符合条件的切线有2条；点(),a b 在曲线上或在x 轴上或在x 轴下方时符合条件的切线有1条；点(),a b 在曲线上方时符合条件的切线不存在；若把题中的切线换成3y x =,点(),a b 位置与切线条数有何关系,有兴趣的同学可以探讨一下.二、考题揭秘【命题意图】本题考查导数几何意义的应用,考查直观想象与逻辑推理的核心素养.难度：中等.【考情分析】导数的几何意义是高考的一个高频考点,考查热点主要有：求曲线在某点处的切线；求两条曲线的公切线；确定满足条件的曲线的条数. 【得分秘籍】(1) 导数的几何意义是研究曲线的切线的基石,函数y ＝f (x )在点x 0处的导数的几何意义,就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线的斜率．也就是说,曲线y ＝f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线的斜率是()0f x '.求以曲线上的点(x 0,f (x 0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f (x )的导数f ′(x )； ②求切线的斜率f ′(x 0)；③写出切线方程y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0),并化简．(2) 研究曲线的公切线,一般是分别设出两切点,写出两切线方程,然后再使这两个方程表示同一条直线. (3) 求曲线切线的条数一般是设出切点()(),t f t ,由已知条件整理出关于t 的方程,把切线条数问题转化为关于t 的方程的实根个数问题. 【易错警示】(1) 求导出错,如一下几个函数的导数比较容易出错：()211cos sin ,x x x x ''⎛⎫'==-=- ⎪⎝⎭； (2)混淆在某点处的切线与过某点的切线,注意求曲线过某点的切线,一般是设出切点(x 0,y 0),解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝f （x 0），y 1－y 0x 1－x 0＝f ′（x 0），得切点(x 0,y 0),进而确定切线方程． (3)对曲线的切线理解失误,如误认为曲线的切线与曲线只有1个公共点,又如误认为0x =不是曲线3y x =在0x =处的切线方程.三、以例及类（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷）单选题1．（2021广东省肇庆市高三二模）曲线()1ln f x x x=-在()()1,1f 处的切线方程为（） A ．230x y --= B ．210x y --= C ．230x y +-=D ．210x y +-=【答案】A 【解析】()211x f x x=+',()11f =-,()12f '=,故切线方程为()()121y x --=-,即230x y --=. 故选A.2．（2021湖南省部分学校高三下学期联考）函数32()71f x x x =-+的图象在点(4,(4))f 处的切线斜率为（） A ．8- B ．7- C ．6- D ．5-【答案】A【解析】因为()2314f x x x '=-,所以所求切线的斜率为()43161448f '=⨯-⨯=-.故选A3．（2021山东省滨州市高三二模）设曲线2ax y e =(e =2.718…为自然对数的底数)在点()0,1处的切线及直线210x y --=和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆,则a =（）A ．1-B ．14-C ．14D ．1【答案】B【解析】由题意,函数()2axf x e=,可得()22axf x ae'=,则()02f a '=,即曲线2ax y e =在点()0,1处的切线的斜率为2k a =,所以切线方程为12y ax -=,即21y ax =+,要使得切线与直线210x y --=和两坐标轴的正半轴所围成的四边形有外接圆,则满足两直线垂直,即221a ⨯=-,解得14a =-.故选B. 4．（2021江苏省盐城市高三5月第三次模拟）韦达是法国杰出的数学家,其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系,如：设一元三次方程)(3200ax bx cx d a +++=≠的3个实数根为1x ,2x ,3x ,则123b x x x a ++=-,122331c x x x x x x a++=,123d x x x a =-.已知函数)(321f x x x =-+,直线l 与)(f x 的图象相切于点)()(11,P x f x ,且交)(f x 的图象于另一点)()(22,Q x f x ,则（） A ．1220x x -= B ．12210x x --= C ．12210x x ++= D ．1220x x +=【答案】D【解析】)(261f x x ='-,211()61k f x x '∴==-,又直线过点)()(22,Q x f x ,332221211221212121()()222()1f x f x x x x x k x x x x x x x x --+-∴===++---222212112()161x x x x x ∴++-=-,化简得22212120x x x x +-=,即2121(2)()0x x x x +-=,12x x ≠,2120x x ∴+=,故选D5．（2021湖南省永州市高三下学期二模）曲线()2ln f x x =在x t =处的切线l 过原点,则l 的方程是（） A ．20x ey -= B ．20x ey += C ．20ex y -= D ．20ex y +=【答案】A【解析】曲线()2ln f x x =,2()f x x'=,切点为(),2ln t t ,所以切线l 的斜率(2)k f t t '==,又直线l 过原点,所以0220lnt k t t -==-,得1lnt =,t e =．所以2k e=,故切线l 的方程为()22y x e e -=-即20x ey -=．故选A ．6．（2021广东省肇庆市高三下学期5月模拟）函数1()cos f x x x=-的图像的切线斜率可能为（） A ．13-B ．2-C ．53-D ．4-【答案】A【解析】由1()cos f x x x=-,得'21()sin f x x x =-+,因为210x >,sin [1,1]x ∈-,所以'()1f x >-,所以函数1()cos f x x x=-的图像的切线斜率大于1-,故选A7．（2021河北省衡水中学高三第一次联考）已知M 为抛物线2:4C x y =上一点,C 在点M 处的切线11:2l y x a =+交C 的准线于点P ,过点P 向C 再作另一条切线2l ,则2l 的方程为（） A ．1124y x =-- B ．122y x =-+ C ．24y x =-+ D ．24y x =--【答案】D【解析】设()00,M x y ,由题意知,214y x =,则12y x '=,C 在点M 处的切线11:2l y x a =+,所以001122x x y x =='=,所以01x = ,则11,4M ⎛⎫ ⎪⎝⎭,将11,4M ⎛⎫⎪⎝⎭代入11:2l y x a =+的方程可得14a =-,即111:24l y x =-,抛物线2:4C x y =的准线方程为：1y =- ,则3,12P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.设2l 与曲线C 的切点为()00,N x y ,则20000011(1)433222x x y x x +--==⎛⎫+-- ⎪⎝⎭,解得04x =-或01x =（舍去）, 则(4,4)N -,所以2l 的方程为24y x =--.故选D8．（2021湖南省衡阳市高三下学期联考）若函数()()210f x ax a =->与()1ln g x x =-的图象存在公切线,则实数a 的最小值为（） A ．12eB ．21eC ．2eD ．1【解析】法一：设公切线与()f x ,()g x 图象分别切于点()()1122,,A B x y x y ，, 则()f x 图象在A 处的切线方程为：()()211112y ax ax x x --=--,即21121y ax x ax =-++,同理：()g x 图象在B 处的切线方程为：()()22211ln y x x x x --=--, 即2212ln y x x x =-+-,由上述两直线重合,122121212ln ax x ax x⎧=⎪⎨⎪+=-⎩消元1x 可得,()22211ln 4x x a =-,令()()()21ln 0h x x x x =->,则()()12ln h x x '=-,当(x ∈时,()0h x '>,当)x ∈+∞时,()0h x '<,所以()h x 在(单调递增,在)+∞单调递减,则()max 142e h x h a≤==,解得12a e≥, 方法二：在同一坐标系中作出()f x ,()g x 的图象如图所示：由图象知：()f x ,()g x 分别为上凸和下凸函数,要使()f x ,()g x 存在公切线, 只须()()f x g x ≤在()0,∞+上恒成立即可,即2ln xa x≥在()0,∞+上恒成立令()2ln x h x x =,求导得()312ln xh x x-'=,当(x ∈时,()0h x '>,当)x ∈+∞时,()0h x '<,所以当x =,()h x 取得最大值为12e ,所以12a e≥故选A 9．（2021江苏省南通等七市2021届高三下学期2月调研）已知曲线ln y x =在()11,A x y ,()22,B x y ,两点处的切线分别与曲线x y e =相切于()33,C x y ,()44,D x y ,则1234x x y y +的值为（）A ．1B ．2C ．52D ．174【答案】B【解析】由题设有33111311ln 1x x e x x e x x x ⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪-⎩,化简可得111311ln 1x x x x x -=-即31111ln ln x x x x x =+-=-, 整理得到1111ln 1x x x +=-,同理2221ln 1x x x +=-,不妨设12x x <,令12ln ln 111x y x x x x +=-=----,因为当()0,1x ∈时,2ln ,1y x y x ==--均为增函数,故1ln 1x y x x +=--为增函数, 同理当()1,x ∈+∞时,故1ln 1x y x x +=--为增函数,故12,x x 分别为1ln 1x y x x +=--在()0,1、()1,+∞上的唯一解,又1111111111lnln ,111x x x x x x ++=-=---,故111111ln 11x x x +=-, 故11x 为1ln 1x y x x +=--在()1,+∞的解,故211x x =即121=x x . 所以34123412121212x x x x y y x x ex x x x ++=+=+=,故选B. 10．（2021江苏省苏州市常熟市高三抽测）已知两曲线()2sin f x x =,()cos g x a x =,0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭相交于点P ,若两曲线在点P 处的切线互相垂直,则实数a 的值为（） A ．2 BC ．2± D．±【答案】B【解析】设切点(P m ,)(0)2n m π<<,由()2sin f x x =的导数()2cos f x x '=,()cos g x a x =的导数()sin g x a x '=-, 可得2cos (sin )1m a m ⋅-=-,所以1sin cos 2m m a=, 又2sin cos m a m =, 即sin tan (0)cos 2m am a m ==>,则2222sin cos tan 12sin cos 1214a m m m m m a sin m cos m tan m a====+++,即为2314a =,解得3a =,故选B11．（2021山东省高考考前热身押题）若x ,y R ∈,0x >,求()()2224ln 21x y x x y -+---的最小值为（） ABC ．165D【答案】C【解析】问题可以转化为：()2,4ln A x x x-是函数24ln y x x =-图象上的点,(),21B y y +是函数21y x =+上的点,()()22224ln 21AB x y x x y =-+---.当与直线21y x =+平行且与()f x 的图象相切时,切点到直线21y x =+的距离为AB 的最小值.()2422,20,1f x x x x x x=-=+-==',舍去负值, 又()11f =-,所以()1,1M -到直线21y x =+的距离即为AB 的最小值.min AB =,2min 165AB =.故选C.12．（2021河北省邢台市高考模拟）若曲线()11xmy xe x x =+<-+存在两条垂直于y 轴的切线,则m 的取值范围为（） A ．427,0e ⎛⎫-⎪⎝⎭B ．427,0e -⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．427,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．4271,e ⎛⎫--⎪⎝⎭【答案】A【解析】∵曲线()11xmy xe x x =+<-+存在两条垂直于y 轴的切线, ∴函数()11xmy xe x x =+<-+的导函数存在两个不同的零点, 又()()'2101x my x e x =+-=+,即()31xm x e =+在(),1-∞-上有两个不同的解,设()()()311x f x x e x =+<-,()()()2'14xf x x e x =++,当4x <-时,()'0fx <；当41x -≤<-时,()'0f x >,所以()()4min 274f x f e =-=-, 又当x →-∞时,()0f x →,当1x →-时,()0f x →, 故427,0m e ⎛⎫∈-⎪⎝⎭.故选A. 13．（2021福建省龙岩市高三三模）若直线y kx b =+是曲线2x y e -=的切线,也是曲线1x y e =-的切线,则k b +=（）A ．ln22- B ．1ln22- C ．ln212- D ．ln22【答案】D【解析】设曲线2x y e -=上的点11(,)P x y ,2x y e -'=,121x k e -=；曲线1x y e =-上的点22(,)Q x y ,e x y '=,22xk e =；11122211x x x l y e x e x e ---∴=+-：,222221x x x l y e x e x e ∴=+--：121122222121x x x x x x e e e x e e x e ---⎧=∴⎨-=--⎩,2ln 2x ∴=-, 2222111ln 21(ln 2)2222x x x k b e e x e ∴+=+-+=+--=．故选D ．二、多选题14．（2021广东省深圳市高三下学期二模）设函数()xf x e ex =-和()()()21ln 122g x x kx k x k =-+-+∈R ,其中e 是自然对数的底数()2.71828e =,则下列结论正确的为（）A ．()f x 的图象与x 轴相切B ．存在实数0k <,使得()g x 的图象与x 轴相切C ．若12k =,则方程()()f x g x =有唯一实数解 D ．若()g x 有两个零点,则k 的取值范围为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】ACD【解析】()x f x e e '=-,若()f x 的图象与x 轴相切,则()01xf x e e x '=-=⇒=,又(1)0f =,则切点坐标为(1,0),满足条件,故A 正确；()()212(12)1(1)(12)212kx k x x kx g x kx k x x x-+-++-'=-+-==,()0x >, 当0k <时,易知()0g x '>恒成立,不存在为0的解,故不存在实数0k <,使得()g x 的图象与x 轴相切,B 错误；由上所述,()f x 在(0,1)x ∈上单减,(1,)x ∈+∞上单增,则()(1)0f x f ≥=；若12k =,()211ln 22g x x x =-+,()(1)(1)x x g x x+-'=,()g x 在(0,1)x ∈上单增,(1,)x ∈+∞上单减,()(1)0g x g ≤=,故方程()()f x g x =有唯一实数解1x =,故C 正确；()(1)(12)x kx g x x+-'=,()0x >,当0k ≤时,()0g x '>恒成立,()g x 单增,不存在2个零点,故舍去；当0k >时,()g x 在1(0,)2k 上单增,在1(,)2k+∞上单减,且0x →时,()g x →-∞,x →+∞时,()g x →-∞,故若()g x 有两个零点,则应使最大值102g k ⎛⎫>⎪⎝⎭, 即()21111111ln ()12ln 202222242g k k k k k k k k ⎛⎫=-+-+=-->⎪⎝⎭, 令11()ln 242h k k k =--,易知()h k 单调递减,且1()02h =, 因此()0h k >的解集为1(0,)2k ∈,D 正确；故选ACD15．（2021河北省邯郸市高三三模）英国数学家牛顿在17世纪给出了一种求方程近似根的方法——牛顿迭代平法,做法如下：如图,设r 是()0f x =的根,选取0x 作为r 的初始近似值,过点()()00,x f x 作曲线()y f x =的切线()()()000:'l y f x f x x x -=-,则l 与x 轴的交点的横坐标()()()()01000'0'f x x x f x f x =-≠,称1x 是r的一次近似值；过点()()11,x f x 作曲线()y f x =的切线,则该切线与x 轴的交点的横坐标为x 2,称x 2是r 的二次近似值；重复以上过程,得r 的近似值序列,其中()()()()1'0'n n n n n f x x x f x f x +=-≠,称1n x +是r 的n +1次近似值,这种求方程()0f x =近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程22x =的近似解,则（）A ．若取初始近似值为1,则该方程解的二次近似值为1712 B ．若取初始近似值为2,则该方程解的二次近似值为1712C ．()()()()()()()()0123400123''''f x f x f x f x x x f x f x f x f x =----D ．()()()()()()()()0123400123''''f x f x f x f x x x f x f x f x f x =-+-+【答案】ABC【解析】构造函数2()2f x x =-,则'()2f x x =,取初始近似值01x =,则()()01001231'212f x x x f x -=-=-=⨯,()()12119231743'21222f x x x f x -=-=-=⨯,则A 正确；取初始近似值02x =,则()()0100423222'2f x x x f x -=-=-=⨯,()()12119231743'21222f x x x f x -=-=-=⨯,则B 正确；根据题意,可知()()0100'f x x x f x =-,()()1211'f x x x f x =-,()()2322'f x x x f x =-,()()3433'f x x x f x =-,上述四式相加,得()()()()()()()()0123400123''''f x f x f x f x x x f x f x f x f x =----,则D 不正确,C 正确,故选ABC.16．（2021河北省唐山市高三下学期第二次模拟）若直线y ax =与曲线()x f x e =相交于不同两点()11,A x y ,()22,B x y ,曲线()x f x e =在A ,B 点处切线交于点()00,M x y ,则（）A ．a e >B ．1201x x x +-=C ．2AM BM AB k k k +>D ．存在a ,使得135AMB ∠=︒【答案】ABC【解析】对于A ：当0a ≤时,直线y ax =与曲线()x f x e =没有两个不同交点,所以>0a ,如图1所示, 当直线y ax =与曲线()x f x e =相切时,设切点为()(),P t f t ,则'()x f x e =,所以切线方程为：()t ty e e x t -=-,代入点()00，解得1t =,此时a e =,所以直线y ex =与曲线()x f x e =相切,所以当a e >时直线y ax =与曲线()x f x e =有两个不同的交点, 当0a e <<时,直线y ax =与曲线()x f x e =没有交点,故A 正确；对于B ：由已知得11x ax e =,22xax e =,不妨设12x x <,则1201x x <<<,又()x f x e =在点A 处的切线方程为：()111+xxy e x x e =-,在点B 处的切线方程为()222+x xy ex x e =-,两式相减得()()121212+1+0x xx x e e x x ex e --=,将11x ax e =,22x ax e =代入得()()()()121122+1+0x x ax ax x x x a a --⋅⋅=,因为()120a x x -≠,所以121x x x +-=,即1201x x x +-=,故B 正确；对于C ：要证2AM BM AB k k k +>,即证12+>2x x e e a ,即证12+>2a ax x a ,因为>a e ,所以需证12+>2x x .令xax e =,则x e a x =,令()x e g x x =,则点A 、B 是y a =与e xy x=的两个交点,令()()()()201G x g x g x x =--<<,所以()()()2'2212x x e x x x e G x -⎛⎫=-- ⎝-⎪⎪⎭,令()()2>0x e x h x x =,则()()'32x e x h x x -=,所以当()0,2x ∈时,()'0h x <,()h x 单调递减,而01x <<,0122x x <<<-<,所以 ()()>2h x h x -,所以01x <<时,()'0G x <,所以()G x 单调递减,所以()()>10G x G =,即()()112>0g x g x --,又()()12g x g x a ==,所以()()21>2g x g x -, 而()()2'1x x g e xx -=,所以当>1x 时,()'>0g x ,()g x 单调递增,又2>1x ,12>1x -,所以21>2x x -,即12+>2x x ,故C 正确；对于D ：设直线AM 交x 轴于C ,直线BM 交x 轴于点D ,作ME x ⊥轴于点E ．若135AMB ∠=︒,则45AMD ∠=,即45MDE MCD ∠-∠=,所以()tan tan tan 11tan tan 1BM AM AM BMk k MDE MCDMDE MCD +MDE MCD +k k -∠-∠∠-∠===∠⨯∠⨯,化简得1BM AM AM BM k k +k k -=⨯,即21121211x x x x x +x e e e e ++e -=⨯=,所以21121ax ax +ax ax -=⨯,即()21121a x x x x --=,令2112m x x x x =--,则()()211212111m x x x x x x ++=--=--,又1201x x <<<,所以()()2112121111m x x x x x x ++>=--=--,而a e >,所以方程()21121a x x x x --=无解,所以不存在a ,使得135AMB ∠=︒,故D 不正确, 故选ABC ．三、填空题17．（2021山东省百所名校高三下学期4份联考）已知函数()3xf x e mx =-,曲线()y f x =在不同的三点()()11,x f x ,()()22,x f x ,()()33,x f x 处的切线均平行于x 轴,则m 的取值范围是______．【答案】2e ,12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】因为函数()3xf x e mx =-,所以()23xf x e mx '=-,又曲线()y f x =在不同的三点()()11,x f x ,()()22,x f x ,()()33,x f x 处的切线均平行于x 轴,所以230xe mx -=有3个不同的解,即23xe m x=,令()2xe g x x =,则()()32x e x g x x-'=,当()0g x '>时,0x <或2x >；当()0g x '<时,02x <<,所以()g x 在2x =时有极小值为()24xe g =,结合函数()2x e g x x =图象可知,234e m >,即212e m >．18.（2021江苏省南京市高三下学期5月第三次模拟）已知直线y kx b =+与曲线2cos y x x =+相切,则2k b π+的最大值为______. 【答案】24π 【解析】由2cos y x x =+得：2sin y x x '=-,设直线y kx b =+与曲线2cos y x x =+相切与点()2000,cos x x x +,则002sin k x x =-,又2000cos x x kx b +=+,则20000cos sin b x x x x =-+,()20000002sin cos sin 22k b x x x x x x ππ∴+=-+-+200000sin cos 2x x x x x ππ⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭,令()2sin cos 2f x x x x x x ππ⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭,()sin cos sin 22cos 22f x x x x x x x x x ππππ⎛⎫⎛⎫'∴=++---=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()cos 22x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭,1cos 1x -≤≤,cos 20x ∴-<,∴当,2x π⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>；当,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '<；()f x ∴在,2π⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增,在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减,()222maxcos 22244f x f πππππ⎛⎫∴==+-=⎪⎝⎭,即2k b π+的最大值为24π. 四、解答题18．（2021广东省惠州市高三调研）已知实数0a >,函数()22ln f x a x a x x=++,(0,10)x ∈．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1x =是函数()f x 的极值点,曲线()y f x =在点11(,())P x f x ､22(,())Q x f x (12x x <)处的切线分别为12l l ，,且12l l ，在y 轴上的截距分别为1b ､2b ．若12l l //,求12b b -的取值范围．【解析】（1）()()()()222212010ax ax a f x a x x x x+-'=-++=<<. 0a >,010x <<, 20ax ∴+>.①当110a ≥,即当10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x '<, ()f x ∴在()0,10上单调递减；②当1010a <<,即1,10a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时, 当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<；当1,10x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x ∴在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,10a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上所述：当10,10a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()f x 在()0,10上单调递减；当1,10a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,10a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.（2）1x =是()f x 的极值点,()10f '∴=,即()()210a a +-=, 解得：1a =或2a =-（舍）, 此时()2ln f x x x x =++, ()2211f x x x'=-++.1l ∴方程为：()1112111221ln 1y x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-++=-++-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 令0x =,得：1114ln 1b x x =+-；同理可得：2224ln 1b x x =+-. 12//l l ,221122212111x x x x ∴-++=-++, 整理得：()12122x x x x =+,12122x x x ∴=-, 又12010x x <<<,则1112102x x x <<-, 解得：1542x <<, ()1212211111211221222221244ln ln ln 1x x x x x x x x xb b x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪--⎝⎭∴-=+=+=+++.令12x t x =, 则1111211,1224x x t x x -⎛⎫=⋅=-∈ ⎪⎝⎭, 设()()21ln 1t g t t t-=++, ()()()()222141011t g t t t t t -'∴=-+=>++, ()g t ∴在1,14⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,又()10g =,16ln 445g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()6ln 4,05g t ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭,即12b b -的取值范围为6ln 4,05⎛⎫- ⎪⎝⎭.。

2019年广东省深圳市高考数学二模试卷(理科)解析版

2019年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合M ={x |x ＞0}，N ={x |x 2-4≥0}，则M ∪N =（）A. (−∞,−2]∪(0，+∞)B. (−∞,−2]∪[2,+∞)C. [3,+∞)D. (0,+∞) 2. 在复平面内，复数z =i(1+i)1−2i所对应的点位于（） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限3. 2019年是中国成立70周年，也是全面建成小康社会的关键之年．为了迎祖国70周年生日，全民齐心奋力建设小康社会，某校特举办“喜迎国庆，共建小康”知识竞赛活动．如图的茎叶图是参赛两组选手答题得分情况，则下列说法正确的是（）A. 甲组选手得分的平均数小于乙组选手的平均数B. 甲组选手得分的中位数大于乙组选手的中位数C. 甲组选手得分的中位数等于乙组选手的中位数D. 甲组选手得分的方差大于乙组选手的方差4. 已知等比数列{a n }满足a 1=12，且a 2a 4=4（a 3-1），则a 5=（）A. 8B. 16C. 32D. 645. 已知函数f(x)=ax 2+(1−a)x +2x 是奇函数，则曲线y =f （x ）在x =1处的切线得倾斜角为（）A. π4B. 3π4C. π3D. 2π36. 在平行四边形ABCD 中，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点，设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，则FB⃗⃗⃗⃗⃗ =（） A. −34a⃗ +12b ⃗ B. 12a⃗ +34b ⃗ C. 12a⃗ −34b ⃗ D. 34a⃗ −12b ⃗ 7. 如图所示，网格上小正方形的边长为1，粗实线和粗虚线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（） A. (8+4√2)π B. (9+4√2)π C. (8+8√2)π D. (9+8√2)π 8. 十九世纪末，法国学者贝特朗在研究几何概型时提出了“贝特朗悖论”，即“在一个圆内任意选一条弦，这条弦的弦长长于这个圆的内接等边三角形边长的概率是多少？”贝特朗用“随机半径”、“随机端点”、“随机中点”三个合理的求解方法，但结果都不相同．该悖论的矛头直击概率概念本身，强烈地刺激了概率论基础的严格化．已知“随机端点”的方法如下：设A 为圆O 上一个定点，在圆周上随机取一点B ，连接AB ，所得弦长AB 大于圆O 的内接等边三角形边长的概率．则由“随机端点”求法所求得的概率为（）A. 15B. 14C. 13D. 129. 已知函数f(x)=ax +lnx −1有且仅有一个零点，则实数a 的取值范围为（）A. (−∞,0]∪{1}B. [0,1]C. (−∞,0]∪{2}D. [0,2]10. 设F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的左右焦点，点A ，B 分别为椭圆C 的右顶点和下顶点，且点F 1关于直线AB 的对称点为M ．若MF 2⊥F 1F 2，则椭圆C 的离心率为（）A. √3−12 B. √3−13 C. √5−12D. √2211. 已知函数f(x)=√3sinωx +cosωx(ω＞0)在区间[−π4，π3]上恰有一个最大值点和最小值点，则实数ω的取值范围为（）A. [83,7)B. [83,4)C. [4,203)D. (203,7)12. 如图，在四面体ABCD 中，AB =CD =2，AC =BD =√3，AD =BC =√5，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）A. √6B. √62C. 52D. 54二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 设实数x ，y 满足{2≤x ≤3，1≤y ≤2，x +y ≤4，则yx−1的最大值为______．14. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1，且圆E ：（x -2）2+y 2=1的圆心是双曲线C 的右焦点．若圆E 与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C 的方程为______．15. 精准扶贫是全国建成小康社会、实现中华民族伟大“中国梦”的重要保障．某单位拟组成4男3女共7人的扶贫工作队，派驻到3个扶贫地区A 、B 、C 进行精准扶贫工作．若每一个地区至少派驻1男1女两位工作人员，且男性甲必须派驻到A 地区，则不同的派驻方式有______种．16. 设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1=3，当n ≥2时，有S n +S n -1-2S n S n -1=2na n ，则使得S 1S 2…S m ≥2019成立的正整数m 的最小值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知△ABC 中，AB =√2BC ，AC =2√5，点D 在边AC 上，且AD =2CD ，∠ABD =2∠CBD ．（1）求∠ABC 的大小；（2）求△ABC 的面积．18. 在边长为4的正方形ABCD 中，点E 、F 分别为边AB 、AD 的中点，以CE ，CF 为折痕将△DFG 和△BCE 折起，使点B 、D 重合于点P ，连结PA ，得到如图所示的四棱锥P -AEF ．（1）求证：EF ⊥PC ；（2）求直线PA 与平面PEC 所成角的正弦值．19. 某网店销售某种商品，为了解该商品的月销量y （单位：千件）与月售价x （单位：元/件）之间的关系，对近几年的月销售量y i 和月销售价x i （i =1，2，3，-..10）数据进行了统计分析，得到了下面的散点图（1）根据散点图判断，y =c +d ln x 与y =bx +a 哪一个更适宜作为月销量y 关于月销售价x 的回归方程类型？（给出判断即可，不需说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；（2）利用（1）中的结果回答问题：已知该商品的月销售额为Z （单位：千元），当月销售量为何值时，商品的月销售额预报值最大？（月销售额=月销售量x 当月售价）参考公式、参考数据及说明：①对一组数据（v 1，w 1），（v 2，w 2），…（v n ，w n ），其回归直线w =α+βv 的斜率和截距的最小二乘估计分别为=∑(n i=1w i −w −)(v i −v −)∑(n i=1v i −v −)2，=w−v −．②参考数据：x −y −u −∑10i=1（x i −x −）2 ∑10i=1（u i −u −）2∑10i=1（x i −x −）（y i −y −）∑10i=1（u i −u −）（y i −y −） 6.506.601.75 82.502.70-143.25-27.54表中u i =ln x i ，u −=110∑10i=1u i ．③计算时，所有的小数都精确到0.01，如ln4.0≈1.40．20. 己知抛物线C ：x 2=4y ，过点（2，3）的直线l 交C 于A 、B 两点，抛物线C 在点A 、B 处的切线交于点P ．（l ）当点A 的横坐标为4时，求点P 的坐标；（2）若Q 是抛物线C 上的动点，当|PQ |取最小值时，求点Q 的坐标及直线l 的方程．21. 已知函数f （x ）=e x -ae -x -（a +1）x （a ∈R ）．（其中常数e =2.71828…，是自然对数的底数）．（1）求函数f （x ）极值点；（2）若对于任意0＜a ＜1，关于x 的不等式[f （x ）]2＜λ（e a -1-a ）在区间（a -1，+∞）上存在实数解，求实数λ的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{y =sinαx=2cosα(α为参数）．圆C 2的方程为（x -2）2+y 2=4，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ=θ0（ρ≥0）．（l ）求曲线C 1和圆C 2的极坐标方程：（2）当0＜θ0＜π2时，射线l 与曲线C 1和圆C 2分别交于异于点O 的M 、N 两点，若|ON |=2|OM |，求△MC 2N 的面积．23. 已知函数f(x)=|x −m|+|x +1m |(m ＞1)．（Ⅰ）当m =2时，求不等式f （x ）＞3的解集；（Ⅱ）证明：f(x)+1m(m−1)≥3．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵集合M={x|x＞0}，N={x|x2-4≥0}={x|x≥2或x≤-2}，∴M∪N={x|x≤-2或x＞0}=（-∞，-2]∪（0，+∞）．故选：A．先分别求出集合M，N，再利用并集定义求解．本题考查并集的求法，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】C【解析】解：在复平面内，复数==--i所对应的点（-，-）位于第三象限．故选：C．利用复数的运算法则、几何意义即可得出．本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：由茎叶图可知：①==84，==84，即=，故选项A错误，②甲组选手得分的中位数为83，乙组选手得分的中位数为84，即甲组选手得分的中位数小于乙组选手的中位数，即选项B正确，③由选项B可知，选项C错误，④因为S甲2=[（75-84）2+（82-84）2+（83-84）2+（87-84）2+（93-84）2]=，S乙2=[（77-84）2+（83-84）2+（84-84）2+（85-84）2+（91-84）2]=，即S甲2＞S乙2，即选项D 正确，故选：D．先分析处理茎叶图的信息，再结合平均数、中位数、方差的概念进行运算即可得解本题考查了茎叶图及平均数、中位数、方差的运算，属中档题4.【答案】A【解析】解：等比数列{a n}满足，且a2a4=4（a3-1），则×q××q3=4（×q2-1），解得q2=4，∴a5=a1q4=×42=8，故选：A．先由题意求出公比，再根据等比数列的通项公式公式即可求出a5的值本题考查了等比数列的通项公式，考查了运算求解能力，属于基础题5.【答案】B【解析】解：函数是奇函数，可得f（-x）=-f（x），可得a=0，f（x）=x+，f′（x）=1-，即有曲线y=f（x）在x=1处的切线斜率为k=1-2=-1，可得切线的倾斜角为，故选：B．由奇函数的定义可得a=0，求得f（x）的导数，求得切线的斜率，由斜率公式可得倾斜角．本题考查函数的奇偶性和导数的运用：求切线斜率，考查化简运算能力和推理能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：由题可知，═=．故选：D．由题可知，∵，可求出．本题考查了平面向量的线性运算，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用7.【答案】A【解析】解：根据三视图，该几何体是由一个圆锥和一个圆柱构成，圆锥的求半径为2，高为2，圆柱的底面半径为1，高为2．所以：S==．故选：A．首先根据三视图，把几何体复原，进一步利用表面积公式求出结果．本题考查的知识要点：三视图的应用，锥体和球体的体积公式的应用．8.【答案】C【解析】解：设“弦AB的长超过圆内接正三角形边长”为事件M，以点A为一顶点，在圆中作一圆内接正三角形ACD，如所示，则要满足题意点B只能落在劣弧CD上，又圆内接正三角形ACD恰好将圆周3等分，故P（M）=，故选：C．由题意画出图形，求出满足条件的B的位置，再由测度比是弧长比得答案．本题考查几何概型的意义，关键是要找出满足条件弦AB的长度超过圆内接正三角形边长的图形测度，再代入几何概型计算公式求解，是基础题．9.【答案】A【解析】解：∵函数，∴f′（x）=+=，x＞0，当a≤0时，f′（x）=＞0恒成立，f（x）是增函数，x→+∞时，f（x）→+∞，f（1）=a-1＜0，函数有且仅有一个零点；当a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞a，令f′（x）＜0，解得：x＜a，故f（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增，故只需f（x）min=f（a）=lna=0，解得：a=1，综上：实数a的取值范围为（-∞，0]∪{1}．故选：A．求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而确定满足条件的a的范围即可．本题考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数零点问题，考查利用导数研究函数极值点问题、利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题等基础知识，考查分类讨论思想、化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．10.【答案】C【解析】解：F1、F2分别是椭圆C ：的左、右焦点，点A，B分别为椭圆C的右顶点和下顶点，点F1关于直线AB：bx-ay=ab的对称点M，且MF2⊥F1F2，可得MF2的方程为x=c，MF1的方程y=，可得M（c，-），MF1的中点为（0，-），代入直线bx+ay=ab，可得：ac=b2=c2-a2，e=＞1，可得e2-e-1=0，解得e=．故选：C．画出图形，利用已知条件求出A的坐标，然后求解MF1的中点，代入直线方程，即可求解椭圆的离心率．本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查．11.【答案】B【解析】解：函数，=2sin（ωx+）．令：，所以：f（x）=2sint，在区间上恰有一个最大值点和最小值点，则：函数y=2sint恰有一个最大值点和一个最小值点在区间[]，则：，解得：，即：．故选：B．首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．12.【答案】B【解析】解：补成长，寛，高分别为，，1的长方体（如下图）由于EF⊥α，故截面为平行四边形MNKL，可得KL+KN=，设异面直线BC与AD所成的角为θ，则sinθ=sin∠HFB=sin∠LKN，算得sinθ=，∴S四边形MNKL=NK•KL•sin∠NKL≤（）2=，当且仅当NK=KL时取等号．故选：B．补成长，寛，高分别为，，1的长方体，在长方体中可解决．本题考查了平面的基本性质及推论，属中档题．13.【答案】2【解析】解：由实数x，y满足作出可行域如图，联立，得A（2，2），由z=，而k DA ==2．∴目标函数的最大值为2．故答案为：2．由约束条件作出可行域，再由目标函数的几何意义，即可行域内的点与定点D（1，0）连线的斜率求解．本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．14.【答案】x23−y2=1【解析】解：根据题意得：圆E：（x-2）2+y2=1的圆心F（2，0），半径为1，双曲线渐近线方程为y=±x，即±bx-ay=0，∵以点F为圆心，半径为1的圆与双曲线C的渐近线相切，且4=a2+b2，∴圆心F到渐近线的距离d==b=1，可得a=，所以双曲线方程为：=1．故答案为：=1．根据双曲线方程表示出F坐标，以及渐近线方程，由以点F为圆心，半径为1的圆与双曲线C 的渐近线相切，得到圆心F到渐近线距离d=1，整理得到a，b，即可求解双曲线方程．此题考查了双曲线的简单性质，直线与圆相切的性质，熟练掌握双曲线的简单性质是解本题的关键．15.【答案】72【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①，只有甲一名男性工作人员派到A地区：需要在3名女性工作人员中任选1人，与甲一起派到A地区，将剩下的3名男性工作人员分成2组，与剩下的2名女性工作人员一起全排列，对应B、C两个地区，此时有C31×C32×A22×A22=36种派驻方法；②，甲与另外一名男性工作人员一起派到A地：需要在3名男性工作人员中任选1人，在3名女性工作人员中任选1人，与甲一起派到A地区，将剩下的2名男性工作人员与剩下的2名女性工作人员一起全排列，对应B、C两个地区，此时有C31×C31×A22×A22=36种派驻方法；则一共有36+36=72种派驻方法；故答案为：72．根据题意，分2种情况讨论：①，只有甲一名男性工作人员派到A地区：②，甲与另外一名男性工作人员一起派到A地，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．16.【答案】1009【解析】解：∵S n+S n-1-2S n S n-1=2na n，∴S n+S n-1-2S n S n-1=2n（S n-S n-1），∴2S n S n-1=（2n+1）S n-1-（2n-1）S n，∴．令，则b n-b n-1=2（n≥2）．∴数列{b n}是以为首项，以2为公差的等差数列．∴b n=2n-1．即，得．∴S1S2…S m =．由2m+1≥2019，解得m≥1009．即正整数m的最小值为1009．故答案为：1009．把已知数列递推式变形，得到，令，则b n-b n-1=2（n≥2），可知数列{b n}是以为首项，以2为公差的等差数列，求其通项公式，得到S n，再由累积法求得S1S2…S m，求解不等式得答案．本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了利用累积法求数列的通项公式，是中档题．17.【答案】（本题满分为12分）解：（1）∵AD=2CD，设∠ABD=2∠CBD=2θ．∴S△BDCS△ABD=CDAD=12，∵S△BDC=12BC⋅BD⋅sinθ，S△BDA =12AB⋅BD⋅sin2θ，AB =√2BC，∴解得：cosθ=√22，可得：θ=π4，∴∠ABC=∠ABD+∠CBD=3θ=3π4…8分（2）在△ABC中，由余弦定理，可得：AC2=AB2+AC2-2AB•BC•cos3θ，因为AC=2√5，AB=√2BC，可得（2√5）2=（√2BC）2+BC2-2√2BC•BC•cos3π4，解得BC=2，…10分可得S△ABC=12AB•BC•sin3θ=12×√2BC2×√22=2…12分【解析】（1）由已知设∠ABD=2∠CBD=2θ．利用三角形的面积公式可求==，结合S△BDC=，，AB=BC，可求cosθ=，解得，可求∠ABC=∠ABD+∠CBD=3θ=．（2）在△ABC中，由余弦定理可求得BC=2，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】解：（1）连接AC ，BD ，EF ，设EF ∩AC =O ，连接OP ． ∵PC ⊥PE ，PC ⊥PF ，PE ∩PF =P ，∴PC ⊥平面PEF ，∴PC ⊥EF ．∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ， ∵E ，F 分别是AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD ，∴EF ⊥AC ，又PC ∩AC =C ，∴EF ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ， ∴EF ⊥PC ．（2）由（1）可知EF ⊥平面PAC ，PC ⊥平面PEF ． ∵OC =34AC =3√2，PC =4，∴PO =√OC 2−PC 2=√2，∴sin ∠PCA =PO OC =13，cos ∠PCA =2√23，∴S △PAC =12×4×4√2×13=8√23．PA =√16+32−2×4×4√2×2√23=4√33，又OE =12EF =√2，∴V E -PAC =13×8√23×√2=169，又S △PCE =12×2×4=4，设A 到平面PCE 的距离为h ，则V A -PCE =13×4×h =169，解得h =43． ∴直线PA 与平面PEC 所成角的正弦值为ℎPA =√33．【解析】（1）连接AC ，BD ，EF ，通过证明PC ⊥平面PEF 得出PC ⊥EF ，根据中位线定理得出EF ⊥AC ，故而可得EF ⊥平面PAC ，于是EF ⊥PC ；（2）根据V E-PAC =V A-PCE 计算A 到平面PCE 的距离，再计算线面角的正弦值；本题考查了线面垂直的判定与性质，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题． 19.【答案】解：（1）y =c +d ln x 更适合销量y 关于月销售价格x 的回归方程类型，令u =ln x ，先建立y 关于u 的线性回归方程，=−27.542.70=-10.20，=6.6+10.20×1.75=24.45，∴y 关于u 的线性回归方程为，因此y 关于x 的回归方程为．（2）由题意得z =xy =x （24.45-10.20ln x ），则z ′=[x （24.45-10.20ln x ）]′=14.25-10.20ln x ，令z ′=0得14.25-10.20ln x =0，得ln x ≈1.40，得x ≈4.06，当x ∈（0，4.06）时，z ′＞0，此时z 单调递增，当x ∈（4.06，+∞）时，z 单调递减，故当x =4.06时，z 取得最大值，即月销售量y =10.17（千件）时，月销售额预报值最大．【解析】（1）根据散点图得到y=c+dlnx 更适合销量y 关于月销售价格x 的回归方程类型，结合表格数据进行计算即可．（2）求出z 的表达式，求z 的导数，结合函数的单调性最值之间的关系进行判断即可．本题主要考查回归方程的应用，结合数据进行计算，求出相应的系数是解决本题的关键．考查学生的计算能力．20.【答案】解：（1）∵点A 的横坐标为4，∴A （4，4），易知此时直线l 的方程为y =12x +2，联立{x 2=4yy =12x +2，解得{y =1x=−2，或{y =4x=4，∴B （-2，1）．由y =x 24得y ′=x2，所以k PA =2，直线PA 的方程为y =2x -4，同理可得直线PB 的方程为y =-x -1，联立；{y =−x −1y=2x−4，可得{y =−2x=1，故点P 的坐标为（1，-2）．（2）设A （x 1，x 14），B （x 2，x 24），由y =x 24得y ′=x2，所以k PA =x 12，所以直线PA 的方程为y -x 124=x 12（x -x 1），即y =x12x -x 124，同理PB 的方程为y =x 22x -x 224，联立解得P （x 1+x 22，x 1x 24），依题意直线l 的斜率存在，不妨设直线l 的方程为y -3=k （x -2），由{y −2=k(x −2)x 2=4y得x 2-4kx +8k -12=0，易知△＞0，因此x 1+x 2=4k ，x 1x 2=8k -12，∴P （2k ，2k -3），∴点P 在直线x -y -3=0上，当|PQ |取得最小值时，即抛物线C ：x 2=4y 上的点Q 到直线x -y -3=0的距离最小．设Q （x 0，x 024），Q 到直线x -y -3=0的距离d =|x 0−x 024−3|√2=|(x 02−1)2+1|√2=√2+(x 02−1)2√2，所以当x 0=2时，d 取最小值√2，此时Q （2，1），易知过点Q 且垂直于x -y -3=0的直线方程为y =-x +3，由{x −y −3=0y=−x+3解得P （3，0），k =32，所以直线l 的方程为y =32x ，综上，点Q 的坐标为（2，1），直线l 的方程为y =32x ．【解析】（1）通过导数的几何意义求得PA，PB的斜率，再求得PA，PB的方程，再联立解得P的坐标：（2）设出A，B的坐标后利用导数的几何意义求得PA，PB的方程，联立解得P的坐标，得点P 在定直线x-y-3=0上，∴点P在直线x-y-3=0上，当|PQ|取得最小值时，即抛物线C：x2=4y上的点Q到直线x-y-3=0的距离最小．再利用点到直线距离公式求出Q到直线x-y-3=0 的距离及其最小值的条件，可得Q的坐标，从而可得直线l的方程．本题考查了直线与抛物线的综合，属难题．21.【答案】解：（1）∵函数f（x）=e x-ae-x-（a+1）x（a∈R）．∴f′（x）=e x+ae-x-（a+1）=(e x−1)(e x−a)e x，①当a≤0时，x（-∞，0） 0（0，+∞）f′（x）- 0+f（x）↓极小值↑∴函数f（x）的极小值点为x=0，无极大值点．②当0＜a＜1时，x（-∞，ln a） ln a（ln a，0） 0（0，+∞）f′（x）+ 0- 0+f（x）↑极大值↓极小值↑∴函数f（x）的极大值点为x=ln a，极小值点为x=0．③当a=1时，f′(x)=(e x−1)2e x≥0，∴函数f（x）单调递增，即f（x）无极值点．④当a＞1时，x（-∞，0） 0（0，ln a） ln a（ln a，+∞）f′（x）+ 0- 0+f（x）↑极大值↓极小值↑∴函数f（x）的极大值点为x=0，极小值点为x=ln a．综上：当a≤0时，函数f（x）的极小值点为x=0，无极大值点．当0＜a＜1时，函数f（x）的极大值点为x=ln a，极小值点为x=0．当a=1时，函数f（x）无极值点．当a＞1时，函数f（x）的极大值点为x=0，极小值点为x=ln a．（2）e x≥1+x，当且仅当x=0时取等号，∵当0＜a＜1时，ln a＜a-1＜0，∴当0＜a＜1时，e a-1＞1+a-1=a，∴ln a＜a-1＜0，令g（a）=ln a-a+1，则g′(a)=1a−1，当0＜a＜1时，g′（a）＞0，∴g（a）＜g（1）=0，即a-1＞ln a，∵a-1＜0，∴ln a＜a-1＜0，∴由（1）知0＜a＜1时，f（x）在区间（a-1，0）上递减，在（0，+∞）上递增，∴f（x）在区间（a-1，+∞）上的最小值为f（0）=1-a，∵关于x的不等式[f（x）]2＜λ（e a-1-a）在区间（a-1，+∞）上存在实数解，∴只需当0＜a＜1时，关于a的不等式（1-a）2＜λ（e a-1-a）恒成立，∴当0＜a＜1时，e a-1-a＞0，∴只需当0＜a＜1时，不等式λ＞(1−a)2e a−1−a恒成立即可，令函数F（x）=(1−x)2e x−1−x，0≤x＜1，则F′（x）=(1−x)2e x−1−x，∵0≤x＜1，∴F′（x）=(x−1)(3ex−1−x−1)(e x−1−x)2，令函数μ（x）=（3-x）e x-1在点T（1，2）处的切线方程为y-2=x-1，即y=x+1，如图所示，由题意得（3-x）e x-1≥x+1，当且仅当x=1时，取等号，∴当0＜x＜1时，G（x）＞0，∴当0＜x＜1时，F′（x）＜0，∴F（x）＜F（0）=e，即F（x）＜e，∴当0＜a＜1时，不等式λ＞(1−a)2e a−ea恒成立，只需λ≥e．综上，实数λ的取值范围是[e，+∞）．【解析】（1）求出f′（x）=e x+ae-x-（a+1）=，根据a≤0，0＜a＜1，a=1，a＞1，进行分类讨论，利用导数性质能求出函数f（x）的极值点．（2）令g（a）=lna-a+1，则，当0＜a＜1时，g′（a）＞0，a-1＞lna，f（x）在区间（a-1，+∞）上的最小值为f（0）=1-a，只需当0＜a＜1时，关于a的不等式（1-a）2＜λ（e a-1-a）恒成立，只需当0＜a＜1时，不等式恒成立即可，令函数F（x）=，0≤x＜1，则F′（x）=，求出F′（x）=，利用导数性质能求出实数λ的取值范围．本题考查利用导数研究函数极值点问题，利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题，运用分类讨论思想、数形结合思想求解，是难题．22.【答案】解：（1）由{y=sinαx=2cosα，得C1的普通方程为x24+y2=1，把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得(ρcosθ)24+（ρsinθ）2=1，即ρ2=4cos2θ+4sin2θ=41+3sin2θ，所以C1的极坐标方程为ρ2=41+3sin2θ，由（x-2）2+y2=4，把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得ρ=4cosθ，所以C2的极坐标方程为ρ=4cosθ．（2）把θ=θ0代入ρ2=41+3sin 2θ，得ρM 2=41+3sin 2θ0，把θ=θ0代入ρcosθ，得ρN 2=4cosθ0，则|ON |=2|OM |，得ρN =2ρM ，则ρN 2=4ρM 2，即（4cosθ0）2=161+3sin 2θ0，解得sin 2θ0=23，cos 2θ0=13，又0＜θ0＜π2，所以ρM =√41+3sin 2θ0=2√33，ρN =4cosθ0=4√33，所以△MC 2N 的面积S MC 2N =S △OC 2N -S△OC 2M =12|OC 2|（ρN -ρM ）sinθ0=12×2×2√33×√63=2√23．【解析】（1）由，得C 1的普通方程为+y 2=1；把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得+（ρsinθ）2=1，再化简可得；（2）利用极径的几何意义和三角形的面积公式可得．本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题． 23.【答案】解：（Ⅰ）当m =2时，f （x ）=|x -2|+|x +12|；①当x ≤-12时，原不等式等价于（2-x ）-（x +12）＞3，解得x ＜−34； ②当-12＜x ＜2时，原不等式等价于52＞3，不等式无解； ③当x ≥2时，原不等式等价于（x -2）+（x +12）＞3，解得x ＞94，综上，不等式f （x ）＞3的解集为（-∞，-34）∪（94，+∞）．（Ⅱ）证明：由题f （x ）=|x -m |+|x +1m |， ∵m ＞0，∴|m +1m |=m +1m ，所以f （x ）≥m +1m ，当且仅当x ∈[-1m ，m ]时等号成立， ∴f （x ）+1m(m−1)≥m +1m +1m(m−1)=m +1m−1=（m -1）+1m−1+1， ∵m ＞1，m -1＞0，∴（m -1）+1m−1+1≥2√(m −1)⋅1m−1+1=3，∴f （x ）+1m(m−1)≥3．当m =2，且x ∈[-12，2]时等号成立．【解析】（Ⅰ）分3段去绝对值解不等数组，在相并；（Ⅱ）由题f （x ）=|x-m|+|x+|，∵m ＞0，∴|m+|=m+，所以f （x ）≥m+，当且仅当x ∈[-，m]时等号成立，再利用基本不等式可证．本题考查了绝对值不等式的解法，属中档题．。

三湘名校2025届高考数学二模试卷含解析

三湘名校2025届高考数学二模试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知函数()222ln 02x x e f x e x x e⎧<≤=⎨+->⎩，，，存在实数123x x x <<，使得()()()123f x f x f x ==，则()12f x x 的最大值为（） A ．1eB ．1eC ．12eD ．21e2．已知函数()cos 23sin 21f x x x =++，则下列判断错误的是（） A ．()f x 的最小正周期为π B ．()f x 的值域为[1,3]-C ．()f x 的图象关于直线6x π=对称D ．()f x 的图象关于点,04π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 3．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（）A ．18B ．17C ．16D ．154．已知函数在上的值域为，则实数的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．5．函数()cos2xf x π=与()g x kx k =-在[]6,8-上最多有n 个交点，交点分别为(),x y （1i =，……，n ），则()1nii i xy =+=∑（）A ．7B ．8C ．9D ．106．已知()f x 是定义是R 上的奇函数，满足3322f x f x ⎛⎫⎛⎫-+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当30,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()()2ln 1f x x x =-+，则函数()f x 在区间[]0,6上的零点个数是（） A ．3B ．5C ．7D ．97．等差数列{}n a 中，已知51037a a =，且10a <，则数列{}n a 的前n 项和n S *()n N ∈中最小的是（）A ．7S 或8SB ．12SC ．13SD ．14S8．已知集合U ＝{1，2，3，4，5，6}，A ＝{2，4}，B ＝{3，4}，则()()UU A B ＝（）A ．{3，5，6}B ．{1，5，6}C ．{2，3，4}D ．{1，2，3，5，6}9．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若13a =，535S =，则数列{}n a 的公差为（） A ．-2B ．2C ．4D ．710．复数()1z i i -=（i 为虚数单位），则z 的共轭复数在复平面上对应的点位于（） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限11．记单调递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若2410a a +=，23464a a a =，则（）A ．112n n n S S ++-=B ．2n n a =C ．21nn S =-D ．121n n S -=-12．设1tan 2α=，4cos()((0,))5πββπ+=-∈，则tan 2()αβ-的值为（）A ．724-B ．524-C ．524D ．724二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

广东省高考数学二模试卷(理科)

广东省高考数学二模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分）(2020·广西模拟) 设复数的共轭复数为，且，则复数在复平面内对应点位于（）A . 第一象限B . 第二象限C . 第三象限D . 第四象限2. （2分） (2018高二下·黄陵期末) 若集合，则集合（）A .B .C .D .3. （2分）向量,若与共线（其中),则A .B .C . －2D . 24. （2分） (2016高二下·安吉期中) “a≥4”是“∃x∈[﹣1，2]，使得x2﹣2x+4﹣a≤0”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5. （2分） (2019高三上·武汉月考) 若函数满足，则的单调递增区间为（）A . (-∞，2]B . (-∞，1]C . [1，+∞)D . [2，+∞)6. （2分）(2019·泉州模拟) 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（）A .B .C .D .7. （2分） (2018高二下·普宁月考) 抛物线的准线方程为（）A .B .C .D .8. （2分） (2016高一下·承德期中) 投掷两枚骰子，则点数之和是8的概率为（）A .B .C .D .9. （2分）(2017·北京) 已知函数f（x）=3x﹣（）x ，则f（x）（）A . 是偶函数，且在R上是增函数B . 是奇函数，且在R上是增函数C . 是偶函数，且在R上是减函数D . 是奇函数，且在R上是减函数10. （2分） (2015高二下·集宁期中) 已知双曲线kx2﹣2ky2=4的一条准线是y=1，则实数k的值是（）A .B . ﹣C . 1D . ﹣1二、填空题 (共5题；共5分)11. （1分）(2017·自贡模拟) 设f（x）= （x＞0），计算观察以下格式：f1（x）=f（x），f2（x）=f（f1（x）），f3（x）=f（f2（x）），f4（x）=f（f3（x）），…根据以上事实得到当n∈N*时，fn（1）=________．12. （1分） (2016高二下·安徽期中) 小明、小红等4位同学各自申请甲、乙两所大学的自主招生考试资格，则每所大学恰有两位同学申请，且小明、小红没有申请同一所大学的可能性有________种．13. （1分）(2017·淄博模拟) 执行如图所示的程序框图，则输出的结果是________．14. （1分） (2018高二上·湖州月考) 设，，表示三条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：①若，则；②若，是在内的射影，，则；③若是平面的一条斜线，点，为过点的一条动直线，则可能有且；④若，则 .其中正确的序号是________．15. （1分）(2020·郑州模拟) 设函数的图象上存在两点，使得是以为直角顶点的直角三角形（其中为坐标原点），且斜边的中点恰好在轴上，则实数的取值范围是________．三、解答题 (共6题；共50分)16. （10分）(2017·红河模拟) 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 asinA=（ b ﹣c）sinB+（ c﹣b）sinC．（1）求角A的大小；（2）若a= ，cosB= ，D为AC的中点，求BD的长．17. （5分）在一次突击检查中，某质检部门对某超市A、B、C、D，共4个品牌的食用油进行了检测，其中A 品牌抽检到2个不合格的批次，另外三个品牌军备抽检到1个批次．（1）若从这这4个品牌共5个批次的食用油中任选3个批次进行某项检测，求抽取的3个批次的食用油至少有一个是A品牌的概率．（2）若对这4个品牌共5个批次的食用油进行综合检测，其检测结果如下（综合评估满分为10分）：品牌A1A2B C D得分888.89.69.8若检测的这5个批次食用油得分的平均值为a，从这5个批次中随机抽取2个，记这2个批次食用油中得分超过a的个数为ξ．求ξ的分布列及数学期望．18. （5分）(2017·山东模拟) 在如图所示的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，面AA1B1B和面AA1C1C都是边长为1的正方形且互相垂直，D为AA1的中点，E为BC1的中点．（Ⅰ）证明：DE∥平面A1B1C1；（Ⅱ）求平面C1BD和平面CBD所成的角（锐角）的余弦值．19. （10分） (2019高二上·温州期中) 已知是递增的等差数列，，是方程x2－5x＋6＝0的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.20. （10分） (2019高二上·寿光月考) 已知椭圆：的左焦点为，为椭圆上一点，交轴于点，且为的中点．（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆有且只有一个公共点，平行于的直线交于，交椭圆于不同的两点，，问是否存在常数，使得，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．21. （10分）(2019·四川模拟) 已知函数，其中．（1）若是函数的极值点，求实数a的值；（2）若对任意的为自然对数的底数，都有成立，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题 (共10题；共20分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、二、填空题 (共5题；共5分)11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、三、解答题 (共6题；共50分) 16-1、16-2、17-1、19-1、19-2、20-1、20-2、21-1、21-2、。

广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-01选择题(提升题)

广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-01选择题（提升题）一．命题的真假判断与应用（共1小题）（多选）1．（2023•茂名二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体P﹣ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（）A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为B．△ABE的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为二．函数的最值及其几何意义（共1小题）2．（2023•茂名二模）黎曼函数R（x）是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R（x）在[0，1]上的定义为：当（p＞q，且p，q为互质的正整数）时，；当x＝0或x＝1或x为（0，1）内的无理数时，R（x）＝0，则下列说法错误的是（）A．R（x）在[0，1]上的最大值为B．若a，b∈[0，1]，则R（a•b）≥R（a）•R（b）C．存在大于1的实数m，使方程有实数根D．∀x∈[0，1]，R（1﹣x）＝R（x）三．抽象函数及其应用（共1小题）（多选）3．（2023•高州市二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（﹣1﹣x）＝f（7+x），函数f（x+2）﹣1为奇函数，且对∀a，b∈[2，3]，当a≠b时，都有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）．函数与函数f（x）的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），给出以下结论，其中正确的是（）A．f（2022）＝2022B．函数f（x+1）为偶函数C．函数f（x）在区间[4，5]上单调递减D．四．对数值大小的比较（共1小题）4．（2023•广东二模）已知，，，则（参考数据：ln2≈0.7）（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b五．三角函数的周期性（共1小题）（多选）5．（2023•广东二模）已知f（x）＝cos x+tan x，则下列说法正确的是（）A．f（x）是周期函数B．f（x）有对称轴C．f（x）有对称中心D．f（x）在上单调递增六．正弦函数的图象（共1小题）6．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）（|φ|＜），若存在x1，x2，x3∈（0，），且x3﹣x2＝2（x2﹣x1）＝4x1，使f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＞0，则φ的值为（）A．B．C．D．七．函数的零点与方程根的关系（共1小题）（多选）7．（2023•茂名二模）已知f（x）＝，若关于x的方程4ef2（x）﹣af（x）+＝0恰好有6个不同的实数解，则a的取值可以是（）A．B．C．D．八．函数与方程的综合运用（共2小题）8．（2023•韶关二模）定义||x ||（x ∈R ）为与x 距离最近的整数（当x 为两相邻整数算术平均数时，||x ||取较大整数），令函数f （x ）＝||x ||，如：，，，，则＝（）A ．17B ．C ．19D ．9．（2023•潮州二模）已知函数f （x ）＝|sin x |，g （x ）＝kx （k ＞0），若f （x ）与g （x ）图像的公共点个数为n ，且这些公共点的横坐标从小到大依次为x 1，x 2，…，x n ，则下列说法正确的是（）A ．若n ＝1，则k ＞1B ．若n ＝3，则C ．若n ＝4，则x 1+x 4＞x 2+x 3D ．若，则n ＝2023九．数列递推式（共1小题）（多选）10．（2023•高州市二模）已知数列{p n }和{q n }满足：p 1＝1，q 1＝2，p n +1＝p n +3q n ，q n +1＝2p n +q n ，n ∈N *，则下列结论错误的是（）A ．数列是公比为的等比数列B ．仅有有限项使得C ．数列是递增数列D ．数列是递减数列一十．利用导数研究函数的单调性（共3小题）11．（2023•广州二模）已知偶函数f （x ）与其导函数f '（x ）的定义域均为R ，且f '（x ）+e ﹣x +x也是偶函数，若f （2a ﹣1）＜f （a +1），则实数a 的取值范围是（）A ．（﹣∞，2）B ．（0，2）C ．（2，+∞）D ．（﹣∞，0）∪（2，+∞）12．（2023•深圳二模）已知ε＞0，，且e x +εsin y ＝e y sin x ，则下列关系式恒成立的为（）A ．cos x ≤cos yB ．cos x ≥cos yC ．sin x ≤sin yD ．sin x ≥sin y（多选）13．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝e x﹣﹣1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立的有（）A．若a+b＞0，则f（a）+f（b）＞0B．若a+b＞0，则f（a）﹣f（﹣b）＞0C．若f（a）+f（b）＞0，则a+b＞0D．若f（a）+f（b）＜0，则a+b＜0一十一．利用导数研究函数的最值（共1小题）14．（2023•湛江二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为t1，t2，则t2﹣t1的最小值为（）A．﹣1B．﹣ln2C．1﹣ln3D．1﹣2ln2一十二．平面向量数量积的性质及其运算（共1小题）（多选）15．（2023•潮州二模）设向量，则（）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）一十三．三角形中的几何计算（共1小题）（多选）16．（2023•汕头二模）在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC 边上的两条中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（）A．B．C．∠MPN的余弦值为D．一十四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）（多选）17．（2023•汕头二模）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为r（0＜r＜2），设圆台的体积为V，则下列选项中说法正确的是（）A．当r＝1时，B．V存在最大值C．当r在区间（0，2）内变化时，V逐渐减小D．当r在区间（0，2）内变化时，V先增大后减小一十五．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）（多选）18．（2023•广东二模）已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是（）A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面γ与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直一十六．直线与平面所成的角（共1小题）（多选）19．（2023•潮州二模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（）A．当B1P∥平面A1BD时，B1P与CD1可能为B．当λ＝μ时，的最小值为C．若B1P与平面CC1D1D所成角为，则点P的轨迹长度为D．当λ＝1时，正方体经过点A1、P、C的截面面积的取值范围为一十七．二面角的平面角及求法（共1小题）（多选）20．（2023•佛山二模）四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD ＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为，则AC的值可能为（）A．B．C．D．一十八．点、线、面间的距离计算（共2小题）（多选）21．（2023•梅州二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为边AD 的中点，点P为线段D1B上的动点，设D1P＝λD1B，则（）A．当时，EP∥平面AB1CB．当时，|PE|取得最小值，其值为C．|PA|+|PC|的最小值为D．当C1∈平面CEP时，（多选）22．（2023•广州二模）已知正四面体A﹣BCD的长为2，点M，N分别为△ABC和△ABD的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是（）A．若AP+BP取得最小值，则CP＝PNB．若CP＝3PN，则DP⊥平面ABCC．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为D．直线MN到平面ACD的距离为一十九．直线与圆的位置关系（共1小题）23．（2023•潮州二模）已知圆M：x2+y2﹣4x+3＝0，则下列说法正确的是（）A．点（4，0）在圆M内B．若圆M与圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0恰有三条公切线，则a＝9C．直线与圆M相离D．圆M关于4x+3y﹣2＝0对称二十．椭圆的性质（共3小题）24．（2023•高州市二模）若椭圆的离心率为，两个焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0），M为椭圆C上异于顶点的任意一点，点P是△MF1F2的内心，连接MP并延长交F1F2于点Q，则＝（）A．2B．C．4D．25．（2023•韶关二模）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段AB，且AB过椭圆的下焦点，AB＝44米，桥塔最高点P距桥面110米，则此椭圆的离心率为（）A．B．C．D．26．（2023•深圳二模）设椭圆C：）的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1.若点F2关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C 的离心率为（）A．B．C．D．二十一．抛物线的性质（共1小题）（多选）27．（2023•深圳二模）设抛物线C：y＝x2的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（）A．PQ⊥x轴B．PF⊥AB C．∠PFA＝∠PFB D．|AF|+|BF|＝2|PF|二十二．直线与抛物线的综合（共1小题）（多选）28．（2023•高州市二模）阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），M是抛物线C上的动点，焦点，N（4，2），下列说法正确的是（）A．C的方程为y2＝x B．C的方程为y2＝2xC．|MF|+|MN|的最小值为D．|MF|+|MN|的最小值为二十三．直线与双曲线的综合（共1小题）（多选）29．（2023•广州二模）已知双曲线Γ：x2﹣y2＝a2（a＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与双曲线Γ的右支交于点B，C，与双曲线Γ的渐近线交于点A，D（A，B在第一象限，C，D在第四象限），O为坐标原点，则下列结论正确的是（）A．若BC⊥x轴，则△BCF1的周长为6aB．若直线OB交双曲线Γ的左支于点E，则BC∥EF1C．△AOD面积的最小值为4a2D．|AB|+|BF1|的取值范围为（3a，+∞）二十四．正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义（共1小题）（多选）30．（2023•湛江二模）廉江红橙是广东省廉江市特产、中国国家地理标志产品．设廉江地区某种植园成熟的红橙单果质量M（单位：g）服从正态分布N（165，σ2），且P （M＜162）＝0.15，P（165＜M＜167）＝0.3．下列说法正确的是（）A．若从种植园成熟的红橙中随机选取1个，则这个红橙的质量小于167g的概率为0.7 B．若从种植园成熟的红橙中随机选取1个，则这个红橙的质量在167g～168g的概率为0.05C．若从种植园成熟的红橙中随机选取600个，则质量大于163g的个数的数学期望为480D．若从种植园成熟的红橙中随机选取600个，则质量在163g～168g的个数的方差为136.5广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-01选择题（提升题）参考答案与试题解析一．命题的真假判断与应用（共1小题）（多选）1．（2023•茂名二模）如图所示，有一个棱长为4的正四面体P﹣ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（）A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为B．△ABE的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为【答案】ACD【解答】A选项，连接AD，如图所示：在正四面体P﹣ABC中，D是PD的中点，所以PB⊥AD，PB⊥CD，因为AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AD∩CD＝D，所以直线PB⊥平面ACD，因为AE⊆平面ACD，所以PB⊥AE，所以直线AE与PB所成角为；故A选项正确；B选项，把△ACD沿着CD展开与面BCD同一平面内，由AD＝CD＝，AC＝4，，所以cos∠ADB＝cos（）＝﹣sin∠ADC＝﹣，所以×，所以△ABC的周长最小值为不正确，故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r，由等体积法可知，，所以半径r＝，故C选项正确；D选项，10个小球分三层，（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，四个角小球球心连线M﹣NGF是棱长为4r的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径为高的得，如图正四面体P﹣HIJ，则MP＝3r，正四面体P﹣ABC的高为3r+r+r＝，得r＝，故D选项正确．故选：ACD．二．函数的最值及其几何意义（共1小题）2．（2023•茂名二模）黎曼函数R（x）是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R（x）在[0，1]上的定义为：当（p＞q，且p，q为互质的正整数）时，；当x＝0或x＝1或x为（0，1）内的无理数时，R（x）＝0，则下列说法错误的是（）A．R（x）在[0，1]上的最大值为B．若a，b∈[0，1]，则R（a•b）≥R（a）•R（b）C．存在大于1的实数m，使方程有实数根D．∀x∈[0，1]，R（1﹣x）＝R（x）【答案】C【解答】解：对于A，由题意，R（x）的值域为，其中p是大于等于2的正整数，选项A正确；对于B，①若a，b∈（0，1]，设（p，q互质，m，n互质），，则R（a•b）≥R（a）•R（b），②若a，b有一个为0，则R（a•b）≥R（a）•R（b）＝0，选项B正确；对于C，若n为大于1的正数，则，而R（x）的最大值为，所以该方程不可能有实根，选项C错误；对于D，x＝0，1或（0，1）内的无理数，则R（x）＝0，R（1﹣x）＝0，R（x）＝R（1﹣x），若x为（0，1）内的有理数，设（p，q为正整数，为最简真分数），则，选项D正确．故选：C．三．抽象函数及其应用（共1小题）（多选）3．（2023•高州市二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（﹣1﹣x）＝f（7+x），函数f（x+2）﹣1为奇函数，且对∀a，b∈[2，3]，当a≠b时，都有af（a）+bf（b）＞af （b）+bf（a）．函数与函数f（x）的图象交于点（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），给出以下结论，其中正确的是（）A．f（2022）＝2022B．函数f（x+1）为偶函数C．函数f（x）在区间[4，5]上单调递减D．【答案】BCD【解答】解：因为f（﹣1﹣x）＝f（7+x），所以f（x）＝f（6﹣x），f（x）的图象关于x＝3对称，因为函数f（x+2）﹣1为奇函数，所以f（x）的图象关于点（2，1）对称，且f（0+2）﹣1＝0⇒f（2）＝1，又f（﹣x+2）﹣1＝1﹣f（x+2）⇒f（x+2）＝2﹣f（2﹣x），所以f（x）＝2﹣f（4﹣x）＝2﹣f[6﹣（2+x）]＝2﹣f（2+x）＝2﹣[2﹣f（2﹣x）]＝f（2﹣x）＝f[6﹣（2﹣x）]＝f（x+4），即f（x）＝f（x+4），所以f（x）的周期为4，所以f（2022）＝f（2）＝1，故A错误；由上可知，f（x）＝f（2﹣x），f（x+1）＝f[2﹣（x+1）]＝f（1﹣x），故B正确；因为∀a，b∈[2，3]，当a≠b时，都有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a），即（a﹣b）[f（a）﹣f（b）]＞0，所以f（x）在区间[2，3]单调递增，因为f（x）的图象关于点（2，1）对称，所以f（x）在区间[1，2]单调递增，又f（x）的图象关于x＝3对称，所以f（x）在区间[4，5]单调递减，C正确；因为，所以g（x）的图象关于点（2，1）对称，所以f（x）与g（x）的交点关于点（2，1）对称，不妨设x1＜x2＜x3＜•＜x m，则x1+x m＝x2+x m﹣1＝x3+x m﹣2＝⋅⋅⋅＝4，y1+y m＝y2+y m﹣1＝y3+y m﹣2＝⋅⋅⋅＝2，所以x1+x2+⋯+x m＝2m，y1+y2+⋯+y m＝m，所以，D正确．故选：BCD．四．对数值大小的比较（共1小题）4．（2023•广东二模）已知，，，则（参考数据：ln2≈0.7）（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b【答案】B【解答】解：因为，，考虑构造函数，则，当0＜x＜e时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，e）上单调递增，当x＞e时，f′（x）＜0，函数f（x）在（e，+∞）上单调递减，因为ln2≈0.7，所以e0.7≈2，即，所以，所以，即，又，所以，故b＞a＞c．故选：B．五．三角函数的周期性（共1小题）（多选）5．（2023•广东二模）已知f（x）＝cos x+tan x，则下列说法正确的是（）A．f（x）是周期函数B．f（x）有对称轴C．f（x）有对称中心D．f（x）在上单调递增【答案】ACD【解答】解：因为f（x）＝cos x+tan x，所以f（x+2π）＝cos（x+2π）+tan（x+2π）＝cos x+tan x＝f（x），所以函数f（x）为周期函数，A正确；因为，，所以，所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，所以为函数f（x）的中心对称，C正确；当时，，因为0＜cos x＜1，0＜sin x＜1，所以f′（x）＞0，所以函数f（x）在上单调递增，D正确；由可得，当时，由0＜cos x≤1，﹣1＜sin x＜1，可得f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增，当，由﹣1≤cos x＜0，﹣1＜sin x＜1，可得f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增，又f（0）＝1，f（π）＝﹣1，作出函数f（x）在的大致图象可得：结合函数f（x）是一个周期为2π的函数可得函数f（x）没有对称轴，B错误．故选：ACD．六．正弦函数的图象（共1小题）6．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝sin（2x+φ）（|φ|＜），若存在x1，x2，x3∈（0，），且x3﹣x2＝2（x2﹣x1）＝4x1，使f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＞0，则φ的值为（）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：∵x3﹣x2＝2（x2﹣x1）＝4x1，∴x2＝3x1，x3＝7x1，又f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＞0，且x1，x2，x3∈（0，），∴x3﹣x1＝6x1＝π，，，∴π﹣2x1﹣φ＝2x2+φ，即，∴．故选：A．七．函数的零点与方程根的关系（共1小题）（多选）7．（2023•茂名二模）已知f（x）＝，若关于x的方程4ef2（x）﹣af（x）+＝0恰好有6个不同的实数解，则a的取值可以是（）A．B．C．D．【答案】AB【解答】解：令g（x）＝，则g'（x）＝，所以g（x）在[0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减，所以f（x）的大致图像如下所示：令t＝f（x），所以关于x的方程4ef2（x）﹣af（x）+＝0有6个不同实根等价于关于t方程4et2﹣at+＝0在t∈（0，）内有2个不等实根，即h（t）＝4et+与y＝a在t∈（0，）内有2个不同交点，又因为h′（t）＝4e﹣＝，令h′（t）＝0，则t＝±，所以当t∈（0，）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；当t∈（，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；所以h（t）＝4et+的大致图像如下所示：又h（）＝4，h（）＝5，所以a∈（4，5）．对照四个选项，AB符合题意．故选：AB．八．函数与方程的综合运用（共2小题）8．（2023•韶关二模）定义||x||（x∈R）为与x距离最近的整数（当x为两相邻整数算术平均数时，||x||取较大整数），令函数f（x）＝||x||，如：，，，，则＝（）A．17B．C．19D．【答案】C【解答】解：根据题意，函数f（x）＝||x||，当1≤n≤2时，有0.5＜＜1.5，则f（）＝1，则有＝1，当3≤n≤6，有1.5＜＜2.5，则f（）＝2，则有＝，当7≤n≤12，有2.5＜＜3.5，则f（）＝3，则有＝，……，由此可以将重新分组，各组依次为（1，1）、（、、、）、（、、、、、）、……，第n组为2n个，则每组中各个数之和为2n×＝1，前9组共有＝90个数，则是第10组的第10个数，则＝2×9+10×＝19．故选：C．9．（2023•潮州二模）已知函数f（x）＝|sin x|，g（x）＝kx（k＞0），若f（x）与g（x）图像的公共点个数为n，且这些公共点的横坐标从小到大依次为x1，x2，…，x n，则下列说法正确的是（）A．若n＝1，则k＞1B．若n＝3，则C．若n＝4，则x1+x4＞x2+x3D．若，则n＝2023【答案】B【解答】解：对于A：当k＝1时，令y＝sin x﹣x，则y′＝cos x﹣1＜0，即函数y＝sin x﹣x在定义域上单调递减，又当x＝0时，y＝0，所以函数y＝sin x﹣x有且仅有一个零点为0，同理易知函数y＝﹣sin x﹣x有且仅有一个零点为0，即f（x）与g（x）也恰有一个公共点，故A错误；对于B：当n＝3时，如下图：2易知在x＝x3，且x3∈（π，2π），f（x）与g（x）图象相切，由当x∈（π，2π）时，f（x）＝﹣sin x，则f′（x）＝﹣cos x，g′（x）＝k，故，从而x3＝tan x3，所以+x3＝tan x3+＝＝＝，故B 正确；对于C：当n＝4时，如下图：则x1＝0，π＜x4＜2π，所以x1+x4＜2π，又f（x）图象关于x＝π对称，结合图象有x3﹣π＞π﹣x2，即有x2+x3＞2π＞x1+x4，故C错误；对于D：当时，由f（）＝g（）＝1可得，f（x）与g（x）的图象在y轴右侧的前1012个周期中，每个周期均有2个公共点，共有2024个公共点，故D错误．故选：B．九．数列递推式（共1小题）（多选）10．（2023•高州市二模）已知数列{p n}和{q n}满足：p1＝1，q1＝2，p n+1＝p n+3q n，q n+1＝2p n+q n，n∈N*，则下列结论错误的是（）A．数列是公比为的等比数列B．仅有有限项使得C．数列是递增数列D．数列是递减数列【答案】ABD【解答】解：由题意可知，第二个式子乘以λ后与第一和式子相加可得，令，解得，取可得，因为p1＝1，q1＝2，所以，所以，所以数列是公比为的等比数列，选项A说法错误；因为p1＝1，q1＝2，所以，所以当n为正奇数时，，即，当n为正偶数时，，即，选项B说法错误；由p1＝1，q1＝2，p n+1＝p n+3q n，q n+1＝2p n+q n，可知p n＞0，q n＞0，且数列{p n}和{q n}均为递增数列，而，所以数列是递增数列，选项C说法正确；因为，所以数列是递增数列，选项D说法错误．故选：ABD．一十．利用导数研究函数的单调性（共3小题）11．（2023•广州二模）已知偶函数f（x）与其导函数f'（x）的定义域均为R，且f'（x）+e﹣x+x也是偶函数，若f（2a﹣1）＜f（a+1），则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（0，2）C．（2，+∞）D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）【答案】B【解答】解：因为f（x）为偶函数，则f（x）＝f（﹣x），等式两边求导可得f′（x）＝﹣f′（﹣x），①因为函数f'（x）+e﹣x+x为偶函数，则f′（x）+e﹣x+x＝f′（﹣x）+e x﹣x，②联立①②可得f′（x）＝﹣x，令g（x）＝f′（x），则g′（x）＝﹣1≥﹣1＝0，且g′（x）不恒为零，所以函数g（x）在R上为增函数，即函数f′（x）在R上为增函数，故当x＞0时，f′（x）＞f′（0）＝0，所以函数f（x）在[0，+∞）上为增函数，由f（2a﹣1）＜f（a+1），可得f（|2a﹣1|）＜f（|a+1|），所以|2a﹣l|＜|a+1|，整理可得a2﹣2a＜0，解得0＜a＜2．故选：B．12．（2023•深圳二模）已知ε＞0，，且e x+εsin y＝e y sin x，则下列关系式恒成立的为（）A．cos x≤cos y B．cos x≥cos y C．sin x≤sin y D．sin x≥sin y【答案】A【解答】解：构造函数f（x）＝，x∈，则f′（x）＝，当x∈时，cos x＞sin x，f′（x）＝＞0，因为0＜e x，0＜e y，当＝，eɛ＞1，0＜sin x＜sin y时，则＞＞0，所以＞x＞y＞0，y＝cos x，x∈（0，）单调递增，所以cos x＜cos y，当＝＜0，eɛ＞1，sin x＜sin y＜0时，则＜＜0，所以﹣＜x＜y＜0，y＝cos x，x∈（﹣，0）单调递减，所以cos x＜cos y．当＝，eɛ＞1，sin x＝sin y＝0时，则x＝y＝0，此时cos x＝cos y，综上，cos x≤cos y．故选：A．（多选）13．（2023•佛山二模）已知函数f（x）＝e x﹣﹣1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立的有（）A．若a+b＞0，则f（a）+f（b）＞0B．若a+b＞0，则f（a）﹣f（﹣b）＞0C．若f（a）+f（b）＞0，则a+b＞0D．若f（a）+f（b）＜0，则a+b＜0【答案】ABD【解答】解：f（x）＝e x﹣﹣1，则f′（x）＝e x﹣x，f″（x）＝e x﹣1，当x∈（0，+∞）时，f″（x）＞0，f′（x）单调递增，当x∈（﹣∞，0）时，f″（x）＜0，f′（x）单调递减，所以f′（x）≥f′（0）＝1，所以f（x）在R上单调递增，且f（0）＝0，若a+b＞0，则a＞﹣b，所以f（a）＞f（﹣b），则f（a）﹣f（﹣b）＞0，故B正确；f（b）+f（﹣b）＝e b﹣b2﹣1+（e﹣b﹣b2﹣1）＝e b+e﹣b﹣b2﹣2，令h（b）＝e b+e﹣b﹣b2﹣2，h′（b）＝e b﹣e﹣b﹣2b，令h′（b）＝u（b），u′（b）＝e b+e﹣b﹣2≥0，u（b）在R上单调递增，而h′（0）＝u（0）＝0，故h（b）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，故h（b）≥h（0）＝0，所以f（b）+f（﹣b）≥0⇒f（a）+f（b）≥f（a）﹣f（﹣b）＞0，故A正确；对于D，若f（a）+f（b）＜0⇒f（a）＜﹣f（b）≤f（﹣b）⇒a＜﹣b，即a+b＜0，故D 正确；设f（c）＝﹣f（b），若c＜a＜﹣b，则f（c）＝﹣f（b）＜f（a），满足f（a）+f（b）＞0，但a+b＜0，故C错误．故选：ABD．一十一．利用导数研究函数的最值（共1小题）14．（2023•湛江二模）对于两个函数与，若这两个函数值相等时对应的自变量分别为t1，t2，则t2﹣t1的最小值为（）A．﹣1B．﹣ln2C．1﹣ln3D．1﹣2ln2【答案】B【解答】解：由题意可得＝ln（2t2﹣1）+2，∴t1＝1+ln（ln（2t2﹣1）+2），t1，t2＞，∴t2﹣t1＝t2﹣1﹣ln（ln（2t2﹣1）+2）＝ln（），令h（x）＝，x∈（，+∞），h′（x）＝，令u（x）＝ln（2x﹣1）+2﹣在x∈（，+∞）上单调递增，且u（1）＝0，∴x∈（，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．∴x＝1时，函数h（x）取得极小值即最小值，h（1）＝，∴函数y＝ln（）取得最小值ln，即﹣ln2．即t2﹣t1的最小值为﹣ln2，故选：B．一十二．平面向量数量积的性质及其运算（共1小题）（多选）15．（2023•潮州二模）设向量，则（）A．B．C．D．在上的投影向量为（1，0）【答案】ACD【解答】解：因为，所以＝（﹣1，﹣1），对A：||＝，||＝，所以||＝||，故A正确；对B：因为1×（﹣1）﹣（﹣1）×（﹣1）＝﹣2≠0，所以与不平行，故B错误；对C：（）•＝﹣1+1＝0，所以（）⊥，故C正确；对D：在上的投影为＝＝1，则在上的投影向量为（1，0），故D正确；故选：ACD．一十三．三角形中的几何计算（共1小题）（多选）16．（2023•汕头二模）在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC 边上的两条中线AM，BN相交于点P，下列结论正确的是（）A．B．C．∠MPN的余弦值为D．【答案】ABD【解答】解：连接PC，并延长交AB于Q，△ABC中，AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则，，，，，，，＝＝＝＝，故A正确；＝＝＝，故B正确；＝＝＝．故C错误；，故D正确．故选：ABD．一十四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）（多选）17．（2023•汕头二模）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为r（0＜r＜2），设圆台的体积为V，则下列选项中说法正确的是（）A．当r＝1时，B．V存在最大值C．当r在区间（0，2）内变化时，V逐渐减小D．当r在区间（0，2）内变化时，V先增大后减小【答案】BD【解答】解：设圆台的上底面的圆心为O1，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，圆台的高为h，球的半径为R，如图所示，则＝，对选项不正确；，设f（r）＝﹣3r3﹣4r2+4r+8，则f'（r）＝﹣9r2﹣8r+4，令f'（r）＝0可得9r2+8r﹣4＝0，解得，，易知r2∈（0，2），且当r∈（0，r2），f'（r）＞0；r∈（r2，2），f'（r）＜0，f（r）在（0，r2）单调递增，在（r2，2）单调递减，由f（0）＝8，f（1）＝5，f（2）＝﹣24，∃r0∈（1，2），使得f（r0）＝0，当r∈（0，r0），f（r）＞0，即V'＞0；当r∈（r0，2），f（r）＜0，即V'＜0，所以V在（0，r0）单调递增，在（r0，2）单调递减，则B，D正确，C错误．故选：BD．一十五．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）（多选）18．（2023•广东二模）已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是（）A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面γ与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直【答案】BD【解答】解：对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m⊄α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错；对于B选项，若m⊂α，则在平面α内必存在l与直线m垂直，若直线m与α相交，设m⋂α＝A，如下图所示：若m⊥α，且l⊂α，则m⊥l，若m与α斜交，过直线m上一点P（异于点A）作PB⊥α，垂足点为B，过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l⊂α，则l⊥PB，又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB、AB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，因为m⊂平面PAB，所以l⊥m，综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；对于C选项，设直线l与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面γ，使得α∥β且m∥β，过直线m作平面γ，使得γ⋂β＝l，因为m∥γ，m⊂β，γ⋂β＝l，则l∥m，因为γ∥α，记β⋂α＝n，又因为γ⋂β＝l，则n∥l，因为在平面β内有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m、n重合，所以，m⊂α，但m不一定在平面α内，当m与α相交时，则m与γ也相交，C错误；对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，若m与α不垂直，设直线m与平面的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l、m所确定的平面为γ，则α⊥β，D正确．故选：BD．一十六．直线与平面所成的角（共1小题）（多选）19．（2023•潮州二模）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列结论正确的是（）A．当B1P∥平面A1BD时，B1P与CD1可能为B．当λ＝μ时，的最小值为C．若B1P与平面CC1D1D所成角为，则点P的轨迹长度为D．当λ＝1时，正方体经过点A1、P、C的截面面积的取值范围为【答案】AC【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，则根据题意可得：A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），C（1，1，0），A1（0，0，1），C1（1，1，1），D1（0，1，1），B1（1，0，1），∴，，设平面A1BD的一个法向量为，则，取，若B1P∥平面A1BD，则，∴（﹣λ，1，μ﹣1）⋅（1，1，1）＝﹣λ+1+μ﹣1＝0，∴λ＝μ，故，其中，令，解得λ＝0或1，∴B1P与CD1可能是，∴A正确；对B选项，∵λ＝μ，∴P点在棱CD1上，将平面CDD1与平面A1BCD1沿着CD1展成平面图形，如图所示，线段A1D＝≥A1D，由余弦定理可得：，∴，∴B错误；对C选项，∵B1C1⊥平面CC1D1D，连接C1P，则∠B1PC1即为B1P与平面CC1D1D所成角，若B1P与平面CC1D1D所成角为，则，所以C1P＝B1C1＝1，即点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，C正确；D选项，当λ＝1时，P点在DD1上，过点A1作A1H∥CP交BB1于点H，连接CH，则CH∥A1P，所以平行四边形CHA1P即为正方体过点A1、P、C的截面，设P（0，1，t），∴，∴，，∴点P到直线A1C的距离为，∴当时，，△PA1C的面积取得最小值，此时截面面积最小为，当t＝0或1时，，△PA1C的面积取得最大值，此时截面面积最大为，故截面面积的取值范围为，D错误．故选：AC．一十七．二面角的平面角及求法（共1小题）（多选）20．（2023•佛山二模）四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB＝3，BD＝2，CD ＝4，平面ABD与平面BCD的夹角为，则AC的值可能为（）A．B．C．D．【答案】AD【解答】解：由AB⊥BD，CD⊥BD，平面ABD与平面BCD的夹角为，∴与所成角为或，＝++，∴2＝2+2+2+2•+2•+2•，当与所成角为，∴2＝2+2+2+2•+2•+2•＝9+4+16﹣2×3×4×cos＝17，∴AC＝，当与所成角为，∴2＝2+2+2+2•+2•+2•＝9+4+16﹣2×3×4×cos＝41，∴AC＝，综上所述：AC＝或．故选：AD．一十八．点、线、面间的距离计算（共2小题）（多选）21．（2023•梅州二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为边AD 的中点，点P为线段D1B上的动点，设D1P＝λD1B，则（）A．当时，EP∥平面AB1CB．当时，|PE|取得最小值，其值为C．|PA|+|PC|的最小值为D．当C1∈平面CEP时，【答案】BC【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），E（1，0，0），所以，则点P（2λ，2λ，2﹣2λ），对于A，，，，而，显然，即是平面AB1C 的一个法向量，而，因此不平行于平面AB1C，即直线EP 与平面AB1C不平行，A错误；对于B，，则，因此当时，|PE|取得最小值，B正确；对于C，，于是，当且仅当时取等号，C正确；对于D，取A1D1的中点F，连接EF，C1F，CE，如图，因为E为边AD的中点，则EF∥DD1∥CC1，当C1∈平面CEP时，P∈平面CEFC1，连接B1D1∩C1F＝Q，连接BD∩CE＝M，连接MQ，显然平面CEFC1∩平面BDD1B1＝MQ，因此MQ∩D1B＝P，BB1∥CC1，CC1⊂平面CEFC1，BB1⊄平面CEFC1，则BB1∥平面CEFC1，即有MQ∥BB1，而，所以，D错误．故选：BC．（多选）22．（2023•广州二模）已知正四面体A﹣BCD的长为2，点M，N分别为△ABC和△ABD的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是（）A．若AP+BP取得最小值，则CP＝PNB．若CP＝3PN，则DP⊥平面ABCC．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为D．直线MN到平面ACD的距离为【答案】BCD【解答】解：易得DE⊥AB，CE⊥AB，又DE∩CE＝E，则AB⊥面CDE，又CN⊂面CDE，则AB⊥CN，同理可得CN⊥BD，AB∩BD＝B，则CN⊥平面ABD，又AN，BN⊂平面ABD，所以CN⊥BN，CN⊥AN，则当点P与点N重合时，AP+BP取得最小值，又AN＝BN＝DN＝DE＝×＝，则最小值为AN+BN＝，故A错误；在正四面体ABCD中，因为DP⊥平面ABC，易得P在DM上，所以DM∩CN＝P，又点M，N也是△ABC和△ABD的内心，则点P为正四面体ABCD内切球的球心，CM＝CE＝，DM＝＝，设正四面体ABCD内切球的半径为r，因为V D﹣ABC＝V P﹣ABC+V P﹣ABD+V P﹣BCD+V P﹣ACD，所以S△ABC•DM＝S△ABC•r+S△ABD•r+S△BCD•r+S△ACD•r，解得r＝MP＝DM＝，即DP＝DM，故CP＝3PN，故B正确；设三棱锥P﹣ABC外接球的球心为O，半径为R，易得球心O在直线DN上，且ON⊥NC，则R2＝OC2＝CN2+（OP﹣NP）2，解得R＝，故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝，故C正确；∵DM＝＝，即D到平面ABC的距离为，则B到平面ACD的距离为，∵E是AB的中点，∴E到平面ACD的距离为×，∵CM＝CE，∴M到平面ACD的距离为××＝，∴直线MN到平面ACD的距离为，故D正确．故选：BCD．一十九．直线与圆的位置关系（共1小题）23．（2023•潮州二模）已知圆M：x2+y2﹣4x+3＝0，则下列说法正确的是（）A．点（4，0）在圆M内B．若圆M与圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0恰有三条公切线，则a＝9C．直线与圆M相离D．圆M关于4x+3y﹣2＝0对称【答案】B【解答】解：∵圆M：x2+y2﹣4x+3＝0可化为：（x﹣2）2+y2＝1，∴圆心为O1（2，0），半径为r1＝1，对于A：因为（4﹣2）2+02＞1，所以点（4，0）在圆M外，故A错误；对于B：若圆M与圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0恰有三条公切线，则两圆外切，圆x2+y2﹣4x﹣6y+a＝0可化为（x﹣2）2+（y﹣3）2＝13﹣a，圆心为O2（2，3），半径为，因为|O1O2|＝r1+r2，所以，解得a＝9，故B正确；对于C：∵O1（2，0）到直线的距离为，∴直线与圆M相切，故C错误；对于D：显然圆心O1（2，0）不在直线4x+3y﹣2＝0上，则圆M不关于4x+3y﹣2＝0对称，故D错误；故选：B．二十．椭圆的性质（共3小题）24．（2023•高州市二模）若椭圆的离心率为，两个焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0），M为椭圆C上异于顶点的任意一点，点P是△MF1F2的内心，连接MP并延长交F1F2于点Q，则＝（）A．2B．C．4D．【答案】A【解答】解：如图，连接PF1，PF2，设P到x轴距离为d P，M到x轴距离为d M，则设△PF1F2内切圆的半径为r，则，＝＝＝（c+a）r∴不妨设|PQ|＝cm，则|MQ|＝（c+a）m（m＞0），∴|PM|＝|MQ|﹣|PQ|＝am（m＞0），因为椭圆的离心率为，∴，故选：A．25．（2023•韶关二模）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段AB，且AB过椭圆的下焦点，AB＝44米，桥塔最高点P距桥面110米，则此椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，则椭圆方程为，令y＝﹣c，有一个，所以有，所以，所以＝，所以e＝＝．故选：D．。

考点3复数—2021届高考数学(理科旧高考)二轮专题复习首选卷

考点三复数一、选择题1．(2020·新高考卷Ⅰ)2－i1＋2i＝( ) A ．1 B ．－1 C ．iD ．－i2．(2020·云南昆明三模)在复平面内，复数z ＝2i1＋i所对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限D ．第四象限3．(2020·青海西宁检测(一))已知a ＋b i(a ，b ∈R )是1－i1＋i的共轭复数，则a ＋b ＝( )A ．－1B ．－12C ．12D ．14．(2020·全国卷Ⅰ)若z ＝1＋i ，则|z 2－2z |＝( ) A ．0 B ．1 C ． 2D ．25．(2020·陕西咸阳一模)设z ·i＝2i ＋1，则z ＝( ) A ．2＋i B ．2－i C ．－2＋iD ．－2－i6．(2020·浙江宁波二模)已知复数z 是纯虚数，满足z (1－i)＝a ＋2i(i 为虚数单位)，则实数a 的值是( )A ．1B ．－1C ．2D ．－27．(2020·江西6月大联考)若复数z＝1＋2i1－i，则|z－|＝( )A.10 B． 5C．105D．1028．(2020·北京高考)在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z ＝( )A．1＋2i B．－2＋iC．1－2i D．－2－i9．(2020·湖南师大附中高三摸底考试)满足条件|z＋4i|＝2|z＋i|的复数z 对应点的轨迹是( )A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线10．(2020·湖南长沙长郡中学高三下学期第一次高考模拟)在复平面内与复数z＝2i1＋i所对应的点关于虚轴对称的点为A，则A对应的复数为( )A．－1－i B．1－iC．1＋i D．－1＋i11．(2020·福建厦门高三毕业班5月质量检查)已知i是虚数单位，复数z 满足(1－i)z＝2i，则复平面内与z对应的点在( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限12．(2020·湖南长沙长郡中学二模)下面是关于复数z＝2－1＋i(i为虚数单位)的命题，其中假命题为( )A．|z|＝ 2 B．z2＝2iC．z的共轭复数为1＋i D．z的虚部为－113．(2020·陕西西安中学高三下学期仿真考试(一))已知复数z满足z－＋i i＝－1＋i，则复数z＝( )A．－1－2i B．－1＋2iC．1－2i D．1＋2i14．(2020·贵州贵阳高三6月适应性考试二)已知复数z满足z(1＋i)＝|－1＋3i|，则复数z的共轭复数为( )A．－1＋i B．－1－iC．1＋i D．1－i15．(2020·山西太原五中高三3月模拟)已知复数z＝23－i，则|z|＝( )A．1 B．2C． 3 D． 216．(2020·陕西咸阳三模)设复数z满足|z－1＋i|＝1，z在复平面内对应的点为P(x，y)，则点P的轨迹方程为( )A．(x＋1)2＋y2＝1 B．(x－1)2＋y2＝1C．x2＋(y－1)2＝1 D．(x－1)2＋(y＋1)2＝117．(2020·吉林长春高三质量监测二)若z＝1＋(1－a)i(a∈R)，|z|＝2，则a＝( )A．0或2 B．0C．1或2 D．118．下面四个命题中，①复数z＝a＋b i(a，b∈R)的实部、虚部分别是a，b；②复数z满足|z＋1|＝|z－2i|，则z对应的点构成一条直线；③由向量a的性质|a|2＝a2，可类比得到复数z的性质|z|2＝z2；④i为虚数单位，则1＋i＋i2＋…＋i2020＝1.正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3二、填空题19．(2020·江苏高考)已知i是虚数单位，则复数z＝(1＋i)(2－i)的实部是________．20．(2020·广州高三综合测试一)已知复数z＝22－22i，则z2＋z4＝________.21．若i为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点Z表示复数z，则复数z1－2i的共轭复数是________．22．(2020·全国卷Ⅱ)设复数z1，z2满足|z1|＝|z2|＝2，z1＋z2＝3＋i，则|z1－z2|＝________.一、选择题1．(2020·全国卷Ⅲ)若z－(1＋i)＝1－i，则z＝( )A．1－i B．1＋iC．－i D．i2．(2020·吉林东北师大附中第四次模拟)在复平面内，复数z对应的点与3＋i对应的点关于实轴对称，则zi＝( )A．－1－3i B．－3＋iC．－1＋3i D．－3－i3．(2020·山西太原一模)已知i是虚数单位，复数m＋1＋(2－m)i在复平面内对应的点在第二象限，则实数m的取值范围是( )A．(－∞，－1) B．(－1,2)C．(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)4．(2020·河南洛阳第三次统一考试)已知复数z满足|z|＝1，则|z－1＋3 i|的最小值为( )A．2 B．1C． 3 D． 25．(2020·辽宁丹东二模)已知复数z＝a2＋1＋i1－i－ai－1为纯虚数，则实数a＝( )A．0 B．±1C．1 D．－16．(2020·山西大同模拟)如图，在复平面内，复数z1，z2对应的向量分别是OA→，OB→，若z1＝zz2，则z的共轭复数z－＝( )A.12＋32i B．12－32iC．－12＋32i D．－12－32i7．(2020·广州综合测试)若复数z满足方程z2＋2＝0，则z3＝( )A．±2 2 B．－2 2C．－22i D．±22i8．(2020·吉林长春质量监测四模)设复数z＝x＋y i(x，y∈R)，下列说法正确的是( )A．z的虚部是y iB．z2＝|z|2C．若x＝0，则复数z为纯虚数D．若z满足|z－i|＝1，则z在复平面内对应点(x，y)的轨迹是圆二、填空题9．(2020·河南开封3月模拟)若z＝1＋2i，则4iz z－－1＝________.10．若2－i是关于x的实系数方程x2＋bx＋c＝0的一个复数根，则bc＝________.11．(2020·浙江杭州高三下学期仿真模拟)复数z满足：z1＋i＝a－i(其中a>0，i为虚数单位)，|z|＝10，则a＝________；复数z的共轭复数z－在复平面上对应的点在第________象限．12．定义复数的一种新运算z1@z2＝|z1|＋|z2|2(等式右边为普通运算)．若复数z＝x＋y i，i为虚数单位，且实数x，y满足x＋y＝22，则z－@z的最小值为________．三、解答题13．已知z1＝cosα＋isinα，z2＝cosβ－isinβ，且z1－z2＝513＋1213i，求cos(α＋β)的值．14．设z＋1为关于x的方程x2＋mx＋n＝0，m，n∈R的虚根，i为虚数单位．(1)当z＝－1＋i时，求m，n的值；(2)若n＝1，在复平面上，设复数z所对应的点为P，复数2＋4i所对应的点为Q，试求|PQ|的取值范围．考点三复数一、选择题1．(2020·新高考卷Ⅰ)2－i1＋2i＝( )A．1 B．－1 C．i D．－i 答案 D解析2－i1＋2i ＝2－i 1－2i 1＋2i 1－2i＝－5i5＝－i ，故选D. 2．(2020·云南昆明三模)在复平面内，复数z ＝2i1＋i所对应的点位于( ) A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限答案 A 解析 ∵z ＝2i1＋i＝2i 1－i 1＋i 1－i＝1＋i ，∴复数z 所对应的点的坐标为(1,1)，位于第一象限．故选A.3．(2020·青海西宁检测(一))已知a ＋b i(a ，b ∈R )是1－i1＋i的共轭复数，则a ＋b ＝( )A ．－1B ．－12C ．12D ．1答案 D 解析 1－i1＋i＝1－i 21＋i 1－i＝－2i2＝－i ，∴a ＋b i ＝－(－i)＝i ，∴a＝0，b ＝1，∴a ＋b ＝1.故选D.4．(2020·全国卷Ⅰ)若z ＝1＋i ，则|z 2－2z |＝( ) A ．0 B ．1 C ． 2 D ．2答案 D解析 z 2＝(1＋i)2＝2i ，则z 2－2z ＝2i －2(1＋i)＝－2，故|z 2－2z |＝|－2|＝2.故选D.5．(2020·陕西咸阳一模)设z ·i＝2i ＋1，则z ＝( ) A ．2＋i B ．2－i C ．－2＋i D ．－2－i 答案 B解析 ∵z ·i＝2i ＋1，∴z ＝2i ＋1i ＝2i －i 2i＝2－i.故选B.6．(2020·浙江宁波二模)已知复数z 是纯虚数，满足z (1－i)＝a ＋2i(i 为虚数单位)，则实数a 的值是( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2答案 C解析设z ＝b i(b ∈R 且b ≠0)，则z (1－i)＝b i(1－i)＝b ＋b i ＝a ＋2i ，所以⎩⎨⎧b ＝a ，b ＝2，解得a ＝2.故选C.7．(2020·江西6月大联考)若复数z ＝1＋2i1－i ，则|z －|＝( ) A.10 B ． 5 C ．105D ．102答案 D解析因为z ＝1＋2i1－i ＝1＋2i 1＋i 1－i1＋i＝1＋i ＋2i ＋2i 22＝－1＋3i 2，所以z －＝－12－3i 2，则|z －|＝14＋94＝102.故选D. 8．(2020·北京高考)在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(1,2)，则i·z ＝( )A ．1＋2iB ．－2＋iC ．1－2iD ．－2－i答案 B解析由题意得z ＝1＋2i ，∴i·z ＝i －2.故选B.9．(2020·湖南师大附中高三摸底考试)满足条件|z ＋4i|＝2|z ＋i|的复数z 对应点的轨迹是( )A ．直线B ．圆C ．椭圆D ．双曲线答案 B解析设复数z＝x＋y i(x，y∈R)，则|z＋4i|＝|x＋(y＋4)i|＝x2＋y＋42，|z＋i|＝|x＋(y＋1)i|＝x2＋y＋12，结合题意有x2＋(y ＋4)2＝4x2＋4(y＋1)2，整理可得x2＋y2＝4.即复数z对应点的轨迹是圆．故选B.10．(2020·湖南长沙长郡中学高三下学期第一次高考模拟)在复平面内与复数z＝2i1＋i所对应的点关于虚轴对称的点为A，则A对应的复数为( ) A．－1－i B．1－iC．1＋i D．－1＋i 答案 D解析由题意得z＝2i1＋i＝2i1－i1＋i1－i＝2i＋22＝1＋i，在复平面内对应的点为(1,1)，关于虚轴对称的点为(－1,1)，所以其对应的复数为－1＋i.故选D.11．(2020·福建厦门高三毕业班5月质量检查)已知i是虚数单位，复数z 满足(1－i)z＝2i，则复平面内与z对应的点在( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案 B解析∵(1－i)z＝2i，∴z＝2i1－i＝2i1＋i2＝－1＋i，∴复平面内与z对应的点在第二象限，故选B.12．(2020·湖南长沙长郡中学二模)下面是关于复数z＝2－1＋i(i为虚数单位)的命题，其中假命题为( )A．|z|＝ 2 B．z2＝2iC．z的共轭复数为1＋i D．z的虚部为－1 答案 C解析因为z＝2－1＋i＝2－1－i－1＋i－1－i＝－2－2i2＝－1－i，所以|z|＝2，A为真命题；z2＝2i，B为真命题；z的共轭复数为－1＋i，C为假命题；z的虚部为－1，D为真命题．故选C.13．(2020·陕西西安中学高三下学期仿真考试(一))已知复数z 满足z －＋i i＝－1＋i ，则复数z ＝( )A ．－1－2iB ．－1＋2iC ．1－2iD ．1＋2i答案 B解析已知复数z 满足z －＋i i＝－1＋i ，则z －＝i(－1＋i)－i ＝－1－2i ，故z ＝－1＋2i ，故选B.14．(2020·贵州贵阳高三6月适应性考试二)已知复数z 满足z (1＋i)＝|－1＋3i|，则复数z 的共轭复数为( )A ．－1＋iB ．－1－iC ．1＋iD ．1－i答案 C解析由z (1＋i)＝|－1＋3i|＝－12＋32＝2，得z ＝21＋i＝21－i1＋i 1－i＝1－i ，∴z －＝1＋i.故选C.15．(2020·山西太原五中高三3月模拟)已知复数z ＝23－i，则|z |＝( ) A ．1 B ．2 C ． 3 D ． 2答案 A 解析因为z ＝23－i＝23＋i 3－i 3＋i＝3＋i 2＝32＋12i ，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝1.故选A. 16．(2020·陕西咸阳三模)设复数z 满足|z －1＋i|＝1，z 在复平面内对应的点为P (x ，y )，则点P 的轨迹方程为( )A ．(x ＋1)2＋y 2＝1B ．(x －1)2＋y 2＝1C ．x 2＋(y －1)2＝1D ．(x －1)2＋(y ＋1)2＝1答案 D解析由题意得z＝x＋y i，则由|z－1＋i|＝1得|(x－1)＋(y＋1)i|＝1，即x－12＋y＋12＝1, 则(x－1)2＋(y＋1)2＝1.故选D.17．(2020·吉林长春高三质量监测二)若z＝1＋(1－a)i(a∈R)，|z|＝2，则a＝( )A．0或2 B．0C．1或2 D．1答案 A解析因为z＝1＋(1－a)i(a∈R)，|z|＝2，所以12＋1－a2＝2，解得a＝0或a＝2.故选A.18．下面四个命题中，①复数z＝a＋b i(a，b∈R)的实部、虚部分别是a，b；②复数z满足|z＋1|＝|z－2i|，则z对应的点构成一条直线；③由向量a的性质|a|2＝a2，可类比得到复数z的性质|z|2＝z2；④i为虚数单位，则1＋i＋i2＋…＋i2020＝1.正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3答案 D解析①复数z＝a＋b i(a，b∈R)的实部为a，虚部为b，故正确；②设z＝a＋b i(a，b∈R)，由|z＋1|＝|z－2i|计算得2a＋4b－3＝0，故正确；③设z＝a ＋b i(a，b∈R)，当b≠0时，|z|2＝z2不成立，故错误；④1＋i＋i2＋…＋i2020＝1，故正确．二、填空题19．(2020·江苏高考)已知i是虚数单位，则复数z＝(1＋i)(2－i)的实部是________．答案 3解析∵复数z＝(1＋i)(2－i)＝2－i＋2i－i2＝3＋i，∴复数z的实部为3.20．(2020·广州高三综合测试一)已知复数z ＝22－22i ，则z 2＋z 4＝________.答案－1－i解析 ∵z 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－22i 2＝12－i －12＝－i ，∴z 4＝(z 2)2＝(－i)2＝－1，∴z 2＋z 4＝－1－i.21．若i 为虚数单位，图中网格纸的小正方形的边长是1，复平面内点Z 表示复数z ，则复数z 1－2i的共轭复数是________．答案－i解析由题图可得z ＝2＋i ，复数z1－2i ＝2＋i 1－2i ＝－2i 2＋i1－2i＝i ，其共轭复数为－i.22．(2020·全国卷Ⅱ)设复数z 1，z 2满足|z 1|＝|z 2|＝2，z 1＋z 2＝3＋i ，则|z 1－z 2|＝________.答案 2 3解析解法一：设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )， ∵|z 1|＝|z 2|＝2， ∴a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝4，∵z 1＋z 2＝a ＋b i ＋c ＋d i ＝3＋i ， ∴a ＋c ＝3，b ＋d ＝1，∴(a ＋c )2＋(b ＋d )2＝a 2＋c 2＋2ac ＋b 2＋d 2＋2bd ＝4， ∴2ac ＋2bd ＝－4，∵z 1－z 2＝a ＋b i －(c ＋d i)＝a －c ＋(b －d )i ， ∴|z 1－z 2|＝a －c2＋b －d2＝a 2＋c 2－2ac ＋b 2＋d 2－2bd ＝a 2＋b 2＋c 2＋d 2－2ac ＋2bd＝4＋4－－4＝2 3.解法二：∵|z 1|＝|z 2|＝2，可设z 1＝2cos θ＋2sin θ·i，z 2＝2cos α＋2sin α·i， ∴z 1＋z 2＝2(cos θ＋cos α)＋2(sin θ＋sin α)·i＝3＋i ， ∴⎩⎨⎧2cos θ＋cos α＝3，2sin θ＋sin α＝1.两式平方作和，得4(2＋2cos θcos α＋2sin θsin α)＝4，化简得cos θcos α＋sin θsin α＝－12.∴|z 1－z 2|＝|2(cos θ－cos α)＋2(sin θ－sin α)·i| ＝4cos θ－cos α2＋4sin θ－sin α2＝8－8cos θcos α＋sin θsin α＝8＋4 ＝2 3.一、选择题1．(2020·全国卷Ⅲ)若z －(1＋i)＝1－i ，则z ＝( ) A ．1－i B ．1＋i C ．－i D ．i答案 D解析因为z －＝1－i 1＋i＝1－i 21＋i 1－i＝－2i2＝－i ，所以z ＝i.故选D. 2．(2020·吉林东北师大附中第四次模拟)在复平面内，复数z 对应的点与3＋i 对应的点关于实轴对称，则zi＝( )A ．－1－3iB ．－3＋iC ．－1＋3iD ．－3－i答案 A解析 ∵复数3＋i 在复平面内对应的点为(3，1)，复数z 在复平面内对应的点与3＋i 对应的点关于实轴对称，∴复数z 在复平面内对应的点为(3，－1)，∴z ＝3－i ，∴zi ＝3－ii＝3－i·ii 2＝－1－3i.故选A.3．(2020·山西太原一模)已知i 是虚数单位，复数m ＋1＋(2－m )i 在复平面内对应的点在第二象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)答案 A解析因为复数m ＋1＋(2－m )i 在复平面内对应的点在第二象限，所以⎩⎨⎧m ＋1<0，2－m >0，解得m ＜－1.所以实数m 的取值范围为(－∞，－1)．故选A.4．(2020·河南洛阳第三次统一考试)已知复数z 满足|z |＝1，则|z －1＋3i|的最小值为( )A ．2B ．1C ． 3D ． 2答案 B解析设z ＝x ＋y i(x ∈R ，y ∈R )，由|z |＝1得x 2＋y 2＝1，又|z －1＋3i|＝x －12＋y ＋32表示定点(1，－3)与圆上任一点(x ，y )间的距离．则由几何意义得|z －1＋3i|min ＝0－12＋[0－－3]2－1＝2－1＝1，故选B.5．(2020·辽宁丹东二模)已知复数z ＝a 2＋1＋i 1－i －ai－1为纯虚数，则实数a ＝( )A ．0B ．±1C ．1D ．－1答案 C解析 ∵z ＝a 2＋1＋i 1－i －ai －1＝a 2＋1＋i 21－i 1＋i－a i i2－1＝a 2－1＋(a ＋1)i 为纯虚数，∴⎩⎨⎧a 2－1＝0，a ＋1≠0，解得a ＝1.故选C.6．(2020·山西大同模拟)如图，在复平面内，复数z 1，z 2对应的向量分别是OA →，OB →，若z 1＝zz 2，则z 的共轭复数z －＝( )A.12＋32i B ．12－32i C ．－12＋32iD ．－12－32i答案 A解析由题图可知z 1＝1＋2i ，z 2＝－1＋i ，所以z ＝z 1z 2＝1＋2i －1＋i＝1＋2i －1－i －1＋i－1－i＝1－3i 2，所以z －＝12＋32i.故选A. 7．(2020·广州综合测试)若复数z 满足方程z 2＋2＝0，则z 3＝( ) A ．±2 2 B ．－2 2 C ．－22i D ．±22i答案 D解析 z 2＋2＝0，即z 2＝－2，解得z ＝±2i.所以z 3＝z ·z 2＝(±2i)·(－2)＝±22i ，故选D.8．(2020·吉林长春质量监测四模)设复数z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，下列说法正确的是( )A ．z 的虚部是y iB ．z 2＝|z |2C ．若x ＝0，则复数z 为纯虚数D ．若z 满足|z －i|＝1，则z 在复平面内对应点(x ，y )的轨迹是圆答案 D解析 z 的实部为x ，虚部为y ，所以A 错误；z 2＝x 2－y 2＋2xy i ，|z |2＝x 2＋y 2，所以B 错误；当x ＝0，y ＝0时，z 为实数，所以C 错误；由|z －i|＝1得|x ＋y i －i|＝1，所以|x ＋(y －1)i|＝1，所以x 2＋(y －1)2＝1，所以D 正确．故选D.二、填空题9．(2020·河南开封3月模拟)若z ＝1＋2i ，则4iz z －－1＝________. 答案 i 解析4iz z －－1＝4i1＋2i1－2i－1＝i.10．若2－i 是关于x 的实系数方程x 2＋bx ＋c ＝0的一个复数根，则bc ＝________.答案－20解析把复数根2－i 代入方程中，得(2－i)2＋b (2－i)＋c ＝0，即3＋2b ＋c －(4＋b )i ＝0，所以⎩⎨⎧3＋2b ＋c ＝0，4＋b ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝－4，c ＝5，故bc ＝－20.11．(2020·浙江杭州高三下学期仿真模拟)复数z 满足：z 1＋i＝a －i(其中a >0，i 为虚数单位)，|z |＝10，则a ＝________；复数z 的共轭复数z －在复平面上对应的点在第________象限．答案 2 四解析由z 1＋i＝a －i 可得，z ＝(a －i)(1＋i)＝a ＋1＋(a －1)i ，所以|z |＝a ＋12＋a －12＝10，左右同时平方得，a 2＋2a ＋1＋a 2－2a ＋1＝10，所以a 2＝4.又因为a >0，所以a ＝2.所以z ＝3＋i ，z －＝3－i ，所以z －在复平面上对应的点为(3，－1)，位于第四象限．12．定义复数的一种新运算z 1@z 2＝|z 1|＋|z 2|2(等式右边为普通运算)．若复数z ＝x ＋y i ，i 为虚数单位，且实数x ，y 满足x ＋y ＝22，则z －@z 的最小值为________．答案 2解析 z －@z ＝|z －|＋|z |2＝2|z |2＝|z |＝x 2＋y 2.因为x ＋y ＝22，所以z －@z ＝ 2x －22＋4，故当x ＝2时，z －@z 取最小值2. 三、解答题13．已知z 1＝cos α＋isin α，z 2＝cos β－isin β，且z 1－z 2＝513＋1213i ，求cos(α＋β)的值．解 ∵z 1＝cos α＋isin α，z 2＝cos β－isin β， ∴z 1－z 2＝(cos α－cos β)＋i(sin α＋sin β)＝513＋1213i. ∴⎩⎪⎨⎪⎧cos α－cos β＝513， ①sin α＋sin β＝1213. ②由①2＋②2，得2－2cos(α＋β)＝1. ∴cos(α＋β)＝12.14．设z ＋1为关于x 的方程x 2＋mx ＋n ＝0，m ，n ∈R 的虚根，i 为虚数单位． (1)当z ＝－1＋i 时，求m ，n 的值；(2)若n ＝1，在复平面上，设复数z 所对应的点为P ，复数2＋4i 所对应的点为Q ，试求|PQ |的取值范围．解 (1)因为z ＝－1＋i ，所以z ＋1＝i ，则i 2＋m i ＋n ＝0，易得⎩⎨⎧m ＝0，n ＝1.(2)设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则(a ＋1＋b i)2＋m (a ＋1＋b i)＋1＝0，于是⎩⎨⎧a ＋12－b 2＋m a ＋1＋1＝0， ①2a ＋1b ＋mb ＝0， ②因为z ＋1为虚数根，所以b 不为零，所以由②得m ＝－2(a ＋1)，代入①得，(a ＋1)2＋b 2＝1，则点P 是以(－1,0)为圆心，1为半径的圆(去掉b ＝0对应的两点)上任意一点．又复数2＋4i 对应的点为Q ，所以|PQ |的最大值为2＋12＋42＋1＝6，|PQ |的最小值为4.所以|PQ |的取值范围是[4,6]．。

广东省2023年高考数学模拟(二模)试题按题型难易度分层分类汇编(12套)-02填空题(提升题)

广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-02填空题（提升题）一．抽象函数及其应用（共1小题）1．（2023•深圳二模）已知函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）﹣2为奇函数，且f（1﹣x）＝f（3+x），则f（2023）＝．二．正弦函数的单调性（共1小题）2．（2023•湛江二模）若函数在上具有单调性，且为f（x）的一个零点，则f（x）在上单调递（填增或减），函数y＝f（x）﹣lgx的零点个数为．三．函数的零点与方程根的关系（共1小题）3．（2023•高州市二模）已知函数，若存在实数k，使得方程f（x）＝k有6个不同实根x1，x2，x3，x4，x5，x6，且x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6，则a的取值范围是；的值为．四．根据实际问题选择函数类型（共1小题）4．（2023•茂名二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段．如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面．坝面上点A满足AC⊥MN，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上．此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为百米．五．利用导数研究曲线上某点切线方程（共2小题）5．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝x2+alnx的图象在x＝1处的切线在y轴上的截距为2，则实数a＝．6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x3﹣x，若过点P（m，n）恰能作两条直线与曲线y＝f （x）相切，且这两条切线关于直线x＝m对称，则m的一个可能值为．六．平面向量的基本定理（共1小题）7．（2023•广州二模）在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，当λ＝　时，则有最小值为．七．解三角形（共1小题）8．（2023•深圳二模）足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标准足球场的B底线宽AB ＝72码，球门宽EF＝8码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最大，这时候点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处（OA＝AB，OA⊥AB）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择．若选择线路，则甲带球码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路，则甲带球码时，到达最佳射门位置．八．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）9．（2023•广东二模）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，Ⅰ，则由点E，F，G，H，Ⅰ构成的四棱锥的体积为．九．球的体积和表面积（共1小题）10．（2023•韶关二模）将一个圆心角为、面积为2π的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为．一十．点、线、面间的距离计算（共1小题）11．（2023•高州市二模）已知球O与正四面体A﹣BCD各棱相切，且与平面α相切，若AB ＝1，则正四面体A﹣BCD表面上的点到平面α距离的最大值为．一十一．轨迹方程（共1小题）12．（2023•广州二模）在平面直角坐标系xOy中，定义d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|为A （x1，y1），B（x2，y2）两点之间的“折线距离”．已知点Q（1，0），动点P满足d（Q，P）＝，点M是曲线y＝上任意一点，则点P的轨迹所围成图形的面积为，d（P，M）的最小值为．一十二．椭圆的性质（共3小题）13．（2023•梅州二模）如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形状，则该椭圆的离心率为．14．（2023•汕头二模）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点P（x0，y0）的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则＝．15．（2023•佛山二模）已知F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，P是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则sin∠F1PF2的最大值为．一十三．抛物线的性质（共1小题）16．（2023•韶关二模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为﹣1的直线l交抛物线C于A，B两点，则以线段AB为直径的圆D的方程为；若圆D上存在两点P，Q，在圆T：（x+2）2+（y+7）2＝a2（a＞0）上存在一点M，使得∠PMQ ＝90°，则实数a的取值范围为．一十四．古典概型及其概率计算公式（共1小题）17．（2023•佛山二模）有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是，从第n个盒子中取到白球的概率是．一十五．离散型随机变量的期望与方差（共1小题）18．（2023•汕头二模）某单位有10000名职工，想通过验血的方法筛查乙肝病毒携带者，假设携带病毒的人占5%，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10000次．统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次．按照这种化验方法，平均每个人需要化验次．（结果保留四位有效数字）（0.955≈0.7738，0.956≈0.735，0.957≈0.6983）．一十六．正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义（共1小题）19．（2023•佛山二模）佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N（800，σ2），且P（X＜801）＝0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X＜801的瓷砖片数，则E（Y）＝．一十七．归纳推理（共1小题）20．（2023•广州二模）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法为：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为1，将图①，图②，图③，图④中的图形周长依次记为C1，C2，C3，C4，则＝．广东省2023年各地区高考数学模拟（二模）试题按题型难易度分层分类汇编（12套）-02填空题（提升题）参考答案与试题解析一．抽象函数及其应用（共1小题）1．（2023•深圳二模）已知函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）﹣2为奇函数，且f（1﹣x）＝f（3+x），则f（2023）＝　2　．【答案】2．【解答】解：由于f（x+1）﹣2为奇函数，则f（x+1）﹣2＝﹣[f（﹣x+1）﹣2]，即f（x+1）+f（1﹣x）＝4，所以函数f（x）关于点（1，2）对称，则f（1）＝2，又f（1﹣x）＝f（3+x），则f（x+1）+f（x+3）＝4，则f（x）+f（x+2）＝4，则f（x+2）+f（x+4）＝4，所以f（x）＝f（x+4），则函数f（x）的周期为4，所以f（2023）＝f（505×4+3）＝f（3）＝f（1）＝2．故答案为：2．二．正弦函数的单调性（共1小题）2．（2023•湛江二模）若函数在上具有单调性，且为f（x）的一个零点，则f（x）在上单调递　增　（填增或减），函数y＝f（x）﹣lgx的零点个数为　9个　．【答案】增；9个．【解答】解：∵函数在上具有单调性，∴﹣（﹣）≤T，即≤，∴0＜ω≤，又∵f（）＝sin（ω+）＝0，∴ω+＝kπ（k∈Z），即ω＝﹣，k∈Z，只有k＝1时，ω＝3符合要求，此时f（x）＝sin（3x+），当x∈时，3x+∈（﹣，），∴f（x）在上单调递增，作出函数y＝f（x）与y＝lgx的图象，由图可知，这两个函数的图象共有9个交点，∴函数y＝f（x）﹣lgx的零点个数为9个．故答案为：增；9个．三．函数的零点与方程根的关系（共1小题）3．（2023•高州市二模）已知函数，若存在实数k，使得方程f（x）＝k有6个不同实根x1，x2，x3，x4，x5，x6，且x1＜x2＜x3＜x4＜x5＜x6，则a的取值范围是　（2，+∞）　；的值为　2　．【答案】（2，+∞）；2．【解答】解：当x∈（﹣∞，0）时，，当且仅当即x＝﹣1时取等号，且根据对勾函数可得f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，当x∈（0，e﹣a]时，lnx∈（﹣∞，﹣a]，|lnx|＝﹣lnx∈[a，+∞），则|lnx|﹣a＝﹣lnx﹣a∈[0，+∞），所以f（x）＝﹣lnx﹣a∈[0，+∞）；当x∈（e﹣a，1]时，lnx∈（﹣a，0]，|lnx|＝﹣lnx∈[0，a），则|lnx|﹣a＝﹣lnx﹣a∈[﹣a，0），所以f（x）＝lnx+a∈（0，a]；当x∈（1，e a]时，lnx∈（0，a]，|lnx|＝lnx∈（0，a]，则|lnx|﹣a＝lnx﹣a∈（﹣a，0]，所以f（x）＝a﹣lnx∈[0，a）；当x∈（e a，+∞）时，lnx∈（a，+∞），|lnx|＝lnx∈（a，+∞），则|lnx|﹣a＝lnx﹣a∈（0，+∞），所以f（x）＝lnx﹣a∈（0，+∞），所以f（x）的大致图象如图所示，当a＞2时，存在实数k，使得方程f（x）＝k有6个不同实根，故a的取值范围是（2，+∞），由题意得x1，x2是方程的两个根，即方程x2+kx+1＝0的两个根，所以x1x2＝1，x1x2＝1，﹣lnx3﹣a＝lnx6﹣a＝k，所以lnx3+lnx6＝ln（x3x6）＝0，解得x3x6＝1，lnx4+a＝a﹣lnx5＝k，lnx4+lnx5＝ln（x4x5）＝0，解得x4x5＝1所以，故答案为：（2，+∞）；2．四．根据实际问题选择函数类型（共1小题）4．（2023•茂名二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段．如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面．坝面上点A满足AC⊥MN，且AC长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上．此外在半圆小岛上再修建栈道、以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为　+5　百米．【答案】+5．【解答】解：连接CD，CE，由半圆半径为1得：CD＝CE＝1，由对称性，设∠CBE＝∠CBD＝θ，又CD⊥BD，CE⊥BE，所以BE＝BD＝＝，BC＝＝，易知∠MCE＝∠NCD＝θ，所以，的长为θ，又AC＝3，故AB＝AC﹣BC＝3﹣∈（0，2），故sinθ∈（，1），令sinθ0＝，且θ0∈（0，），则f（θ）＝5﹣++2θ，θ∈（θ0，），所以f′（θ）＝，θ（θ0，）（，）f′（θ）﹣0+f（θ）单调递减极小值单调递增所以栈道总长度最小值f（θ）min＝f（）＝+5．故答案为：+5．五．利用导数研究曲线上某点切线方程（共2小题）5．（2023•梅州二模）已知函数f（x）＝x2+alnx的图象在x＝1处的切线在y轴上的截距为2，则实数a＝　﹣3　．【答案】﹣3．【解答】解：由f（x）＝x2+alnx，得f′（x）＝2x+，则f′（1）＝2+a，又f（1）＝1，∴函数f（x）＝x2+alnx的图象在x＝1处的切线方程为y﹣1＝（2+a）（x﹣1），取x＝0，可得y＝﹣2﹣a+1＝﹣a﹣1＝2，可得a＝﹣3．故答案为：﹣3．6．（2023•广东二模）已知f（x）＝x3﹣x，若过点P（m，n）恰能作两条直线与曲线y＝f （x）相切，且这两条切线关于直线x＝m对称，则m的一个可能值为　（或或或）　．【答案】（或或或）．【解答】解：设切点坐标为（t，t3﹣t），因为f（x）＝x3﹣x，则f'（x）＝3x2﹣1，切线斜率为f'（t）＝3t2﹣1，所以，曲线y＝f（x）在x＝t处的切线方程为y﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（x﹣t），将点P的坐标代入切线方程可得2t3﹣3mt2+m+n＝0，设过点P且与曲线y＝f（x）相切的切线的切点的横坐标分别为x1、x2，且x1≠x2，因为这两条切线关于直线x＝m对称，则，所以，易知x1、x2关于t的方程2t3﹣3mt2+m+n＝0的两个根，设该方程的第三个根为x3，则2t3﹣3mt2+m+n＝2（t﹣x1）（t﹣x2）（t﹣x3），则，所以，因为过点P（m，n）恰能作两条直线与曲线y＝f（x）相切，则关于t的方程2t3﹣3mt2+m+n＝0只有两个不等的实根，不妨设x3＝x1，则，若x1＝0，则，可得，解得；若2x2+x1＝0，则x1＝﹣2x2，所以，，可得，x1＝m，所以，解得．综上所述，或．故答案为：（或或或）．六．平面向量的基本定理（共1小题）7．（2023•广州二模）在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，当λ＝时，则有最小值为．【答案】；．【解答】解：在等腰梯形ABCD中，已知AB∥CD，AB＝4，BC＝2，∠ABC＝60°，则，又，则＝＝＝（1﹣），，则＝+4λ+4（）＝，又＝，当且仅当，即时取等号，即当λ＝时，则有最小值为，故答案为：；．七．解三角形（共1小题）8．（2023•深圳二模）足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标准足球场的B底线宽AB ＝72码，球门宽EF＝8码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最大，这时候点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处（OA＝AB，OA⊥AB）时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择．若选择线路，则甲带球　72﹣16　码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路，则甲带球　72﹣16　码时，到达最佳射门位置．【答案】72﹣16；72﹣16．【解答】解：若选择线路，设AP＝t，其中0＜t≤72，AE＝32，AF＝32+8＝40，则tan∠APE＝＝，tan∠APF＝＝，所以，tan∠EPF＝tan（∠APF﹣∠APE）＝＝＝＝≤＝，当且仅当t＝时，即当t＝16时，等号成立，此时OP＝OA﹣AP＝72﹣16，所以，若选择线路，则甲带球72﹣16码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路，以线段EF的中点N为坐标原点，、的方向分别为x、y轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则B（﹣36，0）、O（36，72）、F（﹣4，0）、E（4，0），k OB＝＝1，直线OB的方程为y＝x+36，设点P（x，x+36），其中﹣36＜x≤36，tan∠AFP＝k PF＝，tan∠AEP＝k PE＝，所以，tan∠EPF＝tan（∠AEP﹣∠AFP）＝＝＝＝，令m＝x+36∈（0，72]，则x＝m﹣36，所以x+36+＝m+＝2m+﹣72≥2﹣72＝32﹣72，当且仅当2m＝时，即当m＝8，即当x＝8﹣36时，等号成立，所以，tan∠EPF＝≤＝，当且仅当x＝8﹣36时，等号成立，此时，|OP|＝|36﹣（8﹣36）|＝72﹣16，所以，若选择线路，则甲带球72﹣16码时，到达最佳射门位置，故答案为：72﹣16；72﹣16．八．棱柱、棱锥、棱台的体积（共1小题）9．（2023•广东二模）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，除面ABCD外，该四棱柱其余各个面的中心分别为点E，F，G，H，Ⅰ，则由点E，F，G，H，Ⅰ构成的四棱锥的体积为．【答案】．【解答】解：连接AC，BD，由题意可得，分别过E，F，G，H作底面ABCD的垂线，垂足分别为E1，F1，G1，H1，可得E1，F1，G1，H1分别为AB，BC，CD，AD的中点，连接E1F1，F1G1，G1H1，H1E1，可得，由题意可得：EFGH﹣E1F1G1H1为四棱柱，则，四棱锥的高为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高的一半，即为1，所以四棱锥的体积．故答案为：．九．球的体积和表面积（共1小题）10．（2023•韶关二模）将一个圆心角为、面积为2π的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为　π　．【答案】π．【解答】解：设圆锥底面半径为R，母线长为L，则，解得R＝，L＝，易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于，故S△ABC＝××＝，设内切圆半径为r，则：S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝AB•r×2+BC•r，解得：，其表面积：．故答案为：π．一十．点、线、面间的距离计算（共1小题）11．（2023•高州市二模）已知球O与正四面体A﹣BCD各棱相切，且与平面α相切，若AB ＝1，则正四面体A﹣BCD表面上的点到平面α距离的最大值为．【答案】．【解答】解：将正四面体A﹣BCD补形成正方体，因为球O与正四面体A﹣BCD各棱相切，所以球O即为正方体的内切球，易知，球心O为正方体体对角线的中点，记正四面体A﹣BCD表面上的点到球心O的距离为d，球的半径为r，则正四面体A﹣BCD表面上的点到平面α距离的最大值即为d+r的最大值，设正方体棱长为a，则a2+a2＝1，解得，所以，易知，，所以正四面体A﹣BCD表面上的点到平面α距离的最大值为．故答案为：．一十一．轨迹方程（共1小题）12．（2023•广州二模）在平面直角坐标系xOy中，定义d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|为A （x1，y1），B（x2，y2）两点之间的“折线距离”．已知点Q（1，0），动点P满足d（Q，P）＝，点M是曲线y＝上任意一点，则点P的轨迹所围成图形的面积为，d（P，M）的最小值为　（﹣1）　．【答案】；（﹣1）．【解答】解：设P（x，y），d（Q，P）＝|x﹣1|+|y|＝，当x≥1，y≥0时，则x﹣1+y＝，即x+y﹣＝0，当x≥1，y＜0时，则x﹣1﹣y＝，即x﹣y﹣＝0，当x＜1，y＜0时，则1﹣x﹣y＝，即x+y﹣＝0，当x＜1，y≥0时，则1﹣x+y＝，即x﹣y﹣＝0，故点P的轨迹所围成图形如下图阴影部分四边形ABCD的面积：则S＝×××4＝，如下图，设P（x0，y0），M（x1，y1），又求d（P，M）的最小值，显然x1＞x0，y1＞y0，d（P，M）＝|x1﹣x0|+|y1﹣y0|＝x1﹣x0+y1﹣y0＝x1+y1﹣（x0+y0），求d（P，M）的最小值，即x1+y1的最小值，x0+y0的最大值，又（x0+y0）＝，下面求x1+y1的最小值，令y＝x1+y1＝x1+，y'＝1﹣＝0，即x1＝，令y'＞0，解得：x1＞，令y'＜0，解得：x1＜，所以y在（﹣∞，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以x1＝时，y有最小值，且y min＝，所以d（P，M）min＝﹣＝（﹣1）．故答案为：；（﹣1）．一十二．椭圆的性质（共3小题）13．（2023•梅州二模）如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形状，则该椭圆的离心率为．【答案】．【解答】解：设圆柱的底面半径为r，因为一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形状，则2b＝2r，，即，因此该椭圆的离心率为．故答案为：．14．（2023•汕头二模）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点P（x0，y0）的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则＝　4　．【答案】4．【解答】解：设A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3），由中点坐标公式可得、、，∵O为△ABC的重心，∴，，，∴x1y3﹣x3y1＝x3y2﹣x2y3＝x2y1﹣x1y2，由题意可知，过A，B，C切线分别为，，，∴，，，∴，同理，即O也是△DEF的重心，又∵，，，∴，，，∴，同理可得k OE＝k OB，k OF＝k OA，∴D，O，C、E，O，B、F，O，A共线，综上，C，B，A分别是EF，DF，DE的中点，则．故答案为：4．15．（2023•佛山二模）已知F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，P是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则sin∠F1PF2的最大值为．【答案】．【解答】解：由椭圆的方程可知右顶点为M（2，0），左右焦点F1、F2的坐标为（﹣1，0），（1，0），设P（2，t）为过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，（不妨设t＞0），tan∠F1PF2＝tan（∠F1PM﹣∠F2PM）＝＝＝＝≤＝，当且仅当t＝，即t＝时取等号，∵0≤∠F1PF2＜，∴0≤∠F1PF2≤，∴sin∠F1PF2的最大值为．故答案为：．一十三．抛物线的性质（共1小题）16．（2023•韶关二模）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为﹣1的直线l交抛物线C于A，B两点，则以线段AB为直径的圆D的方程为　（x﹣3）2+（y+2）2＝16　；若圆D上存在两点P，Q，在圆T：（x+2）2+（y+7）2＝a2（a＞0）上存在一点M，使得∠PMQ＝90°，则实数a的取值范围为　[，9]　．【答案】（x﹣3）²+（y+2）²＝16，[，9]．【解答】解：过抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0）且斜率为﹣1的直线l为y＝﹣x+1，由消去x，得x2﹣6x+1＝0，所以AB的中点为D（3，﹣2），|AB|＝x1+x2+p，所以以线段AB为直径的圆D的半径r＝4，方程为（x﹣3）²+（y+2）²＝16，对圆D内任意一点M，必可作相互垂直的两直线相交，故存在圆D上两点P，Q，使∠PMQ＝90°；对圆D外任意一点M，P，Q是圆D上两点．当MP，MQ与圆D相切时，∠PMQ最大，此时DPMQ为柜形，T：（x﹣a）2+y2＝1上存在一点M，使得∠PMQ＝90°，等价于以D为因心以为半径的圆与圆T：（x+2）2+（y+7）2＝a2（a＞0）在公共点，所以，解得，所以实数a的取值范围为[，9]．故答案为：（x﹣3）²+（y+2）²＝16，[，9]．一十四．古典概型及其概率计算公式（共1小题）17．（2023•佛山二模）有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是，从第n个盒子中取到白球的概率是．【答案】；．【解答】解：记事件A i表示从第i（i＝1，2，•，n）个盒子里取出白球，则P（A1）＝，P（）＝，P（A2）＝P（A1A2）+P（）＝P（A1）P（A2|A1）+P（）P（A2|）＝＝，P（A 3）＝P（A2）P（A3|A2）+P（）P（A3|）＝＝，P（A 4）＝P（A3）P（A4|A3）+P（）P（A4|）＝，进而得P（A n）＝，P（A n）﹣＝[P（A n﹣1）﹣]，又P（A1）﹣＝，P（A2）﹣＝，P（A2）﹣＝[P（A1）﹣]，∴{P（A n）﹣}是首项为，公比为的等比数列，∴P（A n）﹣＝＝，∴P（A n）＝．故答案为：；．一十五．离散型随机变量的期望与方差（共1小题）18．（2023•汕头二模）某单位有10000名职工，想通过验血的方法筛查乙肝病毒携带者，假设携带病毒的人占5%，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验10000次．统计专家提出了一种化验方法：随机地按5人一组分组，然后将各组5个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这5个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需要对每个人再分别化验一次．按照这种化验方法，平均每个人需要化验　0.4262　次．（结果保留四位有效数字）（0.955≈0.7738，0.956≈0.735，0.957≈0.6983）．【答案】0.4262．【解答】解：设每个人需要的化验次数为X，若混合血样呈阴性，则X＝；若混合血样呈阳性，则X＝；因此，X的分布列为P（X＝）＝0.955，P（X＝）＝1﹣0.955，所以E（X）＝≈0.4262，说明每5个人一组，平均每个人需要化验0.4262次．故答案为：0.4262．一十六．正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义（共1小题）19．（2023•佛山二模）佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N（800，σ2），且P（X＜801）＝0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X＜801的瓷砖片数，则E（Y）＝　1　．【答案】1．【解答】解：由题意，X～N（800，σ2），所以正态曲线关于直线X＝800对称，所以P（X＜800）＝0.5，因为P（X＜801）＝P（X＜800）+P（800≤X＜801）＝0.6，所以P（800≤X＜801）＝0.6﹣0.5＝0.1，由题意，Y～B（10，0.1），所以E（Y）＝10×0.1＝1．故答案为：1．一十七．归纳推理（共1小题）20．（2023•广州二模）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案．图形的作法为：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边．反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的边长为1，将图①，图②，图③，图④中的图形周长依次记为C1，C2，C3，C4，则＝．【答案】．【解答】解：观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列{∁n}，从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的，因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的，即有，因此数列{∁n}是首项C1＝3，公比为的等比数列，所以，，故答案为：．。

高中高考数学二模试卷理(含解析)-人教版高三全册数学试题

2016年某某省某某市扶沟县包屯高中高考数学二模试卷（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．已知全集U=R，集合A={x|﹣1≤x≤1}，B={x|x2﹣2x≤0}，则（∁U A）∩B=（）A．[﹣1，0] B．[﹣1，2] C．（1，2] D．（﹣∞，1]∪[2，+∞）2．设复数z=1+i（i是虚数单位），则|+z|=（）A．2 B．C．3 D．23．不等式|2x﹣1|＞x+2的解集是（）A．（﹣，3）B．（﹣∞，﹣）∪（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（，+∞）D．（﹣3，+∞）4．若函数f（x）=2sin（ωx+θ）对任意x都有f（+x）=f（﹣x），则f（）=（）A．2或0 B．﹣2或2 C．0 D．﹣2或05．一算法的程序框图如图，若输出的y=，则输入的x的值可能为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．56．已知双曲线，它的一个顶点到较近焦点的距离为1，焦点到渐近线的距离是，则双曲线C的方程为（）A．x2﹣=1 B．﹣y2=1 C．﹣y2=1 D．x2﹣=17．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b．其中真命题的序号是（）A．①② B．②③ C．①④ D．②④8．设点M（x，y）是不等式组所表示的平面区域Ω中任取的一点，O为坐标原点，则|OM|≤2的概率为（）A． B．C． D．9．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S17=170，则a7+a9+a11的值为（）A．10 B．20 C．25 D．3010．已知△ABC三边长构成公差为d（d≠0）的等差数列，则△ABC最大内角α的取值X围为（）A．＜α≤B．＜α＜πC．≤α＜πD．＜α≤11．已知f（x）=在x=0处取得最小值，则a的最大值是（）A．4 B．1 C．3 D．212．若对∀x，y∈[0，+∞），不等式4ax≤e x+y﹣2+e x﹣y﹣2+2恒成立，则实数a的最大值是（）A．B．1 C．2 D．二、填空题：本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13．命题“对任意x≤0，都有x2＜0”的否定为_______．14．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则ab的值为_______．15．设函数f（x）=lnx的定义域为（M，+∞），且M＞0，对于任意a，b，c∈（M，+∞），若a，b，c是直角三角形的三条边长，且f（a），f（b），f（c）也能成为三角形的三条边长，那么M的最小值为_______．16．已知||=1，||=， =0，点C在∠AOB内，且∠AOC=30°，设=m+n （m、n∈R），则等于_______．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．等差数列{a n}的公差为d（d＜0），a i∈{1，﹣2，3，﹣4，5}（i=1，2，3），则数列{b n}中，b1=1，点B n（n，b n）在函数g（x）=a•2x（a是常数）的图象上．（Ⅰ）求数列{a n}、{b n}的通项公式；（Ⅱ）若=a n•b n，求数列{}的前n项和S n．18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=6，点E、F分别在棱BB1、CC1上，且BE=BB1，C1F=CC1．（1）求平面AEF与平面ABC所成角α的余弦值；（2）若G为BC的中点，A1G与平面AEF交于H，且设=，求λ的值．19．甲、乙两同学参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，具体成绩如下茎叶图所示，已知两同学这8次成绩的平均分都是85分．（1）求x；并由图中数据直观判断，甲、乙两同学中哪一位的成绩比较稳定？（2）若将频率视为概率，对甲同学在今后3次数学竞赛成绩进行预测，记这3次成绩中高于80分的次数为ξ，求ξ的分布列及数学期望Eξ．甲乙9 8 7 58 x 2 1 8 0 0 3 55 3 9 0 2 520．已知动点P到直线x=2的距离等于P到圆x2﹣7x+y2+4=0的切线长，设点P的轨迹为曲线E；（1）求曲线E的方程；（2）是否存在一点Q（m，n），过点Q任作一直线与轨迹E交于M、N两点，点（，）都在以原点为圆心，定值r为半径的圆上？若存在，求出m、n、r的值；若不存在，说明理由．21．已知函数（其中常数a，b∈R），．（Ⅰ）当a=1时，若函数f（x）是奇函数，求f（x）的极值点；（Ⅱ）若a≠0，求函数f（x）的单调递增区间；（Ⅲ）当时，求函数g（x）在[0，a]上的最小值h（a），并探索：是否存在满足条件的实数a，使得对任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）22．如图，P为圆外一点，PD为圆的切线，切点为D，AB为圆的一条直径，过点P作AB的垂线交圆于C、E两点（C、D两点在AB的同侧），垂足为F，连接AD交PE于点G．（1）证明：PC=PD；（2）若AC=BD，求证：线段AB与DE互相平分．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．已知直角坐标系xOy的原点和极坐标系Ox的极点重合，x轴非负半轴与极轴重合，单位长度相同，在直角坐标系下，曲线C的参数方程为，（φ为参数）．（1）在极坐标系下，若曲线C与射线θ=和射线θ=﹣分别交于A，B两点，求△AOB 的面积；（2）给出直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ=2，求曲线C与直线l在平面直角坐标系中的交点坐标．[选修4-5：不等式选讲]24．已知：函数f（x）=|1﹣3x|+3+ax．（1）若a=﹣1，解不等式f（x）≤5；（2）若函数f（x）有最小值，某某数a的取值X围．2016年某某省某某市扶沟县包屯高中高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．已知全集U=R，集合A={x|﹣1≤x≤1}，B={x|x2﹣2x≤0}，则（∁U A）∩B=（）A．[﹣1，0] B．[﹣1，2] C．（1，2] D．（﹣∞，1]∪[2，+∞）【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】化简集合B，求出A的补集，再计算（∁U A）∩B．【解答】解：全集U=R，集合A={x|﹣1≤x≤1}，B={x|x2﹣2x≤0}={x|0≤x≤2}，∴∁U A={x|x＜﹣1或x＞1}，∴（∁U A）∩B={x|1＜x≤2}=（1，2]．故选：C．2．设复数z=1+i（i是虚数单位），则|+z|=（）A．2 B．C．3 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】先求出+z，再求出其模即可．【解答】解：∵z=1+i，∴+z=+1+i===1﹣i+1+i=2，故|+z|=2，故选：A．3．不等式|2x﹣1|＞x+2的解集是（）A．（﹣，3）B．（﹣∞，﹣）∪（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（，+∞）D．（﹣3，+∞）【考点】绝对值三角不等式．【分析】选择题，对x+2进行分类讨论，可直接利用绝对值不等式公式解决：|x|＞a等价于x＞a或x＜﹣a，最后求并集即可．【解答】解：当x+2＞0时，不等式可化为2x﹣1＞x+2或2x﹣1＜﹣（x+2），∴x＞3或2x﹣1＜﹣x﹣2，∴x＞3或﹣2＜x＜﹣，当x+2≤0时，即x≤﹣2，显然成立，故x的X围为x＞3或x＜﹣故选：B．4．若函数f（x）=2sin（ωx+θ）对任意x都有f（+x）=f（﹣x），则f（）=（）A．2或0 B．﹣2或2 C．0 D．﹣2或0【考点】正弦函数的图象．【分析】由f（+x）=f（﹣x），可得x=是函数f（x）的对称轴，利用三角函数的性质即可得到结论．【解答】解：∵函数f（x）=2sin（ωx+θ）对任意x都有f（+x）=f（﹣x），∴x=是函数f（x）的对称轴，即此时函数f（x）取得最值，即f（）=±2，故选：B5．一算法的程序框图如图，若输出的y=，则输入的x的值可能为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．5【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序可得程序功能是求分段函数y=的值，根据已知即可求解．【解答】解：模拟执行程序可得程序功能是求分段函数y=的值，∵y=，∴sin（）=∴=2kπ+，k∈Z，即可解得x=12k+1，k∈Z．∴当k=0时，有x=1．故选：C．6．已知双曲线，它的一个顶点到较近焦点的距离为1，焦点到渐近线的距离是，则双曲线C的方程为（）A．x2﹣=1 B．﹣y2=1 C．﹣y2=1 D．x2﹣=1【考点】双曲线的简单性质．【分析】由题意可得c﹣a=1，求出渐近线方程和焦点的坐标，运用点到直线的距离公式，可得b=，由a，b，c的关系，可得a，进而得到所求双曲线的方程．【解答】解：双曲线的一个顶点（a，0）到较近焦点（c，0）的距离为1，可得c﹣a=1，由双曲线的渐近线方程为y=x，则焦点（c，0）到渐近线的距离为d==b=，又c2﹣a2=b2=3，解得a=1，c=2，即有双曲线的方程为x2﹣=1．故选：A．7．用a，b，c表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a⊥b，b⊥c，则a∥c；②若a∥b，a∥c，则b∥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b．其中真命题的序号是（）A．①② B．②③ C．①④ D．②④【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】与立体几何有关的命题真假判断，要多结合空间图形，充分利用相关的公里、定理解答．判断线与线、线与面、面与面之间的关系，可将线线、线面、面面平行（垂直）的性质互相转换，进行证明，也可将题目的中直线放在空间正方体内进行分析．【解答】解：因为空间中，用a，b，c表示三条不同的直线，①中正方体从同一点出发的三条线，满足已知但是a⊥c，所以①错误；②若a∥b，b∥c，则a∥c，满足平行线公理，所以②正确；③平行于同一平面的两直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；④垂直于同一平面的两直线平行，由线面垂直的性质定理判断④正确；故选：D．8．设点M（x，y）是不等式组所表示的平面区域Ω中任取的一点，O为坐标原点，则|OM|≤2的概率为（）A． B．C． D．【考点】几何概型．【分析】若x，y∈R，则区域W的面积是2×2=4．满足|OM|≤2的点M构成的区域为{（x，y）|﹣1≤x≤1，0≤y≤2，x2+y2≤4}，求出面积，即可求出概率．【解答】解：这是一个几何概率模型．若x，y∈R，则区域W的面积是2×2=4．满足|OM|≤2的点M构成的区域为{（x，y）|﹣1≤x≤1，0≤y≤2，x2+y2≤4}，面积为2[﹣（﹣）]= +，故|OM|≤2的概率为．故选：D．9．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S17=170，则a7+a9+a11的值为（）A．10 B．20 C．25 D．30【考点】等差数列的前n项和．【分析】由等差数列的性质可得a7+a9+a11=3a9，而s17=17a9，故本题可解．【解答】解：∵a1+a17=2a9，∴s17==17a9=170，∴a9=10，∴a7+a9+a11=3a9=30；故选D．10．已知△ABC三边长构成公差为d（d≠0）的等差数列，则△ABC最大内角α的取值X围为（）A．＜α≤B．＜α＜πC．≤α＜πD．＜α≤【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】由已知根据三角形内角和定理得3α＞π，从而解得α＞，妨设三角形三边为a﹣d，a，a+d，（a＞0，d＞0），利用余弦定理可得cosα=2﹣＞﹣1，结合三角形内角的X围即可得解．【解答】解：∵α为△ABC最大内角，∴3α＞π，即α＞，由题意，不妨设三角形三边为a﹣d，a，a+d，（a＞0，d＞0），则由余弦定理可得，cosα===2﹣=2﹣，又∵三角形两边之和大于第三边，可得a﹣d+a＞a+d，可得a＞2d，即，∴cosα=2﹣＞﹣1，又α为三角形内角，α∈（0，π），可得：α∈（，π）．故选：B．11．已知f（x）=在x=0处取得最小值，则a的最大值是（）A．4 B．1 C．3 D．2【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】根据分段函数，分别讨论x的X围，求出函数的最小值，根据题意得出不等式a2＜a+2，求解即可．【解答】解：∵f（x）=，当x≤0时，f（x）的最小值为a2，当x＞0时，f（x）的最小值为2+a，∵在x=0处取得最小值，∴a2＜a+2，∴﹣1≤a≤2，故选D．12．若对∀x，y∈[0，+∞），不等式4ax≤e x+y﹣2+e x﹣y﹣2+2恒成立，则实数a的最大值是（）A．B．1 C．2 D．【考点】函数恒成立问题．【分析】利用基本不等式和参数分离可得a≤在x＞0时恒成立，构造函数g（x）=，通过求导判断单调性求得g（x）的最小值即可得到a的最大值．【解答】解：当x=0时，不等式即为0≤e y﹣2+e﹣y﹣2+2，显然成立；当x＞0时，设f（x）=e x+y﹣2+e x﹣y﹣2+2，不等式4ax≤e x+y﹣2+e x﹣y﹣2+2恒成立，即为不等式4ax≤f（x）恒成立．即有f（x）=e x﹣2（e y+e﹣y）+2≥e x﹣2•2+2=2+2e x﹣2（当且仅当y=0时，取等号），由题意可得4ax≤2+2e x﹣2，即有a≤在x＞0时恒成立，令g（x）=，g′（x）=，令g′（x）=0，即有（x﹣1）e x﹣2=1，令h（x）=（x﹣1）e x﹣2，h′（x）=xe x﹣2，当x＞0时h（x）递增，由于h（2）=1，即有（x﹣1）e x﹣2=1的根为2，当x＞2时，g（x）递增，0＜x＜2时，g（x）递减，即有x=2时，g（x）取得最小值，为，则有a≤．当x=2，y=0时，a取得最大值．故选：D二、填空题：本大题共4小题，每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13．命题“对任意x≤0，都有x2＜0”的否定为存在x0≤0，都有．【考点】命题的否定．【分析】利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“对任意x≤0，都有x2＜0”的否定为：存在x0≤0，都有；故答案为：存在x0≤0，都有；14．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则ab的值为 1 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求出x3项的系数为20，得到ab的值．【解答】解：（ax2+）6的展开式的通项公式为T r+1=•a6﹣r•b r•x12﹣3r，令12﹣3r=3，求得r=3，故（ax2+）6的展开式中x3项的系数为•a3•b3=20，∴ab=1．故答案为：1．15．设函数f（x）=lnx的定义域为（M，+∞），且M＞0，对于任意a，b，c∈（M，+∞），若a，b，c是直角三角形的三条边长，且f（a），f（b），f（c）也能成为三角形的三条边长，那么M的最小值为．【考点】三角形的形状判断；函数的值．【分析】不妨设c为斜边，则M＜a＜c，M＜b＜c，则可得ab＞M2，结合题意可得，结合a2+b2≥2ab可求c的X围，进而可求M的X围，即可求解【解答】解：不妨设c为斜边，则M＜a＜c，M＜b＜c∴ab＞M2由题意可得，∴∵a2+b2≥2ab＞2c∴c2＞2c即c＞2∴ab＞2∴M2≥2∴故答案为：16．已知||=1，||=， =0，点C在∠AOB内，且∠AOC=30°，设=m+n （m、n∈R），则等于 3 ．【考点】平面向量数量积的运算；线段的定比分点．【分析】先根据=0，可得⊥，又因为===|OC|×1×cos30°==1×，所以可得：在x轴方向上的分量为在y轴方向上的分量为，又根据=m+n=n+m，可得答案．【解答】解：∵||=1，||=， =0，⊥===|OC|×1×cos30°==1×∴在x轴方向上的分量为在y轴方向上的分量为∵=m+n=n+m∴，两式相比可得： =3．故答案为：3三、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．等差数列{a n}的公差为d（d＜0），a i∈{1，﹣2，3，﹣4，5}（i=1，2，3），则数列{b n}中，b1=1，点B n（n，b n）在函数g（x）=a•2x（a是常数）的图象上．（Ⅰ）求数列{a n}、{b n}的通项公式；（Ⅱ）若=a n•b n，求数列{}的前n项和S n．【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．【分析】（I）等差数列{a n}的公差为d（d＜0），a i∈{1，﹣2，3，﹣4，5}（i=1，2，3），可得a1=5，a2=3，a3=1．利用等差数列的通项公式即可得出．由点B n（n，b n）在函数g（x）=a•2x（a是常数）的图象上，可得b n=a•2n．利用b1=1，解得a，即可得出．（II）=a n•b n=（7﹣2n）•2n﹣1．利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：（I）等差数列{a n}的公差为d（d＜0），a i∈{1，﹣2，3，﹣4，5}（i=1，2，3），∴a1=5，a2=3，a3=1．∴d=3﹣5=﹣2，∴a n=5﹣2（n﹣1）=7﹣2n．∵点B n（n，b n）在函数g（x）=a•2x（a是常数）的图象上，∴b n=a•2n．∵b1=1，∴1=a×21，解得a=．∴b n=2n﹣1．（II）=a n•b n=（7﹣2n）•2n﹣1．∴数列{}的前n项和S n=5×1+3×2+1×22+…+（7﹣2n）•2n﹣1．∴2S n=5×2+3×22+…+（9﹣2n）•2n﹣1+（7﹣2n）•2n，∴﹣S n=5﹣2（2+22+…+2n﹣1）﹣（7﹣2n）•2n=5﹣﹣（7﹣2n）•2n=9﹣（9﹣2n）•2n，∴S n=（9﹣2n）•2n﹣9．18．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=6，点E、F分别在棱BB1、CC1上，且BE=BB1，C1F=CC1．（1）求平面AEF与平面ABC所成角α的余弦值；（2）若G为BC的中点，A1G与平面AEF交于H，且设=，求λ的值．【考点】二面角的平面角及求法；棱柱的结构特征．【分析】（1）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．（2）利用四点共面， =x+y，建立方程关系进行求解即可．【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，AA1=6，点E、F分别在棱BB1、CC1上，且BE=BB1，C1F=CC1．∴建立以A为坐标原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：则A（0，0，0），A1（0，0，6），B（2，0，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，2，4），则=（2，0，2），=（0，2，4），设平面AEF的法向量为=（x，y，z）则令z=1．则x=﹣1，y=﹣2，即=（﹣1，﹣2，1），平面ABC的法向量为=（0，0，1），则cos＜，＞===即平面AEF与平面ABC所成角α的余弦值是；（2）若G为BC的中点，A1G与平面AEF交于H，则G（1，1，0），∵=，∴==λ（1，1，﹣6）=（λ，λ，﹣6λ），=+=（λ，λ，6﹣6λ）∵A，E，F，H四点共面，∴设=x+y，即（λ，λ，6﹣6λ）=x（2，0，2）+y（0，2，4），则，得λ=，x=y=，故λ的值为．19．甲、乙两同学参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，具体成绩如下茎叶图所示，已知两同学这8次成绩的平均分都是85分．（1）求x；并由图中数据直观判断，甲、乙两同学中哪一位的成绩比较稳定？（2）若将频率视为概率，对甲同学在今后3次数学竞赛成绩进行预测，记这3次成绩中高于80分的次数为ξ，求ξ的分布列及数学期望Eξ．甲乙9 8 7 58 x 2 1 8 0 0 3 55 3 9 0 2 5【考点】离散型随机变量的期望与方差；极差、方差与标准差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）由题意利用平均数的定义仔细分析图表即可求得；（2）由题意记“甲同学在一次数学竞赛中成绩高于8”为事A，则，而随机变量ξ的可能取值为0、1、2、3，由题意可以分析出该随机变量ξ～B（3，），再利用二项分布的期望与分布列的定义即可求得．【解答】解：（1）依题意，解x=4，由图中数据直观判断，甲同学的成绩比较稳定．（2）记“甲同学在一次数学竞赛中成绩高于80分”为事A，则，随机变ξ的可能取值为0、1、2、3，ξ～B（3，），，其k=0、1、2、3．所以变ξ的分布列为：ξ0 1 2 3P20．已知动点P到直线x=2的距离等于P到圆x2﹣7x+y2+4=0的切线长，设点P的轨迹为曲线E；（1）求曲线E的方程；（2）是否存在一点Q（m，n），过点Q任作一直线与轨迹E交于M、N两点，点（，）都在以原点为圆心，定值r为半径的圆上？若存在，求出m、n、r的值；若不存在，说明理由．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）设P（x，y），由题意可得，整理可得切线E 的方程（2）过点Q任作的直线方程可设为：为直线的倾斜角），代入曲线E的方程y2=3x，得（n+tsinα）2=3（m+tcosα），sin2αt2+（2nsinα﹣3cosα）t+n2﹣3m=0，由韦达定理得，，若使得点（，）在以原点为圆心，定值r为半径的圆上，则有=为定值【解答】解：（1）设P（x，y），圆方程x2﹣7x+y2+4=0化为标准式：则有∴（x﹣2）2=x2﹣7x+y2+4，整理可得y2=3x∴曲线E的方程为y2=3x．（2）过点Q任作的直线方程可设为：为直线的倾斜角）代入曲线E的方程y2=3x，得（n+tsinα）2=3（m+tc osα），sin2αt2+（2nsinα﹣3cosα）t+n2﹣3m=0由韦达定理得，，==═令﹣12n与2n2+6m﹣9同时为0得n=0，，此时为定值故存在．21．已知函数（其中常数a，b∈R），．（Ⅰ）当a=1时，若函数f（x）是奇函数，求f（x）的极值点；（Ⅱ）若a≠0，求函数f（x）的单调递增区间；（Ⅲ）当时，求函数g（x）在[0，a]上的最小值h（a），并探索：是否存在满足条件的实数a，使得对任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．【考点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性．【分析】（I）根据所给的函数是一个奇函数，写出奇函数成立的等式，整理出b的值是0，得到函数的解析式，对函数求导，使得导函数等于0，求出极值点．（II）要求函数的单调增区间，首先对函数求导，使得导函数大于0，解不等式，问题转化为解一元二次不等式，注意对于a值进行讨论．（Ⅲ）求出函数g（x）在[0，a]上的极值、端点值，比较其中最小者即为h（a），再利用奇函数性质及基本不等式求出f（x）的最小值，对任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立，等价于f（x）min＞h（a），在上只要找到一a值满足该不等式即可．【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，因为函数f（x）是奇函数，∴对x∈R，f（﹣x）=﹣f（x）成立，得，∴，∴，得，令f'（x）=0，得x2=1，∴x=±1，经检验x=±1是函数f（x）的极值点．（Ⅱ）因为，∴，令f'（x）＞0⇒﹣ax2﹣2bx+a＞0，得ax2+2bx﹣a＜0，①当a＞0时，方程ax2+2bx﹣a=0的判别式△=4b2+4a2＞0，两根，单调递增区间为，②当a＜0时，单调递增区间为和．（Ⅲ）因为，当x∈[0，a]时，令g'（x）=0，得，其中．当x变化时，g'（x）与g（x）的变化情况如下表：x （0，x0）x0（x0，a）g'（x）+ 0 ﹣g（x）↗↘∴函数g（x）在[0，a]上的最小值为g（0）与g（a）中的较小者．又g（0）=0，，∴h（a）=g（a），∴，b=0时，由函数是奇函数，且，∴x＞0时，，当x=1时取得最大值；当x=0时，f（0）=0；当x＜0时，，∴函数f（x）的最小值为，要使对任意x∈R，f（x）＞h（a）恒成立，则f（x）最小＞h（a），∴，即不等式在上有解，a=π符合上述不等式，∴存在满足条件的实数a=π，使对任意x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）22．如图，P为圆外一点，PD为圆的切线，切点为D，AB为圆的一条直径，过点P作AB的垂线交圆于C、E两点（C、D两点在AB的同侧），垂足为F，连接AD交PE于点G．（1）证明：PC=PD；（2）若AC=BD，求证：线段AB与DE互相平分．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（1）利用PD为圆的切线，切点为D，AB为圆的一条直径，证明：∠DGP=∠PDG，即可证明PC=PD；（2）若AC=BD，证明DE为圆的一条直径，即可证明线段AB与DE互相平分．【解答】证明：（1）∵PD为圆的切线，切点为D，AB为圆的一条直径，∴∠PDA=∠DBA，∠BDA=90°，∴∠DBA+∠DAB=90°，∵PE⊥AB∴在Rt△AFG中，∠FGA+∠GAF=90°，∴∠FGA+∠DAB=90°，∴∠FGA=∠DBA．∵∠FGA=∠DGP，∴∠DGP=∠PDA，∴∠DGP=∠PDG，∴PG=PD；（2）连接AE，则∵CE⊥AB，AB为圆的一条直径，∴AE=AC=BD，∴∠EDA=∠DAB，∵∠DEA=∠DBA，∴△BDA≌△EAD，∴DE=AB，∴DE为圆的一条直径，∴线段AB与DE互相平分．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．已知直角坐标系xOy的原点和极坐标系Ox的极点重合，x轴非负半轴与极轴重合，单位长度相同，在直角坐标系下，曲线C的参数方程为，（φ为参数）．（1）在极坐标系下，若曲线C与射线θ=和射线θ=﹣分别交于A，B两点，求△AOB 的面积；（2）给出直线l的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ=2，求曲线C与直线l在平面直角坐标系中的交点坐标．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）曲线C的参数方程为，（φ为参数），利用平方关系可得：曲线 C 在直角坐标系下的普通方程．将其化为极坐标方程为，分别代入和，可得|OA|，|OB|，，利用直角三角形面积计算公式可得△AOB的面积．（2）将l的极坐标方程化为直角坐标方程得x﹣y﹣2=0，与椭圆方程联立解出即可得出交点坐标．【解答】解：（1）曲线C的参数方程为，（φ为参数），利用平方关系可得：曲线 C在直角坐标系下的普通方程为，将其化为极坐标方程为，分别代入和，得，∵，故△AOB的面积．（2）将l的极坐标方程化为直角坐标方程，得x﹣y﹣2=0，联立方程，解得x=2，y=0，或，∴曲线C与直线l的交点坐标为（2，0）或．[选修4-5：不等式选讲]24．已知：函数f（x）=|1﹣3x|+3+ax．（1）若a=﹣1，解不等式f（x）≤5；（2）若函数f（x）有最小值，某某数a的取值X围．【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式．【分析】（1）若a=﹣1，不等式f（x）≤5，即为|3x﹣1|≤x+2，去掉绝对值解不等式f（x）≤5；（2）分析知函数f（x）有最小值的充要条件为，即可某某数a的取值X围．【解答】解：（1）当a=﹣1时，f（x）=|3x﹣1|+3﹣x，所以不等式f（x）≤5，即为|3x﹣1|≤x+2，讨论：当时，3x﹣1﹣x+3≤5，解之得；当时，﹣3x+1﹣x+3≤5，解之得，综上，原不等式的解集为…（2），分析知函数f（x）有最小值的充要条件为，即﹣3≤a≤3…。

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广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题：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.1．函数f（x）=+lg（6﹣3x）的定义域为（）A．（﹣∞，2）B．（2，+∞）C．[﹣1，2）D．[﹣1，2]2．己知复数z=（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（）A．B．C．6 D．33．“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”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4．已知sinα﹣cosα=，则cos（﹣2α）=（）A．﹣ B．C．D．5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（）A．a b＞a a B．c a＞c b C．log a c＞log b c D．log b c＞log b a6．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞍铜方升，其三视图如图所示（单位：升），则此量器的体积为（单位：立方升）（）A．14 B．12+C．12+πD．38+2π7．设计如图的程序框图，统计高三某班59位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数（用j表示），则判断框中应填入的条件是（）A．i＜58？B．i≤58？C．j＜59？D．j≤59？8．某撤信群中四人同时抢3个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（）A．B．C．D．9．己知实数x，y满足不等式组，若z=x﹣2y的最小值为﹣3，则a的值为（）A．1 B．C．2 D．10．函数f（x）=x2﹣（）x的大致图象是（）A．B．C．D．11．已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（）A．64 B．128 C．192 D．38412．已知函数f（x）=sin2+sinωx﹣（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，2π）内有零点，则ω的取值范围是（）A．（，）∪（，+∞）B．（0，]∪[，1）C．（，）∪（，）D．（，）∪（，+∞）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.13．已知向量=（x﹣1，2），=（2，x﹣1）满足=﹣||•||，则x= ．14．已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，则m的值为．15．在△ABC中，已知与的夹角为150°，||=2，则||的取值范围是．16．己知双曲线﹣=1（b＞0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点，A 为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则•的最小值为．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（12分）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=+n+1．（I）求证：数列{+1}是等比教列．（II）求数列{a n}的前n项和为S n．18．（12分）己知图1中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，O、Q分别为线段AB，CD的中点，OQ与EF的交点为P，OP=1，PQ=2，现将梯形ABCD沿EF 折起，使得OQ=，连结AD，BC，得一几何体如图2示．（I）证明：平面ABCD⊥平面ABFE；（II）若图1中．∠A=45°，CD=2，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．19．（12分）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．（Ⅰ）估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值；（II）估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数；（Ⅲ）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率．20．（12分）己知椭圆+=1（a＞b＞0）与抛物线y2=2px（p＞0）共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=．（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；（II）过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C（x0，y0），求x0的取值范围．21．（12分）设函数f（x）=（x﹣a）2（a∈R），g（x）=lnx，（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．（附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx﹣趋向于+∞）三、请考生在第（12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=tanα•x（0≤a＜π，α），抛物线C：（t为参数）．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（Ⅰ）求直线l1和抛物线C的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l1和抛物线C相交于点A（异于原点O），过原点作与l1垂直的直线l2，l2和抛物线C相交于点B（异于原点O），求△OAB的面积的最小值．五、[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．己知函数f（x）=|2|x|﹣1|．（I）求不等式f（x）≤1的解集A；（Ⅱ）当m，n∈A时，证明：|m+n|≤mn+1．参考答案与试题解析一、选择题：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.1．函数f（x）=+lg（6﹣3x）的定义域为（）A．（﹣∞，2）B．（2，+∞）C．[﹣1，2）D．[﹣1，2]【考点】33：函数的定义域及其求法．【分析】根据二次根式以及对数函数的性质求出函数的定义域即可．【解答】解：由题意得：，解得：﹣1≤x＜2，故函数的定义域是[﹣1，2），故选：C．【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式以及对数函数的性质，是一道基础题．2．己知复数z=（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（）A．B．C．6 D．3【考点】A8：复数求模．【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式即可得出．【解答】解：复数z===（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，∴=0，≠0．解得a=﹣6．∴z=3i．则|z|=3．故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”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【考点】2E：复合命题的真假；29：充要条件．【分析】由真值表可知若p∧q为真命题，则p、q都为真命题，从而p∨q为真命题，反之不成立，从而求解．【解答】解：：∵p∨q为真命题，则p、q中只要有一个命题为真命题即可，p∧q 为真命题，则需两个命题都为真命题，∴p∨q为真命题不能推出p∧q为真命题，而p∧q为真命题能推出p∨q为真命题∴“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”的充分不必要条件，故选A．【点评】本题考查了利用充要条件定义判断充分必要性的方法，利用真值表判断命题真假的方法，熟记真值表是解决本题的关键．4．已知sinα﹣cosα=，则cos（﹣2α）=（）A．﹣ B．C．D．【考点】GT：二倍角的余弦；GI：三角函数的化简求值．【分析】由已知，利用二倍角公式可求sin2α的值，进而利用诱导公式即可化简求值得解．【解答】解：∵sinα﹣cosα=，∴两边平方，可得：1﹣2sinαcosα=，可得：1﹣sin2α=，∴cos（﹣2α）=sin2α=．故选：C．【点评】本题主要考查了二倍角公式，诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（）A．a b＞a a B．c a＞c b C．log a c＞log b c D．log b c＞log b a【考点】4M：对数值大小的比较．【分析】利用指数函数、对数函数的单调性即可判断出正误．【解答】解：∵0＜a＜b＜l＜c，则a b＜a a，c a＜c b，log a c＞log b c，log b c＞log b a．故选：C．【点评】本题考查了指数函数、对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞍铜方升，其三视图如图所示（单位：升），则此量器的体积为（单位：立方升）（）A．14 B．12+C．12+πD．38+2π【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】该几何体为一底面半径为、高为2的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1的长方体的组合，由此能求出此量器的体积．【解答】解：由三视图得到该几何体为一底面半径为、高为2的圆柱与一长、宽、高分别为4、3、1的长方体的组合，如右图，故此量器的体积为：V==．故选：B．【点评】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，几何体的体积的求法，考查计算能力与空间想象能力，是基础题．7．设计如图的程序框图，统计高三某班59位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数（用j表示），则判断框中应填入的条件是（）A．i＜58？B．i≤58？C．j＜59？D．j≤59？【考点】EF：程序框图．【分析】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，由程序框图知：要想判断所有59位学生的成绩a i≥b（i=1，2，3，…59）是否成立，判断框中应填入的条件是i≤58？【解答】解：由程序框图知：先输入59位同学的数学成绩，并求出平均分b，然后依次判断59名学生的成绩a i≥b（i=1，2，3，…59）是否成立，若成立，j=j+1，再判断下一位，若不成立，直接判断下一位，由此得到要想判断所有59位学生的成绩a i≥b（i=1，2，3，…59）是否成立，判断框中应填入的条件是i≤58？故选：B．【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．8．某撤信群中四人同时抢3个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（）A．B．C．D．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】3个红包分配给四人共有种分法，“甲、乙两人都抢到红包”指从3个红包中选2个分配给甲、乙，其余1个分配给另外二人，甲、乙两人都抢到红包的概率．【解答】解：3个红包分配给四人共有种分法，“甲、乙两人都抢到红包”指从3个红包中选2个分配给甲、乙，其余1个分配给另外二人，∴甲、乙两人都抢到红包的概率：p===．∴甲、乙两人都抢到红包的概率为．故选：D．【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．9．己知实数x，y满足不等式组，若z=x﹣2y的最小值为﹣3，则a的值为（）A．1 B．C．2 D．【考点】7C：简单线性规划．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值列出方程，求解即可．【解答】解：实数x，y满足不等式组的可行域如图，当直线z=x﹣2y过点A（a﹣2，a）时，z取得最小值，即a﹣2﹣2a=﹣3可得a=1．故选：A．【点评】本题考查线性规划的简单应用，考查数形结合以及计算能力．10．函数f（x）=x2﹣（）x的大致图象是（）A．B．C．D．【考点】3O：函数的图象．【分析】利用f（0），f（﹣2），f（﹣4）的函数值，排除选项即可推出结果．【解答】解：由f（0）=﹣1可排除（D），由f（﹣2）=4﹣4=0，f（﹣4）=16﹣16=0，可排（A）（C），故选B．【点评】本题考查函数的图象的判断，特殊点的应用，考查计算能力．11．已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（）A．64 B．128 C．192 D．384【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】以投影面为底面，得正方体的高为6，设长方体底面边长分别为a，b，则a2+b2=64，由此能求出这个长方体体积的最大值．【解答】解：以投影面为底面，得到正方体的高为=6，设长方体底面边长分别为a，b，则a2+b2=64，∴这个长方体体积V=6ab≤3（a2+b2）=192．∴这个长方体体积的最大值为192．故选：C．【点评】本题考查长方体的体积的最大值的求法，考查基本不等式、长方体性质等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．12．已知函数f（x）=sin2+sinωx﹣（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，2π）内有零点，则ω的取值范围是（）A．（，）∪（，+∞）B．（0，]∪[，1）C．（，）∪（，）D．（，）∪（，+∞）【考点】54：根的存在性及根的个数判断．【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用零点求出x的值，然后利用特殊值排除选项推出结果即可．【解答】解：f（x）==sin （ωx﹣），由f（x）=0，可得x=（k∈Z），令ω=2得函数f（x）有一零点x=∈（π，2π），排除（B）、（C），令得函数f（x）在（0，+∞）上的零点从小到大为：x1=，x2，…显然x1∉（π，2π），x2∉（π，2π），可排除（A），故选：D．【点评】本题考查函数的零点的判断与应用，三角函数的化简求值，考查转化思想．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.13．已知向量=（x﹣1，2），=（2，x﹣1）满足=﹣||•||，则x= ﹣1 ．【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】由便可得出的方向相反，即有，这样根据平行向量的坐标关系即可求出x值，并满足方向相反，从而确定x的值．【解答】解：；∴；∴夹角为π；∴，且方向相反；∴（x﹣1）2﹣4=0；∴x﹣1=﹣2，或x﹣1=2（舍去）；∴x=﹣1．故答案为：﹣1．【点评】考查向量数量积的计算公式，已知余弦值求角，向量夹角的概念，以及平行向量的坐标关系．14．已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，则m的值为﹣3 ．【考点】J7：圆的切线方程．【分析】利用直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，根据点到直线的距离公式，建立方程，即可得到结论．【解答】解：圆x2+y2﹣2y+m=0可化为x2+（y﹣1）2=1﹣m，圆心为（0，1），半径r=，由题意，直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R），可得=，∴m=﹣3．故答案为：﹣3．【点评】本题考查直线与圆相切，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，属于基础题．15．在△ABC中，已知与的夹角为150°，||=2，则||的取值范围是（0，4] ．【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．【分析】与的夹角为150°，|可得∠B=30°．由正弦定理可得：==4，可得=4sinC，利用0＜C＜150°，即可得出．【解答】解：与的夹角为150°，|可得∠B=30°．由正弦定理可得：==4，可得=4sinC，又0＜C＜150°，可得：．故答案为：（0，4]．【点评】本题考查了正弦定理、向量夹角、三角函数的单调性与值域，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16．己知双曲线﹣=1（b＞0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点，A 为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则•的最小值为﹣．【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】设P（x，y）推出=（﹣﹣x，﹣y）（﹣x，﹣y）=x2+y2﹣5，通过垂直整合求解最小值即可．【解答】解：双曲线﹣=1（b＞0）的离心率为，A为左顶点、可得a=2，则c=，b==1，设P（x，y）则=（﹣﹣x，﹣y）（﹣x，﹣y）=x2+y2﹣5，显然，当OP⊥AB时，x2+y2取得最小值，由面积法易得（x2+y2）min=，故点P在线段AB上，则•的最小值为：．故答案为：﹣．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（12分）（2017•揭阳二模）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=+n+1．（I）求证：数列{+1}是等比教列．（II）求数列{a n}的前n项和为S n．【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和．【分析】（I）a n+1=+n+1，可得+1=2，即可证明．数列{+1}是等比教列，公比为2，首项为2．（II）由（I）可得：+1=2n，可得a n=n•2n﹣n．利用错位相减法、等比数列的求和公式及其等差数列的求和公式即可得出．【解答】（I）证明：∵a n+1=+n+1，∴=+1，∴+1=2，∴数列{+1}是等比教列，公比为2，首项为2．（II）解：由（I）可得：+1=2n，可得a n=n•2n﹣n．设数列{n•2n}的前n项和为T n．则T n=2+2×22+3×23+…+n•2n，2T n=22+2×23+…+（n﹣1）•2n+n•2n+1，相减可得：﹣T n=2+22+…+2n﹣n•2n+1=﹣n•2n+1，可得：T n=（n﹣1）•2n+1+2．∴S n=（n﹣1）•2n+1+2﹣．【点评】本题考查了错位相减法、等比数列与等差数列的通项公式及其求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18．（12分）（2017•揭阳二模）己知图1中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，O、Q分别为线段AB，CD的中点，OQ与EF的交点为P，OP=1，PQ=2，现将梯形ABCD沿EF折起，使得OQ=，连结AD，BC，得一几何体如图2示．（I）证明：平面ABCD⊥平面ABFE；（II）若图1中．∠A=45°，CD=2，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出OP⊥EF、PQ⊥EF，OQ⊥OP，从而EF⊥平面OPQ，进而EF⊥OQ，OQ⊥平面ABFE，由此能证明平面ABCD⊥平面ABFE．（Ⅱ）以O为原点，PO所在的直线为x轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）在图3中，四边形ABCD为等腰梯形，O、Q分别为线段AB、CD的中点，∴OQ为等腰梯形ABCD的对称轴，又AB∥EF∥CD，∴OP⊥EF、PQ⊥EF，①（2分）在图4中，∵OQ2+OP2=PQ2，∴OQ⊥OP，（3分）由①及OP∩PQ=P，得EF⊥平面OPQ，∴EF⊥OQ，（4分）又OP∩EF=P，∴OQ⊥平面ABFE，又OQ⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面ABFE．（6分）解：（Ⅱ）在图4中，由∠A=45°，CD=2，解得PE=PF=3，AO=OB=4，（7分）以O为原点，PO所在的直线为x轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，则B（0，4，0）、F（﹣1，3，0）、C（0，1，），∴=（﹣1，﹣1，0），=（0，﹣3，），（8分）设=（x，y，z）是平面BCF的一个法向量，则，取z=3，得=（﹣，3），（9分）同理可得平面ADE的一个法向量=（﹣），（10分）设所求锐二面角的平面角为θ，则cosθ=|cos＜，＞|===，所以平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值为．（12分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．19．（12分）（2017•揭阳二模）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．（Ⅰ）估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值；（II）估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数；（Ⅲ）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率．【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；B8：频率分布直方图；CG：离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）设小明在1次游戏中所得奖品数为ξ，根据题意写出ξ的分布列，计算期望值；（Ⅱ）设小明在3次游戏中至少过两关的次数为X，则X～B（3，0.7），计算E（X）即可；（Ⅲ）计算小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率值即可．【解答】解：（Ⅰ）设小明在1次游戏中所得奖品数为ξ，则ξ的分布列为ξ0124816P0.10.20.30.20.10.1﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）ξ的期望值为E（ξ）=0×0.1+1×0.2+2×0.3+4×0.2+8×0.1+16×0.1=4；﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（Ⅱ）小明在1次游戏中至少过两关的概率为0.7，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣设小明在3次游戏中至少过两关的次数为X，可知X～B（3，0.7），则X的平均次数E（X）=3×0.7=2.1；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）（Ⅲ）小明在3次游戏中所得奖品超过30件含三类：恰好一次ξ=16和两次ξ=8，恰好二次ξ=16，恰好三次ξ=16，﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）•P（ξ=16）•P（ξ=8）2=3×0.1×0.12=0.003，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分•P（ξ=16）2•P（ξ≠16）=3×0.12×（1﹣0.1）=0.027，﹣﹣﹣﹣﹣（10分）•P（ξ=16）3=0.13=0.001；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）所以小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率为P=0.003+0.027+0.001=0.031．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是综合题．20．（12分）（2017•揭阳二模）己知椭圆+=1（a＞b＞0）与抛物线y2=2px（p ＞0）共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=．（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；（II）过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C（x0，y0），求x0的取值范围．【考点】KP：圆锥曲线的范围问题；K3：椭圆的标准方程；K7：抛物线的标准方程．【分析】（I）利用抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，通过抛物线的定义，转化解得p=2，得到抛物线的方程，通过椭圆的右焦点F2（1，0），左焦点F1（﹣1，0），由|QF2|=，解得Q（，）利用椭圆的定义求出a，b．求解椭圆的方程．（II）显然k≠0，m≠0，由消去x，推出km=1，由消去y，推出9k2﹣m2+8＞0，求出0＜m2＜9，设A（x1，y1），B（x2，y2），结合韦达定理求解x0的取值范围．【解答】解：（I）∵抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，∴点M到直线x=﹣1的距离等于点M到焦点F2的距离，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）得x=﹣1是抛物线y2=2px的准线，即﹣=﹣1，解得p=2，∴抛物线的方程为y2=4x；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）可知椭圆的右焦点F2（1，0），左焦点F1（﹣1，0），由|QF2|=，得x Q+1=，又y Q2=4x Q，解得Q（，），﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）由椭圆的定义得2a=|QF1|+|QF2|=+=6，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∴a=3，又c=1，得b2=a2﹣c2=8，∴椭圆的方程为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（II）显然k≠0，m≠0，由消去x，得ky2﹣4y+4m=0，由题意知△=16﹣16km=0，得km=1，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）由消去y，得（9k2+8）x2+18kmx+9m2﹣72=0，其中△2=（18km）2﹣4（9k2+8）（9m2﹣72）＞0，化简得9k2﹣m2+8＞0，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分又k=，得m4﹣8m2﹣9＜0，解得0＜m2＜9，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x0==﹣＜0，由k2=＞，得x0＞﹣1，∴x0的取值范围是（﹣1，0）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）【点评】本题考查椭圆以及抛物线的简单性质的应用，范围问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力．21．（12分）（2017•揭阳二模）设函数f（x）=（x﹣a）2（a∈R），g（x）=lnx，（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．（附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx﹣趋向于+∞）【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算F（1），F′（1），求出切线方程，联立方程组得到得x2﹣3x+lnx+2=0，设h（x）=x2﹣3x+lnx+2，根据函数的单调性判断即可；（Ⅱ）设r（x）=2lnx+1﹣，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）∵F（1）=（1﹣a）2，F′（x）=2（x﹣a）+，切线l的斜率是F′（1）=3﹣2a，故切线方程是y﹣（1﹣a）2=（3﹣2a）（x﹣1），即y=（3﹣2a）x+a2﹣2，联立y=F（x）=（x﹣a）2+lnx，得x2﹣3x+lnx+2=0，设h（x）=x2﹣3x+lnx+2，则h′（x）=，由h′（x）＞0以及x＞0，得0＜x＜或x＞1，故h（x）在（0，）和（1，+∞）递增，故h（x）在（，1）递减，又h（1）=0，h（）=﹣＜0，故存在x0∈（0，），h（x0）=0，故方程x2﹣3x+lnx+2=0有2个根：1和x0，从而切线l和曲线F（x）有2个公共点；（Ⅱ）由题意得G（x）=（x﹣a）（2lnx+1﹣）=0在（0，+∞）至少有2个不同的根，设r（x）=2lnx+1﹣，①a＞0时，x1=a是G′（x）=0的根，由y=2lnx+1与y=（a＞0）恰有1个公共点，可知2lnx+1﹣=0恰有1根x2，由x2=x1=a得a=1，不合题意，故a＞0且a≠1时，检验可知x1=a和x2是G（x）的2个极值点；②a=0时，G′（x）=x（2lnx+1）=0在（0，+∞）仅1根，故a=0不合题意；③a＜0时，需r（x）=2lnx+1﹣=0在（0，+∞）至少有2个不同的实根，由r′（x）=+＞0，得x＞﹣，故r（x）在（﹣，+∞）递增，故r（x）在（0，﹣）递减，∵a＜0，x→0时，r（x）→+∞，且x＞1时，r（x）＞0，由题意得，需r（x）min＜0，即r（﹣）=2ln（﹣）+3＜0，解得：a＞﹣2，故﹣2＜a＜0，综上，a∈（﹣2，0）∪（0，1）∪（1，+∞）．【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．三、请考生在第（12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22．（10分）（2017•揭阳二模）在直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=tanα•x（0≤a ＜π，α），抛物线C：（t为参数）．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（Ⅰ）求直线l1和抛物线C的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l1和抛物线C相交于点A（异于原点O），过原点作与l1垂直的直线l2，l2和抛物线C相交于点B（异于原点O），求△OAB的面积的最小值．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）直线l1是过原点且倾斜角为α的直线，抛物线C的普通方程为y2=4x，由此能求出直线l1和抛物线C的极坐标方程．（Ⅱ）由直线l1和抛物线C有两个交点知α≠0，把θ=α代入ρsin2θ=4cosθ，得ρ∈R），代入ρsin2θ=4cosθ，求ρA=，直线l2的极坐标方程为，（出ρB=﹣，由此能求出△OAB的面积的最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l1：y=tanα•x（0≤a＜π，α），∴直线l1是过原点且倾斜角为α的直线，其极坐标方程为θ=α（），（2分）抛物线C的普通方程为y2=4x，（3分）其极坐标方程为（ρsinθ）2=4ρcosθ，化简得ρsin2θ=4cosθ．（Ⅱ）由直线l1和抛物线C有两个交点知α≠0，把θ=α代入ρsin2θ=4cosθ，得ρA=，（6分）可知直线l2的极坐标方程为，（ρ∈R），（7分）代入ρsin2θ=4cosθ，得ρB cos2α=﹣4sinα，所以ρB=﹣，（8分）==≥16，∴△OAB的面积的最小值为16．（10分）【点评】本题考查抛物线、直线方程、极坐标方程、直角坐标方程、参数方程、三角形面积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．五、[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．（2017•揭阳二模）己知函数f（x）=|2|x|﹣1|．（I）求不等式f（x）≤1的解集A；（Ⅱ）当m，n∈A时，证明：|m+n|≤mn+1．【考点】R6：不等式的证明．【分析】（Ⅰ）去掉绝对值，即可求不等式f（x）≤1的解集A；（Ⅱ）当m，n∈A时，利用分析法即可证明：|m+n|≤mn+1．【解答】（I）解：f（x）≤1即|2|x|﹣1|≤1．∴﹣1≤2|x|﹣1≤1，∴|x|≤1…（2分）解得：﹣1≤x≤1，所以A=[﹣1，1]…（4分）（II）证明：要证：|m+n|≤mn+1，即证（m+n）2≤（mn+1）2…（6分）因为（m+n）2﹣（mn+1）2=m2+n2﹣m2n2﹣1=（m2﹣1）（1﹣n2）…（8分）因为m，n∈A，所以m2≤1，n2≤1，所以（m2﹣1）（1﹣n2）≤0所以（m+n）2≤（mn+1）2所以，|m+n|≤mn+6…（10分）【点评】本题考查不等式的证明，考查分析法的综合运用，属于中档题．。